福建省福州市2019届高三上学期教学质量抽测理科数学(解析版)

福建省福州市2019届高三上学期教学质量抽测理科数学(解析版)

1 2018-2019 学年度福州市高三第一学期质量抽测 数学（理科）试卷 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．设集合 { | 1}A x x  ， { | 0 2}B x x   ，则 A B  （ ） A．( , 1) (1,2)   B．( , 1)  C．( , 2) D．(1,2) 1．答案：D 解析： { | 1} { | 1A x x x x    或 1}x   ， { | 0 2}B x x   ，所以 (1,2)A B  ． 2．已知复数 z 满足 2(1 i) 2 iz     ，则 z 为（ ） A． 5 2 B． 5 C．2 D．1 2．答案：A 解析： 22 2 i2 i 5,(1 i) 21 i z z      ． 3．曲线 ( ) lnf x x x  在点(1,1) 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（ ） A．2 B． 3 2 C． 1 2 D． 1 4 3．答案：D 解析： 1( ) 1f x x    ，则 (1) 2f   ，故曲线 ( ) lnf x x x  在点(1,1) 处的切线方程为 1 2( 1)y x   ， 即 2 1y x  ，此切线与两坐标轴的交点坐标分别为 1(0, 1), ,02      ，则切线与坐标轴围成的三角形的面积 为 1 1 112 2 4   ． 4．已知等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且 3 2a  ， 6 8a  ，则 8S  （ ） A．20 B．40 C．60 D．80 4．答案：B 解析： 1 8 8 3 6 ( ) 8 4( ) 4 (2 8) 404 a aS a a        ． 5．给出下列说法： ①“ 4x  ”是“ tan 1x  ”的充分不必要条件； ②定义在[ , ]a b 上的偶函数 2( ) ( 5)f x x a x b    的最大值为 30； 2 ③命题“ 0x R  ， 0 0 1 2≥x x ”的否定形式是“ x R  ， 1 2x x  ”．其中正确说法的个数为（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 5．答案：C 解析：由 4x  ，可得 tan 1x  ，但由 tan 1x  ，推不出 4x  ，所以“ 4x  ”是“ tan 1x  ”的充分不必 要条件，所以命题①是正确的； 若定义在[ , ]a b 上的函数 2( ) ( 5)f x x a x b    是偶函数，则 5 0 5 0 5 a a a b b          ，则 2( ) 5f x x  在 [ 5,5] 上的最大值为 30，所以命题②是正确的； 命题“ 0x R  ， 0 0 1 2≥x x ”的否定形式是“ x R  ， 1 2x x  ”，所以命题③是错误的． 故正确说法的个数为 2． 6．已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b    的两条渐近线均与圆 2 2 6 5 0x y y    相切，则双曲线C 的 离心率为（ ） A． 3 2 B． 2 3 C． 6 2 D． 9 4 6．答案：A 解析：双曲线的渐近线方程为 by xa  ，即 0bx ay   ，圆 2 2 6 5 0x y y    化为标准方程是 2 2( 3) 4x y   ，若渐近线与此圆相切，则 2 2 3 3 2a a ca b    ，即 3 2 ce a  ． 7．秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数学九章》中提出的多 项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法．如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求多项式 值的一个实例，若输入 n ， x 的值分别为 3、3，则输出v 的值为（ ） A．143 B．48 C．16 D．5 开始 输入n,x 1v  1i n  1i i  v vx i  i≥0？ 输出v 结束 是否 3 7．答案：B 解析： 3, 3, 1, 2 1 3 2 5, 1 5 3 1 16, 0n x v i v vx i i v vx i i                    16 3 0 48, 1v vx i i         ，不满足条件，退出循环，输出 48v  ． 8．某个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个侧面中，面积最大的侧面的面积为（ ） 1 2 1 1 正视图 侧视图 俯视图 A． 2 B．1 C． 3 2 D． 6 2 8．答案：D 解析：根据三视图，还原几何体的直观图如图中 S ABCD 所示，其中 SA  平面 ABCD ，四边形 ABCD 是直角梯形，且 , // , 1, 2AB AD AD BC SA AB BC AD     ，则 2, 3, 2SB SC CD   ， 5SD  ，则 SCD△ 是直角三角形，所以 1 2 6, , 1,2 2 2SAB SBC SAD SCDS S S S   △ △ △ △ ，因此面积最 大的侧面的面积为 6 2 ． S A B C D 9．已知点O 是 ABC△ 内部一点，且满足OA OB OC O       ，又 2 3AB AC    ， 60BAC   ，则 OBC△ 的面积为（ ） A． 3 2 B．3 C．1 D．2 9．答案：C 解析：由 2 3AB AC    ， 60BAC   ，可得 1cos 2 32AB AC AB AC BAC AB AC             ， 4 所以 4 3AB AC    ，所以 sin2 31 ABC AB AC BACS      △ ，又OA OB OC O       ，所以O 为 ABC△ 的重心，所以 1 13OBC ABCS S △ △ ． 【拓展结论】在 ABC△ 中（O 为 ABC△ 所在平面内一点） （1）OA OB OC O O        为 ABC△ 的重心； （2） 0OA OB OB OC OC OA O             为 ABC△ 的垂心； （3） aOA bOB cOC O O        为 ABC△ 的内心（ , ,a b c 分别是 ABC△ 的三个内角 , ,A B C 所对的 边）； （4） 2 2 2 OA OB OC O      为 ABC△ 的外心； （5）若 , [0, )AB ACAP AB AC                 点 P 的轨迹经过 ABC△ 的内心； （6）若 , [0, ) cos cos AB ACAP AB B AC C                 点 P 的轨迹经过 ABC△ 的垂心； （7）若 , [0, ) sin sin AB ACAP AB B AC C                 点 P 的轨迹经过 ABC△ 的重心． 10．已知函数 2( ) 3 sin 2 2cos 1f x x x   ，将 ( )f x 的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的 1 2 ，纵 坐标保持不变；再把所得图象向上平移 1 个单位长度，得到函数 ( )y g x 的图象，若 1 2( ) ( ) 9g x g x  ， 则 1 2x x 的值可能为（ ） A． 3  B． 2  C． 3 4  D． 5 4  10．答案：B 解析： 2( ) 3 sin 2 (2cos 1) 3 sin 2 cos 2 2sin 2 6f x x x x x x           ，将函数 ( )f x 的图象上的 所有点的横坐标缩短到原来的 1 2 ，纵坐标保持不变；则函数图象对应的解析式变为 2sin 4 6y x      ， 再把所得图象向上平移 1 个单位长度，得到函数 ( ) 2sin 4 16g x x       ，则函数 ( )g x 的值域为[ 1,3] ， 又 1 2( ) ( ) 9g x g x  ，所以 1 2 max( ) ( ) ( ) 3g x g x g x   ，则 1 2 ,x x kT k  Z ，又 2 4 2T    ， 所以 1 2 ( )2 kx x k  Z ． 11．如图，函数 ( )f x 的图象为两条射线CA ，CB 组成的折线，如果不等式 2( )≥f x x x a  的解集中 5 有且仅有 1 个整数，那么实数 a 的取值范围是（ ） O B C y x A 2 2 1 A．{ | 2 1}a a    B．{ | 2 1}≤a a   C．{ | 2 2}≤a a  D．{ | 2}≥a a  11．答案：B 解析：根据题意可知 2 2, 0( ) 2, 0 x xf x x x     ≤ ，不等式 2( )≥f x x x a  等价于 2 ( )a x x f x ≥ ， 令 2 2 2 3 2, 0( ) ( ) 2, 0 x x xg x x x f x x x          ≤ ，作出函数 ( )g x 的大致图象，如图所示， 又 (0) 2, (1) 1, ( 1) 2g g g      ，所以要使不等式的解集中有且仅有 1 个整数，则 2 1a  ≤ ，即实 数 a 的取值范围是{ | 2 1}≤a a   ． 12．已知函数 3 2( ) 2 lnf x x ex mx x    ，若 ( )f x x 恒成立，则实数 m 的取值范围是（ ） A． 2 1 1,e e       B． 2 10, 1e e      C． 2 1, 1e e       D． 2 1,e e      12．答案：A 解析：由 ( )f x x 恒成立，得 3 22 lnx ex mx x x    恒成立，得 3 22 ( 1) ln 0x ex m x x     恒成立， 因为 0x  ，两边同时除以 x ，得 2 ln2 ( 1) 0xx ex m x     ，则 2ln1 2xm x exx    恒成立， 6 设 2ln( ) 2xg x x exx   ，则 2 1 ln( ) 2 2xg x x ex     ，当0 x e  时， 2 1 ln 0, 2 2 0x e xx     ， 所以 ( ) 0g x  ；当 x e 时， 2 1 ln 0,2 2 0x e xx     ，所以 ( ) 0g x  ． 所以当 x e 时， 2 max 1( )g x ee  ，则 211m ee   ，所以 2 1 1m e e   ． 二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上） 13．已知实数 x ， y 满足条件 2 2 2 1 ≤ ≥ ≤ y x x y x     ，则 x y 的最大值为 ． 13．答案：3 解析：作出可行域为如图所示的 ABC△ ，其中 1(1,0), ,1 , (1,2)2A B C     ，设 z x y  ， 则 31, , 32A B Cz z z   ，则 max 3Cz z  ． O A B C x y 14．甲、乙、丙三位同学独立解决同一个问题，已知三位同学能够正确解决这个问题的概率分别为 1 1 1, ,2 3 4 ， 则有人能够解决这个问题的概率为 ． 14．答案： 3 4 解析：这个问题没有被解决的概率为 1 1 1 11 1 12 3 4 4              ，故有人能够解决这个问题的概率为 1 31 4 4  ． 15．已知抛物线 2 8y x 的焦点为 F ，直线l 过 F 且依次交抛物线及圆 2 2( 2) 1x y   于 A ，B ，C ，D 四点，则 4AB CD 的最小值为 ． 7 15．答案：13 解析：抛物线 2 8y x 的焦点为 (2,0)F ，圆 2 2( 2) 1x y   的圆心为(2,0) ，与抛物线的焦点重合，且半 径为 1，设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y D x y ，因为直线 AD 过焦点 F ，所以 1 2 4x x  ，因为     1 2 1 24 1 4 1 4 5 ( 2) 4( 2) 5 4 5AB CD AF DF AF DF x x x x                1 22 4 5 2 4 4 5 13x x     ≥ ，当且仅当 1 24x x ，即 1 24, 1x x  时取等号，故 4AB CD 的最 小值为 13． 【归纳总结】抛物线C 的方程为 2 2 ( 0)y px p  ，过其焦点 ,02 pF      的直线交抛物线于 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 两点，则： （1） 2 2 1 2 1 2,4 px x y y p   ； （2） 1 2 1 2, ,2 2 p pAF x BF x AB x x p       ； （3）若直线 AB 的倾斜角为 ，点 A 在 x 轴上方，点 B 在 x 轴下方， 则 2 2 1 1 2, , ,1 cos 1 cos sin p p pAF BF AB AF BF p        ； （4）以 AB 为直径的圆与其准线相切，以 AF 为直径的圆与 y 轴相切． 16．函数 ( ) cos 2 (sin cos )f x x x x   在区间 0, 2      上单调递增，则实数 的取值范围是 ． 16．答案：[ 2, ) 解析：因为 ( ) cos 2 (sin cos )f x x x x   在区间 0, 2      上单调递增， 所以 ( ) 2sin 2 (cos sin ) 0f x x a x x     ≥ 在区间 0, 2      上恒成立，因为 0, 2x      ， 所以cos sin 0x x  ， 2sin 2 sin cos xa x x ≥ 在区间 0, 2      上恒成立，令 2sin 2 4sin cos( ) sin cos sin cos x x xg x x x x x   ， 令 sin cost x x  ，则 24sin cos 2( 1)x x t  ，又 sin cos 2 sin , 0,4 2t x x x x               ， 8 所以 [1, 2]t  ，故函数 22 2 2( ) 2th t tt t    ，函数 ( )h t 在 [1, 2]t  时单调递增，所以当 2t  时， ( )h t 取得最大值 max( ) 2h t  ，故 max( ) 2g x  ，所以 2a≥ ，所以实数 a 的取值范围是[ 2, ) ． 三、解答题 （解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17． 如图，在 ABC△ 中， M 是边 BC 的中点， 5 7cos 14BAM  ， 2 7cos 7AMC   ． （1）求角 B 的大小； （2）若 21AM  ，求 AMC△ 的面积． A B C M 17．解析：（1）由 5 7cos 14BAM  ，得 21sin 14BAM  ， 由 2 7cos 7AMC   ，得 21sin 7AMC  ，又 AMC BAM B     ， 所以，cos cos( ) cos cos sin sinB AMC BAM AMC BAM AMC BAM          2 7 5 7 21 21 1 7 14 7 14 2       ， 又 (0, )B  ，所以 2 3B  ． （2）解法一：由（Ⅰ）知 2 3B  ，在 ABM△ 中，由正弦定理，得 sin sin AM BM B BAM  ， 所以， sin sin AM BAMBM B   2121 14 3 3 2    ． 因为 M 是边 BC 的中点，所以， 3MC  ． 故 1 sin2AMCS AM MC AMC   △ 1 21 3 321 32 7 2     ． 解法二：由（Ⅰ）知 2 3B  ，在 ABM△ 中，由正弦定理，得 sin sin AM BM B BAM  ， 所以， sin sin AM BAMBM B   2121 14 3 3 2    ． 因为 M 是边 BC 的中点，所以， AMC ABMS S△ △ ， 9 所以， 1 1 21 3 3sin 21 32 2 7 2AMC ABMS S AM BM BMA         △ △ ． 18． 在数列{ }na 中， 1 1a  ， 1 1 n n n aa a   ，设 1 , Nn n b na   ． （1）求证数列{ }nb 是等差数列，并求通项公式 nb ； （2）设 12n n nc b   ，且数列{ }nc 的前 n 项和 nS ，若 R  ，求使 1≤n nS c 恒成立的 的取值范围． 18． 证法一：解：（1）由条件知， 1 11 1 1n n n n a a a a    ，所以， 1 1 1 1 n na a   ，所以 1 1n nb b   ， 又 1 1 1 1b a  ，所以，数列{ }nb 是首项为 1，公差为 1 的等差数列，故数列{ }nb 的通项公式为： nb n ． 证法二：由条件，得 1 1 11 1 1n n n n n n n ab b a a a a       1n n a a  又 1 1 1 1b a  ，所以，数列{ }nb 是首项为 1，公差为 1 的等差数列，故数列{ }nb 的通项公式为： nb n ． （2）由（1）知， 12n nc n   ， 则 0 1 11 2 2 2 2n nS n        ，① 1 22 1 2 2 2 2n nS n       ② 由 ① ② 得， 0 1 0 1 1 2 2 22 2 2 2 2 1 (1 ) 21 2 n n n n n nS n n n                   ， ∴ 1 ( 1) 2n nS n    ，∵ 0nc  ，∴ 1n nS c ≤ 恒成立，等价于 1n n S c ≥ 对任意 n N 恒成立． ∵ 1 1 ( 1)2 22 22 n n n n S n c n n      ，∴ 2 ≥ ． 19． 如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， AB AC ， 1AC BB ， 1 2AB A B AC   ， 1 2 2BB  ． （1）求证： 1A B  平面 ABC ； （2）若 P 是棱 1 1B C 的中点，求直线 1BB 与平面 PAB 所成角的正弦值． B AC B1 A1C1 P 10 19． 解析：（1）证明：∵在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， AB AC ， 1AC BB ，又 1AB BB B ， ∴ AC  平面 1 1ABB A ，又 1A B  平面 1 1ABB A ，∴ 1AC A B ， ∵ 1 2 2BB  ，∴ 1 2 2AA  ，∵ 1 2AB A B  ，∴ 2 2 2 1 1AB A B AA  ，∴ 1A B AB ， 又 AC AB A ，∴ 1A B  平面 ABC ． （2）解法一：由（1）知，直线 1 1AC ， 1 1A B ， 1BA 两两互相垂直，如图，以 1A 为原点，分别以 1 1AC ， 1 1A B ， 1BA 所在直线为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系 1A xyz ， 则 1(0,0,0)A ， (1,1,0)P ， (0,0, 2)B  ， 1(0, 2,0)B 1 1 (0,2,0)AB A B    ， ( 1, 1, 2)PB      ， 设平面 PAB 的法向量 ( , , )n x y z  ， 则 0 0 n AB n PB          ，所以， 0 2 0 y x y z      ， 取 1z  ，则 ( 2,0,1)n    ， 又 1 (0,2,2)BB   ，设直线 1BB 与平面 PAB 所成角为 ， 则 1 1 1 sin cos , | | | | n BBn BB n BB          2 10 105 8    ． ∴直线 1BB 平面 PAB 所成角的正弦值 10 10 ． 解法二：由（Ⅰ）知，直线 1 1AC ， 1 1A B ， 1BA 两两互相垂直，以 A 为原点，分别以 AC 、 AB 、 Az 所在 直线为 x ， y ， z 轴，建立如图所示空间直角坐标系 A xyz ， 则 (0,0,0)A ， 1(0, 2,2)A ， (1,3,2)P ， (0,2,0)B ， 1(0, 4,2)B ， 1(2,2,2)C 1 1 (0,2,0)AB A B    ， ( 1, 1, 2)PB      ， 设平面 PAB 的法向量 ( , ,z)n x y  ， 则 0 0 n AB n PB          ，所以， 0 2 0 y x y z      ， 取 1z  ，则 ( 2,0,1)n    ， 又 1 (0,2,2)BB   ，设直线 1BB 与平面 PAB 所成角为 ， B AC B1 A1C1 P x y z B A C B1 A1C1 P x y z 11 则 1 1 1 sin cos , | | | | n BBn BB n BB          2 10 105 8    ． ∴直线 1BB 平面 PAB 所成角的正弦值 10 10 ． 20． 已知点 31, 2A     在椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b    上，O 为坐标原点，直线 2 2 3: 12 x yl a b  的斜 率与直线OA 的斜率乘积为 1 4 ． （1）求椭圆C 的方程； （2）不经过点 A 的直线 3: 2l y x t  （ 0t  且 Rt  ）与椭圆C 交于 P ，Q 两点，P 关于原点的对称 点为 R （与点 A 不重合），直线 AQ ， AR 与 y 轴分别交于两点 M ， N ，求证： AM AN ． 20． 解析：（1）由题意， 2 2 1 22 3 2 1 2 43OA b bk k aa         ， 即 2 24a b ① 又 2 2 1 3 14a b  ② 联立①①解得 2 1 a b    ，所以，椭圆C 的方程为： 2 2 14 x y  ． （2）设 1 1( , )P x y ， 2 2( , )Q x y ， 1 1( , )R x y  ，由 2 2 3 2 14 y x t x y       ， 得 2 23 1 0x tx t    ，所以 24 0t    ，即 2 2t   ，又因为 0t  ，所以， ( 2,0) (0, 2)t    ， 1 2 3x x t   ， 2 1 2 1x x t   ， 解法一：要证明 AM AN ，可转化为证明直线 AQ ， AR 的斜率互为相反数，只需证明 0AM ANk k  ， 即证明 0AQ ARk k  ． 1 2 1 2 3 3 2 2 1 1AQ AR y y k k x x       1 2 2 1 1 2 3 3( )( 1) ( )( 1)2 2 ( 1)( 1) y x y x x x         1 2 2 1 1 2 3 3 3 3( )( 1) ( )( 1)2 2 2 2 ( 1)( 1) x t x x t x x x           1 2 1 2 1 2 3 ( ) 3 ( 1)( 1) x x t x x x x      2 1 2 3( 1) ( 3 ) 3 0( 1)( 1) t t t x x       12 ∴ 0AM ANk k  ，∴ AM AN ． 解法二：要证明 AM AN ，可转化为证明直线 AQ ， AR 与 y 轴交点 M 、 N 连线中点 S 的纵坐标为 3 2 ，即 AS 垂直平分 MN 即可． 直线 AQ 与 AR 的方程分别为： 2 2 3 3 2: ( 1)2 1AQ y l y xx     ， 1 1 3 3 2: ( 1)2 1AR y l y xx       ， 分别令 0x  ，得 2 2 3 32 1 2M y y x     ， 1 1 3 32 1 2N y y x     而 2 1 2 1 3 3 2 2 31 1M N y y y y x x          ，同解法一，可得 3M Ny y   3 2 2 M N S y yy    ，即 AS 垂直平分 MN ．所以， AM AN ． 21． 设函数 1( ) ( 1) xf x ax e   ． （1）当 0a  时，求函数 ( )f x 的单调区间； （2）当 1a  时，若函数 ( )f x 与函数 2 4 ( )Ry x x m m    的图象总有两个交点，设两个交点的横坐标 分别为 1x ， 2x ． ①求 m 的取值范围； ②求证： 1 2 4x x  ． 21． 解：（1）由已知得， 1 1( ) x af x ae x a        ， 由 0xe  ， 0a  ，令 ( ) 0f x  得： 1ax a  ，令 ( ) 0f x  得， 1ax a  ， 所以，当 0a  时，单调递增区间是 1, a a     ；单调递减区间是 1,a a    ． （2）令 2 1 2( ) ( ) 4 ( 1) 4xg x f x x x m x e x x m         ， ∴ 1( ) ( 2)( 2)xg x e x     ， ①解法一：由 ( ) 0g x  得， 2x  ；由 ( ) 0g x  得， 2x  易知， 2x  为 ( )g x 的极大值点． max 1( ) (2) 4g x g me    ，当 x   时， ( )g x   ；当 x   时， ( )g x   ． 由题意，只需满足 max 1( ) 4 0g x me    ，∴ m 的取值范围是： 1 4m e  ． 解法二： 1( ) ( 2)xf x e x    ，由 ( ) 0f x  得， 2x  ；由 ( ) 0f x  得， 2x  易知， 2x  为极大值点． 而 2 4 ( )Ry x x m m    在 2x  时取得极小值， 由题意，只需满足 21( ) 2 8f x me    ，解得 1 4m e  ． ②由题意知， 1x ， 2x 为函数 2( ) ( ) 4g x f x x x m    1 2( 1)e 4xx x x m     的两个零点，由①知， 13 不妨设 1 22x x  ，则 24 2x  ，且函数 ( )g x 在( , 2) 上单调递增， 欲证 1 2 4x x  ，只需证明 1 2( ) (4 )g x g x  ，而 1 2( ) ( )g x g x ， 所以，只需证明 2 2( ) (4 )g x g x  ． 令 ( ) ( ) (4 ) ( 2)H x g x g x x    ，则 1 3( ) ( 1) ( 3)x xH x x e x e     ∴ 3 1( ) ( 2)( )x xH x x e e     ，∵ 2x  ，∴ 3 2 4 1 1 x x x e ee      ，即 3 1 0x xe e   所以， ( ) 0H x  ，即 ( )H x 在(2, ) 上为增函数，所以， ( ) (2) 0H x H  ， ∴ 2 2( ) (4 )g x g x  成立，所以， 1 2 4x x  ． 请考生在（22）、（23）二题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个 题目计分，做答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑． 22．在平面直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程为 0 3 cos sin x t y y t        （t 为参数， 为l 的倾斜角），以 原点O 为极点， x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 E 的极坐标方程为 4sin  ，直线  ， 3    ， ( )3 R     ，与曲线 E 分别交于不同于极点O 的三点 A ， B ，C ． （1）若 2 3 3    ，求证： OB OC OA  ； （2）当 5 6   时，直线l 过 B 、C 两点，求 0y 与 的值． 22． 解：（1）证明：依题意， 4sinOA  ， 4sin 3OB      ， 4sin 3OC      ， ∵ 2 3 3    ，∴ 4sin 4sin 4sin3 3OB OC OA                   ． （2）当 5 6   时，直线 3    与圆的交点 B 的极坐标为 7 7 74sin , 2, 2,6 6 6 6                      ， 直线 3    与圆的交点C 点的极坐标为 4sin , 4,2 2 2             从而， B 、C 两点的直角坐标分别为： ( 3,1)B ， (0, 4)C ∴直线l 的方程为： 3 4y x   ，所以， 0 1y  ， 2 3   ． 23． 已知函数 ( ) 2 3f x x a a   ， Ra ． （1）若对于任意 Rx ，总有 ( ) (4 )f x f x  成立，求 a 的值； （2）若存在 Rx ，使得 ( ) 2 1≤f x x a   成立，求 a 的取值范围． 23． 解：（1）因为 ( ) (4 )f x f x  ， xR ，所以 ( )f x 的图象关于 2x  对称， 又 ( ) 2 32 af x x a   的图象关于 2 ax   对称， 14 所以 22 a  ，所以， 4a   ． （2） x R ，使得 ( ) | 2 1|f x x a  ≤ 等价于 x R  ，使得 2 2 1 2 0x a x a    ≤ ． 等价于 min 2 2 1 2 0x a x a    ≤ ， 设 ( ) 2 2 1 2g x x a x a     ，则 min( ) (2 ) (2 1) 2 1 2g x x a x a a a        ， 所以， 1 2 0a a  ≤ ． 当 1a ≥ 时， 1 2 0a a  ≤ ， 1 3a ≤ ，所以， 11 3a ≤ ≤ ； 当 1a   时， 1 2 0a a    ， 1a  ，所以 1a   ， 综上， 1 3a ≤ ． 解法二：（1）∵ ( ) (4 )f x f x  ，∴ 2 3 2(4 ) 3x a a x a a      ， ∴ 2 8 2x a x a    ，即 2 (8 2 )x a x a     ，或 2 8 2x a x a    （舍） 所以， 4a   ． （2）由 ( ) 2 1f x x a  ≤ 得， 2 2 1 2x a x a   ≤ ， 而 2 2 1 1x a x a   ≥ ，由题意知，只需满足 1 2a a ≤ ，即 2 1 2a a a ≤ ≤ 即 2 1 1 2 a a a a     ≤ ≤ ，∴ 1 3 ≤a  ．