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2021届新课标全国II高考理科数学预测卷(含答案解析)

1、2021 届届新课标全国新课标全国 II 高考理科数学预测卷高考理科数学预测卷 【满分:【满分:150 分分】 一、一、选择题:本题共选择题:本题共 12 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 60 分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目 要求的。要求的。 1.若全集1,2,3,4,5,6U ,集合1,3,4,2,3,4MN,则 UU MN痧( ) A.5,6 B.1,5,6 C.2,5,6 D.1,2,5,6 2.若 2 sin 3 x ,则cos2x ( ) A. 4 9 B. 4 9 C. 5 9 D. 5 9 3.不透明的

2、箱子中有形状、 大小都相同的 5 个球, 其中 2 个白球, 3 个黄球, 现从该箱子中随机摸出 2 个球, 则这 2 个球颜色不同的概率为( ) A. 3 10 B. 2 5 C. 3 5 D. 7 10 4.张丘建算经卷上第 22 题为:“今有女善织,日益功疾,初日织五尺,今一月日织九匹三丈.”其意思 为:现有一善于织布的女子,从第 2 天开始,每天比前一天多织相同量的布,第一天织 5 尺布,现在一月(按 30 天计)共织 390 尺布,则从第 2 天开始每天比前一天多织( ) A. 1 2 尺布 B. 5 18 尺布 C.16 31 尺布 D. 16 29 尺布 5.过点2,4M 作圆

3、22 :2125Cxy的切线l,且直线 1: 320laxya与l平行,则 1 l与l之 间的距离是( ) A. 8 5 B. 2 5 C. 28 5 D.12 5 6.设数列 n a的前 n 项和为 n S,若 11 1, 21 nn aSS ,则 7 S ( ) A.63 B.127 C.128 D.256 7.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的各个面中,面积的最大值为( ) A. 1 2 B. 3 2 C. 5 2 D. 10 2 8.已知双曲线 2 2 :1 8 x Cy的右焦点为F,渐近线为 12 ,l l,过点F的直线l与 12 ,l l的交点分别为, A B.若 2 AB

4、l,则AB ( ) A. 16 7 B. 18 7 C. 11 5 D. 13 5 9.已知定义在R上的奇函数 f x满足 2f xf x,且在区间1,2上单调递减,令 1 2 1 2 1 ln2,log 2 4 abc ,则 ,f af bf c的大小关系为( ) A. f bf cf a B. f af cf b C. f cf bf a D. f cf af b 10.在ABCV中,90 ,30 ,1,CBACM 为AB的中点, 将BCMV沿CM折起, 使点, A B间的距离为2, 则点M到平面ABC的距离为( ) A. 1 2 B. 3 2 C.1 D. 3 2 11.已知定义在R上的

5、函数 f x,函数2yf x为偶函数,且 f x对任意 1212 2,),x xxx,都 有 21 21 0 f xf x xx .若 31f afa,则实数a的取值范围是( ) A. 1 3 , 2 4 B. 2, 1 C. 1 , 2 D. 3 , 4 12.函数 ( )tan() 0 |,0 2 f xx 某相邻两支图象与坐标轴分别交于点 2 ,0 ,0 63 AB ,则方 程 ( )cos 2(0,) 3 f xxx 所有解的和为( ) A. 5 6 B. 2 C. 5 12 D. 4 二、填空题:本题共二、填空题:本题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分。分。

6、 13.已知| 4,| 3,(23 ) (2)61ababab,则|ab_. 14.某人将编号分别为 1,2,3,4,5 的 5 个小球随机放入编号分别为 1,2,3,4,5 的 5 个盒子中,每个 盒子中放一个小球.若球的编号与盒子的编号相同,则视为放对,否则视为放错,则全部放错的情况有 _种. 15.已知复数 z,且| | 1z ,则|34i|z 的最小值是_. 16.如图,在矩形ABCD中,M为BC的中点,将ABMV沿直线AM翻折至 1 AB MV的位置,得到如图所示 的几何体,N为 1 B D的中点,则在翻折过程中,下列说法中正确的是_.(只填序号) 存在某个位置,使得 1 CNAB;

7、 在翻折过程中,CN的长是定值; 若ABBM,则 1 AMB D; 若1ABBM,当三棱锥 1 BAMD的体积最大时,三棱锥 1 BAMD的外接球的表面积是4. 三、解答题:共三、解答题:共 70 分。解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题,每个试题考生题为必考题,每个试题考生 都必须作答。第都必须作答。第 22、23 题为选考题,考生根据要求作答。题为选考题,考生根据要求作答。 (一)必考题:共(一)必考题:共 60 分分 17.(12 分)在ABCV中,内角, ,A B C的对边分别为, ,a b c,已知 1 cos

8、 2 baCc. (1)求角A; (2)若3AB AC uuu r uuu r ,求a的最小值. 18.(12 分)某品牌手机厂商推出新款的旗舰机型,并在某地区跟踪调查得到这款手机上市时间 x(单位: 个月)和市场占有率 y(单位:%)的几组相关对应数据: x 1 2 3 4 5 y 0.02 0.05 0.1 0.15 0.18 (1)根据上表中的数据,用最小二乘法求出 y 关于 x 的经验回归方程; (2)根据上述经验回归方程,分析该款旗舰机型市场占有率的变化趋势,并预测自上市起经过多少个月, 该款旗舰机型市场占有率能超过 0.5%(精确到月). 附: 1 2 2 1 , n ii i n

9、 i i x ynx y baybx xnx . 19.(12 分)已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的离心率为 2 2 3 ,左、右焦点分别为 1 F, 2 F,过点 1 F的直线 交椭圆于, A B两点. (1)若以 1 AF为直径的动圆内切于圆 22 9xy,求椭圆的长轴长. (2)当1b 时,问:在x轴上是否存在定点T,使得TA TB uu r uu r 为定值?说明理由. 20.(12 分)如图,在圆锥 PO 中,AC 为底面圆的直径,点 B,M 在底面圆上,且ABBMMC. (1)求证:平面PBC 平面 POM; (2)若PAC是边长为 4 的等边三角形,求直线

10、 BP 与平面 PMC 所成角的正弦值. 21.(12 分)已知函数 2sincos,f xxxx fx为 f x的导数. (1)证明: fx在区间0,上存在唯一零点; (2)若 0,xf xax,求a的取值范围. (二)选考题:共(二)选考题:共 10 分。请考生在第分。请考生在第 2223 题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。 22.选修 4-4:坐标系与参数方程(10 分)在直角坐标系xOy中,曲线 1 C的参数方程为 2 2| | 4 xt yt (t 为参 数).以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 2

11、 C的极坐标方程为 2 2 cos0a. (1)求曲线 1 C的普通方程和曲线 2 C的直角坐标方程; (2)若曲线 1 C与曲线 2 C有且仅有三个不同的交点,求实数 a 的值. 23.选修 4-5:不等式选讲(10 分)已知数( )23 , ( ) |31|,f xxa g xxaR. (1)当 5 3 a 时,解不等式|(1)|( )f xg x; (2)若关于 x 的不等式( )(1)4f xg x有解,求实数 a 的取值范围. 答案以及解析答案以及解析 1.答案:D 解析:本题考查集合的补集与并集运算.因为2,5,6,1,5,6 UU MN痧,所以1,2,5,6 UU MN痧, 故选

12、 D. 2.答案:D 解析:因为 2 sin 3 x ,所以 2 2 25 cos212sin12 39 xx .故选 D. 3.答案:C 解析:解法一 将 2 个白球分别记为, A B,3 个黄球分别记为, ,a b c.从箱子中随机摸出 2 个球,所有情况是 ,AB Aa Ab Ac Ba Bb Bc ab ac bc,共 10 种,摸出的这 2 个球颜色不同的情况有, ,Aa b Ac Ba Bb Bc,共 6 种,故所求概率为 63 105 ,选 C. 解法二 所求概率为 11 23 2 5 C C63 C105 ,选 C. 4.答案:D 解析:设从第 2 天开始每天比前一天多织d尺布

13、,由题意知,每天的织布量构成以 5 为首项、d为公差 的等差数列,设该等差数列的前n项和为 n S,则 30 3029 305390 2 Sd ,解得 16 29 d ,故选 D. 5.答案:D 解析:因为点( 2,4)M 在圆C上,所以切线l的方程为2) (2)(4 1)(225(1)xy,即 43200 xy.因为直线l与直线 1 l平行,所以 4 33 a ,即4a , 所以直线 1 l的方程是4380 xy,即4380 xy. 所以直线 1 l与直线l之间的距离为 22 |208|12 5 4( 3) . 6.答案:B 解析:通解: 1 21 nn SS 中,令1n ,得 2 3S ,

14、所以 2 2a .由 1 21 nn SS 得 21 21 nn SS ,两式相减 得 21 2 nn aa ,即 2 1 2 n n a a .又 2 1 1 1,2 a a a ,所以数列 n a是以 1 为首项,2 为公比的等比数列,所以 7 7 12 127 12 S . 优解:因为 1 21 nn SS ,所以 1 121 nn SS ,又 11 112Sa ,所以数列1 n S 是以 2 为首项,2 为公比的等比数列,所以 12n n S ,故 7 7 21,21 127 n n SS . 7.答案:B 解析:由三视图可得该几何体为如图所示的三棱锥PABC,易求得 111 1 1

15、222 ABC SAC BC , 115 15 222 APC SAC AP , 115 15 222 PBC SBC BP ,由5,2APBPAB,可得 2 2 1213 23 ( 5)2 22222 PAB SAB ,所以该几何体的各个面中PAB的面积最大,为 3 2 . 8.答案:A 解析:由题意知(3,0)F,不妨令 12 ,l l的方程分别为 22 , 44 yx yx ,过F且与 2 l垂直的直线AB的方程 为2 2(3)yx .由 2 ,2 2(3) 4 yx yx 联立可得 246 2 , 77 A .由 2 ,2 2(3) 4 yx yx 联立可 得 8 2 2 , 33 B

16、 ,所以 2 2 2486 22 216 | 73737 AB .故选 A. 9.答案:C 解析:设 12 10 xx ,则 12 1222,( )xxf xQ在1,2上单调递减, 12 22f xf x,又 11221212 2,2,( )f xf xf xf xf xf xf xf xf x在 1,0上单调递增,又 f x是奇函数, f x在0,1上单调递增,( )f x在 1,1上单调递增,(0)0f.又 1 2 1 2 1 ln2(0,1),2,log 21 4 abc ,( )(2)(0)0(0)f bfff ,由10ln2 得 ( 1)(0)(ln2),( )( )( )ffff

17、cf bf a.故选 C. 10.答案:A 解析:在ABCV中,由已知得1,2,1,3ACABAMBMMCBC,AMCV为等边三角形.取CM的 中点D,连接AD,则 3 , 2 ADCM AD.设AD的延长线交BC于E,则 33 , 63 DECE. 根据题意知, 折起后的图形如图所示, 连接AE, 由 222 BCACAB, 知90BAC, 则 3 cos 3 ECA, 故 222 2 2cos 3 AECACECA CEECA,于是 222 ACAECE,AEBC.又 222, ADAEEDAEDE,又,BC DE 平面,BCM BCDEEAE平面BCM,即AE是三棱锥 ABCM的高.设点

18、M到平面ABC的距离为h,易知 36 , 43 BCM SAE V ,由 A BCMMABC VV ,可得 136111 2 1, 343322 hh ,故选 A. 11.答案:A 解析:因为函数2yf x为偶函数,所以函数 f x的图象关于直线2x 对称,因为 f x对任意 1212 ,2,)x xxx, 都有 21 21 0 f xf x xx , 所以函数 f x在2,)上单调递减, 则 31f afa, 得3|212|fafa ,得2|31|aa,解得 13 24 a.故选 A. 12.答案:A 解析:通解 由题意得函数( )f x的最小正周期为 2 ,2 362 ,又 tan0,0

19、|,( )tan 2 3233 f xx . 2 tan 2cos 2,sin 2cos2 3333 xxxx Q, 2 51 sin2sin 210,sin 2 3332 xxx , 5 0,2 333 xxQ,显然方程有且 只有两个不同的解,又函数 sin 2 3 yx 的图象关于直线 5 12 x 对称,所以方程的所有解之和为 5 6 ,故 选 A. 优解 由题意得函数( )f x的最小正周期为 2 ,2 362 ,又 tan0,0 |,( )tan 2 3233 f xx ,则 tan 2cos 2 33 xx ,设 2 3 tx,则 5 tancos , 33 ttt ,由图象得曲线

20、tanyt与cosyt在 5 , 33 上有且只有两个不同的交点,方程 tancostt有且只有两个不同的解 12 ,t t,又正切函数与余弦函数的图象均关于点 ,0 2 对称, 121212 5 ,22, 336 ttxxxx方程 ( )cos 2 3 f xx 的所有解之和为 5 6 ,故选 A. 13.答案:13 解析:(23 ) (2)61abab, 22 4|43|61 aa bb.| 4,| 3,6 aba b, 2222 |2432 ( 6)13 ababa b. 14.答案:44 解析:解法一 第一步,若 1 号盒子放错,则 1 号盒子有 1 4 C4种不同的放法;第二步,考虑

21、与 1 号盒子 中所放小球编号相同的盒子的放法,若该盒子中的小球编号恰好为 1,则 5 个小球全部放错的放法有 1 2 C2 (种),若该盒子中的小球编号不是 1,则 5 个小球全部放错的放法有 11 32 C1 C9(种).由计数原理可知,5 个小球全部放错的放法有42944(种). 解法二 将 5 个小球分别放入 5 个盒子中,且每个盒子中放一个小球,共有 5 5 A120种不同的放法,其中 恰有 1 个小球放对的情况有 11 53 C C345 (种),恰有 2 个小球放对的情况有 21 52 C C20(种),恰有 3 个小球放 对的情况有 3 5 C10(种),恰有 4 个小球放对的

22、情况有 0 种,恰有 5 个小球放对的情况有 1 种,故全部放错 的情况有120452010144 (种). 15.答案:4 解析:方法一:复数 z 满足| 1z , |34i|34i| 5 14zz , |34i|z 的最小值是 4. 方法二:复数 z 满足| 1z ,复数 z 的对应点的集合是以原点为圆心,1 为半径的圆.则|34i|z 表示复数 对应的点 Z 与点( 3, 4) 之间的距离,圆心 O 到点( 3, 4) 之间的距离 22 ( 3)( 4)5d ,|34i|z 的 最小值为514 . 16.答案: 解析: 对于, 如图1, 取AD的中点E, 连接NE, 连接EC交MD于F,

23、 连接NF, 则 11 ,NEAB NFMBPP, 若 1 CNAB,则CNEN,易得ENNF,又三线,NE NF NC共面共点, 显然不可能,故错误. 对于,如图 1,可得 1 NECMAB (定值), 1 1 2 NEAB(定值),ECAM(定值),由余弦定理可得 222 2cosNCNEECNE ECNEC,所以NC是定值,故正确. 对于, 如图 2, 取AM的中点O, 连接 1 ,BO DO, 若 1 AMB D, 则易得AM 平面 1 ODB, 可得ODAM, 从而ADMD,显然不成立,故不正确. 对于,当平面 1 B AM 平面AMD时,三棱锥 1 BAMD的体积最大,易得AD的中

24、点H就是三棱锥 1 BAMD的外接球的球心,外接球的半径为 1,故外接球的表面积是4.故正确.故答案为. 17.答案:(1)ABCQV中,cos 2 c baC, 由正弦定理知, 1 sinsincossin 2 BACC, ABCQ, sinsin()sincoscossinBACACAC, 1 sincoscossinsincossin 2 ACACACC, 1 cossinsin 2 ACC, 1 cos, 23 AA. (2)由(1)及3AB AC uuu r uuu r 得6bc , 22222 2cos6266abcbcAbcbc, 当且仅当6bc时取等号,故a的最小值为6. 18

25、.答案:(1)根据表中数据,计算 11 (12345)3,(0.020.050.10.150.18)0.1 55 xy. 55 2 11 1.92,55 iii ii x yx , 2 1.925 3 0.1 0.042 555 3 b , 0.10.04230.026a . 经验回归方程为0.0420.026yx. (2)由(1)的经验回归方程可知,上市时间与市场占有率正相关,即上市时间每增加 1 个月,市场占有 率约增加 0.042 个百分点. 由0.0420.0260.5yx,解得12.5x . 预计自上市起经过 13 个月时,市场占有率能超过0.5%. 19.答案:(1)设 1 AF的

26、中点为M. 在 12 AF FV中,由中位线定理得 211 111 2 222 OMAFaAFaAF. 当两个圆相内切时,两个圆的圆心距等于两个圆的半径差, 即 1 1 3 2 OMAF,所以3a ,所以椭圆的长轴长为 6. (2)存在.理由如下: 由 22 2 2 1, 3 cc be a bc ,得2 2c ,所以3a . 所以椭圆的方程为 2 2 1 9 x y. 当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为(2 2)yk x, 1122 ,A x yB x y. 由 22 99, (2 2) xy yk x ,得 2222 9136 27290kxk xk. 因为0 恒成立, 所以 22

27、 1212 22 36 2729 , 9191 kk xxx x kk . 所以 2 2 1212 2 2 22 2 91 k y ykxx k . 设 0,0 T x,则 101202 ,TAxxyTBxxy uu ruu r . 所以 222 000 2 12120012 2 936 2719 91 xxkx TA TBx xxxxxy y k uu r uu r . 当 22 000 936 27199xxx,即 0 19 2 9 x 时,TA TB uu r uu r 为定值 2 0 7 9 81 x . 当直线AB的斜率不存在时,不妨设 1 2 2, 3 A , 1 2 2, 3 B

28、 . 当 19 2 ,0 9 T 时, 2 1217 , 939381 TA TB uu r uu r ,为定值. 综上所述,在x轴上存在定点 19 2 ,0 9 T ,使得TA TB uu r uu r 为定值 7 81 . 20.答案:(1)本题考查面面垂直的判定以及空间向量法求直线与平面所成的角. 因为PO 平面,ABMC BC 平面 ABMC, 所以POBC. 因为ABBMMC,所以OMBC. 又POOMO,所以BC 平面 POM. 因为BC 平面 PBC,所以平面PBC 平面 POM. (2)连接 OB,设 MB 的中点为 D,连接 OD. 因为ABBMMC, 所以ABBMMC. 因

29、为 AC 为底面圆的直径,所以60AOBBOMMOC , 于是得,ODOC ODBM. 分别以 OD,OC,OP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则(0,0,2 3), ( 3, 1,0),( 3,1,0), (0,2,0)PBMC, 所以( 3,1, 2 3),( 3, 1,0),(3,1,2 3)PMCMBP . 设平面 PMC 的法向量为( , , )x y zn, 则 0, 0, CM PM n n 即 30, 32 30, xy xyz 令1x ,得(1, 3,1)n. 设直线 BP 与平面 PMC 所成的角为, 则 |15 sin|cos,| 10

30、| BP BP BP n n n , 所以直线 BP 与平面 PMC 所成角的正弦值为 15 10 . 21.答案:(1) 2coscossin 1cossin1fxxxxxxxx . 令( )cossin1g xxxx,则( )sinsincoscosg xxxxxxx . 当(0,)x时,令)(0g x ,解得 2 x . 当 0, 2 x 时,)(0g x ;当 , 2 x 时,)(0g x , ( )g x在 0, 2 上单调递增,在 , 2 上单调递减. 又 (0)1 10,10, ()1 12 22 ggg , 当 0, 2 x 时, 0g x ,此时( )g x无零点,即 fx无

31、零点, 0 ()0, 22 ggx ,使得 0 0g x, 又( )g x在 , 2 上单调递减, 0 xx为( )g x即)(fx在 , 2 上的唯一零点. 综上所述,)(fx在区间(0,)上存在唯一零点. (2)若0, ( )xf xax,即( )0f xax在0,上恒成立. 令( )( )2sincos(1) ,0,h xf xaxxxxax x, 则( )cosins1h xxxxa , 令( )cossin1t xxxxa ,则( )co( )st xxxg x. 由(1)可知,)(h x在 0, 2 上单调递增,在 , 2 上单调递减, 且 2 (0),()2 2 2 ha ha

32、ha , minmax 2 ( )()2,( ) 2 2 h xha h xha . 当2a 时, min 20h xha ,即 0h x 在0,上恒成立, ( )h x在0,上单调递增, 00h xh,即 0f xax,此时 f xax在0,上恒成立. 当20a 时, (0)0,0,()0 2 hhh , 1 , 2 x ,使得 1 0h x, ( )h x在 1 0,x上单调递增,在 1, x上单调递减. 又(0)0, ()2sincos(1)0hhaa , 0h x在0,上恒成立,即 f xax在0,上恒成立. 当 2 0 2 a 时, 2 (0)0,0 22 hha , 2 0, 2

33、x ,使得 2 0h x, ( )h x在 2 0,x上单调递减,在 2 , 2 x 上单调递增, 当 2 0,xx时,( )(0)0,( )h xhf xax在0,上不恒成立. 当 2 2 a 时, max 2 ( )0 22 h xha , ( )h x在 0, 2 上单调递减, 00h xh,可知 f xax在0,上不恒成立. 综上所述,a的取值范围为(0,. 22.答案:(1) 曲线 1 C的参数方程为 2 2| | 4 xt yt (t为参数), 消去参数t, 得曲线 1 C的普通方程为2|2| 4yx. 由曲线 2 C的极坐标方程为 2 2 cos0a以及 222, cosxy x

34、, 得到曲线 2 C的直角坐标方程为 22 20 xyxa,即 22 (1)1xya . (2)由(1)显然有10a,当10a时,曲线 2 C表示点(1,0),不符合题意,所以10a. 由曲线 1 C的方程2|2| 4yx可知,曲线 1 C是由射线28(2)yxx和2 (2)yx x . 曲线 2 C表示以(1,0)为圆心,1a为半径的圆. 若曲线 1 C与曲线 2 C有且仅有三个不同的交点, 则曲线 2 C与射线28(2)yxx相切,与射线2 (2)yx x 相交,(如图 1), 或者曲线 2 C与射线28(2)yxx和射线2 (2)yx x 都相交,且有一个公共的交点(如图 2). 当曲线

35、 2 C与射线28(2)yxx相切,与射线2 (2)yx x 相交时,只需 6 1 5 a,即 31 5 a . 当曲线 2 C与射线28(2)yxx和2 (2)yx x 都相交,且有一个公共的交点时,点(2, 4)在曲线 2 C上, 得16a . 经检验,当16a 时,射线28(2)yxx和射线2 (2)yx x 与圆 2 C均相交,符合题意. 因此 31 5 a 或16a . 23.答案:(1)当 5 3 a 时,不等式|(1)|( )f xg x即|23| |31|xx,不等式两边同时平方,得 22 4129961xxxx, 即 2 5680 xx,解得 4 2 5 x. 故原不等式的解

36、集为 4 ,2 5 . (2)解法一:关于 x 的不等式( )(1)4f xg x有解,即不等式234|32|xax有解, 分离常数 a,得324 |32|axx 有解. 设( )24 |32|h xxx , 当 2 3 x时,( )24 |32| 24326h xxxxxx , 此时( )h x在 2 , 3 上单调递减,所以 max 216 ( )6 33 h x , 所以 16 3 3 a ,所以 16 9 a; 当 2 3 x 时,( )24 |32| 243252h xxxxxx , 此时( )h x在 2 , 3 上单调递增, 216 ( )52 33 h x , 所以 16 3 3 a ,所以 16 9 a . 综上,实数 a 的取值范围为 16 , 9 . 解法二:不等式( )(1)4f xg x有解,即不等式( )4(1)f xg x有解. 令( )( )4234h xf xxa,( )(1) |32|H xg xx. 在同一坐标系中分别画出函数( )234h xxa与( ) |32|H xx的图象,如图所示, 若( )234h xxa的图象上存在点不在( ) |32|H xx的图象的下方,则 22 33 hH ,即 22 23432 33 a,解得 16 9 a. 所以实数 a 的取值范围为 16 , 9 .