2018年广东省华南师范大学附属中学、实验中学、广雅中学、深圳高级中学四校高三期末联考数学（理）试题（PDF版）.rar

广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科数学答案 1 / 9 广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科 数学 参考答案 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， 只有一项符合要求． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C B B C C B A D C A D 二、填空题 :本大题共 4 小题 ,每小题 5 分 ,共 20 分 . 13． 0.8 ； 14． 1； 15． (1, 5) ； 16． 63 ． 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： 60 分 . 17． （本小题满分 12 分） ［解析］ （ I） 因为 11n n na S S，代入 1 21nnaS 可得： 1 21n n nS S S   ， ……………………………………………………………………………………… 2 分 整理可得 21 ( 1)nnSS ，因为 0nS ，所以 1 1nnSS ， …………………… 3 分 所以数列 {}nS 是首项为  ， 公差为 1的等差数列， …………………………………… 4 分 所以 ( 1 ) 1nS n n     ， 2( 1)nSn   ， …………………… … …… 5 分 当 2n ， 1 2 2 3n n na S S n     ， ……………………………………… … ……… 6 分 当 1n ， 1a  ， ………………………………………… ………… …………… … ……… 7 分 因为， 1 2nnaa ， 所以，若数列 {}na 为等差数列，则有 21 2 1 2aa     ， 解 得 1 ． ……………………………………………………………………………………… 8 分 （ II） 由 （ I） 可得 21nan， 所以11 1 1 1 1()( 2 1 ) ( 2 3 ) 2 2 1 2 3nna a n n n n       ,…………………………… …… 10 分 广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科数学答案 2 / 9 所以1 2 2 3 11 1 1nnnT a a a a a a    ， 即 1 1 1 1 1 1 1 1 1()2 3 5 5 7 2 1 2 3 6 4 6nT n n n            ． ……………………………………………………………………………………… 12 分 18． （本小题满分 12 分） ［解析］ （ I）依据甲图 ,记 该河流 8 月份 “ 水位小于 40 米 ” 为事件 1A , “ 水位在 40 米至 50米之间 ” 为事件 2A , “ 水位大于 50 米 ” 为事件 3A ， 它们发生的概率分别为： 1( ) ( 0 . 0 2 0 . 0 5 0 . 0 6 ) 5 0 . 6 5PA     , 2( ) ( 0 .0 4 0 .0 2 ) 5 0 .3 0PA    , 3( ) 0 .0 1 5 0 .0 5PA   . ……………………………………………………………………………………… 3 分 记 该 地 8 月份 “ 水位小于 40 米 且 发生 1级灾害 ” 为事件 1B ， “ 水位在 40 米至 50 米之间 且发生 1级灾害 ” 为事件 2B ， “ 水位大于 50 米 且 发生 1级灾害 ” 为事件 3B ， 所以 1( ) 0.1PB , 2( ) 0.2PB , 3(B ) 0.6P  .…………………………………………… 4 分 记“ 该河流在 8 月份发生 1 级灾害 ” 为 事件 B . 1 1 2 2 3 3( ) ( ) ( ) ( )P B P A B P A B P A B  1 1 2 2 3 3( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A P B P A P B P A P B      0 . 6 5 0 . 1 0 0 . 3 0 0 . 2 0 0 . 0 5 0 . 6 0 0 . 1 5 5      . 估计该河流在 8 月份发生 1 级灾害 的概率 为 0.155 ， ………………………………… 6 分 （ Ⅱ ） 以企业利润为随机变量， 选择方案一 ， 则 利润 1X (万元 )的取值为 ： 500 ， 100 ， 1000 ， 由（ I） 知 1( 500) 0.81PX ， 1( 1 0 0 ) 0 .1 5 5PX   ， 1( 1 0 0 0 ) 0 .0 3 5PX   ， 1X 的 分布列为， 1X 500 100 1000 P 0.81 0.155 0.035 广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科数学答案 3 / 9 则该企业在 8 月份的利润期望 1( ) 5 0 0 0 . 8 1 1 0 0 0 . 1 5 5 1 0 0 0 0 . 0 3 5EX       354.5 (万元 ) ……………………8 分 选择方案二 , 则 2X (万元 )的取值为： 460 ， 1040 ，由（ I）知 2( 4 6 0 ) 0 .9 6 5PX ， 2( 1 0 4 0 ) 0 .0 3 5PX   ， 2X 的 分布列为， 2X 460 1040 P 0.965 0.035 则该企业在 8 月份的平均利润 期望 2( ) 4 6 0 0 . 9 6 5 ( 1 0 4 0 ) 0 . 0 3 5 4 0 7 . 5EX      (万元 ) ……………………………………………………………………………………… 10 分 选择方案三 , 则该企业在 8 月份的 利润 为： 3( ) 5 0 0 1 0 0 4 0 0EX   (万元 ).……… 11 分 由于 2 3 1( ) ( ) ( )E X E X E X，因此企业应选方案 二 .…………………………… 12 分 19． （本小题满分 12 分） （ I）证明：连结 AC 交 BD 于点 O ，连结 PO ． 因为 ABCD 为菱形，所以 BD AC ， 且 O 为 AC 、 BD 的中点， 因为 PD PB ，所以 PO BD ， 因为 AC PO O 且 AC 、 PO  平面 PAC ， 所以 BD 平面 PAC ， 因为 PC  平面 PAC ，所以 BD PC ， 因为 //BD 平面 AMHN ， 且平面 AMHN 平面 PBD MN ， 所以 //BD MN ， 所以 MN PC ． ……………………………………………………………… 5 分 C A D B P H M N O 广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科数学答案 4 / 9 （ II）由（ I）知 BD AC 且 PO BD ，因为 PA PC ，且 O 为 AC 的中点， 所以 PO AC ，所以 PO 平面 ABCD ,所以 PA 与平面 ABCD 所成的角为 PAO ， 所以 60PAO   ，所以 12AO PA ， 32PO PA， 因为 3PA AB ，所以 36BO PA． …………………………… 8 分 以 OA ， OB ， OP 分别为 x ， y ， z 轴， 建立 如图所示空间直角坐标系 . 记 2PA ，所以 (0,0,0)O ， (1,0,0)A ， 3(0, ,0)3B ， ( 1,0,0)C ， 3(0, ,0)3D  ， (0,0, 3)P ， 13( ,0, )22H  ， 所以 23(0, , 0)3DB ， 33( , 0, )22AH ， 3( 1, , 0)3AB  ， ( 1,0, 3)AP  ． 记平面 AMHN 的法向量为 1 1 1 1( , , )n x y z ，所以 1100n DBn AH    即11123 0333 022yxz   ， 令 1 1x ，解得 1 0y ， 1 3z ，所以， 1 (1,0, 3)n  ， 记平面 PAB 的法向量为 2 2 2 2( , , )n x y z ，所以 2200n ABn AP    即 22223 0330xyxz    ， 令 2 1x ，解得 2 3y  ，2 33z ，所以，2 3(1, 3, )3n  ， ……………………… 11 分 记 二面角 P AM N的 大小 为  ，所以， 1212 12 39c o s | c o s , | | | 13| || |nnnn nn         ． C A D B P H M N O x y z 广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科数学答案 5 / 9 所以 二面角 P AM N的 余弦 值 为 3913． ……………………………………… 12 分 20． （本小题 满分 12 分） ［解析］ （ I） 由题意 2212aba ， 解得， 32ba， ① ， …………… ……… 1 分 因为， | | | | 2PM PN a，所以，点 M 、 N 为椭圆的焦点，所以， 2 2 2 214r a b a   ， ……………………………… …………………………………………………… 2 分 设 00( , )Px y ，所以 0b y b   ，因为，001| | | |2P M NS r y a y   ， 当 0||yb 时，m a x 1( ) 32P M NS a b ， ……………………………………………… 3 分 代入 ① 解得 2a ， 所以， 3b ， 1r ， ………………………………………… 4 分 所以， 圆 O 的方程为 221xy， 椭圆 E 的方程为 22143xy． …………… ……… 5 分 （ II） （ 1）当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y kx m， 11( , )A x k x m ， 22( , )B x k x m ， 因为，直线 l 与圆 O 相切， 所以 有 ：2||11mk  ，即 221mk ， ② … …… ………………………… ………… 6 分 联立221,43,xyy kx m ，消 y 可得： 2 2 2( 4 3 ) 8 4 1 2 0k x k m x m    ， 因为 1x ， 2x 为此方程的根， 2 2 24 8 ( 4 3 ) 4 8 ( 3 2 ) 0k m k      ， 所以，12 2843kmxx k   ， 212 24 1243mxx k  ③ ， 因为， 2 2 21 2 1 2 1 2| | 1 | | 1 ( ) 4A B k x x k x x x x      ， 广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科数学答案 6 / 9 代入 ③ 式可得： 222243| | 4 3 1 43kmA B k k     ， ……………………………… 8 分 代入 ② 式可得：22222 23 1 3 1( ) ( 3 ( ) )4 3 ( 1 ) ( 3 2 ) 4 4 4 4| | 33434kkkkAB kk       ， 所以，2 2 21 1 1 1| | 3 3331 6 2()44AB kk     ， 令21 34t k  ，所以，2140 334t k   ，所以， 211| | 3 31 6 2A B t t     ， 40 3t ， 因为， 21| | 3 ( 4 ) 416A B t    ，所以， 463 | |3AB.…………………… 11 分 （ 2）当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 1x ，解得： 3(1, )2A  ， 3(1, )2B  ，或3( 1, )2A ， 3( 1, )2B  ，所以， | | 3AB . 综上， ||AB 的取值范围 为 46[3, ]3.……………………………… 12 分 21． （本小题满分 12 分） ［ 解析 ］ （ I） ( ) ( )e6 xaf x x  ， ………………………… ………………………… 1 分 当 0 6ax 时 ， ( ) 0fx  ， ()fx单调递减； 当 6ax 时 ， ( ) 0fx  ， ()fx单调递增； …………………………………………………………………………………2 分 因为 ( ) (0 ) 066aaff   , (1 ) 1 06af    ，所以存在0 ( ,1 )66aax ,使 0( ) 0fx ； 且当 00 xx 时， ( ) 0fx ,当 0xx 时 , ( ) 0fx . 故 函数 ()fx的 有 1个 零点 ,即 0x ． ……………………………………………………… 4 分 （ II） （法一） 当 1a 时 ,ln 0a . 因为当 (0,ln )xa ， e0x a ；当 (ln , )xa  ， e0x a ． 由 （ I） 知， 当 0(0, )xx ， ( ) 0fx ；当 0( , )xx  ， ( ) 0fx ． 广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科数学答案 7 / 9 下证 :当 (1,e)a 时 , 0lnax , , 即证 (ln ) 0.fa 2( l n ) ( l n 1 ) 1 l n 166aaf a a a a a a       ， 记 2( ) ln 16xg x x x x   ， [1,e]x ……………………………………………………………6 分 ( ) ln 3xg x x , 3( ) 03 xgx x ，所以 ()gx 在 (1,e) 单调递增， 由 1(1) 03g   ， e(e) 1 03g    ， ……………………………………………………………7 分 所以存在唯一零点 0 (1,e)t  ，使得 0( ) 0gt  ，且 0(1, )xt 时， ( ) 0gx  ， ()gx单调递减；0( ,e)xt 时， ( ) 0gx  ， ()gx单调递增 . ……………………………………………………………8 分 当 (1,e)x 时 ,  ( ) m a x (1), (e ) .g x g g ……………………………………………………………9 分 由 1(1) 06g   , 26e(e) 06g ,得当 (1,e)x 时 , ( ) 0.gx 故 0(ln ) 0 , 0 ln .f a a x  ……………………………………………………………11 分 当 0 lnxa 时 ,e0x a , ( ) 0fx , ( ) ( e ) ( ) 0xF x a f x   ， ()Fx单调递增； 当 0lna x x 时 ,e0x a , ( ) 0fx , ( ) (e ) ( ) 0xF x a f x   ， ()Fx单调递减 . 所以 存在 (1,e) (1, 4)a时 ,lna 为 ()Fx的 极大值点． ………………………………12 分 （ II） （法二） 因为当 ( ,ln )xa  ， e0x a ；因为当 (ln , )xa  ， e0x a ． 由 （ I） 知， 当 0( , )xx  ， ( ) 0fx ；因为当 0( , )xx  ， ( ) 0fx ． （ 0x 的意义同 （ I） ） 存在无数个 (1,4)a ， 使得 lna 为函数 ()Fx的 极大值点 ， 即 存在无数个 (1,4)a ， 使得 0lnax 成立 ， ① ………………………………………………………………6 分 由 （ I） ，问题 ① 等价于， 存在无数个 (1,4)a ， 使得 (ln ) 0fa 成立 ， 因为， 2( l n ) ( l n 1 ) 1 l n 166aaf a a a a a a       ， 记 2( ) ln 16xg x x x x   ， (1,4)x ………………………………………………………………………7 分 广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科数学答案 8 / 9 ( ) ln 3xg x x ， (1,4)x ， 因为， 3( ) 03 xgx x ，所以 ()gx 在 3( ,2)2 单调递增， 由 3 3 1( ) ln 02 2 2g   ， 2(2) ln 2 03g   ， 所以存在唯一零点0 3( ,2)2t ，使得 0( ) 0gt  ，且03( , )2xt时， ( ) 0gx  ， ()gx单调递减；且 0( ,2)xt 时， ( ) 0gx  ， ()gx单调递增； 所以， 3[ ,2]2x ， 20m i n 0 0 0 0( ( ) ) ( ) l n 16tg x g t t t t    ， ② …………………………………9 分 由 0( ) 0gt  ，可得 00ln 3tt ， 代入 ② 式可得 20m i n 0 0( ( ) ) ( ) 16tg x g t t   ，， 当0 3( ,2)2t ， 220000 ( 3 ) 11( ) 1 06 6 2 8ttg t t        ， …………………………………11 分 所以，必存在 3( ,2)2x ，使得 ( ) 0gx ， 即对 任意 3( ,2)2a ， (ln ) 0fa 有解， 所以， 对任意 3( ,2)2a ，函数 ()Fx存在 极大值点为 lna ． …………………………………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） ［解析］ （ I） 曲线 1C 的极坐标方程为 (cos sin ) 1  ， ……………………………3 分 即 π 2sin( ) .42…………………………………………………………3 分 曲线 2C 的普通方程为 22( 2) 4xy  ，即 224 0.x y x   曲线 2C 的极坐标方程为 4cos .…………………………………………6 分 （ II）由（ I）知 1c o s s inAOA   , 4 cosBOB  ,…………8 分 π4 c o s ( c o s s i n ) 2 ( 1 c o s 2 s i n 2 ) 2 2 2 s i n ( 2 )4OBOA             ………………………………………………………………………………10 分 广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科数学答案 9 / 9 由 π0 2 知 π π 5π24 4 4   ,当 π π2 42 ,即 π8 时 , OBOA 有最大值 2 2 2. ………………………………………………………12 分 23． [选修 4—5：不等式选讲 ]（ 10 分） ［解析］ （ I） 当 2a 时 ,  2 1 , 2 ,1 2 3 , 2 1 ,2 1 , 1 .xxf x x x xxx              26 2 1 6xfx x    或 2136x    或 12 1 6xx  72x  或 52x .………… 4 分 因此 不等式   6fx 的解集为 72xx 或 52x  .………………………6 分 （ II）   2 2 2 21 ( 1 ) ( ) 1 1f x x x a x x a a a           , 且   211fa,所以   2min 1.f x a……………………………………10 分 存在 0 Rx ，使得  0 4f x a 等价于 224 1 4 1 0 2 3 2 3 .a a a a a           所以实数 a 的取值范围是 (2 3, 2 3).…………………………………12 分 广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科数学试题 1 / 6 绝密 ★ 启用前 试卷类型： A 广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科 数学 本试卷共 6 页， 22 小题，满分 150 分 ． 考试用时 120 分钟 ． 注意事项 ： 1． 答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上 ． 用 2B 铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上 ． 2．选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其 他答案 ． 答案不能答在试卷上 ． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液 ． 不按以上要求作答的答案无效 ． 4．作答选做题时，请先用 2B 铅笔填涂选做题的题组号的信息点，再作答 ． 漏涂、错涂、多涂的，答案无效 ． 5． 考生必须保持答题卡的整洁 ． 第 Ⅰ 卷 (选择题共 60 分 ) 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， 只有一项符合要求． 1． 集合 2{ | 5 6 0}A x x x    ， { | 2 1 0}B x x  ，则 AB A． ( , 2] [3, )  B． 1( ,3)2 C． 1( ,3]2 D． 1( , 2] [3, )2  2． i 为虚数单位，则复数 2iiz  在复平面上对应的点位于 A． 第 一 象限 B． 第 二 象限 C． 第 三 象限 D． 第 四 象限 3． 若实数 ,xy满足条件 6,3 2,1,xyxyx ， 则 23xy 的 最大值为 A． 21 B． 17 C． 14 D． 5 4． 已知 两个 单位向量 a ， b 的夹角为 120 ， kR ，则 | ka b| 的最小值为 A． 34 B． 32 C． 1 D． 32 广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科数学试题 2 / 6 5． 秦九韶是 我国南宋时期的数学家， 在 他所著的《数书九章》中提出的多项式求值的 “ 秦九韶算法 ” ，至今仍是比较先进的算法 ． 如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法 求某多项式值的一个实例，若输入 n ， x 的 值分别为 4 ， 2 ，则输出 v 的值为 A． 32 B． 64 C． 65 D． 130 6． 某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为 A． 23B． 1 C． 43D． 837． 已知函数 3214() 33f x x x x   ， 若函数 ()y f x a b  为奇函数，则 ab 的值为 A． 5 B． 2 C． 0 D． 2 8． 已知函数 ( ) sin( )f x x（ 0 ） 图象 的一个对称中心为 π( ,0)2 ，且 π 1()42f  ，则  的最小值为 A． 23 B． 1 C． 43 D． 2 9． 已知 关于 x 的方程 πs in ( π ) s in ( )2x x m   在区间 [0,2π) 上 有两个 实根 1x ， 2x ，且12||πxx，则 实数 m 的取值范围为 开始 输入 ,nx 1v 否 输出 v 结束 0?n 是 v vx n 1nn 正视图 侧视图 俯视图 2 2 2 广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科数学试题 3 / 6 A． ( 5,1) B． ( 5,1] C． [1, 5) D． [0,1) 10． 已知抛物线 E ： 2 2y px （ 0p ） 的焦点为 F ， O 为坐标原点， 点 ( ,9)2pM  ，( , 1)2pN ， 连结 OM ， ON 分别交抛物线 E 于点 A ， B ， 且 A ， B ， F 三点共线 ，则p 的 值 为 A． 1 B． 2 C． 3 D． 4 11． e 为自然对数的底数 ， 已知函数 1, 1() 8ln 1, 1x xfxxx  ,则函数 ()y f x ax有 唯一 零点的充要条件 是 A． 1a 或21ea或 98a B． 1a 或2118eaC． 1a 或219e8aD． 1a 或 98a 12． 在三棱锥 P ABC 中， 2P A P B A C B C   ， 23AB ， 1PC ，则三棱锥P ABC 的外接球的 表 面积为 A． 4π3 B． 4π C． 12π D． 52π3 第 II 卷 （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． 如图是一组数据 (, )xy 的散点图 ,经 最小二乘法 计算， y 与 x 之间的线性回归方程为 ˆˆ 1y bx，则 ˆb ． 14． 41( 1)( 1)xxx   展开式中 3x 的系数为 ． 15． 过 双曲线 221xyab（ 0a ， 0b ） 右顶点 且斜率为 2 的直线 ， 与 该 双曲线的右支交于两点， 则此双曲线离心率 的 取值范围 为 ． 16． 如图 在 平面四边形 ABCD 中 ， 45A   ， 60B   ， 150D   ， 24AB BC，则 四边形 ABCD 的面积为 ． yx4 .43 .21 .9O 4310 .9A D B C 广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科数学试题 4 / 6 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： 60 分 ． 17． （本小题满分 12 分） 已知 等差数列 {}na 的前 n 项和为 nS ， 1a （ 0 ） ， 1 21nnaS ()Nn  ． （ I） 求  的值； （ II） 求数列11{}nnaa的前 n 项和 nT ． 18． （本小题满分 12 分） 依据某地某条河流 8 月份的水文观测点的历史统计数据所绘制的频率分布直方图如图（甲）所示；依据当地的地质构造，得到水位与灾害等级的频率分布条形图如图（乙）所示 ． 试估计该河流在 8 月份水位的中位数； （ I） 以此频率作为概率，试 估计该河流在 8 月份发生 1级灾害的概率； （ Ⅱ ） 该河流域某企业，在 8 月份，若没受 1、 2 级灾害影响，利润为 500 万元； 若受 1级灾害影响，则亏损 100万元；若受 2 级灾害影响则亏损 1000 万元 ． 现此企业有如下三种应对方案 ： 乙甲2 级1 级频率小于 40 40 50 大于 50 水位 （ 米 ）0.200.400.050.100.60频率组距水位 （ 米 ）0 .060 .050 .040 .020 .0155504540353025广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科数学试题 5 / 6 方案 防控等级 费用（单位：万元） 方案一 无措施 0 方案二 防控 1 级灾害 40 方案三 防控 2 级灾害 100 试问，如仅从利润考虑，该企业应选择这三种方案中的哪种方案？说明理由 ． 19． （本小题满分 12 分） 已知四棱锥 P ABCD ，底面 ABCD 为菱形， PD PB ,H 为 PC 上的点，过 AH 的平面 分别 交 PB ， PD 于点 M ， N ，且 //BD 平面 AMHN ． （ I）证明： MN PC ； （ II）当 H 为 PC 的中点 ， 3PA PC AB ， PA 与平面 ABCD 所成的角为 60 ，求 二面角 P AM N的 余弦 值． 20． （本小题满分 12 分） 已知 椭圆 E ： 22221xyab( 0)ab的离心率为 12 ， 圆 O ： 2 2 2x y r( 0)r 与 x轴交于 点 M 、 N ， P 为椭圆 E 上的 动 点， | | | | 2PM PN a， PMN 面积最大值为 3 ． （ I）求 圆 O 与 椭圆 E 的 方程 ； （ II） 圆 O 的 切 线 l 交椭圆 E 于点 A 、 B ， 求 ||AB 的取值范围 ． C A D B P H M N 广东省 2018 届高三年级四校联考 理 科数学试题 6 / 6 21． （本小题满分 12 分） 已知函数 ( ) ( 1 )e 16 xaf x x   ,其中 2.718e  为自然对数的底数 ,常数 0a ． （ I）求函数 ()fx在区间 (0, ) 上的零点个数； （ II）函数 ()Fx的导数 ( ) (e ) ( )xF x a f x  ，是否存在无数个 (1,4)a ，使得 lna 为函数 ()Fx的极大值点 ? 说明理由． （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． （ 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 1 :1C x y与曲线2 2 2 co s ,: 2 sin .xC y  ( 为参数， [0,2π) )．以坐标原点 O 为极点， x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系． （ I） 写出曲线 12,CC的极坐标方程； （ II）在 极坐标系中，已知点 A 是射线  :0l   与 1C 的公共点 , 点 B 是 l 与 2C的公共点，当  在区间 π[0, ]2 上变化时，求 OBOA的 最大值． 23． （ 本小题满分 10 分） [选修 4-5：不等式选讲 ] 已知函数   21f x x x a   ，其中 aR ． （ I） 当 2a 时， 求不等式   6fx 的解集； （ II） 若存在 0 Rx ，使得  0f x a ，求实数 a 的取值范围．