2019广州一模理科数学(解析版)

2019广州一模理科数学(解析版)

2019 年广州市普通高中毕业班综合测试（一） 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．已知集合 2{ | 2 0}, { | 2 1}xA x x x B x     ，则（ ） A． A B   B． RA B  C． B A D． A B 1．答案：D 解析： 2{ | 2 0} { | 0 2}, { | 2 1} { | 0}xA x x x x x B x x x          ，所以 A B ． 2．已知 a 为实数，若复数( i)(1 2i)a   为实数，则 a （ ） A．2 B． 1 2 C． 1 2 D． 2 2．答案：B 解析：( i)(1 2i) 2 (1 2 )ia a a      为实数，所以1 2 0a  ，解得 1 2a  ． 3．已知双曲线 2 2 2: 1yC x b  的一条渐近线过圆 2 2: ( 2) ( 4) 1P x y    的圆心，则C 的离心率为 （ ） A． 5 2 B． 3 2 C． 5 D．3 3．答案：C 解析：圆心 (2, 4)P  ，渐近线 y bx  过点 (2, 4)P  ，所以 2b  ，又 1a  ，所以 2 2 5c a b   ， C 的离心率为 5ce a  ． 4．刘徽是我国魏晋时期的数学家，在其撰写的《九章算术注》中 首创“割圆术”．所围“割圆术”，是用圆内接正多边形的面积去无限 逼近圆面积并以此求取圆周率的方法．如图所示，圆内接正十二边形的 中心为圆心O ，圆O 的半径为 2，现随机向圆O 内投放 a 粒豆子， 其中有b 粒豆子落在正十二边形内( , , )Na b b a  ， 则圆周率的近似值为（ ） A． b a B． a b C． 3a b D． 3b a 4．答案：C 解析：正十二边形的面积为 112 2 2sin 30 122     ，圆的面积为 22 4   ，则根据题意可得： 12 4 b a ， 3 a b ． 2 O 5．若等边三角形 ABC 的边长为 1，点 M 满足 2CM CB CA     ，则 MA MB    （ ） A． 3 B．2 C． 2 3 D．3 5．答案：D 解析：          2 2 2MA MB CA CM CB CM CA CB CA CA CA CB                         12 1 32        ． 6．设 nS 是等差数列{ }na 的前 n 项和，若 m 为大于 1 的正整数，且 2 1 1 1m m ma a a    ， 2 1 11mS   ，则 m  （ ） A．11 B．10 C．6 D．5 6．答案：C 解析： 1 1 2m m ma a a   ，由 2 1 1 1m m ma a a    ，得 22 1m ma a  ，解得 1ma  ， 所以 2 1 (2 1) 2 1 11m mS m a m      ，解得 6m  ． 7．如图，一高为 H 且装满水的鱼缸，其底部装有一排水小孔，当小孔 打开时，水从孔中匀速流出，水流完所用时间为T ，若鱼缸水深为 h 时， 水流出所用时间为t ，则函数 ( )h f t 的图象大致是（ ） 7．答案：B 解析：水深 h 随时间增加逐渐递减，排除 C，D，根据鱼缸的形状，水深 h 变化的速率在开始和结尾时较 快，在中间较慢，故选 B． 8． 3 5(2 )( )x x a  的展开式的各项系数和为 32，则该展开式中 4x 的系数是（ ） A．5 B．10 C．15 D．20 8．答案：A 解析：令 1x  ，得各项系数和为 5(1 ) 32a  ，解得 1a  ，则 3 5(2 )( 1)x x  展开式中含 4x 的项为 1 4 1 3 4 1 4 4 5 52 1 1 5C x x C x x     ，即展开式中 4x 的系数是 5． 9．已知函数 ( ) cos( ) ( 0,0 )    ≤ ≤f x x   是奇函数，且在 ,4 3      上单调递减，则 的最大 值是（ ） A． 1 2 B． 2 3 C． 3 2 D．2 9．答案：C 解析： ( )f x 过原点且在原点处单调递减，又因为0  ≤ ≤ ，所以 2   ， ( ) cos sin2  f x x x       ，又 ( )f x 在 ,4 3      上单调递减，所以 3 2   ≤ ，解得 3 2 ≤ ． 10．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为 2 的正方形，则该几何体的 表面积为（ ） A．13 2  B．7 C．15 2  D．8 正视图 侧视图 俯视图 10．答案：B 解析：该几何体分为左右两部分，左边是一个四分之一球体，右边是一个圆柱体，其表面积 2 2 2 21 1 14 1 1 1 2 1 2 1 74 2 2     S                ． 11．已知以 F 为焦点的抛物线 2: 4C y x 上的两点 ,A B 满足 1 33 ≤ ≤AF FB        ，则弦 AB 的中点 到C 的准线的距离的最大值是（ ） A．2 B． 8 3 C．10 3 D．4 11．答案：B 解析： , ,A F B 三点共线，设 AB 中点为 M ，过 , ,A B M 三点分别作准线的垂线，垂足分别为 1 1 1, ,A B M ， 则 1MM 为梯形 1 1AA B B 的中位线，所以    1 1 1 1 1 1 2 2 2MM AA BB AF BF AB     ， 设 AFx  ，则 2 2,1 cos 1 cos AF BF   ，由 AF FB   ，得 2 2 1 cos 1 cos     ， 得： 1cos 1     ，所以 2 2 22 2 2 2 4 4 4 4( 1) 2 1 sin 1 cos ( 1) ( 1)11 1          AB              12     ，设 1 1( ) 2 , ,33f x x xx        ，则 2 2 1 ( 1)( 1)( ) 1 x xf x x x      ，则当 1 ,13x     时， ( ) 0, ( )f x f x  单调递减，当 (1,3)x 时， ( ) 0, ( )f x f x  单调递增，又因为 1 16(3)3 3f f      ， 所以 AB 的最大值为16 3 ，又 1 1 2MM AB ，所以 1MM 的最大值为 8 3 ． 4 3 2 1 1 2 2 2 4 M1 M B1 A1 B O F A 12．若函数 2 1, 1( ) ln( ), 1≤ x xf x x x a x       的图象上存在关于直线 1x  对称的不同两点，则实数 a 的取值范围 是（ ） A． 2( 1, )e   B． 2( 1, )e   C． 2( , 1)e  D． 2( , 1)e  12．答案：A 解析：由题意可知，当 1x  时，函数 2 1xy x  与函数 ln(2 )y x a   有交点， 设 2 1 1( ) ln(2 ) ln(2 ) ( 1)xh x x a x x a xx x           ，显然 ( )h x 为单调递增函数，要使得方程 ( ) 0h x  在 (1, ) 上有解，则 (1) 2 ln(1 ) 0h a    ，解得 2 1a e  ． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．把答案填在题中的横线上． 13．设 nS 是等比数列{ }na 的前 n 项和，若 3 63, 27S S  ，则 1a  ． 13．答案： 3 7 解析：设{ }na 的公比为 q ，则 3 3 6 3 (1 ) 3(1 ) 27S S q q     ，解得 2q  ，所以 3 1 2 3 17 3S a a a a     解得 1 3 7a  ． 14．若函数 3( )f x ax x  的图象在点(1, (1))f 处的切线过点(2,4) ，则 a  ． 14．答案：2 解析： 2 3(1) 3, ( ) , (1) 3f a f x a f ax         ，所以函数图象在点 (1, (1))f 处的切线方程为 ( 3)( 1) 3y a x a     ，将点(2,4) 代入，得： 2 4a  ，所以 2a  ． 15．已知关于 ,x y 的不等式组 2 1 0 2 0 ≥0 ≤ ≥ x y x m y       表示的平面区域内存在点 0 0( , )P x y ，满足 0 02 2x y  ，则 m 的取值范围是 ． 15．答案： 4, 3     解析：作出不等式组 2 1 2 0 x y y     ≥0 ≥ 表示的平面区域如图所示，并作出直线 2 2x y  ，与直线 2 1 0x y   交于点 A ，则 4 5,3 3A     ，有 0x m ≤ ，得 x m≤ ，由题意可知 4 3m ≥ ， 所以 4 3m≤ ． x y O A 2 1 0x y  2 2 0x y   2 0y   16．已知直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的所有棱长都是 1， 1 1 1 1 160 , ,ABC AC BD O AC B D O      ， 点 H 在线段 1OB 上， 13OH HB ，点 M 是线段 BD 上的动点，则三棱锥 1 1M C O H 的体积的最小值 为 ． 16．答案： 3 48 解析：如图，当点 M 到平面 1 1C O H 的距离最小时，三棱锥 1 1M C O H 的体积取到最小值，分析可知， 当点 M 位于点 B 时，到平面 1 1C O H 的距离最小，此时，设 1 1OB O B D ，由 13OH HB ，可知 H 为 1B D 的中点，所以 1 1 1 1 1 3 1 3 2 2 2 2 8O BH O BBS S    △ △ ，易证得 1 1O C  平面 1 1BB D D ， 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 3 3 3 8 2 48M C O H C O BH O BHV V S O C        △ ． A B C D A1 B1 C1 D1 O1 O H D 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 生都必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共 60 分． 17．（本小题满分 12 分） ABC△ 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，已知 cos (3 )cosc B a b C  ． （1）求sinC 的值； （2）若 2 6c  ， 2b a  ，求 ABC△ 的面积． 17．解析：（1）解法 1：因为 cos (3 )cosc B a b C  ， 由正弦定理得：sin cos (3sin sin )cosC B A B C  ，…………………………………………1 分 则sin cos sin cos 3sin cosC B B C A C  ，所以sin( ) 3sin cosB C A C  ，………………2 分 由于 A B C    ，得sin( ) sin( ) sinB C A A    ，则sin 3sin cosA A C ．…………3 分 因为0 , sin 0A A   ，所以 1cos 3C  ．………………………………………………………4 分 因为0 C   ，所以 2 2 2sin 1 cos 3C C   ．………………………………………………6 分 解法 2：因为 cos (3 )cosc B a b C  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 2 2 (3 )2 2 a c b a b cc a bac ab        ，……………………………………………1 分 化简得 2 2 2 2 3a b c ab   ，……………………………………………………………………………2 分 所以 2 2 2 2 13cos 2 2 3 aba b cC ab ab     ．………………………………………………………………4 分 因为0 C   ，所以 2 2 2sin 1 cos 3C C   ．………………………………………………6 分 （2）解法 1：由余弦定理得： 2 2 2 2 cosc a b ab C   ，…………………………………………7 分 因为 12 6,cos 3c C  ，所以 2 2 2 243a b ab   ．………………………………………………8 分 即 2 4( ) 243a b ab   ． ……………………………………………9 分 因为 2b a  ，所以 15ab  ．…………………………………………………………………………10 分 所以 ABC△ 的面积 1 1 2 2sin 15 5 22 2 3S ab C     ．…………………………………………12 分 解法 2：由余弦定理得： 2 2 2 2 cosc a b ab C   ，……………………………………………………7 分 因为 12 6,cos 3c C  ，所以 2 2 2 243a b ab   ．………………………………………………8 分 又 2b a  ，解得 3, 5a b  ．…………………………………………………………………………10 分 所以 ABC△ 的面积 1 1 2 2sin 15 5 22 2 3S ab C     ．…………………………………………12 分 18．（本小题满分 12 分） 如图，在三棱锥 A BCD 中， ABC△ 是等边三角形， 90BAD BCD     ，点 P 是 AC 的中点，连 接 ,BP DP ． （1）证明：平面 ACD  平面 BDP ； （2）若 6BD  ，且二面角 A BD C  为120 ，求直线 AD 与平面 BCD 所成角的正弦值． A B C P D 18．（1）证明：因为 ABC△ 是等边三角形， 90BAD BCD     ， 所以 Rt RtABD BCD△ ≌ △ ，可得 AD CD ．………………………………………………………1 分 因为点 P 是 AC 的中点，则 ,PD AC PB AC  ，……………………………………………………2 分 因为 ,PD PB P PD  平面 PBD ， PB  平面 PBD ，所以 AC  平面 PBD ．………………3 分 所以平面 ACD  平面 PBD ．…………………………………………………………………………4 分 （2）解法 1：作CE BD ，垂足为 E ，连接 AE ．因为 Rt RtABD BCD△ ≌ △ ，所以 AE BD ， AE CE ， AEC 为二面角 A BD C  的平面角．………………………………………………5 分 由已知二面角 A BD C  为120 ，故 120AEC   ．……………………………………………6 分 在等腰 AEC△ 中，由余弦定理可得 3AC AE ，………………………………………………7 分 因为 ABC△ 是等边三角形，则 AC AB ．所以 3AB AE ． 在 Rt ABD△ 中，由 1 1 2 2AE BD AB AD   ，得 3BD AD ，因为 6BD  ，所以 2AD  ． 又 2 2 2BD AB AD  ，得 2AB  ．则 2 3 6,3 3AE ED  ．………………………………8 分 由上述可知 BD  平面 AEC ，则平面 AEC  平面 BCD ． 过点 A 作 AO CE ，垂足为O ，则 AO  平面 BCD ．…………………………………………9 分 连接OD ，则 ADO 为直线 AD 与平面 BCD 所成角．………………………………………………10 分 在 Rt AEO△ 中， 60AEO   ，所以 3 12AO AE  ，……………………………………………11 分 2sin 2 AOADO AD   ．所以直线 AD 与平面 BCD 所成角的正弦值为 2 2 ．……………………12 分 A B C P DE A B C P DE O x y z 解法 2：作CE BD ，垂足为 E ，连结 AE ．因为 Rt RtABD BCD△ ≌ △ ，所以 AE BD ， AE CE ， AEC 为二面角 A BD C  的平面角．………………………………………………5 分 由已知二面角 A BD C  为120 ，故 120AEC   ．……………………………………………6 分 在等腰 AEC△ 中，由余弦定理可得 3AC AE ，………………………………………………7 分 因为 ABC△ 是等边三角形，则 AC AB ．所以 3AB AE ． 在 Rt ABD△ 中，由 1 1 2 2AE BD AB AD   ，得 3BD AD ，因为 6BD  ，所以 2AD  ． 又 2 2 2BD AB AD  ，得 2AB  ．则 2 3 6,3 3AE ED  ．………………………………8 分 如图所示，以 E 为原点，以向量 ,EC ED   方向分别为 x 轴， y 轴的正方向，与向量 ,EC ED   都垂直的方向 为 z 轴，建立空间直角坐标系 E xyz ，则 6 30, ,0 , ,0,13 3D A             ， 向量 3 6, , 13 3AD        ，平面 BCD 的法向量为 (0,0,1)m   ，……………………………………9 分 设直线 AD 与平面 BCD 所成角为 ， 则 1 2cos , 22 1 m ADm AD m AD            ，…………………………………………………………10 分 2sin cos , 2m AD     ．…………………………………………………………………………11 分 所以直线 AD 与平面 BCD 所成角的正弦值为 2 2 ．……………………………………………………12 分 19．（本小题满分 12 分） 某商场以分期付款方式销售某种商品，根据以往资料统计，顾客购买该商品选择分期付款的期数 的分布 列为：  2 3 4 P 0.4 a b 其中0 1a  ， 0 1b  ． （1）求购买该商品的 3 位顾客中，恰有 2 位选择分 2 期付款的概率； （2）商场销售一件商品，若顾客选择分 2 期付款，则商场获得的利润为 200 元；若顾客选择分 3 期付款， 则商场获得的，则商场获得的利润为 250 元；若顾客选择分 4 期付款，则商场获得的利润为 300 元．商场 销售两件该商品获得的利润记为 X（单位：元）． （i）求 X 的分布列； （2）若 ( 500) 0.8≤ ≥P X ，求 X 的数学期望 EX 的最大值． 19．（1）解：设购买该商品的 3 位顾客中，选择分 2 期付款的人数为 ，依题意，得 (3, 0.4)B～ ， ……………………………………………………………………………………………………………1 分 则 2 2 3( 2) 0.4 (1 0.4) 0.288P C       ．………………………………………………………2 分 故购买该商品的 3 位顾客中，恰有 2 位选择分 2 期付款的概率为 0.288． （2）解：（i）依题意，X 的取值分别为 400，450，500，550，600．…………………………3 分 2 2 2 ( 400) 0.4 0.4 0.16, ( 450) 2 0.4 0.8 , ( 500) 2 0.4 0.8 , ( 550) 2 , ( 600) P X P X a a P X b a b a P X ab P X b                   ……………………5 分 所以 X 的分布列为： X 400 450 500 550 600 P 0.16 0.8a 20.8b a 2ab 2b ………………………………………………………………………………………………………6 分 （ii） 2( 500) ( 400) ( 450) ( 500) 0.16 0.8( )P X P X P X P X a b a         ≤ ……7 分 根据题意知0.4 1a b   ，得 0.6a b  ，得 0.6b a  ， 由 ( 500) 0.8P X ≤ ≥ ，得： 20.16 0.48 0.8a  ≥ ， 解得 0.4a≥ 或 0.4a ≤ ，又 0a  ，则 0.4a≥ ．……………………………………………………8 分 又 0b  ，得0.6 0a  ，解得 0.6a  ，所以 [0.4,0.6)a ．……………………………………9 分 2 2400 0.16 450 0.8 500 (0.8 ) 1100 600EX a b a ab b         ………………………………10 分 52 100a  ．………………………………………………………………………………………………11 分 当 0.4a  时， EX 的最大值为 480．所以 X 的数学期望 EX 的最大值为 480．……………………12 分 20．（本小题满分 12 分） 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b    的两个焦点和两个顶点在圆 2 2: 1O x y  上． （1）求椭圆C 的方程； （2）若点 F 是C 的左焦点，过点 ( ,0) ( 1)≥P m m 作圆O 的切线l ，l 交C 于 ,A B 两点，求 ABF△ 的面 积的最大值． 20．解析：（1）由椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b    可知C 的焦点在 x 轴上，因为圆O 与 x 轴的两个交点的 坐标分别为( 1,0), (1,0) ，与 y 轴的两个交点的坐标分别为(0,1), (0, 1) ， 根据题意，可得 1b c  ，……………………………………………………………………………………1 分 故 2 2 2 2a b c   ．……………………………………………………………………………………………2 分 所以椭圆C 的方程为 2 2 12 x y  ． ………………………………………………………………………3 分 （2）解法 1：因为点 F 是C 的左焦点，则 ( 1,0)F  ． ①当 1m  时，圆O 的切线l 的方程为 1x  ，此时， ,A B 的坐标为 2 21, , 1,2 2              ， 则 2AB  ，………………………………………………………………………………………………4 分 点 F 到l 的距离为 2d  ，所以 ABF△ 的面积为 1 22S AB d    ．………………………………5 分 ②当 1m  时，设圆O 的切线l 的方程为 ( ) ( 0)y k x m k   ，即 0kx y km   ， 因为l 是圆O 的切线，则 2 1 1 km k   ，即 2 2 21k m k  ．……………………………………………6 分 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，由 2 2 ( ) 12 y k x m x y     ，消去 y 得 2 2 2 2 2(1 2 ) 4 2( 1) 0k x k mx k m     ， 2 2 2 2 2 2(4 ) 8(1 2 )( 1) 8 0k m k k m k       ，则 2 2 2 1 2 1 22 2 4 2( 1),1 2 1 2 k m k mx x x xk k     …………7 分 故 22 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 4 8( 1) 2 21 ( ) 4 (1 ) 1 2 1 2 1 k m k m mAB k x x x x k k k m                    ………8 分 点 F 到l 的距离为 2 2 ( 1) 1 1 1 k km k m md mk k         ．…………………………………………9 分 故 ABF△ 的面积为 2 2 1 1 2 2 1 2( 1) 2 2 1 1 m m mS AB d m m m          ．…………………………10 分 令 2 2( 1)( ) ( 1)1 mf m mm   ，则 2 2 2 2 2 2 2( 1) 2 2( 1) 2( 2 1)( ) ( 1) ( 1) m m m m mf m m m          ， 当 1m  时， ( ) 0f m  ，故 ( ) (1) 2f m f  ，即 ABF△ 的面积 2S  ．…………………11 分 由①②可知， ABF△ 的面积的最大值为 2 ．……………………………………………………12 分 解法 2：设直线l 的方程为 x ty m  ，由l 于圆C 相切得 2 1 1 m t   ， 即 2 2 1m t  ，设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ， 由 2 2 12 x ty m x y     ，消去 x 得 2 2 2( 2) 2 2 0t y tmy m     ，…………………………………………5 分 因为 2 2 2(2 ) 4( 2)( 2) 8 0tm t m       ，…………………………………………………………6 分 则 2 1 2 1 22 2 2 2,2 2 tm my y y yt t      ．…………………………………………………………7 分 所以 ABF△ 的面积为 1 2 1 2S PF y y   ………………………………………………8 分 2 1 2 1 2 1 ( 1) ( ) 42 m y y y y    …………………………………………………9 分 2 2 2 2 2 1 2 4( 2) 2( 1)( 1)2 2 2 1 tm m mm t t m            ．…………………………………………10 分 以下同解法 1． 21．（本小题满分 12 分） 已知函数 2 2( ) , Rxf x e ax a   ． （1）若 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增，求 a 的取值范围； （2）若 ( )f x 在 (0, ) 上存在极大值 M ，证明： 4 aM  ． 21．（1）解法 1：因为 2 2( ) xf x e ax  ，所以 2( ) 2 2xf x e ax   ．………………………………1 分 因为 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增，所以 ( ) 0f x ≥ 在 (0, ) 上都成立， 即 2xea x ≤ 在(0, ) 上都成立．………………………………………………………………………2 分 设 2 ( ) xeg x x ，则 2 2 2 2 2 2 (2 1)( ) x x xxe e x eg x x x     ． 当 10 2x  时， ( ) 0, ( )g x g x  在 10, 2      上单调递减； 当 1 2x  时， ( ) 0, ( )g x g x  在 1 ,2     上单调递增． 故当 1 2x  时， ( )g x 取得最小值，其值为 1 22g e     ．…………………………………………3 分 所以 2a e≤ ．所以 a 的取值范围为( ,2 ]e ．……………………………………………………4 分 解法 2：当 0a ≤ 时，函数 2 2( ) xf x e ax  在(0, ) 上单调递增；………………………………1 分 当 0a  时， 2( ) 2 2xf x e ax   ，令 2( ) 2 2xh x e ax  ，则 2( ) 4 2xh x e a   ， ①若 2a ≤ ，则 0x  时， ( ) 4 2 0h x a   ≥ ，则 ( )h x 在 (0, ) 上单调递增． 此时， ( ) (0) 2 0h x h   ，即 ( ) 0f x  ，则 ( )f x 在(0, ) 上单调递增；……………………2 分 ②若 2a  ，令 ( ) 4 2 0h x a    ，得 1 ln2 2 ax  ， 当 10 ln2 2 ax  时， ( ) 0, ( )h x h x  在 10, ln2 2 a     上单调递减； 当 1 ln2 2 ax  时， ( ) 0h x  ， ( )h x 在 1 ln ,2 2 a    上单调递增； 则 1 ln2 2 ax  时，  ln 2 min( ) 2 ln ln2 2 a a ah x e a a a    ． 当 ln 02 aa a ≥ ，即 2a e≤ 时， ( ) 0h x ≥ ，即 ( ) 0f x ≥ ， 则 ( )f x 在(0, ) 上单调递增．故 2 2a e ≤ ．………………………………………………3 分 综上所述，所求 a 的取值范围为( ,2 ]e ．………………………………………………………………4 分 （2）证明：由（1）知，当 2a e≤ 时， ( )f x 在(0, ) 上单调递增，则不存在极大值；……………5 分 当 2a e 时， 1 1 1ln , ln ln2 2 2 2 2 a aa  ， 由（1）知函数 ( )f x 在 10, ln2 2 a     上单调递减，在 1 ln ,2 2 a    上单调递增． 又 1(0) 2 0, 2 02f f e a         ， …………………………………………………………6 分 2ln(ln ) 2 2 ln 2 ( ln ) 0af a e a a a a a      （易证 ln 0a a  ）． 故存在 1 10, 2x     ，使得 12 1 1( ) 2 2 0xf x e ax    ，…………………………………………7 分 存在 2 1 ,ln2x a    ，使得 2( ) 0f x  ．…………………………………………………………8 分 则 1(0, )x x 时， ( ) 0f x  ； 1 2( , )x x x 时， ( ) 0f x  ， 2( , )x x  时， ( ) 0f x  ． 故 ( )f x 在 1(0, )x 上单调递减，在 1 2( , )x x 上单调递减，在 2( , )x  上单调递增． 所以当 1x x 时， ( )f x 取得极大值，即 12 2 1 xM e ax  ．………………………………………………9 分 由 1 10 2x  ，得 1 1 11 0, 1x x x    ，由 12 12 2 0xe ax  ，得 12 1 xe ax ， 故 12 2 2 1 1 1 xM e ax ax ax    …………………………………………………………………………10 分 2 1 1 1 1 1(1 ) 2 4 x x aax x a         ………………………………………………………………………11 分 所以 4 aM  ．………………………………………………………………………………………………12 分 （二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 题中任选一题作答．如果多做，则按所作的第一题计分． 22．【选修 4—4：坐标系与参数方程】（本小题满分 10 分） 在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 2 cos sin x t y t    （t 为参数）．以坐标原点为极点， x 轴的正半轴 为极轴建立极坐标系，直线 2C 的极坐标方程为 1(sin cos ) ( )2 R  a a   ． （1）写出曲线 1C 的普通方程和直线 2C 的直角坐标方程； （2）若直线 2C 与曲线 1C 有两个不同交点，求 a 的取值范围． 22．解析：（1）曲线 1C 的普通方程为 21 ( 1 1)y x x   ≤ ≤ ，………………………………3 分 把 cos , sinx y     代入 1(sin cos ) 2a    ，得直线 2C 的直角坐标方程为 1 2y ax  ， 即 1 02ax y   ．……………………………………………………………………………………5 分 （2）解法 1：由直线 2 1: 02C ax y   ，知直线 2C 恒过点 10, 2M      ．…………………………6 分 由 21 ( 1 1)y x x   ≤ ≤ ，当 0y  时，得 1x   ，所以曲线 1C 过点 ( 1,0), (1,0)P Q ．……7 分 则直线 MP 的斜率为 1 10 12 1 0 2k     ，………………………………………………………………8 分 直线 MQ 的斜率为 2 10 12 1 0 2k     ．………………………………………………………………9 分 因为直线 2C 的斜率为 a ，且直线 2C 与曲线 1C 有两个不同交点，所以 2 1k a k≤ ≤ ，即 1 1 2 2a ≤ ≤ ． 所以 a 的取值范围是 1 1,2 2     ．……………………………………………………………………10 分 M P O Q 解法 2：由 21 ( 1 1) 1 02 y x x ax y        ≤ ≤ ，消去 y 得 2 1 02x ax   ， 依题意，得 2 1 02x ax   在[ 1,1] 上有两个不相等实根．……………………………………6 分 设 2 1( ) 2f x x ax   ，则 2 2 0 1 12 1( 1) 02 1(1) 02 a a f a f a                 ≥ ≥ ，…………………………………………9 分 解得 1 1 2 2a ≤ ≤ ．所以 a 的取值范围是 1 1,2 2     ．……………………………………10 分 23．【选修 4—5：不等式选讲】（本小题满分 10 分） 已知函数 ( ) 2 1f x x a x    ． （1）当 1a  时，求不等式 ( ) 0f x  的解集； （2）若 0a  ，不等式 ( ) 1f x  对 Rx 都成立，求 a 的取值范围． 23．解析：（1）解法 1：当 1a  时， ( ) 0f x  ，即 1 2 1 0x x    ，………………………………1 分 得 1 2 1x x   ，……………………………………………………………………………………………2 分 两边平方，得： 2 2( 1) (2 1)x x   ，……………………………………………………………………3 分 得3 ( 2) 0x x   ，解得0 2x  ． …………………………………………………………………4 分 所以不等式 ( ) 0f x  的解集为{ | 0 2}x x  ．………………………………………………………5 分 解法 2：当 1a  时， ( ) 0f x  ，即 1 2 1 0x x    ，………………………………1 分 ①当 1x ≤ 时，得 ( 1) (1 2 ) 0x x     ，解得 2x  ，故 x 无解；………………………………2 分 ②当 11 2x   时，得( 1) (1 2 ) 0x x    ，即得 0x  ，故 10 2x  ；……………………3 分 ③当 1 2x≥ 时，得( 1) (2 1) 0x x    ，解得 2x  ，故 1 22 x ≤ ；…………………………4 分 综上所述，不等式 ( ) 0f x  的解集为{ | 0 2}x x  ．………………………………………………5 分 （2）解法 1：由于 0a  ，则 1, , 1( ) 3 1, ,2 11, 2 x a x a f x x a a x x a x                ≤ ≤ ……………………………………7 分 由于函数 ( )f x 在 1, 2     上单调递增，在 1 ,2    上单调递减， 所以当 1 2x  时， ( )f x 取得最大值，其值为 1 1 2 2f a      ．………………………………8 分 若 ( ) 1f x  对 Rx 都成立，则 1 12a   ，即 1 2a  ．………………………………………………9 分 所以 a 的取值范围为 10, 2      ．…………………………………………………………………………10 分 解法 2： 1 1( ) 2 1 2 2f x x a x x a x x          ………………………………………………6 分 1 1 2 2x a x x    ≤ ……………………………………………………………………………………7 分 1 1 1 2 2 2a x a    ≤ ．………………………………………………………………………………8 分 若 ( ) 1f x  对 Rx 都成立，则 1 12a   ，由于 0a  ，上面不等式解得 10 2a  ．……………9 分 所以 a 的取值范围为 10, 2      ．…………………………………………………………………………10 分