高考數(shù)學(xué) 素養(yǎng)提升練（四）文（含解析）-人教高三全冊(cè)數(shù)學(xué)試題

素養(yǎng)提升練(四)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分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·福州一中二模)已知i為虛數(shù)單位，則eq\f(i,1＋i)的實(shí)部與虛部之積等于()A．－eq\f(1,4)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,4)iD．－eq\f(1,4)i答案B解析因?yàn)閑q\f(i,1＋i)＝eq\f(i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，所以eq\f(i,1＋i)的實(shí)部與虛部之積為eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).故選B.2．(2019·天津高考)設(shè)x∈R，則“0<x<5”是“|x－1|<1”的()A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案B解析由|x－1|<1可得0<x<2，所以“|x－1|<1的解集”是“0<x<5的解集”的真子集．故“0<x<5”是“|x－1|<1”的必要而不充分條件．故選B.3．(2019·全國(guó)卷Ⅲ)《西游記》《三國(guó)演義》《水滸傳》和《紅樓夢(mèng)》是中國(guó)古典文學(xué)瑰寶，并稱為中國(guó)古典小說四大名著．某中學(xué)為了解本校學(xué)生閱讀四大名著的情況，隨機(jī)調(diào)查了100位學(xué)生，其中閱讀過《西游記》或《紅樓夢(mèng)》的學(xué)生共有90位，閱讀過《紅樓夢(mèng)》的學(xué)生共有80位，閱讀過《西游記》且閱讀過《紅樓夢(mèng)》的學(xué)生共有60位，則該校閱讀過《西游記》的學(xué)生人數(shù)與該校學(xué)生總數(shù)比值的估計(jì)值為()A．0.5B．0.6C．0.7D．0.8答案C解析解法一：設(shè)調(diào)查的100位學(xué)生中閱讀過《西游記》的學(xué)生人數(shù)為x，則x＋80－60＝90，解得x＝70，所以該校閱讀過《西游記》的學(xué)生人數(shù)與該校學(xué)生總數(shù)比值的估計(jì)值為eq\f(70,100)＝0.7.故選C.解法二：用Venn圖表示調(diào)查的100位學(xué)生中閱讀過《西游記》和《紅樓夢(mèng)》的人數(shù)之間的關(guān)系如圖，易知調(diào)查的100位學(xué)生中閱讀過《西游記》的學(xué)生人數(shù)為70，所以該校閱讀過《西游記》的學(xué)生人數(shù)與該校學(xué)生總數(shù)比值的估計(jì)值為eq\f(70,100)＝0.7.故選C.4．(2019·郴州三模)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝x2－x，則函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(－1，f(－1))處的切線方程是()A．x＋y－2＝0B．x＋y＝0C．x＋y＋1＝0D．x＋y＋2＝0答案C解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，－x＞0，f(x)＝f(－x)＝x2＋x，f′(x)＝2x＋1，則f′(－1)＝－1.因?yàn)閒(－1)＝0，所以函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(－1，f(－1))處的切線方程是x＋y＋1＝0.故選C.5．(2019·鹽城二模)劉徽《九章算術(shù)·商功》中將底面為長(zhǎng)方形，兩個(gè)三角面與底面垂直的四棱錐體叫做陽馬．如圖，是一個(gè)陽馬的三視圖，則其外接球的體積為()A.eq\r(3)πB.eq\f(\r(3)π,2)C．3πD．4π答案B解析由題意可知陽馬為四棱錐，且四棱錐的底面為長(zhǎng)方體的一個(gè)底面，四棱錐的高為長(zhǎng)方體的一棱長(zhǎng)，且陽馬的外接球也是長(zhǎng)方體的外接球；由三視圖可知四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，四棱錐的高為1，∴長(zhǎng)方體的一個(gè)頂點(diǎn)處的三條棱長(zhǎng)分別為1,1,1，∴長(zhǎng)方體的對(duì)角線為eq\r(3)，∴外接球的半徑為eq\f(\r(3),2)，∴外接球的體積為V＝eq\f(4π,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))3＝eq\f(\r(3)π,2).故選B.6．(2019·安陽二模)如圖，原點(diǎn)O是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，頂點(diǎn)A在x上，∠AOB＝150°，∠BOC＝90°，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝2，|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝1，若eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，則eq\f(μ,λ)＝()A．－eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(3),3)C．－eq\r(3)D.eq\r(3)答案D解析建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，則A(2,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，因?yàn)閑q\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，由向量相等的坐標(biāo)表示可得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2λ－\f(\r(3)μ,2)＝－\f(1,2)，,\f(μ,2)＝－\f(\r(3),2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－1，,μ＝－\r(3)，))即eq\f(μ,λ)＝eq\r(3).故選D.7．(2019·德州模擬)P是雙曲線eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝1的右支上一點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為雙曲線的左、右焦點(diǎn)，則△PF1F2的內(nèi)切圓的圓心橫坐標(biāo)為()A.eq\r(3)B．2C.eq\r(7)D．3答案A解析如圖所示，F(xiàn)1(－eq\r(7)，0)，F(xiàn)2(eq\r(7)，0)，內(nèi)切圓與x軸的切點(diǎn)是點(diǎn)H，PF1，PF2與內(nèi)切圓的切點(diǎn)分別為M，N，由雙曲線的定義可得|PF1|－|PF2|＝2a＝2eq\r(3)，由圓的切線長(zhǎng)定理知，|PM|＝|PN|，故|MF1|－|NF2|＝2eq\r(3)，即|HF1|－|HF2|＝2eq\r(3)，設(shè)內(nèi)切圓的圓心橫坐標(biāo)為x，則點(diǎn)H的橫坐標(biāo)為x，故(x＋eq\r(7))－(eq\r(7)－x)＝2eq\r(3)，∴x＝eq\r(3).故選A.8．(2019·德陽聯(lián)考)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入m＝1，n＝3，輸出的x＝1.75，則空白判斷框內(nèi)應(yīng)填的條件為()A．|m－n|<1? B．|m－n|<0.5?C．|m－n|<0.2? D．|m－n|<0.1?答案B解析輸入m＝1，n＝3.第一次執(zhí)行，x＝2,22－3>0，n＝2，返回；第二次執(zhí)行，x＝eq\f(3,2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2－3<0，m＝eq\f(3,2)，返回；第三次執(zhí)行，x＝eq\f(3＋4,4)＝eq\f(7,4)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))2－3>0，n＝eq\f(7,4).輸出x＝1.75，故第三次執(zhí)行后應(yīng)滿足判斷框，此時(shí)m－n＝eq\f(3,2)－eq\f(7,4)＝－eq\f(1,4)，故選B.9．(2019·全國(guó)卷Ⅲ)已知曲線y＝aex＋xlnx在點(diǎn)(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則()A．a(chǎn)＝e，b＝－1B．a(chǎn)＝e，b＝1C．a(chǎn)＝e－1，b＝1D．a(chǎn)＝e－1，b＝－1答案D解析y′＝aex＋lnx＋1，k＝y(tǒng)′|x＝1＝ae＋1，∴切線方程為y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1.又∵切線方程為y＝2x＋b，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，))即a＝e－1，b＝－1.故選D.10．(2019·漢中質(zhì)檢)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝eq\r(2)，BC＝2，點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，則異面直線AD與A1C所成的角為()A.eq\f(π,2)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)答案B解析取B1C1的中點(diǎn)D1，連接A1D1，CD1，DD1，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，點(diǎn)D為BC∴AA1＝DD1且AA1∥DD1，∴AD∥A1D1且AD＝A1D1，∴∠CA1D1就是異面直線AD與A1C所成的角，AB＝AC＝eq\r(2)，BC＝2可以求出AD＝A1D1＝1，在Rt△CC1D1中，由勾股定理可求出CD1＝eq\r(3)，在Rt△AA1C中，由勾股定理可求出A1C＝2，顯然△A1D1C是直角三角形，sin∠CA1D1＝eq\f(CD1,A1C)＝eq\f(\r(3),2)，∴∠CA1D1＝eq\f(π,3)，故選B.11．(2019·四川綿陽二診)已知橢圓C：eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,m－4)＝1(m＞4)的右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)A(－2,2)為橢圓C內(nèi)一點(diǎn)．若橢圓C上存在一點(diǎn)P，使得|PA|＋|PF|＝8，則m的取值范圍是()A．(6＋2eq\r(5)，25]B．[9,25]C．(6＋2eq\r(5)，20]D．[3,5]答案A解析由橢圓方程，得：c＝eq\r(m－m－4)＝2，所以，橢圓的左焦點(diǎn)為E(－2,0)，點(diǎn)A在點(diǎn)E的正上方，所以，AE＝2，由橢圓的定義，得：2a＝|PE|＋|PF|≤|PA|＋|AE|＋|PF|＝10，即a≤5，所以，m＝a2≤25當(dāng)P，A，E在一條直線上，且PE垂直x軸時(shí)，取等號(hào)，2a＝|PE|＋|PF|≥|PA|－|AE|＋|PF|＝6，即a≥3，所以，m＝a2≥9，但因?yàn)辄c(diǎn)A(－2,2)在橢圓內(nèi)部，所以，當(dāng)x＝－2時(shí)，|y|＞2，即由eq\f(4,m)＋eq\f(y2,m－4)＝1，得|y|＝eq\r(m－4－\f(4m－4,m))＞2，化簡(jiǎn)，得m2－12m＋16＞0，解得m＞6＋2eq\r(5).所以m的取值范圍是(6＋2eq\r(5)，25]．故選A.12．(2019·鎮(zhèn)海中學(xué)一模)已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿足a7＝a6＋2a5，若存在兩項(xiàng)am，an，使得aman＝16aeq\o\al(2,1)，則eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)的最小值為()A.eq\f(3,2)B.eq\f(11,4)C.eq\f(8,3)D.eq\f(10,3)答案B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＋eq\f(2a6,q)，化簡(jiǎn)得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，因?yàn)閍man＝16aeq\o\al(2,1)，所以(a1qm－1)·(a1qn－1)＝16aeq\o\al(2,1)，則qm＋n－2＝16，解得m＋n＝6，所以eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)＝eq\f(1,6)(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(9,n)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋\f(n,m)＋\f(9m,n)))≥eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋2\r(\f(n,m)·\f(9m,n))))＝eq\f(8,3)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(n,m)＝eq\f(9m,n)時(shí)取等號(hào)，此時(shí)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)＝\f(9m,n)，,m＋n＝6，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(3,2)，,n＝\f(9,2)，))因?yàn)閙，n取整數(shù)，所以均值不等式等號(hào)條件取不到，則eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)＞eq\f(8,3)，驗(yàn)證可得，當(dāng)m＝2，n＝4時(shí)，eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)取最小值為eq\f(11,4)，故選B.第Ⅱ卷(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·江蘇高考)已知一組數(shù)據(jù)6,7,8,8,9,10，則該組數(shù)據(jù)的方差是________．答案eq\f(5,3)解析這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為8，故方差為s2＝eq\f(1,6)×[(6－8)2＋(7－8)2＋(8－8)2＋(8－8)2＋(9－8)2＋(10－8)2]＝eq\f(5,3).14．(2019·鄭州一模)不等式x(sinθ－cos2θ＋1)≥－3對(duì)任意θ∈R恒成立，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，12))解析當(dāng)x＝0時(shí)，x(sinθ－cos2θ＋1)≥－3恒成立；當(dāng)x＞0時(shí)，sinθ＋sin2θ≥－eq\f(3,x)，由sinθ＋sin2θ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ＋\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，可得sinθ＝－eq\f(1,2)時(shí)，取得最小值－eq\f(1,4)，sinθ＝1時(shí)，取得最大值2，即有－eq\f(1,4)≥－eq\f(3,x)，解得0＜x≤12；當(dāng)x＜0時(shí)，可得sinθ＋sin2θ≤－eq\f(3,x)，即有2≤－eq\f(3,x)，解得－eq\f(3,2)≤x＜0，綜上可得，實(shí)數(shù)x的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，12)).15．(2019·佛山二模)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≥0，,x＋2，x＜0，))若函數(shù)y＝f(x)－a有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案[0,2)解析若函數(shù)y＝f(x)－a有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，得y＝f(x)－a＝0，即f(x)＝a有兩個(gè)不同的根，即函數(shù)f(x)與y＝a有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，作出函數(shù)f(x)的圖象如圖：當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥0，當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＜2，則要使函數(shù)f(x)與y＝a有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則0≤a＜2，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[0,2)．16．(2019·佛山二模)某工廠現(xiàn)將一棱長(zhǎng)為eq\r(3)的正四面體毛坯件切割成一個(gè)圓柱體零件，則該圓柱體體積的最大值為________．答案eq\f(\r(2)π,27)解析圓柱體體積最大時(shí)，圓柱的底面圓心為正四面體的底面中心O′，圓柱的上底面與棱錐側(cè)面的交點(diǎn)N在側(cè)面的中線AM上．∵正四面體棱長(zhǎng)為eq\r(3)，∴BM＝eq\f(3,2)，O′M＝eq\f(1,2)，BO′＝1，∴AO′＝eq\r(2)，設(shè)圓柱的底面半徑為r，高為h，則0＜r＜eq\f(1,2).由三角形相似得：eq\f(r,\f(1,2))＝eq\f(\r(2)－h(huán),\r(2))，即h＝eq\r(2)－2eq\r(2)r，圓柱的體積V＝πr2h＝eq\r(2)πr2(1－2r)，∵r2(1－2r)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r＋r＋1－2r,3)))3＝eq\f(1,27)，當(dāng)且僅當(dāng)r＝1－2r即r＝eq\f(1,3)時(shí)取等號(hào)．∴圓柱的最大體積為eq\f(\r(2)π,27).三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．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．(本小題滿分12分)(2019·瀘州模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，已知a＝6，cosA＝eq\f(1,8).(1)若b＝5，求sinC的值；(2)△ABC的面積為eq\f(15\r(7),4)，求b＋c的值．解(1)由cosA＝eq\f(1,8)，則0＜A＜eq\f(π,2)，且sinA＝eq\f(3\r(7),8)，由正弦定理可得，sinB＝eq\f(b,a)sinA＝eq\f(5\r(7),16)，因?yàn)閎＜a，所以0＜B＜A＜eq\f(π,2)，所以cosB＝eq\f(9,16)，可得sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(7),4).(2)S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bc×eq\f(3\r(7),8)＝eq\f(15\r(7),4)，∴bc＝20，可得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－2×20×eq\f(1,8)＝36，∴b2＋c2＝41，可得(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝41＋40＝81，∴b＋c＝9.18．(本小題滿分12分)(2019·海淀區(qū)一模)據(jù)《人民網(wǎng)》報(bào)道，“美國(guó)國(guó)家航空航天局(NASA)發(fā)文稱，相比20年前世界變得更綠色了，衛(wèi)星資料顯示中國(guó)和印度的行動(dòng)主導(dǎo)了地球變綠．”據(jù)統(tǒng)計(jì)，中國(guó)新增綠化面積的42%來自于植樹造林，下表是中國(guó)十個(gè)地區(qū)在2017年植樹造林的相關(guān)數(shù)據(jù)．(造林總面積為人工造林、飛播造林、新封山育林、退化林修復(fù)、人工更新的面積之和)單位：公頃(1)請(qǐng)根據(jù)上述數(shù)據(jù)，分別寫出在這十個(gè)地區(qū)中人工造林面積與造林總面積的比值最大和最小的地區(qū)；(2)在這十個(gè)地區(qū)中，任選一個(gè)地區(qū)，求該地區(qū)人工造林面積與造林總面積的比值不足50%的概率是多少？(3)從上表新封山育林面積超過十萬公頃的地區(qū)中，任選兩個(gè)地區(qū)，求至少有一個(gè)地區(qū)退化林修復(fù)面積超過五萬公頃的概率．解(1)人工造林面積與造林總面積的比值最大的地區(qū)為甘肅省，人工造林面積與造林總面積的比值最小的地區(qū)為青海?。?2)設(shè)在這十個(gè)地區(qū)中，任選一個(gè)地區(qū)，該地區(qū)人工造林面積占總面積的比值不足50%為事件A，在十個(gè)地區(qū)中，有3個(gè)地區(qū)(重慶、新疆、青海)人工造林面積占總面積比不足50%，則P(A)＝eq\f(3,10).(3)設(shè)至少有一個(gè)地區(qū)退化林修復(fù)面積超過五萬公頃為事件B，新封山育林面積超過十萬公頃有4個(gè)地區(qū)：內(nèi)蒙、河北、新疆、青海，分別設(shè)為a1，a2，a3，a4，其中退化林修復(fù)面積超過五萬公頃有2個(gè)地區(qū)：內(nèi)蒙，河北，即a1，a2.從4個(gè)地區(qū)中任取2個(gè)地區(qū)共有6種情況，(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a3，a4)其中至少有一個(gè)地區(qū)退化林修復(fù)面積超過五萬公頃共有5種情況，(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a2，a3)，(a2，a4)，則P(B)＝eq\f(5,6).19．(本小題滿分12分)(2019·昆明一模)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，M是AB(1)證明：BC1∥平面MCA1；(2)若AB＝A1M＝2MC＝2，BC＝eq\r(2)，求點(diǎn)C1到平面MCA1的距離．解(1)證明：如圖，連接AC1，設(shè)AC1與A1C的交點(diǎn)為N，則N為AC1的中點(diǎn)，連接MN，因?yàn)镸是AB的中點(diǎn)，所以MN∥BC1，又MN?平面MCA1，BC1?平面MCA1，所以BC1∥平面MCA1(2)因?yàn)锳B＝2MC＝2，M是AB的中點(diǎn)，所以∠ACB＝90°，在直三棱柱中，A1M＝2，AM＝1，所以AA1＝eq\r(3)，又BC＝eq\r(2)，所以AC＝eq\r(2)，A1C＝eq\r(5)，所以∠A1MC＝90°.設(shè)點(diǎn)C1到平面MCA1的距離為h，因?yàn)锳C1的中點(diǎn)N在平面MCA1上，所以點(diǎn)A到平面MCA1的距離也為h，三棱錐A1－AMC的體積V＝eq\f(1,3)S△AMC·AA1＝eq\f(\r(3),6)，△MCA1的面積S＝eq\f(1,2)A1M·MC＝1，則V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)h＝eq\f(\r(3),6)，得h＝eq\f(\r(3),2)，故點(diǎn)C1到平面MCA1的距離為eq\f(\r(3),2).20．(本小題滿分12分)(2019·深圳一模)設(shè)拋物線C：y2＝4x，直線l：x－my－2＝0與C交于A，B兩點(diǎn)．(1)若|AB|＝4eq\r(6)，求直線l的方程；(2)點(diǎn)M為AB的中點(diǎn)，過點(diǎn)M作直線MN與y軸垂直，垂足為N，求證：以MN為直徑的圓必經(jīng)過一定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)坐標(biāo)．解(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝4x，))消去x并整理可得y2－4my－8＝0，顯然Δ＝16m2＋32＞設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－8∴|AB|＝eq\r(1＋m2)·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(1＋m2)·4eq\r(m2＋2)＝4eq\r(6)，∴m2＝1，即m＝±1，∴直線l的方程為x－y－2＝0或x＋y－2＝0.(2)證明：設(shè)AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為(xM，yM)，則yM＝eq\f(1,2)(y1＋y2)＝2m，∴xM＝myM＋2＝2m2∴M(2m2＋2,2由題意可得N(0,2m)設(shè)MN為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)P(x0，y0)，∴eq\o(PM,\s\up6(→))＝(2m2＋2－x0,2m－y0)，eq\o(PN,\s\up6(→))＝(－x0,2m－y0)，由題意可得eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0，即(4－2x0)m2－4y0m＋xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)－2x0＝0，由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－2x0＝0，,4y0＝0，,x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)－2x0＝0，))解得x0＝2，y0＝0，∴定點(diǎn)(2,0)即為所求．21．(本小題滿分12分)(2019·全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)lnx－x－1.證明：(1)f(x)存在唯一的極值點(diǎn)；(2)f(x)＝0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù)．證明(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x－1,x)＋lnx－1＝lnx－eq\f(1,x).因?yàn)閥＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝eq\f(ln4－1,2)>0，故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.又當(dāng)x<x0時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>x0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，因此，f(x)存在唯一的極值點(diǎn)．(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)內(nèi)存在唯一根x＝α.由α>x0>1得eq\f(1,α)<1<x0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)－1))lneq\f(1,α)－eq\f(1,α)－1＝eq\f(fα,α)＝0，故eq\f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．綜上，f(x)＝0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù)．(二)選考題：10分．請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．22．(本小題滿分10分)[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程](2019·長(zhǎng)春二模)在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝a＋\f(1,2)t，,y＝\f(\r(3),2)t))(t為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的非負(fù)半軸為極軸，建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ2＝eq\f(3,1＋2cos