广东省茂名市2020届高三综合测试数学（理）试题

广东省茂名市2020届高三综合测试数学（理）试题

绝密★启用前 试卷类型：A 2020 年茂名市高三级第二次综合测试 数学试卷(理科）2020.5 本试卷分选择题和非选择题两部分，共 5 页，23 小题，满分 150 分，考试时间 120 分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上. 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.写在试题卷、 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内. 写在试题卷草稿纸和答 题卡上的非答题区域均无效. 4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用 2B 铅笔涂黑. 答案写在答题卡上对 应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 5．考试结束后，请将答题卡上交. 第一部分 选择题(共 60 分） 1. 若 ( ) 2 , ,x i i y i x y R    ，则复数 yix  的虚部为（ ） A.2 B.1 C.i D.-1 2．已知集合U R ,  2lg(4 )A x y x   ，  2 1x xB     ，则 A B  （ ） A． ( 2,2) B． ( 2,1) C．[ 2,2] D．[ 2,2) 3. 已知 π 1sin 6 2        ，且 π0, 2      则 πcos 3      （ ） A.0 B. 1 2 C.1 D. 3 2 4. 下列命题错误的是（ ） A．“x＝2”是“x2−4x+4＝0”的充要条件 B．命题“若 1 4m   ，则方程 x2+x−m＝0 有实根”的逆命题为真命题 C．在 △ ABC 中，若“A＞B”，则“sinA＞sinB” D．命题 p：“x0∈R，x02−2x0+4＞0”，则﹁p：“x∈R，x2−2x+4＜0” 5. 《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中国古代流传下 来的两幅神秘图案，蕴含了深奥的宇宙星象之理，被誉为“宇宙魔方”，是中华 文化阴阳术数之源。河图的排列结构如图所示，一与六共宗居下，二与七为朋居 上，三与八为友居左，四与九同道居右，五与十相守居中，其中白圈为阳数，黑 点为阴数，若从阳数和阴数中各取一数，则其差的绝对值为 5 的概率为（ ） A. 5 1 B. 25 6 C. 25 7 D. 25 8 6. “辗转相除法”是欧几里得《原本》中记录的一个 算法，是由欧几里得在公元前 300 年左右首先提出 的，因而又叫欧几里得算法.如图所示一个当型循环 结构的“辗转相除法”程序框图. 当输入 m=1995， n=228，输出的 m 是( ) A. 3 B. 19 C. 57 D. 114 7.如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为 8cm,细沙全部在 上部时，其高度为圆锥高度的 2 1 （细管长度忽略不计）.当细沙全部漏入下部后， 恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此沙堆的侧面积为（ ） A. 4 5 B. 8 5 C. 3 17 D. 4 17 8.设偶函数 ( )f x 满足 1( ) ( ) 2( 0)2 xf x x   ，则使不等式   91 4f x   成立的 x 取值范围是（ ） A.( , 1) (3, )   B.( 1,3) C.(0,2) D. ( ,0) (2, )  9.圆 M:  2 2 4x m y   与双曲线 C: 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a  ， 0b  ）的两条渐近线相切于 A、B 两点， 若 32AB  ，则 C 的离心率为（ ） A. 3 32 B. 3 C. 2 D.3 10.某贫困县为了实施精准扶贫计划，使困难群众脱贫致富，对贫困户实行购买饲料优惠政策如下： (1)若购买饲料不超过 2000 元，则不给予优惠； (2)若购买饲料超过 2000 元但不超过 5000 元，则按标价给予 9 折优惠； (3)若购买饲料超过 5000 元，其 5000 元内的给予 9 折优惠，超过 5000 元的部分给予 7 折优惠． 某贫穷户购买一批饲料，有如下两种方案： 方案一：分两次付款购买，分别为 2880 元和 4850 元； 方案二：一次性付款购买. 否 结束 输出 m 是r＞0? r=1 开始 输入 m, n 求m除以n的余数r m=n n=r 若取用方案二购买此批饲料，则比方案一节省（ ）元 A.540 B.620 C.640 D.800 11. 已知六棱锥 P ABCDEF 的底面是正六边形， PA  平面 ABC ， 2PA AB .则下列命题中正确的 有( )． ①平面 PAB⊥平面 PAE； ②PB⊥AD； ③直线 CD 与 PF 所成角的余弦值为 5 5 ； ④直线 PD 与平面 ABC 所成的角为 45°; ⑤CD∥平面 PAE. A. ①④ B. ①③④ C. ②③⑤ D. ①②④⑤ 12.若关于 x 的方程  1 12 3 04 2 x x m m m               在 ,1 上有唯一实数解，则实数 m 的取值范围（ ） 4 3]3 20.A 或，（ ]3 20.B ，（ 4 1]9 20.C 或，（ ]9 20.D ，（ 第Ⅱ部分非选择题（共 90 分） 二．填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13．已知向量 4 2 ( , )a ， 1 1 ( , )b ，若 b ( a k b )，则 k  . 14． 62( )xx  的展开式中，常数项是 . 15.已知曲线   21ln( 1) 2f x x x   在点   1, 1f 处的切线的倾斜角为 ,则 22sin sin cos    . 16．在 ABC 中，角 A，B，C 所对应的边分别为 a，b，c，且 6cos (2 cos ), 6A a C c   ，则 ABC 的 a，b 的等量关系式为 ，其面积的最大值为 .(本题第一空 2 分，第二空 3 分） 三.解答（本大题共 5 小题，每题 12 分共 60 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 17.设 *n N ，数列 na 的前 n 项和为 nS ，已知 nnn ass  22 1 ，且 2 1 1 a ，正项的等差数列 nb 的首 项为 2，且 321 ,1, bbb  成等比数列. (1) 求 na 和 nb 的通项公式； (2) 求证： 1 2 2 7nb b ba a a    . 18.如图，已知 ABC 内接于圆 O ， AB 是圆O 的直径，四边形 DBCE 为平行四边形， F 是CD 的中点， （1）证明： //OF 平面 ADE ； （2）若四边形 DBCE 为矩形，且四边形 DBCE 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直， 22  ACAB ， AE 与圆 O 所在的平面的线面角为 600．求二面角 D-AE-B 的平面角的余弦值. E D C O B A 19.已知椭圆 )0(1: 2 2 2 2  bab y a xC 右焦点与抛物线 xy 342  的焦点重合，以原点为圆心、椭圆短 半轴长为半径的圆与直线 1l : 2 xy 相切. （1）求椭圆的方程 （2）若直线 2l ： 02  ybx 与 y 轴交点为 P，A、B 是椭圆上两个动点，它们在 y 轴两侧, PBPA  , APB 的平分线与 y 轴重合，则直线 AB 是否过定点，若过定点，求这个定点坐标，若不过定点说明理由. 20.2020 年初全球爆发了新冠肺炎疫情，为了防控疫情，某医疗科研团队攻坚克难研发出一种新型防疫产 品，该产品的成本由原料成本及非原料成本组成，每件产品的非原料成本 y （元）与生产该产品的数量 x （千件）有关，根据已经生产的统计数据，绘制了如下的散点图. 观察散点图，两个变量不具有线性相关关系，现考虑用函数 by a x   对两个变量的关系进行拟合。参考数据（其中 1 i i u x  ）： u 2u 6 2 1 ui i  6 1 i i y   6 2 1 i i y   6 1 i i i u y   0.4834 5252.44 0.41 0.1681 1.492 306 20858.44 173.8 50.39 （1）求 y 关于 x 的回归方程，并求 y 关于 u 的相关系数（精确到 0.01）. （2）该产品采取订单生产模式（根据订单数量进行生产，即产品全部售出）.根据市场调研数据，若该产 品单价定为 80 元，则签订 9 千件订单的概率为 0.7，签订 10 千件订单的概率为 0.3；若单价定为 70 元， 则签订 10 千件订单的概率为 0.3，签订 11 千件订单的概率为 0.7.已知每件产品的原料成本为 30 元，根据 （1）的结果，要想获得更高利润，产品单价应选择 80 元还是 70 元，请说明理由. 参考公式：对于一组数据 1 1,u  ， 2 2,u  ，…， ,n nu  ，其回归直线 u    的斜率和截距的最小 二乘估计分别为： 1 22 1 ˆ           n i i i n i i u nu u nu ， ˆˆ    u ，相关系数 1 2 22 2 1 1 n i i i n n i i i i u nu r u nu n                     . 21. 已知函数   ln 1af x x x    ， a R . （1）若 ea 1 ,求证： )(xf 有且只有两个零点 （2） ax axxxafxg  2 2 2)()( 有两个极值点 1x , 2 1 2( )x x x ,且不等式 21)( mxxg  恒成立，试求 实数 m 的取值范围. (二)选考部分：共 10 分 请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答 时，请用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑． 22. (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，已知曲线 C: 2cos , 3sin , x y     (为参数)，以原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴 建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程 cos( )4 a    ，点 M( 2, 4  ).在直线 l 上，直线 l 与曲线 C 交于 A， B 两点. （1）求曲线 C 的普通方程及直线 l 的参数方程； （2）求△OAB 的面积. 23．（本小题满分 10 分）选修 4-5：不等式选讲 已知函数 f(x)=|x+1|−|x−2|. （1）若 f(x)≤1，求 x 的取值范围； （2）若 f(x)最大值为 M，且 a+b+c=M，求证：a2+b2+c2≥3. 2020 年茂名市高三级第二次综合测试 数学试题参考答案和评分标准(理科数学） 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B D C D A C D A A C B A 2．【解析】因为  2 2A x x    ，  2 1B x x    ，所以 [ 2,2)A B   . 故选 D. 3.【解析】法一：由 π 1sin 6 2      且 π0, 2      ，得 3   ， 法二：由 π 1sin 6 2      ，所以 π 3cos 6 2       ， 所以 πcos 3     π πcos 6 6          π π π πcos cos sin sin 16 6 6 6                 .故选 C. 4.【解析】由 x2−4x+4＝0(x−2)2=0 x−2=0 x＝2，∴A 正确； 命题“若 1 4m   ，则方程 x2+x−m＝0 有实根”的逆命题为命题“若方程 x2+x−m＝0 有实根，则 1 4m   ”， 若 方程 x2+x−m＝0 有实根△=1+4m≥0 1 4m   ，∴B 正确； 在 △ ABC 中，若 A＞Ba＞bsinA＞sinB(根据正弦定理)∴C 正确,故选 D. 5.【解析】因为阳数为：1，3，5，7，9；阴数为：2，4，6，8，10，所以从阴数和阳数中各取一数的所 有组合共有： 2555  个,满足差的绝对值为 5 的有:(1，6)，(3，8)，(5，10)，(7，2)，（9，4)共 5 个,则 p= 5 1 25 5 p 故选 A 6. 【解析】输入 m=2020，n=303，又 r=1. ①r=1＞0，2020÷303=6··············202， r=202，m=303，n=202； ②r=202＞0，303÷202=1············101 r=101，m=202，n=101； ③r=101＞0，202÷101=2··············0. r=0，m=101，n=0； ④r=0，则 r＞0 否，输出 m=101，故选 C. 7. 【解析】细沙在上部容器时的体积为 21 162 43 3V      ，流入下部后 的圆锥形沙锥底面半径为 4，设高为 h，则 21 1643 3h     ， 1h  ， 下 部 圆 锥 形 沙 锥 的 母 线 长 2 24 1 17l    ，  此 沙 锥 的 侧 面 积 4 17 4 17S     侧 .故选 D. 8. 【解析】易知 ( )f x 在(0, ) 上为单调递减，且 9(2) 4f  ，由   91 4f x   得，  1 (2)f x f  ， 又因为 ( )f x 为偶函数，所以 1 2 1 2x x    或 ，所以 3 1x x  或 .故选 A. 9. 【解析】如图所示， 32AB  ,| | 2,MA MA OA  所示 330 , 3 bAOM a     2 2 2 3 3 c a be a a     故选 A 10. 【解析】【解析】依题意可得，方案一：第一次付款 2880 元时，因为 2880 2000 ，所以该款的原价 享受了 9 折优惠，则其原价为 32000.9 2880  元；第二次付款 4850 元时，因为 4850 4500 ，所以其原来 的价格为 4850 4500 5000 55000.7    元．所以分两次购买饲料的原价为 3200+5500=8700 元. 方案二：若一次性付款，则应付款为： (8700 5000) 0.7 5000 0.9 7090     元，所以节省 (2880 4850) 7090 640   元. 故选 C 11.【解析】∵PA⊥平面 ABC，∴PA⊥AB，在正六边形 ABCDEF 中，AB⊥AE，PAAE=A，∴AB⊥平 面 PAE，且 AB  面 PAB，∴平面 PAB⊥平面 PAE，故①成立； ∵AD 与 PB 在平面的射影 AB 不垂直，∴②不成立； ∵CD//AF, 直线 CD 与 PF 所成角为∠PFA，在 Rt △ PAF 中, 2PA AF ,∴ 5cos 5PFA  ,∴③成立 在 Rt △ PAD 中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立． ∵CD∥AF∥平面 PAF，平面 PAF平面 PAE=PA，∴直线 CD∥平面 PAE 也不成立，即⑤不成立．故选 B 12.【答案】 2 3{ | 0 , }3 4m m m  或 A B Mo x y 【解析】设 1 2 x t      ，所以当  ,1x  时， 1 ,2t      ， 此时，由题意得  2 2 3 0mt m t m    ， 1 ,2t      有唯一实数解 2 3 3 12 1 2 tm t t t t      ， 1 ,2t      有唯一实数解, 令   1 2u t t t    ，由对勾函数的性质可知 1 ,2t      时，   1 2u t t t    在 1 ,12      单调递减，在 1 ,2    上单调递增， 所以   3y u t  在 1 ,12      单调递增，在 1 ,2    上单调递减， 且当 1 2t  时， 3 2 1 3 2 y u      ，当 1t  时 3 4y  ，结合   3y u t  的图象可知， 若 y m 与   3y u t  的图象有唯一交点， 即方程  1 12 3 04 2 x x m m m               在 ,1 上有唯一实数解，此时 m 的取值范围是 2 3{ | 0 , }3 4m m m  或 .故选 A 二．填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13．【答案】3 解析：∵ ( )b a kb   ，∴ ( ) 0b a kb    ，即 2| | 0b a k b    ， 由已知得 4 2 6,b a       | | 2b  ，∴ 6 2 0 3.k k     14．【答案】60 【解析】试题分析： 62( )xx  的展开式的通项为 3 66 6 2 6 6 2C ( ) ( ) 2 C r r r r r rx xx   ( 0r  ，1，2，…，5)， 令 3 6 02 r   得 4r  ，所以常数项是 60. 15.【答案】 24 13 【解析】由 1'( ) 1f x xx   ，在点   1, 1f 处切线斜率 3 2k  ，即 3tan 2   所以 2 2 2 2 2 2 2sin sin cos 2tan tan 242sin sin cos sin cos tan 1 13                 16．【答案】b=2a ; 12 【解析】等式 )cos2(cos6 CaA  中 6 换为 c 得： )cos2(cos CaAc  由正弦定理有： )cos2(sincossin CAAC  ，移项整理得： ACA sin2)sin(  ，即 AB sin2sin  ，所以 CBCA 2 ， 以 AB 为 x 轴，AB 的中垂线为 y 轴建立平面直角坐标系，则 )0,3(),0,3( BA  ， 设 ( , )C x y ，则 2222 )3(2)3( yxyx  化简得： 2 2( 5) 16( 0)x y y    如图，顶点 C 在圆 2 2( 5) 16( 0)x y y    上,记圆 心为 )0,5(E 显然当 ABCE  时，三角形 ABC 的面积最大, 这时 1 122ABCS AB CE    . 三.解答（本大题共 5 小题，每题 12 分共 60 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 17.解：（1）由 nnn ass  22 1 得， nnnn aass   11 22-2 …………… ……………………………1 分 即 2 11  n n a a ………………………………………………………………………………………………2 分   na 是以首项 2 1 ，公比为 2 1 的等比数列 ………………………………………………………………3 分  n na ）（ 2 1 ……………………………………………………………………………4 分 设等差数列 nb 的公差为 d，由 21 b ，且 321 ,1, bbb  成等比数列.  )22(2)1( 2 dd  即 03-2-2 dd ………………………………………………………………5 分  0d  3d ……………………………………………………………………………………6 分  13  nbn ……………………………………………………………………… …………… ………7 分 （2）由（1）得 13 13 )2 1(    n nb aa n …………………………………………… ……………………8 分  nbbb aaa  21 = 1352  naaa  …………………………………………… …………………9 分 = 1352 )2 1()2 1()2 1(  n ……… …………… ……………………………10 分 = 3 3132 )2 1(-1 )2 1()2 1(-)2 1( n ……… …………………… ……………………………11 分 = 3 12 1 1 2- ( )7 7 2 7 n  ………………………………………………… ………12 分 18.证明：（1）连结 BE， DBCE 平行四边形且 F 为 CD 中点 F 为 BE 中点 ……………………………………………… ………………1 分 又 O 为 AB 的中点 //OF AE ……………………… ………………2 分  AE  平面 ADE，OF  平面 ADE ……………………… ……… ……3 分  //OF 平面 ADE ……………………………………………… ………4 分 （2） 矩形 DBCE  平面 ABC，平面 DBCE  平面 ABC=BC，EC  BC， EC  平面 DBCE EC  平面 ABC ……………………………5 分 又 AB 为圆 O 的直径 AC  BC 以 C 点为原点建立如图所示的空间直角坐标系  22  ACAB BC= 3 ，AC=1 由 EC  平面 ABC 得，∠EAC 就是 AE 与平面 ABC 所成的角 由 tan600= AC CE 得，CE= 3 …………………………………6 分 A（1，0，0），E（0，0， 3 ），D（0， 3 ， 3 ），B（0， 3 ，0）………………………7 分  AE =（-1，0， 3 ）， AD =(-1, 3 , 3 ), AB =(-1, 3 ,0) ……………… ……………8 分 设平面 AED 的一个法向量 ),,(m 111 zyx ， 由 ，， ADmAEm  得 ，， 0ADm0AEm  即 1 1 1 1 1 3 0 3 3 0 x z x y z        ，所以 )1,0,3(m  ………………9 分 同理可得，平面 AEB 的一个法向量 )1,1,3(n  …………………………………………………10 分  5 52 25 13 nm nmn,mcos    ……………………………… …………………11 分 二面角 D-AE-B 二面角 D-AE-B 的平面角的余弦值为 5 52 ……………………………………12 分 19.解：（1）抛物线 xy 342  的焦点为 )0,3( ，所以 c= 3 ………………………………………1 分 ∵直线: 02  yx 与圆 222 byx  相切， ∴ bd    1 11 2 ………………………………………………………………………………2 分 ∴ 4222  cba ………………………………………………………………………………3 分 ∵椭圆 C 的方程是 2 2 14 x y  ……………………………………………… ………………4 分 （2）b=1，直线 :2l 02  yx 与 y 轴交点 P（0，2），………………………………………………5 分 设椭圆上 A、B 两个动点的坐标为： 1 1 2 2( , ) ( , )A x y B x y、 . AB 方程为： ,mkxy  由 0448)41(4)(4 14 22222 2 2       mkmxxkmkxx yx mkxy ,41 44,41 8 2 2 21221 k mxxk mkxx  得： ………………………………………………………………6 分 211 1 1 1 2,222 x mkKx mkx mkx x yK PBPA  同理得： ……………………………8 分 又 APB 的平分线在 y 轴上 044 168 44 28222 22 21 21    m mkk m mmkkxx xxmkKK PBPA )())(( .........10 分 ,0,  kPBPA m= 2 1 , ……………………………………………………………………… ……11 分 直线 2 1:  kxyAB 恒过定点 )2 1,0( ………………………………………… ……………… …12 分 20.【解析】（1）令 1u x  ，则 by a x   可转化为 y a bu  ， 因为 306 516y   ， …………………………………………………………………………………1 分 所以 6 1 6 2 2 1 6 173.8 6 0.41 51 1001.492 6 48.34ˆ 0.4830.168 416 i i i i i u y uy b u u             ，……………………………………2 分 则 51ˆˆ 100 0.41 10a y bu      ，………………………………………………………………3 分 所以 10 100ˆy u  ，因此 y 关于 x 的回归方程为 10010ˆy x   ； ……………… …………………4 分 y 与 u 的相关系数为： 6 1 2 6 6 2 2 2 2 1 1 48.34 48.346 0.96 0.4834 5252.44 50 39 6 . 6 i i i i i i i u y uy r u u y y                    ，………………6 分 （2）法一：（i）若产品单价为 80 元，记企业利润为 X （元）， 订单为 9 千件时，每件产品的成本为 100 10010 30 409 9     元， 企业的利润为 10080 40 9000 2600009    [ ( )] （元），…………………………………………………7 分 订单为 10 千件时，每件产品的成本为 10 10010 30 50   元， 企业的利润为 80 50 10000 300000  ( ) （元），…………………………………………………………8 分 企业利润 X （元）的分布列为 X 260000 300000 P 0.7 0.3 所以 260000 0.7 300000 0.3 272000EX      （元）；………………………………………9 分 （ii）若产品单价为 70 元，记企业利润为Y （元）， 订单为 10 千件时，每件产品的成本为 10 10010 30 50   元， 企业的利润为 70 50 10000 200000  ( ) （元）， 订单为 11 千件时，每件产品的成本为 100 10010 30 4011 11     元， 企业的利润为 10070 40 11000 23000011    [ ( )] （元），……………………………………………10 分 企业利润Y （元）的分布列为 Y 200000 230000 P 0.3 0.7 所以 200000 0.3 230000 0.7 221000EY      （元），……………………… …………………11 分 >EX EY又 故企业要想获得更高利润，产品单价应选择 80 元. …………………………………12 分 法二：（i）若产品单价为 80 元，记企业的产量为 X （千件），其分布列为 X 9 10 P 0.7 0.3 所以 9 0.7 10 0.3 9.3EX      ………………………………………………………………………8 分 企业的利润为： 10080 40 9300 2720009 3[ ( )].     ……………………………… …………………9 分 （ii）若产品单价为 70 元，记企业的产量为Y （千件），其分布列为 X 10 11 P 0.3 0.7 所以 10 0.3 11 0.7 10.7EY      ……………………………………………… …………………10 分 企业的利润为： 10070 40 10700 22100010 7[ ( )].     …………………………………………………11 分 272000>221000又 故企业要想获得更高利润，产品单价应选择 80 元. ……………………12 分 21. 解:(1) 1ln)(  x axxf 定义域为 ),0(  ， 2 / 12)( x ax x axxf  ，又 ea 1 …………………………………………………………1 分 所以 ( )f x 在 )1,0( e 是减函数，在 ),1(  e 是增函数 …………………………………………2 分 又 01111ln)1(  eef ， 0411ln)1( 22 33  eeeef 所以 ( )f x 在 )1,1( 3 ee 有唯一零点，且在 )1,0( e 也有且只有唯一零点，…………………………3 分 同理 01111ln)1(  eef ， 011 1 2  ee eeef ln)( 所以 ( )f x 在 ),( ee 1 有唯一零点，且在 ),1(  e 也有且只有唯一零点 …………………………4 分 所以 )(xf 有且只有两个零点 ……………………………………………………… …………………5 分 （2） xxxaxg 2ln)( 2  定义域为 ),0(  ， )(xg 有两个极值点 1x ，  2 1 2x x x ，即 02222)( 2 /  x xxaxx axg ， 022 2  axx 有两不等实根 )0(, 2121 xxxx  …… 6 分 10 0 2a     ， 且 2 1 2 1 11, 2 2x x a x x    ， …………………………………………………………………7 分 从而 1 2 10 12x x    , …………………………………………………………………………8 分 由不等式 21)( mxxg  恒成立，得 1 1 2 111 2 1 2 11 2 1 2 1 1 2222 x xxxxx x xaxx x xgm   ln)(ln)(  1 1 1 1 11 2 ln1x x xx     恒成立 …………………………………………………10 分 令 1 1( ) 1 2 ln 01 2h t t t t tt           , 当 10 2t  时 2 1( ) 1 2ln 0(1 )h t tt      恒成立，所以函数  h t 在 10, 2      上单调递减， 1 3( ) ln 22 2h t h        ， …………………………………………………………………11 分 故实数 m 的取值范围是 )2ln2 3,(  …………………………………………………………12 分 (二)选考部分： 22.解：（Ⅰ）将曲线 C: 2cos , 3sin , x y     消去参数得，曲线 C 的普通方程为： 22 14 3 yx   .……………1 分 ∵点 M( 2, 4  )在直线 cos( )4 a    上，∴a= 2 cos( )4 4   = 2 . ……… …………………2 分 ∴ cos( ) 24     ，展开得 2 2 (cos+sin)= 2 , 又 x＝cos，y＝sin， ∴直线 l 的直角坐标方程为 x+y−2=0, …………………………………………………………………4 分 显然 l 过点(1, 1), 倾斜角为 3 4  . ∴直线 l 的参数方程为 21 ,2 21 ,2 x t y t       (t 为参数). ………………………………………………………5 分 （Ⅱ）法一：由（Ⅰ），将直线 l 的参数方程代入曲线 C 的普通方程得： 2 22 21 1(1 ) (1 ) 14 2 3 2t t    ， …………………………………………………………………6 分 整理得 27 2 2 10 0t t   ，显然△＞0 设 A, B 对应的参数为 t1, t2, 则由韦达定理得 1 2 2 2 7t t   ， 1 2 10 7t t   . ………………………7 分 由参数 t 的几何意义得|AB|=| t1−t2|= 2 1 2 1 2( ) 4t t t t  = 22 2 12 210( ) 47 7 7    ， …………8 分 又原点 O 到直线 l 的距离为 d= | 0 0 2| 2 2    . …………………………………………………9 分 因此，△OAB 的面积为 S= 12 21 1 12| | 22 2 7 7AB d     . …………………………………………10 分 法二：由（Ⅰ）可知，直线 l 的直角坐标方程为 x+y−2=0, 联立 2 2 2 0 14 3 x y x y      ,整理得 27 16 4 0x x   ，显然△＞0 ……………………… …………………6 分 设 A, B 对应的坐标为 1 1 2 2( , ),( , )x y x y t1 则由韦达定理得 1 2 16 7x x  ， 1 2 4 7x x  . …………………7 分 所以 2 2 2 1 2 1 2 12 216 4| | (1 )[( ) 4 ] 2 [( ) 47 7 7AB k x x x x         ………………………………8 分 又原点 O 到直线 l 的距离为 d= | 0 0 2| 2 2    . ………………………v…………………………9 分 因此，△OAB 的面积为 S= 12 21 1 12| | 22 2 7 7AB d     . …………………………………………10 分 法三：由（Ⅰ）可知，直线 l 的直角坐标方程为 x+y−2=0, 联立 2 2 2 0 14 3 x y x y      ,整理得 27 16 4 0x x   ，显然△＞0 …………………………………………6 分 设 A, B 对应的坐标为 1 1 2 2( , ),( , )x y x y 则由韦达定理得 1 2 16 7x x  ， 1 2 4 7x x  . …………………7 分 因为直线 l 过椭圆右顶点（2,0），所以 7 162 2  x ， 7 2 2 x …………………8 分 把 7 2 2 x 代入直线 l 的方程得 7 12 2 y …………………9 分 因此，△OAB 的面积为 S= 7 12 7 1222 1  . ………………………………………………………10 分 23．解：(Ⅰ)由已知 3, 2, 2 1, 1 2,( , 1. ) 3 x xf xx x        ＜ ＜ …………………………………………………………1 分 当 x≥2 时，f(x)=3，不符合； …………………………………………………………………………2 分 当−1≤x＜2 时，f(x)=2x−1，由 f(x)≤1，即 2x−1≤1，解得 x≤1；……………… …………………3 分 当 x＜−1 时，f(x)= −3，f(x)≤1 恒成立. ………………………………………………………………4 分 综上，x 的取值范围是 ( ,1] . …………………………………………………………………………5 分 (Ⅱ) ( ) | 1| | 2 | | 1 2 | 3f x x x x x         , 由(Ⅰ)知当且仅当 x≥2 时，f(x)=3， …………………………………………………………………6 分 所以 M= f(x)Max=3.即 a+b+c=3， …………………………………………………………………………7 分 因为 a2+b2≥2ab，a2+c2≥2ac，c2+b2≥2cb， …………………………………………………………8 分 所以 2(a2+b2+c2)≥2(ab+ac+cb) 所以 3(a2+b2+c2)≥a2+b2+c2+2ab+2ac+2cb=(a+b+c)2=9 …………………………………………9 分 因此(a2+b2+c2)≥3 ……………………………………………………………… …………………10 分