2019届广州市高三调研测试理科数学(解析版)

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数学(理科)试题 A 第 1 页 共 16 页 秘密 ★ 启用前 试卷类型： A 2019 届广州市高三年级调研测试 理科数学 一、选择题：本题共 12 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 2{ | 0 2}, { | 2 3 0}M x x N x x x     ≤ ，则集合 M N （ ） A．{ | 0 2}x x ≤ B．{ | 0 3}x x ≤ C．{ | 1 2}x x   D．{ | 0 1}x x ≤ 1．答案：A 解析： 2{ | 2 3 0} { | ( 1)( 3) 0} { | 1 3}N x x x x x x x x            ，所以 { | 0 2}M N x x  ≤ ． 2．若复数 i 1 i az   (i 是虚数单位)为纯虚数，则实数 a 的值为（ ） A． 2 B． 1 C．1 D．2 2．答案：C 解析：设 i i,1 i az b b   R ，则 i ia b b   ，则 1 a b b    ，解得 1a  ． 3．已知 na 为等差数列，其前n 项和为 nS ，若 3 36, 12a S  ，则公差d 等于（ ） A．1 B． 5 3 C．2 D．3 3．答案：C 解析： 3 1 2 3 (6 2 ) (6 ) 6 18 3 12S a a a d d d           ，解得 2d  ． 4．若点 (1,1)P 为圆 2 2 6 0x y x   的弦 MN 的中点，则弦 MN 所在直线方程为（ ） A． 2 3 0x y   B． 2 1 0x y   C． 2 3 0x y   D． 2 1 0x y   4．答案：D 解析：圆的标准方程为 2 2( 3) 9x y   ，圆心为 (3,0)C ， 0 1 1 3 1 2CPk    ，则 2MNk  ，则弦 MN 所 在直线方程为 1 2( 1)y x   ，化简得： 2 1 0x y   ． 5．已知实数 ln 22a  ， 2 2ln 2b   ，  2ln 2c  ，则 , ,a b c 的大小关系是（ ） A．c b a  B．c a b  C．b a c  D． a c b  5．答案：B 解析：因为1 2 e  ，所以  2ln 2ln 2 (0,1), 2 (1,2), 2 2ln 2 (2,4), ln 2 (0,1)a b c        ， 数学(理科)试题 A 第 2 页 共 16 页 故 c a b  ． 6．下列命题中，真命题的是（ ） A． 0 0 , 0xx R e  ≤ B． 2,2xx R x   C． 0a b  的充要条件是 1a b   D．若 ,x y R ，且 2x y  ，则 ,x y 中至少有一个大于 1 6．答案：D 解析：选项 A， , 0xx e  R ，故 A 错误；选项 B，当 2x  时， 22x x ，故 B 错误； 选项 C：当 0a b  成立时，不妨设 0a b  ，此时不满足 1a b   ，故 C 错误； 选项 D，若 ,x y 都不大于 1，则 2x y ≤ ，所以 D 正确． 7．由 ( )y f x 的图象向左平移 3  个单位，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍得到 1sin 3 6y x      的图象，则 ( )f x  （ ） A． 3 1sin 2 6x     B． 1sin 6 6x     C． 3 1sin 2 3x     D． 1sin 6 3x     7．答案：B 解析： 1 321sin 3 sin 66 6y x y x                向右平移 个单位横坐标缩短到原来的 1sin 6 sin 6 2 sin 63 6 6 6y x x x                             ，即 1( ) sin 6 6f x x      ． 8. 已知甲袋中有 1 个黄球和 1 个红球，乙袋中有 2 个黄球和 2 个红球．现随机地从甲袋中取出 1 个球放入 乙袋中, 再从乙袋中随机取出 1 个球, 则从乙袋中取出的球是红球的概率为（ ） A． 1 3 B． 1 2 C． 5 9 D． 2 9 8．答案：B 解析：分两种情况，第一种情况：从甲袋中取出一个黄球放入乙袋，概率为 1 2 ，现在乙袋中有 3 个黄球和 2 个红球，再从乙袋中取出红球，概率为 2 5 ． 第二种情况：从甲袋中取出一个红球放入乙袋，概率为 1 2 ，现在乙袋中有 2 个黄球和 3 个红球，再从乙袋 中取出红球，概率为 3 5 ．故所求概率 1 2 1 3 1 2 5 2 5 2P      ． 解法 2：因为甲袋中和乙袋中黄球红球的个数均相等，故按题目操作，从乙袋中取出红球黄球的概率也是 数学(理科)试题 A 第 3 页 共 16 页 相等的，故所求概率为 1 2 ． 9．已知抛物线 2 2 ( 0)y px p  与双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b    有相同的焦点 F ，点 A 是两曲线的一 个交点，且 AF x 轴，则双曲线的离心率为（ ） A． 2 1 B． 3 1 C． 5 1 D． 2 2 9．答案：A 解析：依题意可知： ,2 pA p     或 2 , bA c a      ，所以 2 2b ca  ， 2 2b ac ， 2 2 2c a ac  ， 21 2e e  ， 2 2 1 0e e   ， 2( 1) 2e   ， 2 1e   ． 10. 已知等比数列{ }na 的前n 项和为 nS ，若 3 7S  ， 6 63S  ，则数列{ }nna 的前n 项和为（ ） A． 3 ( 1) 2nn    B．3 ( 1) 2nn   C．1 ( 1) 2nn   D．1 ( 1) 2nn   10．答案：D 解析： 36 3 3 1 2 3 1 1 1 1 1 3 8, 2, 2 4 7 7, 1S S q q S a a a a a a a aS                ， 故 12n na  ，设 12n n nb na n    ，数列{ }nb 的前 n 项和为 nT ，则 1 1 2 1 21, 1 4 5T b T b b       ， 经验证，只有选项 D 符合． 11．如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为（ ） A．6 B．7 C． 22 3 D． 23 3 11．答案：B 解析： 该几何体的直观图如图所示，则该多面体的体积 1 1 1 12 2 2 1 1 2 1 2 2 73 2 3 2V                        12．已知过点 ( ,0)A a 作曲线 : xC y x e  的切线有且仅有两条，实数 a 的取值范围是（ ） 数学(理科)试题 A 第 4 页 共 16 页 4 2 2 4 6 8 5 5 A．( , 4) (0, )   B．(0, ) C．( , 1) (1, )   D．( , 1)  12．答案：A 解析：设切点为( , )tt te ，因为 ( 1) xy x e   ，则切线斜率 ( 1) tk t e  ，则切线方程为 ( 1) ( )t ty te t e x t    ，将( ,0)a 代入，得： ( 1) ( )t tte t e a t    ，当 1t   时， 0k  ，此时只有一条 切线，故 1t   ，所以 ( 1) 1 1 11 ( 1) 21 1 1 1 t ta t t t tt t t t                ， 作出函数 1( 1) 21y t t    的图象如图所示，由图可知， 当 0a  或 4a   时，直线 y a 与函数 1( 1) 21y t t    的图象 有两个交点． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．已知向量 ,a b  的夹角为 45 ，且 1, 2a b    ，则 a b    ____________． 13．答案：1 解析：  22 22 22 2 2 cos 45 1 2 2 1a b a b a a b b a a b b                           ，所以 1a b    ． 14．已知 4 2 3 4 0 1 2 3 42 2x a a x a x a x a x      ，则 2 2 0 2 4 1 3( ) ( )a a a a a     ． 14．答案：16 解析：当 1x  时，得 4 0 1 2 3 4 (2 2)a a a a a      ； 当 1x   时，得 4 4 0 1 2 3 4 ( 2 2) (2 2)a a a a a         ； 42 2 0 2 4 1 3 0 1 2 3 4 0 1 2 3 4( ) ( ) ( )( ) (2 2)(2 2)a a a a a a a a a a a a a a a                    42 16  ． 数学(理科)试题 A 第 5 页 共 16 页 15．已知实数 x , y 满足 2 0, 3 5 0, 0, 0, x y x y x y        ≤ ≥ 则 1 1 4 2 x y z            的最小值为____________． 15．答案： 1 16 解析： 21 1 1 4 2 2 x y x y z                  ，设 2t x y  ，则当t 取得最大值时， z 取得最小值，作可行域为如图 所示的 OAB△ ，其中 5(2,1), 0, 3A B     ，不包括线段OB ，由 2t x y  得 2y x t   ，作直线 2y x  并平移，使其经过可行域内的点，当直线过点 (2,1)A 时，直线在 y 轴上的截距最大，此时t 取得最大值 4， 所以 1 2 t z      的最小值为 1 16 ． x y O AB 16．已知在四面体 A BCD 中， 1AD DB AC CB    ，则该四面体的体积的最大值为___________． 16．答案： 2 3 27 解析：取 AB 中点O ，连接 ,CO DO ，要使得四面体的体积最大， 则必有平面 ABD  平面 ABC ，设OB t ， 则 22 , 1AB t OD OC t    ， 则 2 2 31 1 12 1 1 ( )3 2 3V t t t t t             ， 则 21 ( 3 1)3V t    ，令 0V  ，得 3 3t  ，当 3 3t  时，V 取得最大值 2 3 27 ． A B C D O 数学(理科)试题 A 第 6 页 共 16 页 图 1：设备改造前样本的频率分布直方图 三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 17～21 题为必考题，每个试题考 生都必须做答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求做答． （一）必考题：共 60 分． 17．（本小题满分 12 分） 在 ABC△ 中，角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ，且 BAACB sinsinsincoscos 222  . （1）求角C 的大小； （2）若 6A  ， ABC△ 的面积为 34 ， M 为 BC 的中点，求 AM ． 17．解：(1) 由 BAACB sinsinsincoscos 222  ， 得 BAABC sinsinsinsinsin 222  ． ……………………………………………2 分 由正弦定理，得 ababc  222 ，即 abcba  222 ， …………………………3 分 所以 2 1 22cos 222  ab ab ab cbaC ． ………………………………………………5 分 因为0 C   ，所以 2 3C  ． ……………………………………………………6 分 (2) 因为 6A  ，所以 6B  ． ……………………………………………………7 分 所以 ABC△ 为等腰三角形，且顶角 2 3C  ． 因为 21 3sin 4 32 4ABCS ab C a  △ ， ………………………………………………8 分 所以 4a ． ………………………………………………………………9 分 在 MAC△ 中， 24, 2, 3AC CM C    ， 所以 2 2 2 12 cos 16 4 2 2 4 282AM AC CM AC CM C            ． ………11 分 解得 72AM ．…………………………………………………………………………12 分 18．（本小题满分 12 分） 某企业对设备进行升级改造，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取了 100 件产品作为样本，检测 数学(理科)试题 A 第 7 页 共 16 页 一项质量指标值，若该项质量指标值落在[20,40) 内的产品视为合格品，否则为不合格品．图 1 是设备改 造前样本的频率分布直方图，表 1 是设备改造后样本的频数分布表． 表 1：设备改造后样本的频数分布表 质量指标值 [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) [40,45) 频数 2 18 48 14 16 2 （1）请估计该企业在设备改造前的产品质量指标的平均值; （2）企业将不合格品全部销毁后，并对合格品进行等级细分，质量指标值落在[25,30) 内的定为一等品， 每件售价 240 元；质量指标值落在[20,25) 或[30,35) 内的定为二等品，每件售价 180 元；其它的合格品 定为三等品，每件售价 120 元．根据表 1 的数据，用该组样本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中 的频率代替从所有产品中抽到一件相应等级产品的概率．现有一名顾客随机购买两件产品，设其支付的费 用为 X （单位：元），求 X 的分布列和数学期望． 18．解：（1）根据图 1 可知，设备改造前样本的频数分布表如下 质量指标值 [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) [40,45) 频数 4 16 40 12 18 10 4 17.5 16 22.5 40 27.5 12 32.5 18 37.5 10 42.5           100 2.5 4 15 16 20 40 25 12 30 18 35 10 40              3020 ． ……………………………………………………………………………1 分 样本的质量指标平均值为 3020 30.2100  ． ……………………………………………2 分 根据样本质量指标平均值估计总体质量指标平均值为30.2 ． ………………………3 分 （2）根据样本频率分布估计总体分布，样本中一、二、三等品的频率分别为 1 2 ， 1 3 ， 1 6 ， 数学(理科)试题 A 第 8 页 共 16 页 F D E C B A 故从所有产品中随机抽一件，是一、二、三等品的概率分别为 1 2 ， 1 3 ， 1 6 ． …………4 分 随机变量 X 的取值为：240，300，360，420，480．………………………………………5 分 1 1 1( 240) 6 6 36P X     ， 1 2 1 1 1( 300) 3 6 9P X C     ， 1 2 1 1 1 1 5( 360) 2 6 3 3 18P X C       ， 1 2 1 1 1( 420) 2 3 3P X C     ， 1 1 1( 480) 2 2 4P X     ，…………………………………………………………………10 分 所以随机变量 X 的分布列为： …………………………………………………………………11 分 所以 1 1 5 1 1( ) 240 300 360 420 480 40036 9 18 3 4E X            ．………………12 分 19. （本小题满分 12 分） 如图，多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 为矩形，二面角 A CD F  为60 ， DE CF∥ ， , 2CD DE AD  ， 3DE DC  ， 6CF  ． （1）求证： BF∥平面 ADE ； （2）在线段CF 上求一点G ，使锐二面角 B EG D  的余弦值为 1 4 ． 19．解：（1）因为四边形 ABCD 为矩形， 所以 BC AD∥ . 因为 AD  平面 ADE ， BC  平面 ADE ， X 240 300 360 420 480 P 1 36 1 9 5 18 1 3 1 4 数学(理科)试题 A 第 9 页 共 16 页 所以 BC∥平面 ADE ． ………………………………………………………………1 分 同理CF∥平面 ADE ． ……………………………………………………………2 分 又因为 BC CF C ，所以平面 BCF∥平面 ADE ． …………………………3 分 因为 BF  平面 BCF ，所以 BF∥平面 ADE ． …………………………………4 分 （2）法一： 因为 ,CD AD CD DE  ， 所以 ADE 是二面角 A CD F  的平面角，即 60ADE   ． ………………5 分 因为 AD DE D ，所以CD  平面 ADE . 因为CD  平面CDEF , 所以平面CDEF  平面 ADE . 作 AO DE 于点O ，则 AO  平面CDEF . ………………6 分 由 2, 3AD DE  , 得 1DO  ， 2EO  ． 以O 为原点，平行于 DC 的直线为 x 轴， DE 所在直线为 y 轴，OA 所在直线为 z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，则 (0,0, 3), (3, 1,0), (0, 1,0), (0,2,0), (3,5,0)A C D E F  ， (3,0, 3)OB OA AB OA DC          ，……7 分 设 (3, ,0), 1 5G t t ≤ ≤ ， 则 ( 3,2, 3), (0, , 3)BE BG t       ， 设平面 BEG 的法向量为 ( , , )m x y z  ， 则由 0, 0, m BE m BG          得 3 2 3 0, 3 0, x y z ty z       ，取 2 , 3, 3 , x t y z t        得平面 BEG 的一个法向量为 (2 ,3, 3 )m t t   ， ……………………………8 分 又平面 DEG 的一个法向量为 (0,0,1)n   ， ……………………………………9 分 所以 2 3 4 s 4 3 c , 1 o tm n m n t n m t             ， …………………………10 分 数学(理科)试题 A 第 10 页 共 16 页 O M H A B C E D FG 所以 2 3 1 44 4 13 t t t  = ， 解得 1 2t  或 13 22t   （舍去）， ……………………………………………11 分 此时 1 4 CG CF  ，得 1 3 4 2CG CF  . 即所求线段CF 上的点G 满足 3 2CG  ．…………………………………………12 分 法二：作 BO CF 于点O ，作OH EG 的延长线于点 H ，连结 BH ． 因为 , ,CD BC CD CF BC CF C   ， 所以CD  平面 BCF ， ……………………………………………………………5 分 BCF 为二面角 A CD F  的平面角， 60BCF   ． ……………………6 分 所以CD BO ． 因为CD CF C ， 所以 BO  平面CDF ， BO EH ．…7 分 因为 ,OH EH OH BO O  ， 所以 EH  平面 BOH ．……8 分 所以 EH BH ， BHO 为二面角 B EG D  的平面角． ……………………9 分 在 Rt BCO 中， 2, 60BC BCO    ， 所以 3, 1BO CO  ． 又因为 1cos 4BHO  ，所以 tan 15BOBHO OH   ， 5 5OH  ．…………10 分 作 EM CF 于 M ，则 OGH EGM  ， 3, 3EM CD CM DE    ， 设OG x ，则 OH EM OG EG ，即  2 5 35 9 2x x    ， …………………11 分 解得 1 2x  ，即所求线段CF 上的点G 满足 3 2CG  ． ………………………12 分 20．（本题满分 12 分） 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b    的离心率为 1 2 ，点 33, 2P      在C 上． （1）求椭圆C 的方程； 数学(理科)试题 A 第 11 页 共 16 页 （2）设 1 2,F F 分别是椭圆C 的左, 右焦点，过 2F 的直线l 与椭圆C 交于不同的两点 ,A B ， 求 1F AB△ 的内切圆的半径的最大值． 20．解：（1）依题意有 2 2 2 2 2 1 ,2 , 3 3 1,4 c a a b c a b           解得 2, 3, 1. a b c      ………………………………3 分 故椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  ． ………………………………………………………4 分 （2）设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，设 1F AB△ 的内切圆半径为 r ， 1F AB△ 的周长为 1 2 1 2 4 8AF AF BF BF a     ， 所以 1 1 4 42F ABS a r r   △ ．……………………………………………………………5 分 解法一： 根据题意知，直线l 的斜率不为零，可设直线l 的方程为 1x my  ，………………6 分 由 2 2 14 3 1 x y x my       ，得 2 2(3 4) 6 9 0m y my    ………………………………………7 分  2 2(6 ) 36 3 4 0m m     ， m R ， 由韦达定理得 1 2 1 22 2 6 9,3 4 3 4 my y y ym m      ，……………………………………8 分  1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 12 142 3 4F AB mS F F y y y y y y y y m          △ ，………10 分 令 2 1t m  ，则 1t ≥ ， 1 2 12 4 13 1 3 F AB tS t t t     △ ． 令 1( ) 3f t t t  ，则当 1t ≥ 时， 2 1'( ) 1 03f t t   ， ( )f t 单调递增， 4( ) (1) 3f t f ≥ ， 1 3F ABS△ ≤ ， ……………………………………………………11 分 即当 1, 0t m  时， 1F ABS△ 的最大值为 3，此时 max 3 4r  ． 故当直线l 的方程为 1x  时， 1F AB△ 内切圆半径的最大值为 3 4 ． ………………12 分 数学(理科)试题 A 第 12 页 共 16 页 解法二： 当直线l x 轴时， 3 31, , 1, ,2 2A B          1 1 2 1 32F ABS F F AB   . .……………………6 分 当直线l 不垂直于 x 轴时，设直线l 的方程为 ( 1)y k x  ， 由 2 2 14 3 ( 1) x y y k x       ，得 2 2 2 2(4 3) 8 4 12 0k x k x k     . …………………………………7 分     2 2 2 2 2(8 ) 4 4 3 4 12 144 1 0k k k k        ， 由韦达定理得 2 2 1 2 1 22 2 8 4 12,4 3 4 3 k kx x x xk k     ，………………………………………8 分 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ( )2F ABS F F y y y y k x x           2 2 22 1 2 1 2 22 16 9 ( 1)4 4 3 k kk x x x x k         . ……………………………10 分 令 24 3t k  ，则 3t  ， 1 10 3t  ,    1 2 2 3 116 9 9 3 14 4 F AB t t t tS t t              2 2 39 1 t t       21 127 123t        2127 12 33        . 综上，当直线l 的方程为 1x  时， 1F ABS 的最大值为 3， 1F AB 内切圆半径的最大值为 3 4 ． ……………………………12 分 21．（本小题满分 12 分） 已知函数 2 1( ) ( 2ln ) ,xf x a x x ax    R . （1）讨论 ( )f x 的单调性； （2）若 ( )f x 有两个零点，求实数 a 的取值范围． 21．解：(1) ( )f x 的定义域为(0, ) ， 数学(理科)试题 A 第 13 页 共 16 页 2 3 3 2 2 ( 2)( 1)( ) 1 x x axf x a x x x           . ………………………………………1 分 (i)当 0a ≤ 时， 2 1 0ax   恒成立， (0,2)x 时， '( ) 0f x  ， ( )f x 在(0, 2) 上单调递增； (2, )x  时， '( ) 0f x  ， ( )f x 在(2, ) 上单调递减； ……………………2 分 (ii) 当 0a  时，由 ( ) 0f x  得， 1 2 3 1 12, ,x x x a a     （舍去）， ①当 1 2x x ，即 1 4a  时， ( ) 0f x ≥ 恒成立， ( )f x 在 (0, ) 上单调递增；……3 分 ②当 1 2x x ，即 1 4a  时， 10,x a     或 (2, )x  时， ( ) 0f x  恒成立， ( )f x 在 10, a      ， (2, ) 单调递增； 1 ,2x a     时， ( ) 0f x  恒成立， ( )f x 在 1 ,2 a      上单调递减；……………4 分 ③当 1 2x x 即 10 4a  时， 1 ,x a      或  0,2x  时， ( ) 0f x  恒成立， ( )f x 在 1(0,2), , a     单调递增； 12,x a     时， ( ) 0f x  恒成立， ( )f x 在 12, a      上单调递减；……………5 分 综上，当 0a ≤ 时， ( )f x 单调递增区间为(0, 2) ，单调递减区间为(2, ) ； 当 1 4a  时， ( )f x 单调递增区间为(0, ) ，无单调递减区间； 当 1 4a  时， ( )f x 单调递增区间为 10, a      ， (2, ) ，单调递减区间为 1 ,2 a      ； 当 10 4a  时， ( )f x 单调递增区间为 1(0,2), , a     ，单调递减区间为 12, a      ． …………………………………………………6 分 (2)由(1)知，当 0a  时， ( )f x 单调递增区间为(0, 2) ，单调递减区间为 (2, ) ， 又因为 (1) 0f a  ， …………………………………7 分 数学(理科)试题 A 第 14 页 共 16 页 取 0 1max ,5x a      ，令 1 2 1( ) 2ln , ( )f x x x f x x   ，则 1 2( ) 1 0f x x     在 (2, ) 成立，故 1( ) 2lnf x x x  单调递增， 1 0( ) 5 2ln 5 1 2(2 ln 5) 1f x     ≥ ， 0 0 0 2 2 2 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1( ) ( 2ln ) 0f x a x x ax x x x x       ≤ ≤ ， （注：此处若写“当 x   时，  f x   ”也给分） 所以 ( )f x 有两个零点等价于 1(2) (2 2ln 2) 04f a    ，得 1 8 8ln 2a    ， 所以 10 8 8ln 2a    ．……………………………………………………………8 分 当 0a  时， 2 1( ) xf x x  ，只有一个零点，不符合题意； 当 1 4a  时， ( )f x 在(0, ) 单调递增，至多只有一个零点，不符合题意；………9 分 当 0a  且 1 4a  时， ( )f x 有两个极值， 1(2) (2 2ln 2) 04f a    ， 1 2 lnf a a a a a        ， 记 ( ) 2 lng x x x x x   ， …………………………………10 分 1 1( ) 2 (1 ln ) 1 ln 2 g x x x x x        ， 令 1( ) lnh x x x   ，则 3 3 2 2 1 1 2 1( ) 2 2 xh x xx x      . 当 1 4x  时， ( ) 0h x  ， '( )g x 在 1 ,4     单调递增； 当 10 4x  时， ( ) 0h x  ， '( )g x 在 10, 4     单调递减． 故 1( ) 2 2ln 2 04g x g         ， ( )g x 在 (0, ) 单调递增． 0x  时， ( ) 0g x  ，故 1 2 ln 0f a a a a a         ．……………………11 分 又 1(2) (2 2ln 2) 04f a    ，由(1)知， ( )f x 至多只有一个零点，不符合题意． 数学(理科)试题 A 第 15 页 共 16 页 综上，实数 a 的取值范围为 1 ,08 8ln 2     . ……………………………………12 分 （二）选考题：共 10 分. 请考生在第 22、23 题中任选一题做答, 如果多做, 则按所做的第 一题计分. 22.（本小题满分 10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程 已知曲线C 的极坐标方程为 =2 3 cos 2sin   ，直线 1 : ( )6l   R ，直线 2 : ( )3l   R ．以 极点O 为原点，极轴为 x 轴的正半轴建立平面直角坐标系． （1）求直线 1 2,l l 的直角坐标方程以及曲线C 的参数方程； （2）若直线 1l 与曲线C 交于 ,O A 两点，直线 2l 与曲线C 交于 ,O B 两点，求 AOB△ 的面积． 22．解：(1) 依题意，直线 1l 的直角坐标方程为 3 3y x ， 2l 的直角坐标方程为 3y x ． …………………………………………………2 分 由 =2 3 cos 2sin   得 2 =2 3 cos 2 sin     ， 因为 2 2 2, cos , sinx y x y        ，………………………………………3 分 所以 2 2( 3) ( 1) 4x y    ，………………………………………………………4 分 所以曲线C 的参数方程为 3 2cos 1 2sin x y        （ 为参数）． ……………………5 分 （2）联立 6 =2 3 cos 2sin         得 1 4OA   ， ……………………………6 分 同理， 2 2 3OB   ．……………………………………………………………7 分 又 6AOB   ， ………………………………………………………………………8 分 所以 1 1 1sin 4 2 3 2 32 2 2AOBS OA OB AOB      △ ， …………………9 分 即 AOB△ 的面积为 2 3 ． ……………………………………………………………10 分 23.（本小题满分 10 分）选修 4－5：不等式选讲 已知函数 1( ) ( )3 Rf x x a a   ． （1）当 2a  时，解不等式 1 ( ) 13x f x  ≥ ； 数学(理科)试题 A 第 16 页 共 16 页 （2）设不等式 1 ( )3x f x x  ≤ 的解集为 M ，若 1 1,3 2 M     ，求实数a 的取值范围． 23．解：（1）当 2a  时，原不等式可化为 3 1 2 3x x   ≥ ， ……………………1 分 ①当 1 3x≤ 时，1 3 2 3x x   ≥ ，解得 0x≤ ，所以 0x≤ ； …………………………2 分 ②当 1 23 x  时，3 1 2 3x x   ≥ ，解得 1x≥ ，所以1 2x ≤ ； …………………3 分 ③当 2x≥ 时，3 1 2 3x x   ≥ ，解得 3 2x≥ ，所以 2x≥ ． …………………………4 分 综上所述，当 2a  时，不等式的解集为 | 0 1x x x或≤ ≥ ． …………………………5 分 （2）不等式 1 ( )3x f x x  ≤ 可化为 3 1 3x x a x   ≤ ， 依题意不等式 3 1 3x x a x   ≤ 在 1 1,3 2x      上恒成立， ……………………………6 分 所以3 1 3x x a x   ≤ ，即 1x a ≤ ，即 1 1a x a ≤ ≤ ，…………………………8 分 所以 11 3 11 2 a a     ≤ ≥ ，解得 1 4 2 3a ≤ ≤ ， 故所求实数a 的取值范围是 1 4,2 3     ． ………………………………10 分