2019年河北省石家庄市高考数学一模试卷（文科）（b卷）

这是一份2019年河北省石家庄市高考数学一模试卷（文科）（b卷），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2019年河北省石家庄市高考数学一模试卷（文科）（B卷）
一、选择题：本大题共12个小题，每小题5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要求的.
1．（5分）已知集合A＝{x∈R|x+1＞0}，B＝{x∈Z|x≤1}，则A∩B＝（　　）
A．{x|0≤x≤1} B．{x|﹣1＜x≤1} C．{0，1} D．{1}
2．（5分）若复数（i为虚数单位），则＝（　　）
A． B． C． D．
3．（5分）已知＝（　　）
A．﹣ B．﹣3 C． D．3
4．（5分）下列说法中正确的是（　　）
A．若函数f（x）为奇函数，则f（0）＝0
B．若数列{an}为常数列，则{an}既是等差数列也是等比数列
C．在△ABC中，A＞B是sinA＞sinB的充要条件
D．若两个变量x，y的相关系数为r，则r越大，x与y之间的相关性越强．
5．（5分）已知平面向量与的夹角为，且，则＝（　　）
A．2 B．1 C． D．
6．（5分）已知f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（x）＝f（2﹣x），当x∈[0，1]时，f（x）＝4x﹣1，则＝（　　）
A．0 B．1 C．﹣1 D．
7．（5分）设变量x，y满足约束条件，则目标函数z＝x+3y的最小值为（　　）
A．8 B．6 C．4 D．3
8．（5分）已知圆C截两坐标轴所得弦长相等，且圆C过点（﹣1，0）和（2，3），则圆C的半径为（　　）
A． B．8 C．5 D．
9．（5分）已知椭圆，点F为左焦点，点P为下顶点，平行于FP的直线l交椭圆于A，B两点，且AB的中点为，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
10．（5分）已知函数的部分函数图象如图所示，点，则函数f（x）图象的一条对称轴方程为（　　）

A． B． C． D．
11．（5分）如图，某几何体的三视图都是边长为1的正方形，则该几何体的体积为（　　）

A． B． C． D．
12．（5分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且，若a10＜a11，则Sn取最小值时n的值为（　　）
A．10 B．9 C．11 D．12
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．（5分）已知实数x∈[0，10]，则x满足不等式x2﹣4x+3≤0的概率为　 　．
14．（5分）已知双曲线C：x2﹣4y2＝1，过点P（2，0）的直线l与C有唯一公共点，则直线l的方程为　 　．
15．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，O，O1分别为底面ABCD和A1B1C1D1的中心，记四棱锥O1﹣ABCD和O﹣A1B1C1D1的公共部分的体积为V，则体积V的值为　 　．
16．（5分）已知函数，当x∈[0，1]时，函数f（x）仅在x＝1处取得最大值，则a的取值范围是　 　．
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（12分）已知△ABC的面积为，且内角A、B、C依次成等差数列．
（1）若sinC＝3sinA，求边AC的长；
（2）设D为边AC的中点，求线段BD长的最小值．
18．（12分）已知三棱锥P﹣ABC中，PC⊥AB，△ABC是边长为2的正三角形，PB＝4，∠PBC＝60°；
（1）证明：平面PAC⊥平面ABC；
（2）设F为棱PA的中点，在AB上取点E，使得AE＝2EB，求三棱锥F﹣ACE与四棱锥C﹣PBEF的体积之比．

19．（12分）东方商店欲购进某种食品（保质期一天），此商店每两天购进该食品一次（购进时，该食品为刚生产的）．根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果一天内无法售出，则食品过期作废，现统计该产品100天的销售量如表：
销售量（份）
15
16
17
18
19
20
天数
10
20
30
20
10
10
（1）根据该产品100天的销售量统计表，求平均每天销售多少份？
（2）视样本频率为概率，以一天内该产品所获得的利润的平均值为决策依据，东方商店一次性购进17或18份，哪一种得到的利润更大？
20．（12分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点P（x0，2）到焦点F的距离|PF|＝2x0．
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点P引圆的两条切线PA、PB，切线PA、PB与抛物线C的另一交点分别为A、B，线段AB中点的横坐标记为t，求t的取值范围．
21．（12分）已知函数f（x）＝lnx﹣4ax，g（x）＝xf（x）．
（1）若，求g（x）的单调区间；
（2）若a＞0，求证：．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l的极坐标方程为．
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）当0＜r＜2时，若曲线C与射线l交于A，B两点，求的取值范围．
[选修4-5：不等式选讲]
23．设函数f（x）＝|1﹣x|﹣|x+3|．
（1）求不等式f（x）≤1的解集；
（2）若函数f（x）的最大值为m，正实数p，q满足p+2q＝m，求的最小值．

2019年河北省石家庄市高考数学一模试卷（文科）（B卷）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共12个小题，每小题5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要求的.
1．（5分）已知集合A＝{x∈R|x+1＞0}，B＝{x∈Z|x≤1}，则A∩B＝（　　）
A．{x|0≤x≤1} B．{x|﹣1＜x≤1} C．{0，1} D．{1}
【分析】可求出集合A，然后进行交集的运算即可．
【解答】解：A＝{x|x＞﹣1}；
∴A∩B＝{x∈Z|﹣1＜x≤1}＝{0，1}．
故选：C．
2．（5分）若复数（i为虚数单位），则＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简z，再由求解．
【解答】解：∵数＝，
∴＝．
故选：D．
3．（5分）已知＝（　　）
A．﹣ B．﹣3 C． D．3
【分析】利用已知条件化简，通过两角和与差的三角函数化简求解即可．
【解答】解：已知cos（+α）＝2cos（π﹣α），可得﹣sinα＝﹣2cosα，
tanα＝2，
则tan＝＝＝﹣3．
故选：B．
4．（5分）下列说法中正确的是（　　）
A．若函数f（x）为奇函数，则f（0）＝0
B．若数列{an}为常数列，则{an}既是等差数列也是等比数列
C．在△ABC中，A＞B是sinA＞sinB的充要条件
D．若两个变量x，y的相关系数为r，则r越大，x与y之间的相关性越强．
【分析】对于选项A，B给出反例可说明命题错误，C由正弦定理可知命题正确，D由相关系数的定义确定其真伪即可．
【解答】解：A：只有当奇函数f（x）的定义域中有0时，f（0）＝0，故A不正确；
B：an＝0时，B不正确；
C：A＞B⇔a＞b⇔sinA＞sinB，故C正确；
D：两个随机变量相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于1，故D错误．
故选：C．
5．（5分）已知平面向量与的夹角为，且，则＝（　　）
A．2 B．1 C． D．
【分析】根据条件可求出，从而对两边平方即可得出，解出即可．
【解答】解：∵向量与的夹角为，且；
∴；
∴＝；
∴；
∴或0（舍去）；
∴．
故选：A．
6．（5分）已知f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（x）＝f（2﹣x），当x∈[0，1]时，f（x）＝4x﹣1，则＝（　　）
A．0 B．1 C．﹣1 D．
【分析】由已知可得f（x）是周期为4的函数，再由x∈[0，1]时，f（x）＝4x﹣1求得的值．
【解答】解：∵f（x）＝f（2﹣x），∴f（）＝f（）．
又f（x）＝f（2﹣x），∴f（2+x）＝f（﹣x）＝﹣f（x），
则f（4+x）＝﹣f（2+x）＝f（x），
∴f（x）是周期为4的函数，
∴f（）＝f（4﹣）＝f（﹣）＝﹣f（）＝﹣f（）．
∵当x∈[0，1]时，f（x）＝4x﹣1，
∴f（）＝﹣f（）＝﹣（）＝﹣1．
故选：C．
7．（5分）设变量x，y满足约束条件，则目标函数z＝x+3y的最小值为（　　）
A．8 B．6 C．4 D．3
【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，求最小值．
【解答】解：作出变量x，y满足约束条件，对应的平面区域如图：（阴影部分）．
由z＝x+3y得y＝﹣x+，
平移直线y＝﹣x+，
由图象可知当直线y＝﹣x+经过点A时，直线y＝﹣x+的截距最小，
此时z最小．
由，解得 A（﹣2，2），
代入目标函数得z＝﹣2+3×2＝4．
即z＝x+3y的最小值为4．
故选：C．

8．（5分）已知圆C截两坐标轴所得弦长相等，且圆C过点（﹣1，0）和（2，3），则圆C的半径为（　　）
A． B．8 C．5 D．
【分析】根据圆C在两坐标轴上截得弦长相等，可得圆心C在直线y＝x或y＝﹣x上，分类讨论，利用已知两点在圆上，列式即可求解．
【解答】解：∵圆C在两坐标轴上截得弦长相等，∴圆心C在直线y＝x或y＝﹣x上，
①当圆心C在y＝x上时，设C（m，m），半径为R，则（m+1）2+m2＝（m﹣2）2+（m﹣3）2＝R2，
解得：m＝1，R＝；
②当圆心C在y＝﹣x上时，设C（m，﹣m），半径为R，则（m+1）2+（﹣m）2＝（m﹣2）2+（﹣m﹣3）2＝R2，
此时无解．
∴圆C的半径为．
故选：D．
9．（5分）已知椭圆，点F为左焦点，点P为下顶点，平行于FP的直线l交椭圆于A，B两点，且AB的中点为，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2）．由AB的中点为，可得x1+x2＝2，y1+y2＝1．由PF∥l，可得kPF＝kl＝﹣＝．由+＝1，+＝1．作差代入即可得出．
【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2）．
∵AB的中点为，∴x1+x2＝2，y1+y2＝1．
∵PF∥l，∴kPF＝kl＝﹣＝．
由+＝1，+＝1．
∴+＝0，
∴+＝0，可得：2bc＝a2，
∴4c2（a2﹣c2）＝a4，化为：4e4﹣4e2+1＝0，
解得e2＝，0＜e＜1．
∴e＝．
故选：A．
10．（5分）已知函数的部分函数图象如图所示，点，则函数f（x）图象的一条对称轴方程为（　　）

A． B． C． D．
【分析】首先根据函数图象上的点的坐标，确定函数的关系式，进一步利用含糊是图象的性质的应用求出结果．
【解答】解：函数的部分函数图象如图所示，
点，
根据函数的图象：f（0）＝，
整理得：2cosφ＝，
解得：φ＝，
由于ω＞0，图象向右平移，
所以φ＝﹣．
又：f（）＝2cos（ω﹣）＝0，
解得：（ω﹣1）＝2kπ+（k∈Z）
整理得：ω＝12k+4．当k＝0时，ω＝4．
故：f（x）＝2cos（4x﹣），
所以令4x﹣＝kπ（k∈Z）时，解得x＝+．（k∈Z）
所以当k＝0时，对称轴方程为x＝．
故选：D．
11．（5分）如图，某几何体的三视图都是边长为1的正方形，则该几何体的体积为（　　）

A． B． C． D．
【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．
【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：是正方体去掉2个三棱锥的几何体，
几何体的体积为：1﹣2×＝．

故选：D．
12．（5分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且，若a10＜a11，则Sn取最小值时n的值为（　　）
A．10 B．9 C．11 D．12
【分析】由可得，两式作差得到，
进一步即可得出Sn取最小值时n的值．
【解答】解：∵①
②
①﹣②得，，
当n＜10时，an+an+1＜0，
当n＝10时，a10+a11＝0，又a10＜a11，a10＜0，a11＞0，
∴n＝10时，Sn取最小值．
故选：A．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．（5分）已知实数x∈[0，10]，则x满足不等式x2﹣4x+3≤0的概率为　　．
【分析】所有的试验结果的测度为10，由x2﹣4x+3≤0得，1≤x≤3，测度为2，代入概率公式即可．
【解答】解：设事件A＝{x|x2﹣4x+3≤0}，
依题意，由x2﹣4x+3≤0得，1≤x≤3，
所以事件A测度为2，又因为所有试验结果的测度为10，
所以P（A）＝＝．
故填：．
14．（5分）已知双曲线C：x2﹣4y2＝1，过点P（2，0）的直线l与C有唯一公共点，则直线l的方程为　x±2y﹣2＝0　．
【分析】先确定双曲线的右顶点，进而根据图形可推断出当l与渐近线平行，满足l与C有且只有一个公共点．
【解答】解：根据双曲线方程x2﹣4y2＝1可知a＝1，
∴右顶点为（1，0），使l与C有且只有一个公共点的情况为：
当l与渐近线平行直线l与C有唯一公共点，双曲线的渐近线方程为：x±2y＝0，
过点P（2，0）的直线l与C有唯一公共点，则直线l的方程为：y＝（x﹣2）
即x±2y﹣2＝0．
故答案为：x±2y﹣2＝0．
15．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，O，O1分别为底面ABCD和A1B1C1D1的中心，记四棱锥O1﹣ABCD和O﹣A1B1C1D1的公共部分的体积为V，则体积V的值为　　．
【分析】公共部分为上下对称的两个四棱锥组合成的几何体，计算四棱锥的第面积和高即可得出几何体的体积．
【解答】解：设O1A与OA1的交点为P，O1B与OB1的交点为Q，
显然P，Q分别是O1A和O1B的中点，
∴PQ∥AB，PQ＝AB＝a，
同理可得PN∥AD，PN＝，MN∥CD，MN＝a，QM∥BC，QM＝，
∴四边形PQMN是边长为a的正方形，
又O到平面PQMN的距离为AA1＝，
∴V＝2VO﹣PQMN＝2××（）2×＝，
故答案为：．

16．（5分）已知函数，当x∈[0，1]时，函数f（x）仅在x＝1处取得最大值，则a的取值范围是　（，+∞）　．
【分析】求出原函数的导函数，对a分类，根据函数在[0，1]上的单调性逐一分析求解．
【解答】解：f′（x）＝2ax2+（2a﹣1）x．
若a＝0，则f′（x）≤0在[0，1]上恒成立，f（x）在[0，1]上单调递减，不合题意；
若a＜0，由f′（x）＝0，得＜0，x2＝0，
f（x）在[0，1]上单调递减，不合题意；
若a＞0，当a时，，f（x）在[0，1]上单调递增，符合题意；
当0＜a≤时，，f（x）在[0，1]上单调递减，不合题意；
当＜a＜时，0＜＜1，
f（x）在[0，）上单调递减，在（，1]上单调递增，
要使当x∈[0，1]时，函数f（x）仅在x＝1处取得最大值，
则f（1）＝，即a．
综上，实数a的取值范围为（，+∞）．
故答案为：（）．
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（12分）已知△ABC的面积为，且内角A、B、C依次成等差数列．
（1）若sinC＝3sinA，求边AC的长；
（2）设D为边AC的中点，求线段BD长的最小值．
【分析】（1）由A，B，C依次成等差数列，得到2B＝A+C，再由内角和定理求出B的度数，利用三角形的面积公式，正弦定理，余弦定理即可计算得解．
（2）由题意可得＝（+），两边平方，利用平面向量数量积的运算，基本不等式即可计算得解AD的最小值．
【解答】解：（1）∵在△ABC中，三个内角A，B，C依次成等差数列，
∴2B＝A+C，
∵A+B+C＝180°，
∴B＝60°，
∵△ABC的面积为＝acsinB＝ac，
∴ac＝12，
∵sinC＝3sinA，由正弦定理可得：c＝3a，
∴解得：a＝2，c＝6，
∴由余弦定理得AC＝b＝＝＝2．
（2）因为D为AC边的中点，
所以：＝（+），
两边平方，可得：2＝（2+2+2•），
可得：||2＝（c2+a2+2a•c•cosB）＝（c2+a2+a•c）≥（2ac+ac）＝×3×12＝9，解得BD≥3，当且仅当a＝c时等号成立，
可得BD的最小值为3．
18．（12分）已知三棱锥P﹣ABC中，PC⊥AB，△ABC是边长为2的正三角形，PB＝4，∠PBC＝60°；
（1）证明：平面PAC⊥平面ABC；
（2）设F为棱PA的中点，在AB上取点E，使得AE＝2EB，求三棱锥F﹣ACE与四棱锥C﹣PBEF的体积之比．

【分析】（1）根据勾股定理证明PC⊥BC，结合PC⊥AB可得PC⊥平面ABC，故而平面PAC⊥平面ABC；
（2）根据E和F的位置得出△AEF和四边形PBEF的面积比，进而得出体积比．
【解答】（1）证明：∵PB＝4，BC＝2，∠PBC＝60°，
∴PC＝＝＝2，
∴PB2＝PC2+BC2，∴PC⊥BC，
又PC⊥AB，AB∩BC＝B，
∴PC⊥平面ABC，又PC⊂平面PAC，
∴平面PAC⊥平面ABC．
（2）解：∵AE＝2EB，∴AE＝AB，
设P到AB的距离为d，∵F是PA的中点，∴F到AB的距离为d，
∴S△AEF＝＝，又S△PAB＝，
∴S△AEF＝S△ABC，∴SPBEF＝S△ABC，
∴S△AEF：SPBEF＝1：2，
设C到平面PAB的距离为h，
则VF﹣ACE＝VC﹣AEF＝，VC﹣PBEF＝，
∴＝＝．
19．（12分）东方商店欲购进某种食品（保质期一天），此商店每两天购进该食品一次（购进时，该食品为刚生产的）．根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果一天内无法售出，则食品过期作废，现统计该产品100天的销售量如表：
销售量（份）
15
16
17
18
19
20
天数
10
20
30
20
10
10
（1）根据该产品100天的销售量统计表，求平均每天销售多少份？
（2）视样本频率为概率，以一天内该产品所获得的利润的平均值为决策依据，东方商店一次性购进17或18份，哪一种得到的利润更大？
【分析】（1）根据表中数据计算平均每天销售的份数即可；
（2）分别计算商店一次性购进17份和18份时，一天的平均利润是多少即可．
【解答】解：（1）根据表中数据，计算平均每天销售的份数为
×（15×10+16×20+17×30+18×20+19×10+20×10）＝17.3
（2）视样本频率为概率，商店一次性购进17份，一天的平均利润为
×[4×（15×10+16×20+17×30+17×20+17×10+17×10）﹣（17﹣15）×8×10﹣（17﹣16）×8×20]＝63.2；
商店一次性购进18份，一天的平均利润为
×[4×（15×10+16×20+17×30+18×20+18×10+18×10）﹣（18﹣15）×8×10﹣（18﹣16）×8×10﹣（18﹣17）×8×10]＝60；
由63.2＞60，得知一次性购进17份，一天的利润更大．
20．（12分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点P（x0，2）到焦点F的距离|PF|＝2x0．
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点P引圆的两条切线PA、PB，切线PA、PB与抛物线C的另一交点分别为A、B，线段AB中点的横坐标记为t，求t的取值范围．
【分析】（1）求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义，解方程可得p，进而得到抛物线方程；
（2）设过P（1，2）的切线方程为y＝kx+2﹣k，运用圆心到直线的距离为半径r，以及联立抛物线方程，运用韦达定理，可得A，B的横坐标与r的关系，化简整理，即可得到所求范围．
【解答】解：（1）抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F（，0），准线方程为x＝﹣，
|PF|＝2x0．即为x0+＝2x0，又2px0＝4，解得p＝2，x0＝1，
抛物线C的方程为y2＝4x；
（2）过P（1，2）的切线方程为y＝kx+2﹣k，
由切线与圆M相切，可得＝r，
化为（r2﹣4）k2﹣8k+（r2﹣4）＝0，
可得k1+k2＝，k1k2＝1，
由y＝kx+2﹣k，联立抛物线方程可得k2x2+[2k（2﹣k）﹣4]x+（2﹣k）2＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
可得1•x1＝＝1﹣+，
1•x2＝＝1﹣+，
即有x1+x2＝2﹣4（+）+4（+）
＝2﹣+4（﹣2）＝（+1）2﹣7，
由0＜r≤，可得4﹣r2∈[2，4），
可得（+1）2﹣7∈（18，74]，
即有t＝∈（9，37]．
t的取值范围是（9，37]．
21．（12分）已知函数f（x）＝lnx﹣4ax，g（x）＝xf（x）．
（1）若，求g（x）的单调区间；
（2）若a＞0，求证：．
【分析】（1）求导得g′（x）＝lnx﹣x+1，再求导可得g″（x）＝，判断g′（x）的单调性得出g′（x）的最大值为0，从而可得g（x）在定义域上单调递减；
（2）判定f（x）的单调性，得出f（x）的极大值ln﹣1，再构造函数h（t）＝lnt﹣x+1，证明lnt≤t﹣1即可得出结论．
【解答】（1）解：当a＝时，g（x）＝xlnx﹣x2，g′（x）＝lnx﹣x+1，
∴g″（x）＝﹣1，故当x∈（0，1）时，g″（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，g″（x）＜0，
∴g′（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴g′（x）≤g′（1）＝0，
∴g（x）在（0，+∞）上单调递减，
故g（x）的单调递减区间为（0，+∞）．
（2）证明：f′（x）＝﹣4a，令f′（x）＝0可得x＝＞0，
∴当0＜x＜时，f′（x）＞0，当x＞时，f′（x）＜0，
∴当x＝时，f（x）取得最大值f（）＝ln﹣1，
∴f（x）≤ln﹣1，
令＝t，构造函数h（t）＝lnt﹣t+1，则h′（t）＝﹣1＝，
∴当0＜t＜1时，h′（t）＞0，当t＞1时，h′（t）＜0，
∴当t＝1时，h（t）取得最大值h（1）＝0，
∴h（t）≤0恒成立，故lnt≤t﹣1恒成立，
∴ln﹣1≤﹣2，
∴f（x）≤﹣2．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l的极坐标方程为．
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）当0＜r＜2时，若曲线C与射线l交于A，B两点，求的取值范围．
【分析】（1）由消去r得曲线C的普通方程为：（x﹣2）2+y2＝r2，即x2+y2﹣4x+4﹣r2＝0，将代入得曲线C的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ+4﹣r2＝0
（2）将θ＝代入ρ2﹣4ρcosθ+4﹣r2＝0，得ρ2﹣2ρ+4﹣r2＝0，设A，B的极径为ρ1，ρ2，然后利用极径的几何意义可得．
【解答】解：（1）由消去r得曲线C的普通方程为：（x﹣2）2+y2＝r2，即x2+y2﹣4x+4﹣r2＝0，
将代入得曲线C的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ+4﹣r2＝0．
（2）将θ＝代入ρ2﹣4ρcosθ+4﹣r2＝0，得ρ2﹣2ρ+4﹣r2＝0，△＝4﹣4（4﹣r2）＞0，即r2∈（3，4）
设A，B的极径为ρ1，ρ2，
则ρ1+ρ2＝2，ρ1•ρ2＝4﹣r2，
∴+＝+＝＝，
∵3＜r2＜4，∴∈（2，+∞），
故的取值范围是（2，+∞）．
[选修4-5：不等式选讲]
23．设函数f（x）＝|1﹣x|﹣|x+3|．
（1）求不等式f（x）≤1的解集；
（2）若函数f（x）的最大值为m，正实数p，q满足p+2q＝m，求的最小值．
【分析】（1）分3段去绝对值解不等式，再相并；
（2）先根据分段函数的单调性求出最大值可得m＝4，再通过变形后使用基本不等式可得最小值．
【解答】解（1）不等式f（x）≤1⇔|1﹣x|﹣|x+3|≤1⇔或或，
解得x≥﹣，
故原不等式的解集为{x|x≥﹣}；
（2）∵f（x）＝，∴f（x）max＝4，∴m＝4，
∴p+2q＝4，p＞0，q＞0，∴p+2+2q＝6，
∴+＝（+）•＝（2+2++）≥（4+2）＝（4+4）＝，
∴的最小值为，当且仅当p＝1．q＝时取等．
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