数学文卷·2018届山东省、湖北省部分重点中学高三第二次（12月）联考（2017

数学文卷·2018届山东省、湖北省部分重点中学高三第二次（12月）联考（2017

山东、湖北部分重点中学 2018 届高三第二次联考 数学（文）试题 命题学校：襄阳五中 命题人：程玲 本试卷共 4 页，共 23 题，满分 150 分.考试用时 120 分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项： 一、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.答在试题卷、草稿纸上无效. 3.填空题和解答题的作答：用黑色的签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域. 答在试题卷、草稿纸上无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.请将答题卡上交. 第Ⅰ卷 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 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.（原创，容易）已知命题 qp, ，则“ qp  为假命题”是“ qp  为真命题”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既 不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】“ qp  为假命题”包括“ p假q假”，“ p真q假”，“ p假 q真”，“ qp  为真命 题”包括“ p真 q真”，“ p真 q假”，“ p假q真” 【考点】命题交并的真假，充分必要条件 2.（原创，容易）已知集合           0 2 )4)(1( x xxxA ，  51  xNxB ，则集合 BA 的子集个数为（ ） A. 5 B. 4 C.32 D.16 【答案】D 【解析】  421  xxxA 或 ，  5，4，3，2，1，0B ，  4，3，1，0BA  ， BA 的子集个数为 1624  【考点】解不等式，交集的运算，集合子集的个数 3.（原创，容易）设 i为虚数单位，若复数 )( 1 Rai i aZ    的实部与虚部的和为 4 3 ，则 2 3)1()(   x xxf a 定义域为（ ） A. ），（），（ 221  B.   ），（， 221  C.  ，1 D.  2,1 【答案】A 【解析】易知 4 1 a ，所以只需满足 21  xx 且 【考点】复数，具体函数的定义域. 4.（原创，容易） ABC 的内角 CBA ,, 的对边分别为 cba ,, ,且 3  A , 4c ， 62a ， 则角C =( ) A． 4 3 B. 4  C. 4  或 4 3 D. 3  或 3 2 【答案】B 【解析】 C c A a sinsin  ， 2 2 62 2 34 sin    C ，又 ca  ，所以角C = 4  【考点】正弦定理解三角形. 5.（原创，容易）执行下列程序框图，若输入 a，b 分别为 98，63，则输出的a （ ） A．12 B. 14 C. 7 D. 9 【答案】C 【解析】“更相减损术”求最大公约数 【考点】程序框图 6. （ 原 创 ， 适 中 ) 已 知 31)(  xxxf ， 3-1)(  xxxg ，设 )(xf 的最大值为M ， )(xg 的最大值为 N ，则 N M =（ ） A. 2 B.1 C.4 D.3 【答案】A 【解析】 )(xf 的定义域是  13- ，， 32-2431)( 222  xxxxxf ）（ ，当 1x 时 ， 8)( max 2 xf ， 所 以 M = 22 ； )(xg 的 定 义 域 是  ，3 ， 31 23-1)(   xx xxxg ，所以 2)( max  Nxg . N M =2 【考点】函数的最值 7.（原创，适中）曲线 1)( 3  xxxf 在点  11，处的切线方程是（ ） A. 012  yx 或 054  yx B. 012  yx C. 02  yx 或 054  yx D. 02  yx 【答案】B 【解析】 因为切点为  11，，斜率为 13 2 0  xk =2，则该切点处的切线为 012  yx 【考点】曲线上某点处的切线方程 8. （ 原 创 ， 适 中 ） 已 知 函 数 xxxxf sin)1ln()( 2  ， 则 对 于 任 意 实 数 ba, 0 22 -       ba且，  ，则 ba bfaf   )()( 的值（ ） A．恒负 B. 恒正 C. 恒为 0 D. 不确定 【答案】A 【解析】 xxxxf sin)1ln()( 2  在       22 -  ， 上为奇函数且单调递减 .所以 )()( bfaf  与 ba  同号 【考点】函数的性质. 9. （改编，适中） 若函数   2 df x ax bx c    （a， b， c， d R ）的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A． 0,0,0,0  dcba B. 0,0,0,0  dcba C. 0,0,0,0  dcba D. 0,0,0,0  dcba 【答案】D 【解析】 02  cbxax 的两根为 1，5.所以 ba, 异 号， ca, 同号.又因为 0)0( f ，所以 dc, 异号 【考点】函数图像 A．（改编，较难）某多面体的三视图如图所示，正视图中大直角三角形的斜边长为 5， 左视图为边长是 1 的正方形，俯视图为有一个内角为 45 的直角梯形，则该多面体的体积为 （ ） A.1 B. 2 1 C. 3 2 D. 2 【答案】C 【解析】， 3 2 3 1 3 1   BCDFADFEB VVV 【考点】三视图 B．（改编，较难）若正数 yx, 满足约束条件       xy y y x x ln 2 142 ，则 xy xy 22  的取值范围为 （ ） A．      4 17,1 e e B.      ,1 e e C.     4 17,2 D.      e e 1,2 【答案】A 【解析】因为 Ryx, ，所以       xy y y x x ln 2 142 可化为       xy xy yx ln 0) 2 11)(4( ，即       xy x y ln 4 1 又因为 y x x y xy xy   22 ， 所以设 x yk  ，则约束条件变为       xkx k ln 4 1 ，进一步可知约束条件为        e k k 1 4 1 ，所以     e k 1, 4 1 ，目标函数为 k k xy xy 122        4 17,1 e e 【考点】线性规划，函数上过某点的切线方程，函数的值域 12.（改编，较难）已知函数 axxxf  2)( ， xexxg  ln)( .在其共同的定义域内， )(xg 的图像不可能在 )(xf 的上方，则求 a的取值范围（ ） A． 1 10   e a B. 0a C. 1 ea D. 0a 【答案】C 【解析】由题意得 x xx x ea x ln  ，令 x xx x ex x ln)(  ， 22 ln11)1()( x x x xex x    ， 2 2 ln1)1( x xxxe x   ； 令 xxxext x ln1)1()( 2  ， 012)(  x xxext x， ，所以 )(xt 在 ),0(  上单调递增， 又因为 0)1( t ；当 )1,0(x 时， )(x 单调递减；当 )1(  ，x 时， )(x 单调递增.所以 1)1()(  ex  ，所以 1 ea .C 正确. 【考点】导数的应用. 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第 13 题～第 21 题为必考题，每个试题考生都必须做答. 第 22 题～第 23 题为选考题，考生根据要求做答. A．填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错 位置，书写不清，模棱两可均不得分． 43.（原创，容易）命题   ”“ xexx  2ln,,0 的否定是 【答案】   02ln,,0 00 xexx  【解析】   ”“ 02ln,,0 00 xexx  【考点】全称命题和特称命题 14. （原创，容易）已知函数        )1()12( )1()( 322 xmxm xxxf mm 在 R上是单调递增函数，则m的 取值范围是 【答案】      3 2 2 1 ， 【解析】由         131 012 0322 m m mm 可得 3 2 2 1  m 【考点】函数的性质 (3)（改编，容易）如图，四面体 ABCD的每条棱长都等于 2， 点E， F 分别为棱 AB， AD的中点，则 EFAC  =_____； BC EF    ； 【答案】 5； 3 【 解 析 】   50142 2222  EFACEFACEFACEFAC , 所 以 EFAC  = 5 设 BD 的中点为G，则 GCBGBCEFBC  ,所以 BC EF    3GC 【考点】向量 (4)（改编，较难）对于集合 1 2, , , na a a 和常数 0a ， 定义： )(cos....)(cos)(cos )(sin....)(sin)(sin 0 2 02 2 01 2 0 2 02 2 01 2 aaaaaa aaaaaat n n    为集合 1 2, , , na a a 相对于 0a 的“类正切平方”.则集合 5 7, , 2 6 6         相对于 0a 的“类正 切平方” t = 【答案】1 【 解 析 】 ) 6 7(cos) 6 5(cos) 2 (cos ) 6 7(sin) 6 5(sin) 2 (sin 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 aaa aaa t      = ) 6 (cos) 6 (cossin ) 6 (sin) 6 (sincos 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 aaa aaa     = 2 00 2 000 2 2 00 2 000 2 sin 2 1cos 2 3sin 2 1cos 2 3sin sin 2 3cos 2 1sin 2 3cos 2 1cos ）（）（ ）（）（ aaaaa aaaaa   = 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 sin 2 1cos 2 3sin sin 2 3cos 2 1cos aaa aaa   = 0 2 0 2 0 2 0 2 sin 2 3cos 2 3 sin 2 3cos 2 3 aa aa   =1 【考点】创新题，三角函数 三、解答题：(本大题共 6 小题，满分 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．) 17. （原创，容易）（本小题 12 分）在数列 na 中，已知 11 a ， 121  nn aa ( *Nn ） （1）求证： 1na 是等比数列 （2）设 1 1    nn n n aa ab ，求数列 nb 的前 n项和 nS 解析：（Ⅰ）由 121  nn aa 得： ）（ 1211  nn aa （ *Nn ） 又 211 a ，  1na 是以2为首项，2为公比的等比数列.……………………5 分 (2) 由（1）知： nn na 2221 1   ， 12  n na （ *Nn ）  12 1 12 1 )12()12( 2 11        nnnn n nb （ *Nn ）  nS = nbbb  ...21 = 12 1 12 1 21    + 12 1 12 1 32    + … … 12 1 12 1 1     nn = 12 11 1   n = 12 22 1 1     n n ………………………………12 分. 【考点】递推关系，等比数列，求前 n 项和. 41.（ 原 创 ， 容 易 ） （ 本 小 题 12 分 ） 已 知 函 数 2 1) 6 cos() 6 sin(3) 6 (cos)( 2   xxxxf （ 0 ）的最小正周期为 . （1）求的值 （2）将函数 )(xfy  的图象向左平移 6  个单位，再将所得图象上的各点的横坐标伸长到原 来的 2 倍，纵坐标不变，得到函数 )(xg 的图象.求函数 )(xg 在   , 上单调递减区间和 零点. 【解析】（1） 2 1) 6 cos() 6 sin(3) 6 (cos)( 2   xxxxf = ）（ 1) 6 cos() 6 sin(32) 6 (cos2 2 1 2   xxx = ）（ ) 3 2sin(3) 3 2cos( 2 1   xx = ) 6 2sin(  x 由     2 2T 得 1 ……………………………………5 分 （1） )(xf ) 6 2sin(  x ， )(xg = ) 6 sin(  x 单调递减区间为：               , 3 , 3 2, 零点为 60   kx （ Zk ）,又因为   ,0 x ，所以 )(xg 在   , 上的零点 是 6 5, 6   …………………… …………………12 分 【考点】三角函数 19.（改编，适中）（本小题 12 分）如图，四棱锥 ABCDP 中，底面 ABCD为 菱形，边长为 1， 120ADC ， PA 平面 ABCD， PAD 是等腰三角形. （1）求证：平面 PBD 平面 PAC （2）在线段 ,PC PD上可以分别找到两点 'A ， ''A ，使得直线 PC 平面 ' ''AA A ，并分 别求出此时 ' '',PA PA PC PD 的值． 【解析】（1）因为 ABCD为菱形，所以 BDAC  又因为 PA 平面 ABCD，且 BD 平面 ABCD，所以 BDPA  ;所以 BD  平 面 PAC ; 又 因 为 BD 平 面 PBD ， 所 以 平 面 PBD 平 面 PAC……………………………5 分 二、 PC 平面 ' ''AA A ， 'AAPC  , ''AAPC  在 PACRT , PCPAPA  '2 , 又  2,1  PCPA , 2 1' PA . 4 1'  PC PA ………………………8 分 在 PDC 中， 2 1,2,1,2 '  PAPCDCPD ,又 ''' cos PADPCPA  , 又 24 5 24 124 2 cos 222       PDPC CDPDPCDPC 5 22'' PA , 5 2 2 5 22 ''  PD PA ………………………………………12 分 【考点】立体几何 20.（改编，适中）（本小题 12 分）已知  f x 是函数  f x 的导函数，且对任意的实数 x都 有   )()12(' xfxexf x  （ e是自然对数的底数）， 1)0( f (1)求 )(xf 的解析式 (2)求 )(xf 的单调区间. 【解析】（1）由   )()12(' xfxexf x  得 12)()('   x e xfxf x ，即 12)( '       x e xf x ， 所以 cxx e xf x  2)( 所以   xecxxxf  2)( ，又因为 1)0( f ，所以 1c 所以函数 )(xf 的解析式是   xexxxf 1)( 2  ………………………………………7 分 （2）   xexxxf 23)( 2'   )(xf 的单调递增区间是：     ,1,2, ； )(xf 的单调递减区间是：  1,2  ………………12 分 【考点】函数的性质 21.（原创，较难）（本小题 12 分）已知函数 )(xf = x xax ln2  ， x xg 1)(  . （1）若函数 )(xf 在 1x 处取得极值，求 a的值，并判断 )(xf 在 1x 处取得极大值还是 极小值. （2）若 )()( xgxf  在  10，上恒成立，求 a的取值范围. 【解析】 （1） )(xf 的定义域是  ，0 ， )(' xf = 2 ln12 x xax   ，由 0)1(' f 得 2 1 a . 当 2 1 a 时， )(xf = x xx ln 2 1 2  ， )(' xf = 2 ln1 x xx   2 3 ln1 x xx    02 x 恒成立， 令 )(xt = xx ln13  ， )(' xt = x x 13 2  0 恒成立  )(xt 在  ，0 上单调递增，又因为 0)1( t 当 )1,0(x 时， 0)(' xf ， )(xf 单调递减；当 )1(  ，x 时， 0)(' xf ， )(xf 单调递增.  当 2 1 a 时， )(xf 在 1x 处取得极小值.………………………………………5 分 （3）由 )()( xgxf  得 xx xax 1ln2  在  10，上恒成立 即 1ln3  xax 在  10，上恒成立. 解法一（将绝对值看成一个函数的整体进行研究）： 令 xaxx ln)( 3  ， ①当 0a 时， )(x 在  1,0 上单调递减，   )(lim 0 x x  ， 0)1(  a ，所以 )(x 的值域为：  ，a ，因为 0a ，所以 )(x 的值域为  ，0 ；所以不成立. ②当 0a 时，易知 0)( x 恒成立. ) 3 1(313)( 32 a x x a x axx ， ，所以 )(x 在         a3 10 3 ， 上单调递减，在         ， a3 1 3 上单调递增.因为 1)1(  ，所以 1a ，所 以 1 3 1 3  a ，所以 )(x 在         a3 10 3 ， 上单调递减，在         1 3 1 3 ， a 上单调递增.所以 min)(x         a3 1 3  ，依题意， 1 3 1 3          a  ，所以 3 2ea  . 综上： 3 2ea  解法二（求命题的否定所对应的集合，再求该集合的补集）： 命题“ 1ln3  xax 对  1,0x 都成立”的否定是“ 1ln3  xax 在  1,0 上有解” 1ln3  xax 在  1,0 上有解 1ln1 3  xax 在  1,0 上有解  33 ln1ln1- x xa x x    在  1,0 上有解 令 3 ln1-)( x xxt   ，  1,0x . )(, xt   6 23 3ln11 x xxx x   0ln3-4 4  x x ，所以 3 ln1-)( x xxt   在  1,0 上单调递 增，又   )(lim 0 xt x ，所以 )(xt 无最小值.所以 Ra ； 令 3 ln1)( x xxm   ， 46 23 ln323)ln1(1 )( x x x xxx xxm    ， 所以 )(xm 在 ),0( 3 2  e 上单调递增，在 )1( 3 2 ，  e 上单调递减. 所以 3 )()( 2 2 3 max eemxm   ,所以 3 2ea  . 因为 1ln3  xax 在  1,0 上有解时， 3 2ea  ； 所以 1ln3  xax 对  1,0x 都成立时， 3 2ea  . ……………………………………12 分 【考点】导函数 22. （原创，容易）（本小题满分 10 分）选修 4—4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系 xOy中，曲线C的参数方程是        sin cos3 y x C： （ 为参数），直线 l的参 数方程是      ty tx 2 （ t为参数）． （1）分别求曲线C 、 直线 l的普通方程； （2）直线 l与C交于 BA, 两点，则求 AB 的值. 【解析】（1）C ： 1 9 2 2  yx ； l： 02  yx ………………………………………4 分 （2）直线 l的标准参数方程为         ' ' 2 2 2 22 ty tx ，（ 't 为参数） 将 l的标准参数方程代入C的直角坐标方程得： 05'22'5 2  tt ，所以 5 22'' 21 tt ， 1'' 21 tt   ''4)''( 21 2 21 ' 2 ' 1 ttttttAB 5 36 ………………………………………10 分 【考点】极坐标方程与直角坐标方程的互化，参数方程与普通方程的转换和直线参数方程. 23. （原创，容易）（本小题满分 10 分）选修 4—5：不等式选讲 已知函数 212)(  xxxf ，   aaxxxg  1 （1）求解不等式 3)( xf ； （2）对于 Rxx  21, ，使得 )()( 21 xgxf  成立，求 a的取值范围. 【解析】 （1）由      313 2 x x 或       33 2 12 x x 或       313 2 1 x x 解得： 0x 或 3 2 x 解集为：          , 3 20,  ………………………………………4 分 （2）当 2 1 x 时， 2 5)( min xf ； aaxg  1)( max 由题意得 maxmin )()( xgxf  ，得 2 51  aa 即 aa  2 51                  2 2 2 51 0 2 5 aa a 解得 4 3 a ………………………………………10 分 【考点】绝对值不等式 齐鲁名校教科研协作体 山东、湖北部分重点中学 2018 届高三第二次调研联考 数学（文）参考答案及评分标准 1.【答案】D 2.【答案】D 3.【答案】A 4.【答案】B 5.【答案】C 6.【答案】A 7.【答案】B 8.【答案】A 9. 【答案】D 10.【答案】C 11.【答案】A 12.【答案】C 13.【答案】   02ln,,0 00 xexx  14.【答案】      3 2 2 1 ， 15.【答案】 5； 3 16.【答案】1 17. 解析：（1）由 121  nn aa 得： ）（ 1211  nn aa （ *Nn ） 又 211 a ，  1na 是以2为首项，2为公比的等比数列.……………………5 分 (2) 由（1）知： nn na 2221 1   ， 12  n na （ *Nn ）  12 1 12 1 )12()12( 2 11        nnnn n nb （ *Nn ）  nS = nbbb  ...21 = 12 1 12 1 21    + 12 1 12 1 32    + … … 12 1 12 1 1     nn = 12 11 1   n = 12 22 1 1     n n ………………………………12 分. 18. 【解析】（1） 2 1) 6 cos() 6 sin(3) 6 (cos)( 2   xxxxf = ）（ 1) 6 cos() 6 sin(32) 6 (cos2 2 1 2   xxx = ）（ ) 3 2sin(3) 3 2cos( 2 1   xx = ) 6 2sin(  x 由     2 2T 得 1 ……………………………………5 分 (2) )(xf ) 6 2sin(  x ， )(xg = ) 6 sin(  x 单调递减区间为：               , 3 , 3 2, 零点为 60   kx （ Zk ）,又因为   ,0 x ，所以 )(xg 在   , 上的零点 是 6 5, 6   …………………… …………………12 分 19. 【解析】（1）因为 ABCD为菱形，所以 BDAC  又因为 PA 平面 ABCD，且 BD 平面 ABCD，所以 BDPA  ; 所以 BD  平面 PAC ;又因为 BD 平面 PBD ，所以平面 PBD 平面 PAC……………………………5 分 （2） PC 平面 ' ''AA A ， 'AAPC  , ''AAPC  在 PACRT , PCPAPA  '2 , 又  2,1  PCPA , 2 1' PA . 4 1'  PC PA ………………………8 分 在 PDC 中， 2 1,2,1,2 '  PAPCDCPD ,又 ''' cos PADPCPA  , 又 24 5 24 124 2 cos 222       PDPC CDPDPCDPC 5 22'' PA , 5 2 2 5 22 ''  PD PA ………………………………………12 分 20. 【解析】（1）由   )()12(' xfxexf x  得 12)()('   x e xfxf x ，即 12)( '       x e xf x ， 所以 cxx e xf x  2)( 所以   xecxxxf  2)( ，又因为 1)0( f ，所以 1c 所以函数 )(xf 的解析式是   xexxxf 1)( 2  ………………………………………7 分 （2）   xexxxf 23)( 2'   )(xf 的单调递增区间是：     ,1,2, ； )(xf 的单调递减区间是：  1,2  ………………12 分 21. （1） )(xf 的定义域是  ，0 ， )(' xf = 2 ln12 x xax   ，由 0)1(' f 得 2 1 a . 当 2 1 a 时， )(xf = x xx ln 2 1 2  ， )(' xf = 2 ln1 x xx   2 3 ln1 x xx    02 x 恒成立， 令 )(xt = xx ln13  ， )(' xt = x x 13 2  0 恒成立  )(xt 在  ，0 上单调递增，又因为 0)1( t 当 )1,0(x 时， 0)(' xf ， )(xf 单调递减；当 )1(  ，x 时， 0)(' xf ， )(xf 单调递增.  当 2 1 a 时， )(xf 在 1x 处取得极小值.………………………………………5 分 （2）由 )()( xgxf  得 xx xax 1ln2  在  10，上恒成立 即 1ln3  xax 在  10，上恒成立. 解法一（将绝对值看成一个函数的整体进行研究）： 令 xaxx ln)( 3  ， ①当 0a 时， )(x 在  1,0 上单调递减，   )(lim 0 x x  ， 0)1(  a ，所以 )(x 的值域为：  ，a ，因为 0a ，所以 )(x 的值域为  ，0 ；所以不成立. ②当 0a 时，易知 0)( x 恒成立. ) 3 1(313)( 32 a x x a x axx ， ，所以 )(x 在         a3 10 3 ， 上单调递减，在         ， a3 1 3 上单调递增.因为 1)1(  ，所以 1a ，所 以 1 3 1 3  a ，所以 )(x 在         a3 10 3 ， 上单调递减，在         1 3 1 3 ， a 上单调递增.所以 min)(x         a3 1 3  ，依题意， 1 3 1 3          a  ，所以 3 2ea  . 综上： 3 2ea  解法二（求命题的否定所对应的集合，再求该集合的补集）： 命题“ 1ln3  xax 对  1,0x 都成立”的否定是“ 1ln3  xax 在  1,0 上有解” 1ln3  xax 在  1,0 上有解 1ln1 3  xax 在  1,0 上有解  33 ln1ln1- x xa x x    在  1,0 上有解 令 3 ln1-)( x xxt   ，  1,0x . )(, xt   6 23 3ln11 x xxx x   0ln3-4 4  x x ，所以 3 ln1-)( x xxt   在  1,0 上单调递 增，又   )(lim 0 xt x ，所以 )(xt 无最小值.所以 Ra ； 令 3 ln1)( x xxm   ， 46 23 ln323)ln1(1 )( x x x xxx xxm    ， 所以 )(xm 在 ),0( 3 2  e 上单调递增，在 )1( 3 2 ，  e 上单调递减. 所以 3 )()( 2 2 3 max eemxm   ,所以 3 2ea  . 因为 1ln3  xax 在  1,0 上有解时， 3 2ea  ； 所以 1ln3  xax 对  1,0x 都成立时， 3 2ea  . ……………………………………12 分 22. 【解析】（1）C ： 1 9 2 2  yx ； l： 02  yx ………………………………………4 分 （2）直线 l的标准参数方程为         ' ' 2 2 2 22 ty tx ，（ 't 为参数） 将 l的标准参数方程代入C的直角坐标方程得： 05'22'5 2  tt ，所以 5 22'' 21 tt ， 1'' 21 tt   ''4)''( 21 2 21 ' 2 ' 1 ttttttAB 5 36 ………………………………………10 分 【考点】极坐标方程与直角坐标方程的互化，参数方程与普通方程的转换和直线参数方程. 23. 【解析】 （1）由      313 2 x x 或       33 2 12 x x 或       313 2 1 x x 解得： 0x 或 3 2 x 解集为：          , 3 20,  ………………………………………4 分 （2）当 2 1 x 时， 2 5)( min xf ； aaxg  1)( max 由题意得 maxmin )()( xgxf  ，得 2 51  aa 即 aa  2 51                  2 2 2 51 0 2 5 aa a 解得 4 3 a ………………………………………10分