（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 素養(yǎng)提升練（七）理（含解析）

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1、素養(yǎng)提升練(七) 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿(mǎn)分150分，考試時(shí)間120分鐘．第Ⅰ卷　(選擇題，共60分) 一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的． 1．(2019·宣城二調(diào))復(fù)數(shù)(i是虛數(shù)單位)的虛部是(　　) A．3i B．6i C．3 D．6 答案　C 解析　復(fù)數(shù)＝＝－2＋3i.復(fù)數(shù)(i是虛數(shù)單位)的虛部是3.故選C. 2．(2019·廣東汕頭模擬)已知集合A＝{0,1,2}，若A∩?ZB＝?(Z是整數(shù)集合)，則集合B可以為(　　) A．{x|x＝2a，a∈A} B．{x|

2、x＝2a，a∈A} C．{x|x＝a－1，a∈N} D．{x|x＝a2，a∈N} 答案　C 解析　由題意知，集合A＝{0,1,2}，可知{x|x＝2a，a∈A}＝{0,2,4}，此時(shí)A∩?ZB＝{1}≠?，A不滿(mǎn)足題意；{x|x＝2a，a∈A}＝{1,2,4}，則A∩?ZB＝{0}≠?，B不滿(mǎn)足題意；{x|x＝a－1，a∈N}＝{－1,0,1,2，3，…}，則A∩?ZB＝?，C滿(mǎn)足題意；{x|x＝a2，a∈N}＝{0,1,4,9,16，…}，則A∩?ZB＝{2}≠?，D不滿(mǎn)足題意．故選C. 3．(2019·衡陽(yáng)聯(lián)考)比較甲、乙兩名學(xué)生的數(shù)學(xué)學(xué)科素養(yǎng)的各項(xiàng)能力指標(biāo)值(滿(mǎn)分為5分，分值

3、高者為優(yōu))，繪制了如圖所示的六維能力雷達(dá)圖，例如圖中甲的數(shù)學(xué)抽象指標(biāo)值為4，乙的數(shù)學(xué)抽象指標(biāo)值為5，則下面敘述正確的是(　　) A．乙的邏輯推理能力優(yōu)于甲的邏輯推理能力 B．甲的數(shù)學(xué)建模能力指標(biāo)值優(yōu)于乙的直觀想象能力指標(biāo)值 C．乙的六維能力指標(biāo)值整體水平優(yōu)于甲的六維能力指標(biāo)值整體水平 D．甲的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力指標(biāo)值優(yōu)于甲的直觀想象能力指標(biāo)值 答案　C 解析　甲的邏輯推理能力指標(biāo)值為4，優(yōu)于乙的邏輯推理能力指標(biāo)值3，故A錯(cuò)誤；甲的數(shù)學(xué)建模能力指標(biāo)值為3，乙的直觀想象能力指標(biāo)值為5，所以乙的直觀想象能力指標(biāo)值優(yōu)于甲的數(shù)學(xué)建模能力指標(biāo)值，故B錯(cuò)誤；甲的六維能力指標(biāo)值的平均值為×(4＋3＋

4、4＋5＋3＋4)＝，乙的六維能力指標(biāo)值的平均值為×(5＋4＋3＋5＋4＋3)＝4，因?yàn)椋?，故C正確；甲的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力指標(biāo)值為4，甲的直觀想象能力指標(biāo)值為5，所以甲的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力指標(biāo)值不優(yōu)于甲的直觀想象能力指標(biāo)值，故D錯(cuò)誤．故選C. 4．(2019·東北三校模擬)已知cos＝，則sin＝(　　) A．－ B. C. D．－ 答案　B 解析　∵cos＝，∴sin＝－cos＝－cos＝1－2cos2＝.故選B. 5．(2019·達(dá)州一診)如圖虛線網(wǎng)格的最小正方形邊長(zhǎng)為1，實(shí)線是某幾何體的三視圖，這個(gè)幾何體的體積為(　　) A．4π B．2π C. D．π 答案　B

5、解析　根據(jù)圖中三視圖可知幾何體的直觀圖如圖所示，為圓柱的一半，可得幾何體的體積為×12×π×4＝2π.故選B. 6．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)下列函數(shù)中，以為周期且在區(qū)間單調(diào)遞增的是(　　) A．f(x)＝|cos2x| B．f(x)＝|sin2x| C．f(x)＝cos|x| D．f(x)＝sin|x| 答案　A 解析　作出函數(shù)f(x)＝|cos2x|的圖象，如圖． 由圖象可知f(x)＝|cos2x|的周期為，在區(qū)間上單調(diào)遞增． 同理可得f(x)＝|sin2x|的周期為，在區(qū)間上單調(diào)遞減，f(x)＝cos|x|的周期為2π.f(x)＝sin|x|不是周期函數(shù)，排

6、除B，C，D.故選A. 7．(2019·鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿(mǎn)足a7＝a6＋2a5，若存在兩項(xiàng)am，an，使得am·an＝16a，則＋的最小值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的公比為q，且q>0， 由a7＝a6＋2a5，得a6q＝a6＋， 化簡(jiǎn)得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)， 因?yàn)閍man＝16a，所以(a1qm－1)(a1qn－1)＝16a，則qm＋n－2＝16，解得m＋n＝6，所以＋＝(m＋n)·＝≥＝，故選C. 8．(2019·安徽蕪湖二模)一元線性同余方程組問(wèn)題最早可見(jiàn)于中國(guó)南北朝時(shí)期(

7、公元5世紀(jì))的數(shù)學(xué)著作《孫子算經(jīng)》卷下第二十六題，叫做“物不知數(shù)”問(wèn)題，原文如下：有物不知數(shù)，三三數(shù)之剩二，五五數(shù)之剩三，問(wèn)物幾何？即，一個(gè)整數(shù)除以三余二，除以五余三，求這個(gè)整數(shù)．設(shè)這個(gè)整數(shù)為a，當(dāng)a∈[2,2019]時(shí)，符合條件的a共有(　　) A．133個(gè) B．134個(gè) C．135個(gè) D．136個(gè) 答案　C 解析　由題設(shè)a＝3m＋2＝5n＋3，m，n∈N*，則3m＝5n＋1.當(dāng)m＝5k，n不存在；當(dāng)m＝5k＋1，n不存在；當(dāng)m＝5k＋2，n＝3k＋1，滿(mǎn)足題意；當(dāng)m＝5k＋3，n不存在；當(dāng)m＝5k＋4，n不存在；故2≤a＝15k＋8≤2019，解得≤k≤，k∈Z，則k＝0,1,

8、2，…，134，共135個(gè)．故選C. 9．(2019·湖南百所重點(diǎn)中學(xué)診測(cè))若變量x，y滿(mǎn)足約束條件且a∈(－6,3)，則z＝僅在點(diǎn)A處取得最大值的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　z＝可以看作點(diǎn)(x，y)和點(diǎn)(a,0)的斜率，直線AB與x軸交點(diǎn)為(－2,0)，當(dāng)a∈(－2，－1)時(shí)，z＝僅在點(diǎn)A處取得最大值，所以P＝＝.故選A. 10．(2019·肇慶二模)已知x＝1是f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex的極小值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(1，＋∞) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，1) 答

9、案　D 解析　根據(jù)題意求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，根據(jù)x＝1是f(x)的極小值點(diǎn)，得出x<1時(shí)f′(x)<0，且x>1時(shí)f′(x)>0，由此可得出實(shí)數(shù)a的取值范圍．函數(shù)f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex，則f′(x)＝[x2－(a＋1)x＋a]ex，令f′(x)＝0，得x2－(a＋1)x＋a＝0，極值點(diǎn)是x＝1和x＝a，僅當(dāng)a<1時(shí)，增區(qū)間是(－∞，a)和(1，＋∞)，減區(qū)間是(a,1)，符合題意．故選D. 11．(2019·啟東中學(xué)模擬)若橢圓＋＝1和雙曲線－＝1的共同焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，P是兩曲線的一個(gè)交點(diǎn)，則|PF1|·|PF2|的值為(　　) A. B．84 C

10、．3 D．21 答案　D 解析　依據(jù)題意作出橢圓與雙曲線的圖象如下， 由橢圓方程＋＝1可得a＝25，a1＝5，由橢圓定義可得，|PF1|＋|PF2|＝2a1＝10①，由雙曲線方程－＝1可得a＝4，a2＝2，由雙曲線定義可得，|PF1|－|PF2|＝2a2＝4②，聯(lián)立方程①②，解得，|PF1|＝7，|PF2|＝3，∴|PF1|·|PF2|＝3×7＝21，故選D. 12．(2019·茂名一模)已知函數(shù)f(x)是定義域在R上的偶函數(shù)，且f(x＋1)＝f(x－1)，當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝x3，則關(guān)于x的方程f(x)＝|cosπx|在上所有實(shí)數(shù)解之和為(　　) A．1 B．3

11、 C．6 D．7 答案　D 解析　因?yàn)閒(x＋1)＝f(x－1)，則f(x)＝f(x－2)，所以f(x)的最小正周期為2，又由f(x＋1)＝f(x－1)＝f(1－x)得f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱(chēng)． 令g(x)＝|cosπx|，則g(x)的圖象如圖所示， 由圖象可得，y＝f(x)與g(x)＝|cosπx|的圖象在上有7個(gè)交點(diǎn)，且實(shí)數(shù)解的和為2×3＋1＝7，故選D. 第Ⅱ卷　(非選擇題，共90分) 二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分． 13．(2019·湖南八校聯(lián)考)二項(xiàng)式5的展開(kāi)式中的系數(shù)為_(kāi)_______． 答案　80 解析　由二項(xiàng)式5的展開(kāi)式的通項(xiàng)

12、公式得， Tr＋1＝2rCxx－r＝2rCx， 令＝－2，解得r＝3， 即二項(xiàng)式5的展開(kāi)式中的系數(shù)為23C＝80. 14．(2019·葫蘆島調(diào)研)廟會(huì)是我國(guó)古老的傳統(tǒng)民俗文化活動(dòng)，又稱(chēng)“廟市”或“節(jié)場(chǎng)”．廟會(huì)大多在春節(jié)、元宵節(jié)等節(jié)日舉行．廟會(huì)上有豐富多彩的文化娛樂(lè)活動(dòng)，如“砸金蛋”(游玩者每次砸碎一顆金蛋，如果有獎(jiǎng)品，則“中獎(jiǎng)”)．今年春節(jié)期間，某校甲、乙、丙、丁四位同學(xué)相約來(lái)到某廟會(huì)，每人均獲得砸一顆金蛋的機(jī)會(huì)．游戲開(kāi)始前，甲、乙、丙、丁四位同學(xué)對(duì)游戲中獎(jiǎng)結(jié)果進(jìn)行了預(yù)測(cè)，預(yù)測(cè)結(jié)果如下： 甲說(shuō)：“我或乙能中獎(jiǎng)”；乙說(shuō)：“丁能中獎(jiǎng)”； 丙說(shuō)：“我或乙能中獎(jiǎng)”；丁說(shuō)：“甲不能中獎(jiǎng)”．

13、 游戲結(jié)束后，這四位同學(xué)中只有一位同學(xué)中獎(jiǎng)，且只有一位同學(xué)的預(yù)測(cè)結(jié)果是正確的，則中獎(jiǎng)的同學(xué)是________． 答案　甲 解析　由四人的預(yù)測(cè)可得下表： 中獎(jiǎng)人 預(yù)測(cè)結(jié)果 甲 乙 丙 丁 甲 √ × × × 乙 √ × √ √ 丙 × × √ √ 丁 × √ × √ ①若甲中獎(jiǎng)，僅有甲預(yù)測(cè)正確，符合題意； ②若乙中獎(jiǎng)，甲、丙、丁預(yù)測(cè)正確，不符合題意； ③若丙中獎(jiǎng)，丙、丁預(yù)測(cè)正確，不符合題意； ④若丁中獎(jiǎng)，乙、丁預(yù)測(cè)正確，不符合題意． 故只有當(dāng)甲中獎(jiǎng)時(shí)，僅有甲一人預(yù)測(cè)正確，故答案為甲． 15．(2019·吉林一模)設(shè)函數(shù)f(x)＝

14、若f(m)>1，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 答案　(－∞，0)∪(e，＋∞) 解析　如圖所示， 可得f(x)＝的圖象與y＝1的交點(diǎn)分別為(0,1)，(e,1)， ∴f(m)>1，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，0)∪(e，＋∞)． 16．(2019·全國(guó)卷Ⅰ)已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)F1的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點(diǎn)．若＝，·＝0，則C的離心率為_(kāi)_______． 答案　2 解析　解法一：由＝， 得A為F1B的中點(diǎn)． 又∵O為F1F2的中點(diǎn)， ∴OA∥BF2. 又·＝0， ∴∠F1BF2＝90°. ∴

15、OF2＝OB， ∴∠OBF2＝∠OF2B. 又∵∠F1OA＝∠BOF2，∠F1OA＝∠OF2B， ∴∠BOF2＝∠OF2B＝∠OBF2， ∴△OBF2為等邊三角形． 如圖1所示，不妨設(shè)B為. ∵點(diǎn)B在直線y＝－x上，∴＝， ∴離心率e＝＝＝2. 解法二：∵·＝0， ∴∠F1BF2＝90°.在Rt△F1BF2中，O為F1F2的中點(diǎn)， ∴|OF2|＝|OB|＝c.如圖2，作BH⊥x軸于H，由l1為雙曲線的漸近線，可得＝， 且|BH|2＋|OH|2＝|OB|2＝c2，∴|BH|＝b，|OH|＝a，∴B(a，－b)，F(xiàn)2(c,0)． 又∵＝，∴A為F1B的中點(diǎn)． ∴O

16、A∥F2B，∴＝，∴c＝2a， ∴離心率e＝＝2. 三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答． (一)必考題：60分． 17．(本小題滿(mǎn)分12分)(2019·湖南永州三模)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足Sn＝2an－n(n∈N*)． (1)證明：數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列； (2)若數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，且b3＝a2，b7＝a3，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)證明：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2a1－1，∴a1＝1. 當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2an－1－(n－1)， ∴

17、an＝2an－2an－1－1，∴an＋1＝2(an－1＋1)， ∴數(shù)列{an＋1}是首項(xiàng)、公比都為2的等比數(shù)列． (2)由(1)得，an＋1＝2n，即an＝2n－1， ∵b3＝3，b7＝7，∴b1＋2d＝3，b1＋6d＝7， ∴b1＝d＝1，∴bn＝n， ∴＝＝－， ∴Tn＝＋＋…＋＝1－. 18．(本小題滿(mǎn)分12分)(2019·汕頭一模)我市南澳縣是廣東唯一的海島縣，海區(qū)面積廣闊，發(fā)展太平洋牡蠣養(yǎng)殖業(yè)具有得天獨(dú)厚的優(yōu)勢(shì)，所產(chǎn)的“南澳牡蠣”是中國(guó)國(guó)家地理標(biāo)志產(chǎn)品，產(chǎn)量高、肉質(zhì)肥、營(yíng)養(yǎng)好，素有“海洋牛奶精品”的美譽(yù)．根據(jù)養(yǎng)殖規(guī)模與以往的養(yǎng)殖經(jīng)驗(yàn)，產(chǎn)自某南澳牡蠣養(yǎng)殖基地的單個(gè)“南澳牡

18、蠣”質(zhì)量(g)在正常環(huán)境下服從正態(tài)分布N(32,16)． (1)購(gòu)買(mǎi)10只該基地的“南澳牡蠣”，會(huì)買(mǎi)到質(zhì)量小于20 g的牡蠣的可能性有多大？ (2)2019年該基地考慮增加人工投入，現(xiàn)有以往的人工投入增量x(萬(wàn)人)與年收益增量y(萬(wàn)元)的數(shù)據(jù)如下： 人工投入增量x(萬(wàn)人) 2 3 4 6 8 10 13 年收益增量y(萬(wàn)元) 13 22 31 42 50 56 58 該基地為了預(yù)測(cè)人工投入增量為16人時(shí)的年收益增量，建立了y與x的兩個(gè)回歸模型： 模型①：由最小二乘公式可求得y與x的線性回歸方程：＝4.1x＋11.8； 模型②：由散點(diǎn)圖的樣本點(diǎn)分布，

19、可以認(rèn)為樣本點(diǎn)集中在曲線：y＝b＋a的附近，對(duì)人工投入增量x做變換，令t＝，則y＝b·t＋a，且有＝2.5，＝38.9， (ti－)(yi－)＝81.0， (ti－)2＝3.8. (1)根據(jù)所給的統(tǒng)計(jì)量，求模型②中y關(guān)于x的回歸方程(精確到0.1)； (2)根據(jù)下列表格中的數(shù)據(jù)，比較兩種模型的相關(guān)指數(shù)R2，并選擇擬合精度更高、更可靠的模型，預(yù)測(cè)人工投入增量為16人時(shí)的年收益增量． 回歸模型 模型① 模型② 回歸方程 ＝4.1x＋11.8 y＝b＋a (yi－i)2 182.4 79.2 附：若隨機(jī)變量Z～N(μ，σ2)，則P(μ－3σ

20、,0.998710≈0.9871；樣本(ti，yi)(i＝1,2，…，n)的最小二乘估計(jì)公式為＝，＝－，另：刻畫(huà)回歸效果的相關(guān)指數(shù)R2＝1－. 解　(1)由已知，單個(gè)“南澳牡蠣”質(zhì)量ξ～N(32,16)，則μ＝32，σ＝4， 由正態(tài)分布的對(duì)稱(chēng)性可知， P(ξ<20)＝[1－P(20<ξ<44)]＝[1－P(μ－3σ<ξ<μ＋3σ)]＝(1－0.9974)＝0.0013， 設(shè)購(gòu)買(mǎi)10只該基地的“南澳牡蠣”，其中質(zhì)量小于20 g的牡蠣為X只，故X～B(10,0.0013)，故P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－(1－0.0013)10＝1－0.9871＝0.0129，∴這10只“南澳牡蠣”

21、中，會(huì)買(mǎi)到質(zhì)量小于20 g的牡蠣的可能性?xún)H為1.29%. (2)(ⅰ)由＝2.5，＝38.9， (ti－)(yi－)＝81.0， (ti－)2＝3.8，有＝＝≈21.3，且＝－＝38.9－21.3×2.5≈－14.4， ∴模型②中y關(guān)于x的回歸方程為＝21.3－14.4. (ⅱ)由表格中的數(shù)據(jù)，有182.4>79.2，即>，模型①的R2小于模型②，說(shuō)明回歸模型②刻畫(huà)的擬合效果更好． 當(dāng)x＝16時(shí)，模型②的收益增量的預(yù)測(cè)值為＝21.3×－14.4＝21.3×4－14.4＝70.8(萬(wàn)元)， 這個(gè)結(jié)果比模型①的預(yù)測(cè)精度更高、更可靠． 19．(本小題滿(mǎn)分12分)(2019·哈爾濱三中模擬

22、)如圖所示，在四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2. (1)若M為CD的中點(diǎn)，求證：AM⊥平面AA1B1B； (2)求直線DD1與平面A1BD所成角的正弦值． 解　(1)證明：∵四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝120°，連接AC，則△ACD為等邊三角形， 又∵M(jìn)為CD的中點(diǎn)，∴AM⊥CD，由CD∥AB， ∴AM⊥AB， ∵AA1⊥底面ABCD，AM?底面ABCD， ∴AM⊥AA1， 又∵AB∩AA1＝A，∴AM⊥平面AA1B1B. (2)∵四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝120°，

23、 AB＝AA1＝2A1B1＝2， ∴DM＝1，AM＝，∴∠AMD＝∠BAM＝90°， 又∵AA1⊥底面ABCD， 分別以AB，AM，AA1為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz， 則A1(0,0,2)，B(2,0,0)，D(－1，，0)，D1， ∴＝，＝(－3，，0，＝(2,0，－2)， 設(shè)平面A1BD的一個(gè)法向量n＝(x，y，z)， 則有??y＝x＝z，令x＝1，則n＝(1，，1)， ∴直線DD1與平面A1BD所成角θ的正弦值sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝. 20．(本小題滿(mǎn)分12分)(2019·南京市三模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋

24、＝1(a＞b＞0)過(guò)點(diǎn)，離心率為.A，B分別是橢圓C的上、下頂點(diǎn)，M是橢圓C上異于A，B的一點(diǎn)． (1)求橢圓C的方程； (2)若點(diǎn)P在直線x－y＋2＝0上，且＝3，求△PMA的面積； (3)過(guò)點(diǎn)M作斜率為1的直線分別交橢圓C于另一點(diǎn)N，交y軸于點(diǎn)D，且D點(diǎn)在線段OA上(不包括端點(diǎn)O，A)，直線NA與直線BM交于點(diǎn)P，求·的值． 解　(1)因?yàn)闄E圓過(guò)點(diǎn)，離心率為， 所以＋＝1，＝1－e2＝，解得a2＝2，b2＝1， 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)由(1)知B(0，－1)，設(shè)M(x0，y0)，P(x，y)． 由＝3，得(x，y＋1)＝3(x0，y0＋1)， 則x＝3

25、x0，y＝3y0＋2. 又因?yàn)镻在直線x－y＋2＝0上，所以y0＝x0.?、? 因?yàn)镸在橢圓C上，所以＋y＝1， 將①代入上式，得x＝. 所以|x0|＝，從而|xP|＝， 所以S△PMA＝S△PAB－S△MAB＝×2×－×2×＝. (3)解法一：由(1)知，A(0,1)，B(0，－1)． 設(shè)D(0，m)，0＜m＜1，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 因?yàn)镸N的斜率為1， 所以直線MN的方程為y＝x＋m， 聯(lián)立方程組消去y， 得3x2＋4mx＋2m2－2＝0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝. 直線MB的方程為y＝x－1，直線NA的方程為y＝x＋1， 聯(lián)立解得yP＝

26、. 將y1＝x1＋m，y2＝x2＋m代入，得 yP＝ ＝ ＝＝. 所以·＝(0，m)·(xP，yP)＝myP＝m·＝1. 解法二：A(0,1)，B(0，－1)．設(shè)M(x0，y0)， 則＋y＝1. 因?yàn)镸N的斜率為1，所以直線MN的方程為y＝x－x0＋y0，則D(0，y0－x0)， 聯(lián)立方程消去y， 得3x2－4(x0－y0)x＋2(x0－y0)2－2＝0， 所以xN＋x0＝， 所以xN＝，yN＝－， 所以直線NA的方程為y＝x＋1＝x＋1， 直線MB的方程為y＝x－1， 聯(lián)立解得yP＝. 又因?yàn)椋珁＝1， 所以yP＝＝， 所以·＝(0，y0－x0)·(xP，

27、yP)＝(y0－x0)·＝1. 21．(本小題滿(mǎn)分12分)(2019·仙桃期末)已知函數(shù)f(x)＝x2－＋axln x，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)． (1)當(dāng)a≥0時(shí)，求證：x≥1時(shí)，f(x)>0； (2)當(dāng)a≥－時(shí)，討論函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)． 解　(1)證明：由f′(x)＝x－＋a(ln x＋1)，易知 f′＝0， 設(shè)g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝， 當(dāng)a≥0時(shí)，g′(x)>0， 又f′＝g＝0，∴0時(shí)，g(x)>0， 即f(x)在上遞減，在上遞增，所以當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥f(1)＝－>0得證． (2)由(1)可得，①當(dāng)a≥0時(shí)，f

28、(x)當(dāng)且僅當(dāng)在x＝處取得極小值，無(wú)極大值，故此時(shí)極值點(diǎn)個(gè)數(shù)為1； ②當(dāng)－≤a<0時(shí)，易知g(x)在(0，－a)上遞減，在(－a，＋∞)上遞增， 所以g(x)min＝g(－a)＝－＋aln (－a)， 又設(shè)h(a)＝－＋aln (－a)，其中－≤a<0，則h′(a)＝1＋ln (－a)≤0，對(duì)－≤a<0恒成立，所以h(a)單調(diào)遞減，h(a)≤h＝0， 所以(ⅰ)當(dāng)a＝－時(shí)，g(x)≥0即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故此時(shí)極值點(diǎn)個(gè)數(shù)為0； (ⅱ)當(dāng)－－a>0，g(x)在(－a，＋∞)上遞增， 又g＝0，所以當(dāng)－a≤x<時(shí)g(x)<0， 當(dāng)x>時(shí)，g(x)>0，即

29、f(x)總在x＝處取得極小值；又當(dāng)x→0且x>0時(shí)，g(x)→＋∞，所以存在唯一x0∈(0，－a)使得g(x0)＝0，且當(dāng)00，當(dāng)x0

30、動(dòng)點(diǎn)，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，以極點(diǎn)O為中心，將點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到點(diǎn)Q，設(shè)點(diǎn)Q的軌跡為曲線C2. (1)求曲線C1，C2的極坐標(biāo)方程； (2)射線θ＝(ρ>0)與曲線C1，C2分別交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)定點(diǎn)M(2,0)，求△MAB的面積． 解　(1)曲線C1的圓心為(2,0)，半徑為2，把互化公式代入可得曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cosθ. 設(shè)Q(ρ，θ)，則P，則有ρ＝4cos＝4sinθ. 所以曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝4sinθ. (2)M到射線θ＝的距離為d＝2sin＝， |AB|＝ρB－ρA＝4＝2(－1)， 則S＝|AB|×d＝3－.

31、 23．(本小題滿(mǎn)分10分)[選修4－5：不等式選講] (2019·全國(guó)卷Ⅱ)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)． (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f(x)<0的解集； (2)若x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)<0，求a的取值范圍． 解　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)． 當(dāng)x<1時(shí)，f(x)＝－2(x－1)2<0； 當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥0. 所以，不等式f(x)<0的解集為(－∞，1)． (2)因?yàn)閒(a)＝0，所以a≥1. 當(dāng)a≥1，x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)·(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0.所以，a的取值范圍是[1，＋∞)． 16