广东省2019届高三六校第一次联考理科数学(解析版)

广东省2019届高三六校第一次联考理科数学(解析版)

广东省 2019 届高三六校第一次联考试题 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 11A x x      ≤ ， { | 2 1}xB x  ，则 R A B  （          ）  A．[ 1,0)   B．( 1,0)   C．( ,0)   D．( , 1)    1．答案：A  解析：由 2 11x  ≤ ，得： 2 11 0, 01 1 x x x   ≤ ≥ ，解得 1x≥ 或 1x   ，即 ( , 1) [1, )A     ，  则 [ 1,1)R A   ．由 2 1x  ，得 0x  ，即 ( ,0)B   ，所以  [ 1,0)R A B   ．  2．若复数 z 满足 i 1 2iz   ，则 z 的共轭复数的虚部为（          ）  A． 2i   B．i   C．1  D．2  2．答案：C  解析：由 i 1 2iz   可得 2 1 2i (1 2i)i 2 ii iz      ，所以 2 iz   ，故 z 的共轭复数的虚部为 1．  3．记 nS 为等差数列{ }na 的前 n 项和．若 5 42S S ， 2 4 8a a  ，则 5a  （          ）  A．6  B．7  C．8  D．10  3．答案：D  解析：设等差数列{ }na 的公差为 d ，由题意，可得 1 1 1 1 1 5 10 2(4 6 ) 2 3 8 3 a d a d a a d a d d            ，  故 5 1 4 2 12 10a a d      ．  4．在区间[ π, π] 上随机取两个实数 ,a b ，记向量 ( , 4 )m a b  ， (4 , )n a b ，则 24πm n  ≥ 的  概率为（          ）  A． π1 8       B． π1 4     C． π1 2       D． 3π1 4     4．答案：B  解析：区间[ π, π] 上随机取两个实数 ,a b ，则点( , )a b 在如图所示的正方形内部及其边界上．因为  2 2 24 4 4m n a b      ≥ ，所以 2 2 2a b  ≥ ，满足条件的点( , )a b 在以原点为圆心， 为半径的圆外部 （含边界），如图中阴影部分所示，所以 24πm n  ≥ 的概率 2 3 2 4 14 4P        ．  O a b      5．已知直线l 的倾斜角为 45，直线l 与双曲线 2 2 2 2: 1 ( 0, 0)x yC a ba b    的左、右两支分别交于 M 、 N 两点，且 1MF 、 2NF 都垂直于 x 轴（其中 1F 、 2F 分别为双曲线C 的左、右焦点），则该双曲线的离心 率为（          ）  A． 3       B． 5     C． 5 1     D． 5 1 2      5．答案：D  解析：由题可知， 2 2NF OF ，所以 2b ca  ， 2 2 2 2 2 1 5, , 1 , 1 0, 2b ac c a ac e e e e e          ．  F1 F2 N M O   6．在△ ABC 中， D 为 AB 的中点，点 E 满足 4EB EC   ，则 ED   （          ）  A． 5 4 6 3AB AC     B． 4 5 3 6AB AC     C． 5 4 6 3AB AC     D． 4 5 3 6AB AC     6．答案：A  解析：因为 D 为 AB 的中点，点 E 满足 4EB EC   ；所以   4 1 4 1 5 4 3 2 3 2 6 3ED EB BD CB AB AB AC AB AB AC                       C D EB A   7．某几何体的三视图如右图所示，数量单位为cm ，它的体积是（          ）  A． 327 3 cm2   B． 39 cm2   C． 39 3 cm2   D． 327 cm2           7．答案：C  解析：由三视图可知，该几何体为如图所示的四棱锥 S ABCD ，其体积  31 1 3 9(2 4) 3 3 3 (cm )3 2 2 2V        ．  A B C D S 2 4 33 3   3 3 3 2 4 8．已知 A 是函数 ( ) sin 2018 cos 20186 3f x x x              的最大值，若存在实数 1 2,x x 使得对任意实 数 x 总有 1 2( ) ( ) ( )f x f x f x≤ ≤ 成立，则 1 2| |A x x  的最小值为（          ）  A． π 2018       B． π 1009     C． 2π 1009     D． π 4036     8．答案：B  解析： ( ) sin 2018 cos 2018 sin 2018 cos 20186 3 3 2 3f x x x x x                                       2cos 2018 3x      ，故 max( ) 2A f x  ， 1( )f x 是函数 ( )f x 的最小值， 2( )f x 是函数 ( )f x 的最大值，  所以 1 2 min 1 1 2 2 2 2018 2018x x T       ，所以 1 2| |A x x  的最小值为 2 2018 1009    ．  9．定义在 R 上的函数 ( )f x 满足 ( ) (2 )f x f x  及 ( ) ( )f x f x   ，且在[0,1] 上有 2( )f x x ，则  12019 2f      （          ）  A． 9 4     B． 1 4     C． 9 4     D． 1 4     9．答案：D  解析：由 ( ) (2 )f x f x  可知函数 ( )f x 关于直线 1x  对称，由 ( ) ( )f x f x   可知函数 ( )f x 关于原点 (0,0) 对称，所以函数 ( )f x 是双对称函数，所以是周期函数，周期 4T  ，  所以 1 7 1 1 12019 2 2 2 2 4f f f f                            ．  10．抛物线 22y x 上有一动弦 AB ，中点为 M ，且弦 AB 的长度为3 ，则点 M 的纵坐标的最小值为 （          ）  A．11 8     B． 5 4     C． 3 2     D．1  10．答案：A  解析：抛物线的标准方程为 2 1 2x y ，焦点为 10, 8F      ，设 1 1 2 2 0 0( , ), ( , ), ( , )A x y B x y M x y ，则  1 2 1 1,8 8AF y BF y    ，因为 AF BF AB ≥ ，所以 1 2 11 4y y ≥ ，故 1 2 0 11 2 8 y yy  ≥ ，  当且仅当 A B F、 、 三点共线时等号成立．  11．已知三棱锥 P ABC 中，AB BC ， 2 2AB  ， 3BC  ， 3 2PA PB  ，且二面角 P AB C  的大小为150 ，则三棱锥 P ABC 外接球的表面积为（          ）  A．100π     B．108π     C．110π     D．111π     11．答案：D  解析：二面角模型， ABC△ 外接圆的圆心为 AC 中点 E ，取 AB 中点 D ，连接 ,DE PD ，则 150PDE   ，  PAB△ 的外接圆的圆心 F 在 PD 上，设其半径为 r ， 2 2 4PD PA AD   ，则 2 2(4 ) 2r r   ，解 得 9 4r  ，则 9 7,4 4FP FD  ，过点 E 作平面 ABC 的垂线，过点 F 作平面 PAB 的垂线，两条垂线的交 点即为外接球的球心O ，连接 ,OF OP ，过点 F 作 FG PE 于点G ，过点 D 作 DH FG 于点 H ，  则 1 3 3 7 3 11 3 11 3, , , 22 2 2 8 8 4GH DE BC FH DF FG FH GH OF FG          ，  设外接球半径为 R ，则 2 2 2 2 363 81 444 111 16 16 16 4R OP OF PF       ，  所以外接球的表面积 24 111S R   ．  A B C E D P F O G H F P A BD HG O P F E D   12．已知数列{ }na 满足 1 2 32 3 (2 1) 3n na a a na n       ．设 4 n n nb a ， nS 为数列{ }nb 的前 n 项和．若 nS  （常数）， *Nn ，则 的最小值是（          ）  A． 3 2     B． 9 4     C． 31 12     D． 31 18     12．答案：C  解析：数列{ }nna 的前 n 项和(2 1) 3nn   ，当 1n  时， 1 3a  ，  当 2n≥ 时， 1 1 1(2 1) 3 (2 3) 3 [(6 3) (2 3)] 3 4 3n n n n nna n n n n n               ， 14 3n na   ，  1 3, 1 4 3 , 2n n na n     ≥ ， 1 4 , 14 3 , 23 n n n nnb na n       ≥ ，所以  2 3 2 1 2 2 3 4 1 4 2 3 4 1 3 3 3 3 3 3 1 4 2 3 4 1 3 3 3 3 3 3 3 n n n n n n n nS n nS                    ，  两式相减，得： 2 2 2 3 1 1 112 14 1 1 1 14 31 2 33 3 13 9 3 3 3 3 9 3 18 2 31 3 n n n n n n n n nS                    ,  所以 31 6 9 31 12 4 3 12n n nS    ，所以 的最小值是 31 12 ．  二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。  13．若 ,x y 满足约束条件 2 5 0, 3 5 0, 2 5 0. x y x y x y         ≥ ≥ ≤   则 2 2z x y  的最大值为                            ．  13．答案：25  解析：作可行域为如图所示的 ABC△ ，其中 (4,3), (1,2), (3,1)A B C ， 2 2z x y  表示可行域内的点( , )x y 与原点连线的距离的平方，由图可知， 2 2z x y  在点 (4,3)A 处取得最大值，最大值为 25．  4 3 2 1 1 2 4 6 C A B O   14．若 0 (2sin cos )a x x dx   ，则 6a xx     的展开式中常数项为                            ．  14．答案：240  解析： 00 (2sin cos ) ( 2cos sin ) 4a x x dx x x       ，所以 64 xx     的展开式中常数项为  2 4 4 6 4 ( ) 240C xx       ．  15．已知点 ( 1, 2)P  及圆 2 2( 3) ( 4) 4x y    ，一光线从点 P 出发，经 x 轴上一点Q 反射后与圆相切于 点T ，则 PQ QT 的值为                            ．    15．答案： 4 3     解析：点 P 关于 x 轴的对称点为 ( 1, 2)P   ，如图，连接 ,PP P Q  ，由对称性可知，P Q 与圆相切于点T ，  则 PQ QT P T  ．圆 2 2( 3) ( 4) 4x y    的圆心为 (3, 4)A ，半径 2r  ，连接 ,AP AT ，则  2 2 2( 1 3) ( 2 4) 52, 2AP AT r          ，所以 2 2 4 3PQ QT P T A P AT      ．  6 5 4 3 2 1 1 2 2 2 4 6Q T P' P A O   16．已知函数 3 2( )f x x ax bx   满足 (1 ) (1 ) 22 0f x f x     ，则 ( )f x 的单调递减区间是                              ．  16．答案：( 1,3) （注意：写闭区间也给分）  知识点：①若 ( )f x 关于点( , )a b 对称，则 ( ) ( ) 2f a x f a x b    ；  ②三次函数都是中心对称图形，其对称中心的横坐标为其导函数的对称轴．  解析：由 (1 ) (1 ) 22 0f x f x     ，得 (1 ) (1 ) 22f x f x     ，所以 ( )f x 关于点 (1, 11) 对称，  由 3 2( )f x x ax bx   ，得 2( ) 3 2f x x ax b    ，所以对称中心的横坐标为 1, 33 a a     ，  且 (1) 2 11f b     ，得 9b   ，  令 2( ) 3 6 9 0f x x x     ，得 2 2 3 ( 1)( 3) 0x x x x      ，解得 1 3x   ，  所以 ( )f x 的单调递减区间是( 1,3) ．  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．（12 分）  在△ ABC 中，角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，且 2 2 2 2cos cosa c b ab A a B    ．  （1）求角 B ； （2）若 2 7b  ， 3tan 2C  ，求△ ABC 的面积．  17．解析：（1）因为 2 2 2 2cos cosa c b ab A a B    ，由余弦定理，得  22 cos cos cosac B ab A a B  ，所以            ……………………………………………………  2 分  2 cos cos cosc B b A a B  ，由正弦定理，得  2sin cos sin cos sin cos sin( ) sinC B B A A B A B C     ，        ……………………………  4 分  又 (0, )C  ，sin 0C  ，所以  1cos 2B  ， (0, )B  ，                                  ……………………………………………………  5 分  所以 3B    ．                                                  ……………………………………………………  6 分  （2）由 3tan 2C  ， (0, )C  ，得 21sin 7C  ， 2 7cos 7C  ，        ……………………  7 分  所以 3 2 7 1 21 3 21sin sin( ) sin cos cos sin 2 7 2 7 14A B C B C B C         ，      ………  8 分  由正弦定理 sin sin a b A B ，得  sin 2 7 3 21 6sin 143 2 b Aa B    ，                      ……………………………………………………  10 分  所以 ABC△ 的面积为 1 1 21sin 6 2 7 6 32 2 7ab C      ．        ……………………………  12 分  18．（12 分）  如图甲，设正方形 ABCD 的边长为 3，点 E 、F 分别在 AB 、CD 上，且满足 2AE EB ， 2CF FD ．如 图乙，将直角梯形 AEFD 沿 EF 折到 1 1A EFD 的位置，使得点 1A 在平面 BEFC 上的射影G 恰好在 BC 上．  （1）证明： 1 //A E 平面 1CD F ；  （2）求平面 BEFC 与平面 1 1A EFD 所成二面角的余弦值．                  A B C D E F 1A 1D CB G E F 图甲 图乙 R持续里程 (公里) 频率 组距 0 150 200 250 300 350 400 450 0.001 0.002 0.003 0.004 0.006 0.005 18．解析：（1）在图甲中，易知 / /AE DF ，从而在图乙中有 1 1/ /A E D F ，  1A E  平面 1CD F ， 1D F  平面 1CD F ，   1 //A E 平面 1CD F ．                                  ……………………………………………………  4 分  （2）法一：（传统几何法）略解如下：    过点G 作GH EF 于 H ，连接 1A H ，  易证（略）， 1A HG 即为所求二面角的平面角，  易求得： 1 10BG AG ， ， 3 105AH  ，  2 105GH AG AH   ，  在 1Rt AGH△ 中， 1 2cos 3A HG  ．        ……………………………………………………  12 分  法二：（向量法）  如图，在图乙中作GH EF ,垂足为 H ,  连接 1A H ,由于 1AG  平面 EBCF ，则 1AG EF ,  EF  平面 1AGH ,则 1EF A H ，图甲中有 EF AH ，  又 EF GH ，则 A 、G 、 H 三点共线．    设CF 的中点为 M ,则 1MF  ,可证 ABG EMF△ ≌△ ，  1BG MF   ，则 10AG  ，  又由 ABG AHE△ ∽△ ，得 1 6 10 AB AEA H AH AG    ，  于是,  4 10 HG AG AH   ，  在 1Rt AGH△ 中,  2 2 1 1 2AG A H HG   ，    ………………………………………………  8 分  作 / /GT BE 交 EF 于点T ，则TG GC ．  以点G 为原点,分别以GC 、GT 、 1GA 所在直线为 x 、 y 、 z 轴,建立如图丙所示的空间直角坐标系，  则 (0,0,0)G , ( 1,1,0)E    ,  (2,2,0)F   ,  1(0,0, 2)A   ，  则 (1,3,0)EF   , 1 ( 1,1, 2)EA      , 1GA  是平面 BEFC 的一个法向量，  易求得平面 1 1A EFD 的一个法向量 (3, 1,2 2)n    ,  …………………………………………  10 分  设平面 BEFC 与平面 1 1A EFD 所成二面角为 ，可以看出， 为锐角，  1 2cos cos , 3n GA     ，  所以，平面 BEFC 与平面 1 1A EFD 所成二面角的余弦值为 2 3 ．………………………………  12 分  19．（12 分）  某市大力推广纯电动汽车，对购买用户依照车辆出厂续驶里程 R 的行业标准，予以地方财政补贴．其补贴 标准如下表：                丙图   出厂续航里程 R/千米  补贴/（万元/辆）  150≤R<250  3  250≤R<350  4  R≥350  4.5  2017 年底随机调査该市 1000 辆纯电动汽车，统计其出厂续驶里程 R，得到频率分布直方图如上图所示．用 样本估计总体，频率估计概率，解决如下问题：    （1）求该市每辆纯电动汽车 2017 年地方财政补贴的均值；  （2）某企业统计 2017 年其充电站 100 天中各天充电车辆数，得如下的频数分布表：  辆数  [5500,6500)   [6500,7500)   [7500,8500)   [8500,9500)   天数  20  30  40  10  （同一组数据用该区间的中点值作代表）  2018 年 2 月，国家出台政策，将纯电动汽车财政补贴逐步转移到充电基础设施建设上来．该企业拟将转移 补贴资金用于添置新型充电设备．现有直流、交流两种充电桩可供购置．直流充电桩 5 万元/台，每台每天 最多可以充电 30 辆车，每天维护费用 500 元/台；  交流充电桩 1 万元/台，每台每天最多可以充电 4 辆车， 每天维护费用 80 元/台．    该企业现有两种购置方案：  方案一：购买 100 台直流充电桩和 900 台交流充电桩；  方案二：购买 200 台直流充电桩和 400 台交流充电桩．    假设车辆充电时优先使用新设备，且充电一辆车产生 25 元的收入，用 2017 年的统计数据，分别估计该企 业在两种方案下新设备产生的日利润.（日利润 日收入 日维护费用）．  19．解析：（1）依题意可得纯电动汽车地方财政补贴的分布列为：  补贴（万元/辆）  3  4  4.5  概  率  0.2  0.5  0.3  ……………………………………………………  3 分  纯电动汽车 2017 年地方财政补贴的平均数为3 0.2 4 0.5 4.5 0.3 3.95      (万元)．  ……………………………………………………  4 分  （2）由充电车辆天数的频数分布表得每天需要充电车辆数的分布列：  辆  数  6000  7000  8000  9000  概  率  0.2  0.3  0.4  0.1  若采用方案一，100 台直流充电桩和 900 台交流充电桩每天可充电车辆数为  30 100 4 900 6600    (辆）；                    ……………………………………………………  6 分  可得实际充电车辆数的分布列如下表：  实际充电辆数  6000  6600  概  率  0.2  0.8  于是方案一下新设备产生的日利润均值为  ( )25 6000 0.2 660 0.8 500 100 80 900 40000        0 (元）；……………………………  8 分  若采用方案二，200 台直流充电桩和 400 台交流充电桩每天可充电车辆数为  30 200 4 400 7600    (辆）；                  ……………………………………………………  10 分  可得实际充电车辆数的分布列如下表：  实际充电辆数  6000  7000  7600  概  率  0.2  0.3  0.5  于是方案二下新设备产生的日利润均值为  25 6000 0.2 7000 0.3 7600 0.5 500 200 80 400 45500( )           (元)．………………  12 分  20．（12 分）  已知圆 2 2: ( 1) 36C x y   与定点 (1,0)M ，动圆 I 过 M 点且与圆C 相切．  （1）求动圆圆心 I 的轨迹 E 的方程； （2）若过定点 (0,2)N 的直线l 交轨迹 E 于不同的两点 A 、 B ，求弦长 AB 的最大值．  20．解析：（1）设圆 I 的半径为 r ，题意可知，点 I 满足：  6IC r  ， IM r ，  所以， 6IC IM  ，                          ……………………………………………………  3 分  由椭圆定义知点 M 的轨迹为以 ,C A   为焦点的椭圆，且 3, 1a c    进而 2 2b  ，故轨迹 E 方程为： 2 2 19 x y  ．  ……………………………………………  5 分  （2）当直线l 斜率不存在时， (0,1)A ， (0, 1)B  或 (0, 1)A  ， (0,1)B ，  此时弦长 2AB  ．                                                ……………………………………………  6 分  当直线l 斜率存在时，设l 的方程为： 2y kx  ，  由 2 2 2 19 y kx x y       消去 y 得： 2 2(1 9 ) 36 27 0k x kx    ，    由 2 2(36 ) 108(1 9 ) 0k k       得 2 1 3k  ，    设 1 1( , )A x y 、 2 2( , )B x y ，可得：  1 2 2 36 1 9 kx x k    ， 1 2 2 27 1 2x x k  ，            ……………………………………………………  7 分  2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 6 3 (1 )(3 1)36 271 1 41 9 1 2 1 9 k kkAB k x x k k k k                 ，………9 分  令 21 9k t  ，则 4t  ，  22 2 2 2 6 3 (1 )(3 1) 4 32 1 12 1 2 32 4 11 9 k kAB k t t t t                 ，1 10, 4t     ，  当1 1 16t  时，此时 15 3k   ， max 3 2 2AB  ．    …………………………………………  11 分  综上，弦长 AB 的最大值为 3 2 2 ．            ……………………………………………………  12 分  21．（12 分）  已知函数 ln 2( ) xf x x  ．  （1）求函数 ( )f x 在[1, ) 上的值域；  （2）若 [1, )x   ， ln (ln 4) 2 4x x ax ≤ 恒成立，求实数 a 的取值范围．  21．解析：（1）易知 2 1 ln( ) 0 ( 1)xf x xx     ≥ ，…………………………………………  1 分  ( )f x 在[1, ) 上单调递减， max( ) 2f x  ，      …………………………………………  3 分  1x ≥ 时， ( ) 0f x  ，                                              …………………………………………  4 分  ( )f x 在[1, ) 上的值域为(0, 2] ．                      …………………………………………  5 分  （2）令 ( ) ln (ln 4) 2 4g x x x ax    ，  则 ln 2( ) 2 xg x ax       ，……………………  6 分  ①若 0a ≤ ，则由（1）可知， ( ) 0g x  ， ( )g x 在[1, ) 上单调递增，  (e) 1 2 e>0g a  ，与题设矛盾， 0a ≤ 不符合要求；                            ………………  7 分  ②若 2a≥ ，则由（1）可知， ( ) 0g x ≤ ， ( )g x 在[1, ) 上单调递减，  ( ) (1) 2 4 0g x g a    ≤ ， 2a ≥ 符合要求；            …………………………………  8 分  ③若0 2a  ，则 0 (1, )x   ，使得 0 0 ln 2x ax   ，  且 ( )g x 在 0(1, )x 上单调递增，在 0( , )x  上单调递减，  max 0 0 0 0( ) ( ) ln (ln 4) 2 4g x g x x x ax      ，…………………………………………  9 分  0 0ln 2x ax  ，  max 0 0 0 0 0 0( ) ( )=( 2)( 2) 2 4 ( 2)( 4)g x g x ax ax ax ax ax         ．  由题： max( ) 0g x ≤ ，即 0 0( 2)( 4) 0ax ax  ≤ ， 02 4ax ≤ ≤ ，  即 2 0 02 ln 2 4   1 ex x   ≤ ≤ ≤ ．                      …………………………………………  10 分  0 0 ln 2xa x  ，且由（1）可知 ln 2xy x  在(1, ) 上单调递减，  2 4 2e a ≤ ．                                                            …………………………………………  11 分  综上， 2 4 ea≥ ．                                                            …………………………………………  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，则按所做的第一题计分。  22．[选修 4 ― 4：坐标系与参数方程]（10 分） 在平面直角坐标系中，将曲线 1C 向左平移 2 个单位，再将得到的曲线上的每一个点的横坐标保持不变，纵 坐标缩短为原来的 1 2 ，得到曲线 2C ，以坐标原点O 为极点， x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系， 1C 的 极坐标方程为 4cos  ．  （1）求曲线 2C 的参数方程；  （2）已知点 M 在第一象限，四边形 MNPQ 是曲线 2C 的内接矩形，求内接矩形 MNPQ 周长的最大值， 并求周长最大时点 M 的坐标．  22．解析：（1） 4cos  的普通方程为 2 2( 2) 4x y   ，…………………………………  2 分  经过变换后的方程为  2 2 14 x y  ，此即为曲线 2C 的普通方程，……………………………  4 分  曲线 2C 的参数方程为 2cos sin x y      ( 为参数).    …………………………………………5 分  （2）设四边形 MNPQ 的周长为l ，设点 (2cos ,sin ) 0 2M        ≤ ≤ ，  2 18cos 4sin 4 5 cos sin 4 5 sin( ) 5 5 l               ，………………………  6 分  且 1cos 5   ， 2sin 5   ，                          …………………………………………………  7 分  0 2  ≤ ≤ + +2     ≤ ≤ sin( ) sin( ) 12      ≤ ≤ ，  max 4 5l    ．                                                              …………………………………………  9 分  且当 2    时，l 取最大值，此时 2    ，  所以， 42cos 2sin 5    ， 1sin cos 5    ，此时 4 5 5,5 5M       .  ……………  10 分  23．[选修 4 ― 5：不等式选讲]（10 分） 已知 ( ) 2 2f x x a x a    ， ( ) 2 3g x x  ．  （1）当 1a  时，求不等式 ( ) 4f x  的解集； （2）若0 3a  ，且当 ,12 ax      时， ( ) ( )f x g x 恒成立，求 a 的取值范围．  23．解析：（1）当 1a  时，不等式 ( ) 4f x  即为 2 2 1 4x x    ，              ……………1 分  ①当 1 2x   时，不等式化为 ( 2) (2 1) 4x x     ，解得 11 2x    ；              ……………2 分  ②当 1 22 x ≤ ≤ 时，不等式化为 ( 2) (2 1) 4x x     ，解得 1 12 x ≤ ；              …………3 分  ③当 2x  时，不等式化为( 2) (2 1) 4x x    ，无解；                            ……………………4 分  综上，不等式 ( ) 4f x  的解集为{ | 1 1}x x   ．                ……………………………………5 分  （2）当 ,12 ax      时， ( ) 2 2f x x a x a    ，    ……………………………………………6 分  ( ) ( )f x g x 即为 2 3x a a   ，              ……………………………………………………  7 分  而3 0a  ，所以 3 2 3a x a a     在 ,12 ax      上恒成立，  即3 3 3a x a    ，所以，只需                ……………………………………………………  8 分  3 3 2 aa    ，解得 6 7a  ，                          ……………………………………………………  9 分  所以 a 的取值范围为 60, 7      ．                        ……………………………………………………10 分