江苏省扬州中学2024届高三下学期高考适应性测试数学模拟一试题

这是一份江苏省扬州中学2024届高三下学期高考适应性测试数学模拟一试题，共16页。试卷主要包含了设a∈R，若正数a，b满足a+b=1，则等内容，欢迎下载使用。


注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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．设随机变量ξ服从正态分布N6,σ2，若Pξ<3a−4=Pξ>−a+2，则a的值为（ ）
A．9B．7C．5D．4
2．若复数z=a2−1+(a+1)i(a∈R)是纯虚数，则1z+a的虚部为（ ）
A．−25B．−25iC．25D．25i
3．下列区间中，函数f(x)=2csπ3−x单调递增的区间是（ ）
A．0, π2B．π2, πC．π, 3π2D．3π2, 2π
4．设a∈R．若函数f(x)=(a−1)x为指数函数，且f(2)>f(3)，则a的取值范围是（ ）
A．1C．a<2D．a<2且a≠1
5．若tanα+2π3=−35，则csαsinα−3csα=（ ）
A．−233B．−33C．233D．33
6．纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通、安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量C、放电时间t和放电电流I之间关系的经验公式：C=Iλt，其中λ为与蓄电池结构有关的常数（称为Peukert常数），在电池容量不变的条件下，当放电电流为7.5A时，放电时间为60h；当放电电流为25A时，放电时间为15h，则该蓄电池的Peukert常数λ约为（参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477）（ ）
A．1.12 B．1.13 C．1.14 D．1.15
7．数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心､重心､垂心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，该直线被称为三角形的欧拉线，设点O,G,H分别为任意△ABC的外心､重心､垂心，则下列各式一定正确的是（ ）
A．OG=12OHB．OH=23GH
C．AG=AO+2AH3D．BG=2BO+BH3
8．我们把由0和1组成的数列称为0−1数列，0−1数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛应用，把斐波那契数列Fn（F1=F2=1，Fn+2=Fn+Fn+1）中的奇数换成0，偶数换成1可得到0−1数列an，若数列an的前n项和为Sn，且Sk=100，则k的值可能是（ ）
A．100B．201C．302D．399
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．若正数a，b满足a+b=1，则（ ）
A．lg2a+lg2b≥−2B．2a+2b≥22
C．a+lnb<0D．sinasinb<14
10．如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）．在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球O1，球O2切于点E，F（E，F是截口椭圆C的焦点）．设图中球O1，球O2的半径分别为4和1，球心距O1O2=34，则（ ）
A．椭圆C的中心不在直线O1O2上
B．EF=4
C．直线O1O2与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为53434
D．椭圆C的离心率为35
11．已知函数y=f(x+1)−2为定义在R上的奇函数，又函数g(x)=2x−1x−1，且f(x)与g(x)的函数图象恰好有2024个不同的交点P1x1,y1,P2x2,y2,…,P2024x2024,y2024，则下列叙述中正确的是（ ）
A．f(x)的图象关于(2,2)对称B．f(x)的图象关于(1,2)对称
C．x1+x2+⋯+x2024=2024D．y1+y2+⋯+y2024=2024
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知集合A=x∣a≤x≤2−aa∈R中仅有3个整数，则a的取值范围为 ．
13．若一个五位数的各个数位上的数字之和为3，则这样的五位数共有 个．
14．若圆C与抛物线Γ:y=x26在公共点B处有相同的切线，且C与y轴切于Γ的焦点A，则sin∠ACB2= ．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）
某大型公司招聘新员工，应聘人员简历符合要求之后进入考试环节.考试分为笔试和面试，只有笔试成绩高于75分的考生才能进入面试环节，已知2023年共有1000人参加该公司的笔试，笔试成绩X∼N(70,25).
(1)从参加笔试的1000名考生中随机抽取4人，求这4人中至少有一人进入面试的概率；
(2)甲､乙､丙三名应聘人员进入面试环节，且他们通过面试的概率分别为12,23,14.设这三名应聘人员中通过面试的人数为Y，求随机变量Y的分布列和数学期望EY.
参考数据：若X~Nμ,σ2，则Pμ−σ≤X≤μ+σ≈0.6827,Pμ−2σ≤X≤μ+2σ≈0.9545，Pμ−3σ≤X≤μ+3σ≈0.9973,0.841354≈0.501,0.95454≈0.830.
16．（15分）
如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1的下底面和上底面分别是边4和2的正方形，侧棱CC1上点E满足C1EC1C=13.
(1)证明：直线A1B//平面AD1E；
(2)若CC1⊥平面ABCD，且CC1=3，求直线BB1与平面AD1E所成角的正弦值.
17．（15分）
己知函数fx=alnx−x+1，其中a∈R．
(1)若曲线y=fx在x=1处的切线在两坐标轴上的截距相等，求a；
(2)求函数fx的单调区间．
18．（17分）
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F3,0，直线l:xsinθ+ycsθ=b0<θ<π与C相交于A、B两点．
(1)求直线l被圆O:x2+y2=a2所截的弦长；
(2)当θ=π2时，AB=245．
（i）求C的方程；
（ii）证明：对任意的θ∈0,π，△ABF的周长为定值．
19．（17分）
定理（三角不等式），对于任意的a、b∈R，恒有a−b≤a±b≤a+b.定义:已知n∈N且n≥3，对于有序数组a1、a2、⋯、an，称a1−a2+a2−a3+⋯+an−1−an 为有序数组a1、a2、⋯、an的波动距离，记作fa1,a2,⋯,an，即fa1,a2,⋯,an=a1−a2+a2−a3+⋯+an−1−an，请根据上述信息解决以下几个问题:
(1)求函数y=x−2+x−4的最小值，并指出函数取到最小值时x的取值范围；
(2)①求有序数组2、5、3、4的波动距离f2,5,3,4；
②求证：若a、b、c、d∈R且a参考答案：
1．B
【分析】由正态分布曲线的对称性可列方程求解.
【详解】因为随机变量ξ服从正态分布N6,σ2，若Pξ<3a−4=Pξ>−a+2，
所以3a−4+−a+2=6×2=12，解得a=7.
故选：B.
2．A
【分析】根据纯虚数的概念可知a2−1=0a+1≠0即可求a，进而计算可得结果.
【详解】由题意知：a2−1=0a+1≠0,可得a=1，
所以1z+a=11+2i=1−2i1+2i1−2i=15−25i,根据虚部的概念，可得1z+a的虚部为−25.
故选：A
3．D
【分析】令π+2kπ≤x−π3≤2π+2kπ，求出函数f(x)的单增区间，分析0, π2，π2, π，π, 3π2，3π2, 2π与单增区间的包含关系，即得解
【详解】由题意，f(x)=2csπ3−x=2cs(x−π3)
令π+2kπ≤x−π3≤2π+2kπ
解得4π3+2kπ≤x≤7π3+2kπ
故函数f(x)=2csπ3−x单调递增的区间是[4π3+2kπ,7π3+2kπ],k∈Z
令k=0，得[4π3,7π3]
由于3π2,2π⊆ [4π3,7π3]
且0, π2，π2, π，π, 3π2均不包含在单增区间内
故选：D
4．A
【分析】借助指数函数性质分类讨论即可得.
【详解】由函数f(x)=(a−1)x为指数函数，故a>1且a≠2，
当a>2时，函数f(x)=(a−1)x单调递增，有f(2)当1f(3)，符合题意，故正确.
故选：A.
5．A
【分析】借助两角和的正切函数公式可得tanα的值，借助弦切转化计算即可得.
【详解】依题意，tanα+2π3=tanα−31+3tanα=−35，解得tanα=32，
故csαsinα−3csα=1tanα−3=−233.
故选：A．
6．D
【分析】根据题意可得C=7.5λ×60=25λ×15，再结合对数式与指数式的互化及对数的运算性质即可求解．
【详解】由题意知C=7.5λ×60=25λ×15，
所以257.5λ=103λ=6015=4，两边取以10为底的对数，得λlg103=2lg2，
所以λ=2lg21−lg3≈2×0.3011−0.477≈1.15，
故选：D.
7．D
【分析】根据三点共线和长度关系可知AB正误；利用向量的线性运算可表示出AG,BG，知CD正误.
【详解】
∵O,G,H依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，∴OG=12GH，∴OG=13OH，OH=32GH，A错误，B错误；
AG=AO+OG=AO+13OH=AO+13AH−AO=2AO+AH3，C错误；
BG=BO+OG=BO+13OH=BO+13BH−BO=2BO+BH3，D正确.
故选：D.
8．C
【分析】根据题意求出an的前若干项，找出规律，从而逐一检验各选项即可得解.
【详解】因为F1=F2=1，Fn+2=Fn+Fn+1，
所以F3=2,F4=3,F5=5,F6=8,F7=13,F8=21,F9=34,⋯，
所以数列an的前若干项为：
a1=a2=0,a3=1,a4=0,a5=0,a6=1,a7=0,a8=0,a9=1,⋯，
则a1+a2+a3=a4+a5+a6=a7+a8+a9=⋯=1，
所以S100=33×1+0=33，S201=67×1=67，
S302=100×1+0×2=100，S399=133×1=133.
故选：C.
9．BCD
【分析】对A：利用基本不等式求得ab的最大值，即可求得目标式的范围，从而判断；对B：直接使用基本不等式，结合指数运算，即可判断；对C：构造函数fx=lnx-x+1，利用导数研究其单调性和值域，将a+lnb转化为lnb-b+1，即可判断；对D：构造函数gx=sinxsin(1-x)，利用导数研究其最大值，结合适度放缩，即可判断.
【详解】因为a+b=1，故可得ab≤14a+b2=14，当且仅当a=b=12取得等号；
对A：lg2a+lg2b =lg2ab≤lg214=-2，故A错误；
对B：2a+2b ≥22a+b=22，当且仅当a=b=12时取得等号，故B正确；
对C：令fx=lnx-x+1,x∈(0,1)，f′(x) =1x-1>0，
故f(x)在(0,1)单调递增，fxa+lnb=1-b+lnb，又a>0，即1-b>0，解得b<1，故b∈(0,1)；
故lnb-b+1<0，也即a+lnb<0，故C正确；
对D：令gx=sinxsin(1-x),x∈(0,1)，则
g′(x) =csxsin(1-x)-sinxcs1-x=sin1-x-x=sin(1-2x)，
故当x∈(0,12)时，g′(x) >0，g(x)单调递增；当x∈(12,1)时，g′(x) <0，g(x)单调递减；
故g(x)的最大值为g12=sin212；
由C可知，b∈(0,1)，则sinbsin(1-b)≤sin212故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题CD选项的判断，解决的关键在于构造fx=lnx-x+1,x∈(0,1)，以及gx=sinxsin(1-x),x∈(0,1)，利用导数研究其单调性和最值，从而实现问题的解决.
10．ACD
【分析】根据给定的几何体，作出轴截面，结合圆的切线性质及勾股定理求出椭圆长轴和焦距作答.
【详解】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，
得圆锥的轴截面及球O1，球O2的截面大圆，如图，
点A,B分别为圆O1,O2与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段MN是椭圆长轴，
可知椭圆C的中心（即线段MN的中点）不在直线O1O2上，故A正确；
椭圆长轴长2a=MN=MF+FN=MF+ME=MB+MA=AB，
过O2作O2D⊥O1A于D，连O2B，显然四边形ABO2D为矩形，
又O2B=1,O1A=4,O1O2=34，
则2a=AB=O2D=O1O22−O1D2=342−32=5，
过O2作O2C⊥O1E交O1E延长线于C，显然四边形CEFO2为矩形，
椭圆焦距2c=EF=O2C=O1O22−O1C2=342−52=3，故B错误；
所以直线O1O2与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为sin∠CO2O1=O1CO1O2=534=53434，故C正确；
所以椭圆的离心率e=2c2a=35，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
11．BC
【分析】函数y=f(x+1)−2为定义在R上的奇函数，得y=f(x)的图象的对称性判断AB，再由g(x)的图象的对称性，得到两个函数图象的交点的对称性，可计算CD选项.
【详解】函数y=f(x+1)−2为定义在R上的奇函数，则有f(−x+1)−2=−f(x+1)+2，
即f(−x+1)+f(x+1)=4，(−x+1)+(x+1)2=1，42=2，
所以函数y=f(x)的图象关于(1,2)对称，A选项错误，B选项正确；
函数g(x)=2x−1x−1=2+2x−1，结合反比例函数的性质和函数图象的平移可知，
g(x)的函数图象也关于(1,2)对称，
所以f(x)与g(x)的函数图象的交点关于(1,2)对称，
不妨设x1则有x1+x2024=x2+x2023=⋯=x1012+x1013=2，
y1+y2024=y2+y2023=⋯=y1012+y1013=4，
所以x1+x2+⋯+x2024=2024，C选项正确；
y1+y2+⋯+y2024=4048，D选项错误.
故选：BC.
【点睛】结论点睛：函数图象的中心对称：
y=fx图象关于0,0中心点对称，有f−x+fx=0；
y=fx图象关于a,0中心点对称，有fx+f2a−x=0，fa−x+fa+x=0；
y=fx图象关于a,b中心对称，有fx+f2a−x=2b，fa+x+fa−x=2b；
若y=fx满足fa−x+fb+x=2c，则函数图象关于点a+b2,c对称.
12．−1,0
【分析】由a+2−a2=1可知在数轴上集合A的端点关于点1对称，则A中的三个整数为0,1,2，建立不等式组，解之即可求解.
【详解】因为a+2−a2=1，所以在数轴上集合A的端点关于点1对称，
从而A中的三个整数为0,1,2，
所以−1即实数a的取值范围为(−1,0]
故答案为：(−1,0]
13．15
【分析】先分类，再分步，结合排列组合知识，利用计数原理求解即得.
【详解】若一个五位数的各个数位上的数字之和为3，则这样的五位数可分为3类：
第一类，五位数的各个数位上的数字是4个0，1个3组成，
则由首位不为0可知，3在首位，其余各位为0，即30000，仅有1种方法；
第二类，五位数的各个数位上的数字是3个0，1个1，1个2组成，
则由首位不为0可知，1或2在首位，选1个放在首位，另1个则从其它4个位选1个位放上，其余各位为0，
共有C21A41=8种方法；
第三类，五位数的各个数位上的数字是2个0，3个1组成，
则由首位不为0可知，1在首位，在其它4个位中选2个位为1，其余各位为0，共有C42=6种方法；
所以由分类计数原理可得共有1+8+6=15个这样的五位数.
故答案为：15.
14．32
【分析】首先利用几何关系设出圆C的方程，再根据导数的几何意义和直线与圆相切的几何性质，列式求交点B的坐标，再根据直线与圆相切的几何性质和图形，求sin∠ACB2的值.
【详解】抛物线Γ:y=x26的焦点为A0,32，准线l为y=−32，依题意不妨令C在第一象限，Ca,32，
则圆C的半径r=a，设Bx0,16x02x0>0，则圆C的方程为(x−a)2+y−322=a2，
由y=16x2，则y′=13x，所以抛物线在点B处的切线m的斜率k=x03，
因为圆C与抛物线Γ:y=x26在公共点B处有相同的切线，所以直线CB与m垂直，
所以16x02−32x0−a⋅x03=−1，则a=12x0+118x03①，
又点B在圆C上，所以x0−a2+16x02−322=a2，则x02−2ax0+16x02−322=0②，
所以x02−212x0+118x03x0+16x02−322=0，整理可得x04+6x02−27=0，解得，x02=3或x02=−9（舍去），
所以r=a=12x0+118x03=23,yB=16x02=12，所以|AB|=2，
所以sin∠ACB2=|AB|2|AC|=123=32．
故答案为：32
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用公切线的性质，求得点B的坐标，即可利用直线与圆相切的性质求解.
15．(1)0.499
(2)分布列见解析，1712
【分析】（1）记A=“至少有一人进入面试”，由正态分布可得PX≤75，再根据对立事件和独立事件概率乘法公式运算求解；
（2）由题意可得：X的可能取值为0,1,2,3，根据独立事件概率乘法公式求分布列，进而可得期望.
【详解】（1）记A=“至少有一人进入面试”，由已知得μ=70,σ=5，
所以PX≤75=1+PX−μ≤σ2≈1+0.68272=0.84135，
则PA=1−0.841354≈0.499，
即这4人中至少有一人进入面试的概率为0.499.
（2）由题意可得：X的可能取值为0,1,2,3，则：
PX=0=1−121−231−14=18，
PX=1=12×13×34+12×23×34+12×13×14=512，
PX=2=12×23×34+12×13×14+12×23×14=38，
PX=3=12×23×14=112，
可得随机变量X的分布列为
所以EX=0×18+1×512+2×38+3×112=1712.
16．(1)证明见解析
(2)21339
【分析】（1）延长D1E和DC交于点M，连接MA交BC于点N，连接D1N，即可得到BN=NC，从而得到N为BC中点，即可得到A1D1//BN且A1D1=BN，从而得到A1B//D1N，即可得解；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）证明：延长D1E和DC交于点M，连接MA交BC于点N，连接D1N，
由C1ECE=12，故C1D1CM=12，所以CM=4=AB，所以△MCN≌△ABN，
所以BN=NC，所以N为BC中点，
又A1D1//B1C1且A1D1=B1C1，B1C1//BN且B1C1=BN，
所以A1D1//BN且A1D1=BN，
故四边形A1BND1为平行四边形，
所以A1B//D1N，又D1N⊂平面AD1E，A1B⊄平面AD1E，
所以A1B//平面AD1E.
（2）解：以C为原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴
建立如图所示的空间直角坐标系.
则B0,4,0,B10,2,3,A4,4,0,D12,0,3,E0,0,2.
所以BB1=0,−2,3,AD1=−2,−4,3,AE=−4,−4,2.
设平面AD1E的法向量n=x,y,z，由n⋅AD1=0n⋅AE=0，得−2x−4y+3z=0−4x−4y+2z=0，
取n=1,−2,−2，
故所求角的正弦值为n⋅BB1n⋅BB1=4−69⋅13=21339，
所以直线BB1与平面AD1E所成角的正弦值为21339.
17．(1)1
(2)答案见解析
【分析】（1）借助导数的几何意义及截距的定义计算即可得；
（2）借助导数分类讨论即可得.
【详解】（1）f′x=ax−1，则f′1=a1−1=a−1，f1=aln1−1+1=0，
故曲线y=fx在x=1处的切线为y−0=a−1x−1，
即y=a−1x−a−1，
当a≠1时，令x=0，有y=−a−1，
令y=0，有x=1，故−a−1=1，即a=0，
此时fx=−x+1，无切线，故不符合要求，故舍去；
当a=1时，此时切线为y=0，符合要求，故a=1
（2）f′x=ax−1=−x+ax，x>0，
则当a≤0时，f′x=−x+ax≤0在0,+∞上恒成立，
故fx在0,+∞上单调递减；
当a>0时，令f′x=0，则x=a，
当x∈0,a时，f′x>0，当x∈a,+∞时，f′x<0，
故fx在0,a上单调递增，在a,+∞上单调递减；
综上所述，当a≤0时，fx在0,+∞上单调递减，
当a>0时，fx在0,a上单调递增，在a,+∞上单调递减.
18．(1)6
(2)（i）x225+y216=1；（ii）证明见解析.
【分析】（1）由点到直线的距离得圆O到直线l的距离d=b，再利用几何法求出直线与圆的相交弦长，从而可求解.
（2）（i）当θ=π2时，直线l的方程为x=b，将该直线方程代入椭圆方程，求出AB，根据已知条件求出a、b的值，即可得出椭圆C的方程；
（ii）求出原点到直线AB的距离，将直线AB的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理分析额可知点A、B的横坐标均为正数，利用勾股定理、椭圆方程可求出△ABF的周长.
【详解】（1）由题意得圆O的圆心为O0,0，到直线l的距离d=−bsin2θ+cs2θ=b，
则直线l被圆O所截弦长为2a2−b2=2c=6.
故直线l被圆O所截得的弦长为6.
（2）解：当θ=π2时，直线l的方程为x=b，
（i）联立x=bx2a2+y2b2=1，得y=±bca，所以AB=2bca=6ba=245，
又因为a2=b2+c2，所以a=5，b=4，
所以，椭圆C的方程为x225+y216=1；
（ii）设点Ax1,y1、Bx2,y2，则−5≤x1≤5，且y12=16−1625x12，
所以，AF=x1−32+y12=x12−6x1+9+16−1625x12=925x12−6x1+25
=35x1−5=5−35x1，同理可得BF=5−35x2，
因为原点到直线AB的距离为d=−bsin2θ+cs2θ=b=4，
过原点O作OM⊥AB，垂足为点M，如下图所示：

所以，AB=AM+BM=OA2−d2+OB2−d2=x12+y12−16+x22+y22−16
=x12+16−1625x12−16+x22+16−1625x22−16=35x1+35x2，
联立xsinθ+ycsθ=4x225+y216=1可得16+9sin2θx2−200xsinθ+400sin2θ=0，
Δ=40000sin2θ−1600sin2θ16+9sin2θ=14400sin2θcs2θ≥0，
当且仅当θ=π2时，等号成立，此时点A、B关于x轴对称，合乎题意，
因为θ∈0,π，则0由韦达定理可得x1+x2=200sinθ16+9sin2θ>0，x1x2=400sin2θ16+9sin2θ>0，故x1>0，x2>0，
所以，AB=35x1+35x2=35x1+x2，
因此，△ABF的周长为AF+BF+AB=10−35x1+x2+35x1+x2=10（定值）.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
19．(1)函数y=x−2+x−4的最小值为2，此时x的取值范围是2,4.
(2)①f2,5,3,4=6；②174.
【分析】（1）利用三角不等式可求得y=x−2+x−4的最小值及其对应的x的取值范围；
（2）①由题中定义可求得f2,5,3,4的值；
②利用题中定理可求得fa1,a2,a3,a4的最大值.
【详解】（1）解：由三角不等式可知a−b≤a+b，当且仅当a−b2=a+b2时，即当−ab=ab时，即当ab≤0时，等号成立，
由三角不等式可得y=x−2+x−4≥x−2−x−4=2，
当且仅当x−2x−4≤0时，即当2≤x≤4时，等号成立.
因此，函数y=x−2+x−4的最小值为2，此时x的取值范围是2,4.
（2）解：①由题中定义可得f2,5,3,4=2−5+5−3+3−4=6；
②若a、b、c、d∈R且a当a>b>c时，fa,b,c,d=a−b+b−c+c−d=a−b+b−c+c−d=a−c+c−d，
fa,c,b,d=a−c+c−b+b−d=a−c+b−c+b−d=a+b−2c+b−d，
所以，fa,b,c,d−fa,c,b,d=c−d−b−d+c−b≤c−d−b−d+c−b
=b−c+c−b=0，即fa,b,c,d≤fa,c,b,d，
且有fa,b,c,d=a−b+b−c+c−d=d−c+c−b+b−a=fd,c,b,a，
当fa1,a2,a3,a4取到最大值时，a2=maxa1,a2,a3或a2=mina1,a2,a3，
同理a3=maxa2,a3,a4或a3=mina2,a3,a4，
若a2=maxa1,a2,a3，则a2>a3，所以，a3=mina2,a3,a4，
故fa1,a2,a3,a4=a1−a2+a2−a3+a3−a4=a2−a1+a2−a3+a4−a3
=2a2+a4−2a3−a1≤2×34+33−2×31−32=174，
当且仅当a1=32，a2=34，a3=31，a4=33时，等号成立，
所以，f32,34,31,33为fa1,a2,a3,a4的最大值；
若a2=mina1,a2,a3，则a2同理可知f33,31,34,32为fa1,a2,a3,a4的最大值.
综上所述，fa1,a2,a3,a4的最大值为174.
【点睛】关键点点睛：本题考查绝对值不等式的应用，求解fa1,a2,a3,a4的最大值在于确定a2、a3的大小关系，确定这两者为四个数的最大值和最小值，结合题中定理进行求解.
X
0
1
2
3
P
18
512
38
112