福建省高考數(shù)學(xué)一模試卷及答案(2)
福建省高考數(shù)學(xué)一模試卷及答案
福建省高考數(shù)學(xué)一模試卷答案
一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1.已知集合A={x|x2﹣3x+2≤0}，B={x|2x﹣3>0}，則A∩B=( )
A. B. C. D.
【考點】交集及其運算.
【分析】求出A與B中不等式的解集確定出A與B，找出A與B的交集即可.
【解答】解：由A中不等式變形得：(x﹣1)(x﹣2)≤0，
解得：1≤x≤2，即A=[1，2]，
由B中不等式解得：x> ，即B=( ，+∞)，
則A∩B=( ，2]，
故選：C.
2.已知 ，則cos2α的值是( )
A. B. C. D.
【考點】二倍角的余弦.
【分析】由已知利用誘導(dǎo)公式可求cosα得值，進而利用二倍角的余弦函數(shù)公式即可計算求值得解.
【解答】解：∵ ，
∴cosα= ，
∴cos2α=2cos2α﹣1=2×( )2﹣1=﹣ .
故選：B.
3.設(shè)a為實數(shù)，直線l1：ax+y=1，l2：x+ay=2a，則“a=﹣1”是“l1∥l2”的( )
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充要條件 D.既不充分也必要條件
【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷.
【分析】根據(jù)充分必要條件的定義，結(jié)合直線平行的性質(zhì)及判定分別進行判斷即可.
【解答】解：l1∥l2”得到：a2﹣1=0，解得：a=﹣1或a=1，
所以應(yīng)是充分不必要條件.
故選：A
4.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時，f(x)=2x，則f(﹣2)=( )
A. B.﹣4 C.﹣ D.4
【考點】函數(shù)奇偶性的性質(zhì).
【分析】依題意首先把x<0時，函數(shù)的解析式求出.再把x=﹣2代入函數(shù)式得出答案.
【解答】解：設(shè)x<0，因為函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，
∴f(﹣x)=﹣f[﹣(﹣x)]=﹣2﹣(﹣x)
∴當(dāng)x<0時，函數(shù)的解析式為f(x)=﹣2﹣x
∴f(﹣2)=﹣2﹣(﹣2)=﹣4
故選B.
5.我國古代數(shù)學(xué)著作《孫子算經(jīng)》中有如下的問題：“今有方物一束，外周有三十二枚，問積幾何?”設(shè)每層外周枚數(shù)為a，如圖是解決該問題的程序框圖，則輸出的結(jié)果為( )
A.121 B.81 C.74 D.49
【考點】程序框圖.
【分析】模擬程序的運行，依次寫出每次循環(huán)得到的S，a的值，當(dāng)a=40時，不滿足條件a≤32，退出循環(huán)，輸出S的值為81，即可得解.
【解答】解：模擬程序的運行，可得
a=1，S=0，n=1
滿足條件a≤32，執(zhí)行循環(huán)體，S=1，n=2，a=8
滿足條件a≤32，執(zhí)行循環(huán)體，S=9，n=3，a=16
滿足條件a≤32，執(zhí)行循環(huán)體，S=25，n=4，a=24
滿足條件a≤32，執(zhí)行循環(huán)體，S=49，n=5，a=32
滿足條件a≤32，執(zhí)行循環(huán)體，S=81，n=6，a=40
不滿足條件a≤32，退出循環(huán)，輸出S的值為81.
故選：B.
6.從區(qū)間(0，1)中任取兩個數(shù)，作為直角三角形兩直角邊的長，則所得的兩個數(shù)列使得斜邊長不大于1的概率是( )
A. B. C. D.
【考點】幾何概型.
【分析】根據(jù)幾何概型的概率公式即可得到結(jié)論.
【解答】解：設(shè)兩個直角邊長為a，b，
則由條件可知 ，
則斜邊長不大于1的事件為，a2+b2≤1，
則由幾何概型的概率可知所求的概率P= = ，
故選B.
7.如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，若該幾何體的頂點都在球O的球面上，則球O的表面積為( )
A.25π B.50π C.75π D.100π
【考點】球的體積和表面積;由三視圖求面積、體積.
【分析】由已知中的三視圖可得：該幾何體是一個三棱錐，其外接球相當(dāng)于一個長，寬，高分別為：5，4，3的長方體的外接球.
【解答】解：由已知中的三視圖可得：該幾何體是一個三棱錐，
其外接球相當(dāng)于一個長，寬，高分別為：5，4，3的長方體的外接球，
故球O的半徑R滿足：4R2=32+42+52=50，
故球O的表面積S=50π，
故選：B
8.設(shè)拋物線C：y2=3x的焦點為F，點A為C上一點，若|FA|=3，則直線FA的傾斜角為( )
A. B. C. 或 D. 或
【考點】直線與拋物線的位置關(guān)系.
【分析】先設(shè)出A的坐標(biāo)，根據(jù)拋物線的定義可知該點到準(zhǔn)線的距離與其到焦點的距離相等，進而利用點到直線的距離求得x的值，代入拋物線方程求得y.然后求解直線的斜率，得到直線FA的傾斜角.
【解答】解：設(shè)該A坐標(biāo)為(x，y)，拋物線C：y2=3x的焦點為F( ，0)，
根據(jù)拋物線定義可知x+ =3，解得x= ，代入拋物線方程求得y=± ，
故A坐標(biāo)為：( ， )，AF的斜率為： = ，
則直線FA的傾斜角為： 或 .
故選：C.
9.已知函數(shù)f(x)= sin(ωx+φ)(ω>0，﹣ <φ< )，A( ，0)為f(x)圖象的對稱中心，B，C是該圖象上相鄰的最高點和最低點，若BC=4，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A.(2k﹣ ，2k+ )，k∈Z B.(2kπ﹣ π，2kπ+ π)，k∈Z
C.(4k﹣ ，4k+ )，k∈Z D.(4kπ﹣ π，4kπ+ π)，k∈Z
【考點】正弦函數(shù)的單調(diào)性.
【分析】由題意可得 + =42，求得ω的值，再根據(jù)對稱中心求得φ的值，可得函數(shù)f(x)的解析式，利用正弦函數(shù)的單調(diào)性，求得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.
【解答】解：函數(shù)f(x)= sin(ωx+φ)(ω>0，﹣ <φ< )，
A( ，0)為f(x)圖象的對稱中心，B，C是該圖象上相鄰的最高點和最低點，若BC=4，
∴ + =42，即12+ =16，求得ω= .
再根據(jù) • +φ=kπ，k∈Z，可得φ=﹣ ，∴f(x)= sin( x﹣ ).
令2kπ﹣ ≤ x﹣ ≤2kπ+ ，求得4kπ﹣ π≤x≤4kπ+ π，
故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(4kπ﹣ π，4kπ+ π)，k∈Z，
故選：D.
10.已知雙曲線E ，其一漸近線被圓C：(x﹣1)2+(y﹣3)2=9所截得的弦長等于4，則E的離心率為( )
A. B. C. 或 D. 或
【考點】圓與圓錐曲線的綜合.
【分析】求得圓的圓心和半徑，雙曲線的一條漸近線方程，運用直線和圓相交的弦長公式，可得圓心到漸近線的距離為1，再由點到直線的距離公式和離心率公式，計算即可得到所求值.
【解答】解：由圓C：(x﹣1)2+(y﹣3)2=9可得圓心(1，3)，半徑為3，
雙曲線E ，的一條漸近線方程為bx﹣ay=0，
漸近線被圓C：(x﹣1)2+(y﹣3)2=9所截得的弦長等于4，圓心到直線的距離為：
由弦長公式可得2= ，可得 ，解得 ，
即c= a或c= a，
即e= = 或e= ，
故選：D.
11.已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1，平面α過直線BD，α⊥平面AB1C，α∩平面AB1C=m，平面β過直線A1C1，β∥平面AB1C，β∩平面ADD1A1=n，則m，n所成角的余弦值為( )
A.0 B. C. D.
【考點】異面直線及其所成的角.
【分析】如圖所示，BD1⊥平面AB1C，平面α過直線BD，α⊥平面AB1C，可得平面α即為平面DBB1D1.設(shè)AC∩BD=O.可得α∩平面AB1C=m為OB1.同理可得：平面A1C1D即為平面β.又A1D∥B1C，可得m，n所成角為∠OB1C，根據(jù)△AB1C為正三角形，即可得出.
【解答】解：如圖所示，
∵BD1⊥平面AB1C，平面α過直線BD，α⊥平面AB1C，
∴平面α即為平面DBB1D1.設(shè)AC∩BD=O.
∴α∩平面AB1C=m為OB1.
∵平面A1C1D過直線A1C1，與平面AB1C平行，
而平面β過直線A1C1，β∥平面AB1C，
∴平面A1C1D即為平面β.
β∩平面ADD1A1=A1D=n，
又A1D∥B1C，
∴m，n所成角為∠OB1C，
由△AB1C為正三角形，則cos∠OB1C=cos = .
故選：D.
12.設(shè)函數(shù)f′(x)是定義(0，2π)在上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(x)=f(2π﹣x)，當(dāng)0
A.a
【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性.
【分析】求出函數(shù)的對稱軸，令g(x)=f(x)cosx，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷函數(shù)值的大小即可.
【解答】解：由f(x)=f(2π﹣x)，得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=π對稱，
當(dāng)0
令g(x)=f(x)cosx，則g′(x)=f′(x)cosx﹣f(x)sinx>0，
當(dāng)0
故g( )
即a
故選：A.
二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在答題卷的橫線上..
13.設(shè)復(fù)數(shù)z滿足z•i=2+3i，則z= 3﹣2i .
【考點】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算.
【分析】由z•i=2+3i，得 ，然后利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡復(fù)數(shù)z得答案.
【解答】解：由z•i=2+3i，
得 = .
故答案為：3﹣2i.
14.若x，y滿足約束條件 ，則 的最大值為 3 .
【考點】簡單線性規(guī)劃.
【分析】由約束條件作出可行域，再由 的幾何意義，即可行域內(nèi)的動點與原點連線的斜率求解.
【解答】解：由約束條件 作出可行域如圖，
聯(lián)立 ，解得A( ， ).
的幾何意義為可行域內(nèi)的動點與原點連線的斜率，
則 的最大值為 .
故答案為：3.
15.△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為 ，若a=2，則△ABC面積的最大值為 .
【考點】余弦定理.
【分析】由已知化簡可得：b2+c2﹣a2=bc，由余弦定理可求cosA= ，結(jié)合范圍A∈(0，π)，可求A= ，由余弦定理，基本不等式可求bc≤4，進而利用三角形面積公式即可計算得解.
【解答】解：∵ ，可得：b2+c2﹣a2=bc，
∴cosA= = = ，
∵A∈(0，π)，
∴A= ，
∵a=2，
∴由余弦定理可得：4=b2+c2﹣bc，
∴4=b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc=bc，即：bc≤4，當(dāng)且僅當(dāng)b=c等號成立，
∴S△ABC= bcsinA≤ = ，當(dāng)且僅當(dāng)b=c等號成立，則△ABC面積的最大值為 .
故答案為： .
16.在直角梯形ABCD中，∠A=90°，AD∥BC，BC=2AD，△ABD面積為1，若 = ，BE⊥CD，則 • = .
【考點】平面向量數(shù)量積的運算.
【分析】建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)出D，求解相關(guān)的坐標(biāo)，利用向量的數(shù)量積求解D的坐標(biāo)，然后求解即可.
【解答】解：如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，
設(shè)D(0，a)，△ABD面積為1，可得B( ，0)，則C( ，2a)， = ，
則E( . )，BE⊥CD，
可得：( ，a)( ， )=0，解得a2= ，
=(0，﹣a)， =( ，a)，
• =﹣a2=﹣ .
給答案為：﹣ .
三、解答題：本大題共5小題，滿分60分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟
17.已知數(shù)列{an}的前n項和 ，其中k為常數(shù)，a6=13.
(1)求k的值及數(shù)列{an}的通項公式;
(2)若 ，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
【考點】數(shù)列的求和.
【分析】(1) ，n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1.n=6時，a6=13，解得k.進而得出.
(2) = = = ，利用“裂項求和”方法即可得出.
【解答】解：(1)∵ ，n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1=n2+kn﹣[(n﹣1)2+k(n﹣1)]=2n﹣1+k.
∴n=6時，a6=11+k=13，解得k=2.
∴n≥2時，an=2n﹣1+2=2n+1.
當(dāng)n=1時，a1=S1=1+2=3，上式也成立.
∴an=2n+1.
(2) = = = ，
數(shù)列{bn}的前n項和Tn= +…+ =1﹣ = .
18.為了響應(yīng)我市“創(chuàng)建宜居港城，建設(shè)美麗莆田”，某環(huán)保部門開展以“關(guān)愛木蘭溪，保護母親河”為主題的環(huán)保宣傳活動，經(jīng)木蘭溪流經(jīng)河段分成10段，并組織青年干部職工對每一段的南、北兩岸進行環(huán)保綜合測評，得到分值數(shù)據(jù)如表：
南岸 77 92 84 86 74 76 81 71 85 87
北岸 72 87 78 83 83 85 75 89 90 95
(1)記評分在80以上(包括80)為優(yōu)良，從中任取一段，求在同一段中兩岸環(huán)保評分均為優(yōu)良的概率;
(2)根據(jù)表中的數(shù)據(jù)完成莖葉圖：
(3)分別估計兩岸分值的中位數(shù)，并計算它們的平均數(shù)，試從計算結(jié)果分析兩岸環(huán)保情況，哪邊保護更好?
【考點】極差、方差與標(biāo)準(zhǔn)差;莖葉圖.
【分析】(1)利用列舉法求出從10段中任取一段的基本事件有10個，用A表示“在同一段中兩岸環(huán)保評分均為優(yōu)良”的事件，利用列法求出A包含的基本事件個數(shù)，由此能求出在同一段中兩岸環(huán)保評分均為優(yōu)良的概率.
(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，能完成莖葉圖.
(3)分別求出南岸10段的分值數(shù)據(jù)的中位數(shù)、平均數(shù)和北岸10段分值數(shù)據(jù)的中位數(shù)、平均數(shù)，由此看出北岸保護更好.
【解答】解：(1)從10段中任取一段的基本事件有10個，分別為：
(77，72)，(92，87)，(84，78)，(86，83)，(74，83)，
(76，85)，(81，75)，(71，89)，(85，90)，(87，95)，
這些基本事件是等可能的，
用A表示“在同一段中兩岸環(huán)保評分均為優(yōu)良”的事件，
則A包含的基本事件為：
(92，87)，(86，83)，(85，90)，(87，95)，共4個，
∴P(A)= .
(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，完成下列莖葉圖：
(3)南岸10段的分值數(shù)據(jù)的中位數(shù)為：z1= =82.5，
南岸10段分值數(shù)據(jù)的平均數(shù)為：
=81.3，
北岸10段分值數(shù)據(jù)的中位數(shù)為：z2= ，
北岸10段分值數(shù)據(jù)的平均數(shù)：
= =83.7，
由z1
19.如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，四邊形為ABCD矩形，E為SA的中點，SA=SB，AB=2 ，BC=3.
(1)證明：SC∥平面BDE;
(2)若BC⊥SB，求三棱錐C﹣BDE的體積.
【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積;直線與平面垂直的判定.
【分析】(1)連接AC，設(shè)AC∩BD=O，由題意可得O為AC的中點，又E為AS的中點，由三角形中位線定理可得SC∥OE，再由線面平行的判定可得SC∥平面BDE;
(2)過E作EH⊥AB，垂足為H，由線面垂直的判定可得BC⊥平面SAB，則EH⊥BC，又EF⊥AB，得到EH⊥平面ABCD，在△SAB中，取AB中點M，連接SM，則SM⊥AB，求得SM=1.進一步可得EH= .再求出三角形BCD的面積利用等體積法求得三棱錐C﹣BDE的體積.
【解答】(1)證明：連接AC，設(shè)AC∩BD=O，
∵四邊形ABCD為矩形，則O為AC的中點，
在△ASC中，E為AS的中點，∴SC∥OE，
又OE⊂平面BDE，SC⊄平面BDE，
∴SC∥平面BDE;
(2)解：過E作EH⊥AB，垂足為H，
∵BC⊥AB，且BC⊥SB，AB∩SB=B，
∴BC⊥平面SAB，
∵EH⊂平面ABS，∴EH⊥BC，又EF⊥AB，AB∩BC=B，
∴EH⊥平面ABCD，
在△SAB中，取AB中點M，連接SM，則SM⊥AB，
∴SM=1.
∵EH∥SM，EH= .
∴ .
∴VC﹣BDE=VE﹣BCD= .
∴三棱錐C﹣BDE的體積為 .
20.已知點P(0，﹣2)，點A，B分別為橢圓E： + =1(a>b>0)的左右頂點，直線BP交E于點Q，△ABP是等腰直角三角形，且 = .
(1)求E的方程;
(2)設(shè)過點的動直線l與E相交于M，N兩點，當(dāng)坐標(biāo)原點O位于MN以為直徑的圓外時，求直線l斜率的取值范圍.
【考點】直線與橢圓的位置關(guān)系;橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.
【分析】(1)由向量共線定理求得Q點坐標(biāo)，由a=2，將Q代入橢圓方程，即可求得b，求得橢圓方程;
(2)將直線方程代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及△>0，向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算 • >0，即可求得k的取值范圍.
【解答】解：(1)由題意題意△ABP是等腰直角三角形，a=2，B(2，0)，
設(shè)Q(x0，y0)，由 ，
則 ，
代入橢圓方程，解得b2=1，
∴橢圓方程為 ;
(2)由題意可知，直線l的斜率存在，方程為y=kx﹣2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
則 ，整理得：(1+4k2)x2﹣16kx+12=0，
由直線l與E有兩個不同的交點，則△>0，
即(﹣16k)2﹣4×12×(1+4k2)>0，解得：k2> ，
由韋達(dá)定理可知：x1+x2= ，x1x2= ，
由坐標(biāo)原點O位于MN為直徑的圓外，
則 • >0，即x1x2+y1y2>0，
則x1x2+y1y2=x1x2+(kx1﹣2)(kx2﹣2)=(1+k2)x1x2﹣2k×(x1+x2)+4
=(1+k2) ﹣2k× +4>0，
解得：k2<4，
綜上可知：
直線l斜率的取值范圍(﹣2，﹣ )∪( ，2).
21.已知函數(shù)f(x)=2x3﹣3x+1，g(x)=kx+1﹣lnx.
(1)設(shè)函數(shù) ，當(dāng)k<0時，討論h(x)零點的個數(shù);
(2)若過點P(a，﹣4)恰有三條直線與曲線y=f(x)相切，求a的取值范圍.
【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程;根的存在性及根的個數(shù)判斷.
【分析】(1)分類討論，求導(dǎo)數(shù)，切點函數(shù)的單調(diào)性，即可討論h(x)零點的個數(shù);
(2)設(shè)出切點，由切線方程，化簡得三次函數(shù)，將題目條件化為函數(shù)有三個零點，即可求a的取值范圍.
【解答】解：(1)f′(x)=(2x+1)(x﹣1)2=0，x=﹣ 或1，∴x=﹣ 是h(x)的零點;
∵g′(x)=k﹣ ，
k<0，g′(x)<0，g(x)在[1，+∞)上單調(diào)遞減，g(x)的最大值為g(1)=k+1.
k<﹣1，g(1)<0，g(x)在[1，+∞)上無零點;
k=﹣1，g(1)=0，g(x)在[1，+∞)上有1個零點;
﹣1
綜上所述，k<﹣1時，h(x)有1個零點;﹣1≤k<0時，h(x)有兩個零點;
(2)設(shè)切點(t，f(t))，f′(x)=6x2﹣6x，∴切線斜率f′(t)=6t2﹣6t，
∴切線方程為y﹣f(t)=(6t2﹣6t)(x﹣t)，
∵切線過P(a，﹣4)，∴﹣4﹣f(t)=(6t2﹣6t)(a﹣t)，
∴4t3﹣3t2﹣6t2a+6ta﹣5=0①
由題意，方程①有3個不同的解.
令H(t)=4t3﹣3t2﹣6t2a+6ta﹣5，則H′(t)=12t2﹣6t﹣12at+6a=0.t= 或a.
a= 時，H′(t)≥0，H(t)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，H(t)不可能有兩個零點，方程①不可能有兩個解，不滿足題意;
a 時，在(﹣ )，(a，+∞)上，H′(t)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，在( ，a)上，H′(t)<0，函數(shù)單調(diào)遞減，H(t)的極大值為H( )，極小值為H(a);
a 時，在(﹣∞，a)，( ，+∞)上，H′(t)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，在(a， )上，H′(t)<0，函數(shù)單調(diào)遞減，H(t)的極大值為H(a)，極小值為H( );
要使方程①有三個不同解，則H( )H(a)<0，即(2a﹣7)(a+1)(2a2﹣5a+5)>0，
∴a> 或a<﹣1.
[選修4-4坐標(biāo)系與參數(shù)方程]
22.在直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的方程為(x﹣1)2+(y﹣1)2=2，在以坐標(biāo)原點O為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，直線l的極坐標(biāo)方程為 .
(1)寫出圓C的參數(shù)方程和直線l的普通方程;
(2)設(shè)點P為圓C上的任一點，求點P到直線l距離的取值范圍.
【考點】參數(shù)方程化成普通方程;簡單曲線的極坐標(biāo)方程.
【分析】(1)由題意求出圓C的參數(shù)方程和直線l的普通方程;
(2)由題意設(shè)P( ， )，由點到直線的距離公式表示出點P到直線l距離，利用兩角和的正弦公式化簡后，由正弦函數(shù)的值域求出答案.
【解答】解：(1)∵圓C的方程為(x﹣1)2+(y﹣1)2=2，
∴圓C的參數(shù)方程為 (α為參數(shù))，
∵直線l的極坐標(biāo)方程為 ，
∴ ，即ρsinθ+ρcosθ﹣4=0，
∴直線l的普通方程是x+y﹣4=0;
(2)由題意設(shè)P( ， )，
∴點P到直線l距離d=
= = ，
∵ ，∴ ，
即 ，
∴點P到直線l距離的取值范圍是[0， ].
[選修4-5不等式選講]
23.已知函數(shù)f(x)=|x﹣4|+|x﹣2|.
(1)求不等式f(x)>2的解集;
(2)設(shè)f(x)的最小值為M，若2x+a≥M的解集包含[0，1]，求a的取值范圍.
【考點】絕對值不等式的解法;函數(shù)的最值及其幾何意義.
【分析】(1)f(x)=|x﹣4|+|x﹣2|= .分x≤2時，;2
(2))由|x﹣4|+|x﹣2|≥2，得M=2，由2x+a≥M的解集包含[0，1]，得20+a≥2，21+a≥2
【解答】解：(1)f(x)=|x﹣4|+|x﹣2|= .
∴當(dāng)x≤2時，f(x)>2，6﹣2x>2，解得x<2;
當(dāng)2
當(dāng)x≥4時，f(x)>2得2x﹣6>2，解得>4.
所以不等式f(x)>2的解集為(﹣∞，2)∪(4，+∞).
(2))∵|x﹣4|+|x﹣2|≥2，∴M=2，
∵2x+a≥M的解集包含[0，1]，
∴20+a≥2，21+a≥2，∴a≥1.
故a的取值范圍為：[1，+∞)
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