(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(xiàn)網(wǎng)格的最小正方形邊長(zhǎng)為1,實(shí)線(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)-=1的共同焦點(diǎn)為F1,F(xiàn)2,P是兩曲線(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)方程-=1可得a=4,a2=2,由雙曲線(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)與C的兩條漸近線(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)的漸近線(xiàn),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(xiàn)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(xiàn):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(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)段OA上(不包括端點(diǎn)O,A),直線(xiàn)NA與直線(xiàn)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(xiàn)x-y+2=0上,所以y0=x0. ① 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(xiàn)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(xiàn)MB的方程為y=x-1,直線(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)NA的方程為y=x+1=x+1, 直線(xiàn)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(xiàn)C2. (1)求曲線(xiàn)C1,C2的極坐標(biāo)方程; (2)射線(xiàn)θ=(ρ>0)與曲線(xiàn)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(xiàn)C1的圓心為(2,0),半徑為2,把互化公式代入可得曲線(xiàn)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(xiàn)C2的極坐標(biāo)方程為ρ=4sinθ. (2)M到射線(xiàn)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

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