【高考领航】2025年高考数学(理科)模拟试题精编卷(7)

高考理科数学模拟试题精编(七) (考试用时：120分钟　分值：150分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，把答题卡上对应题目的答案标号填在表格内．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知复数z＝1＋i，设复数w＝，则w的虚部是(　　) A.－1 B.1 C.i D.－i 2．集合M＝{x|x＝4n＋1，n∈Z}，S＝{x|＜x＜ }，则M∩S中的元素个数为(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 3．自新中国成立以来，我国共进行了七次全国人口普查，下图为我国历次全国人口普查人口性别构成及总人口性别比(以女性为100，男性对女性的比例)统计图，则下列说法错误的是(　　) A.近三次全国人口普查总人口性别比呈递减趋势 B.我国历次全国人口普查总人口数逐次递增 C.第五次全国人口普查时，我国总人口数已经突破12亿 D.第七次全国人口普查时，我国总人口性别比最高 4．若a＞0且a≠1，则“MN＞0”是“loga(MN)＝logaM＋logaN”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 5．函数y＝在[－π，π]的图象大致为(　　) 　 6．若sin α＝，α∈，则sin 的值为(　　) A.－ B.－ C. D. 7．若直线l：x－2y－＝0经过双曲线M：－＝1(a＞0，b＞0)的一个焦点，且与双曲线M有且仅有一个公共点，则双曲线M的方程为(　　) A.－＝1 B.－＝1 C.－＝1 D.－＝1 8．已知a＝log6，b＝log7，c＝60.1，则(　　) A.b＜c＜a B.b＜a＜c C.c＜a＜b D.a＜b＜c 9．若定义在R上的偶函数f(x)的图象关于点(2，0)对称，且f(x)不是常数函数，则下列说法错误的是(　　) A.f(x)＝f(－x) B.f(2＋x)＋f(2－x)＝0 C.f(3)＝f(5) D.f(x＋2)＝f(x－2) 10．2023年春节期间，G市某天8～16时的温度(单位：℃)变化曲线(如图)近似满足函数f(x)＝2cos (ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜π，x∈[8，16])的图象．下列说法正确的是(　　) A.8～13时这段时间温度逐渐升高 B.8～16时最大温差不超过5 ℃ C.8～16时0 ℃以下的时长恰为3小时 D.16时温度为－2 ℃ 11.骑行是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱．如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A(前轮)，圆D(后轮)的半径均为，△ABE，△BEC，△ECD均是边长为4的等边三角形．设点P为后轮上一点，则在骑行该自行车的过程中，·达到最大值时，点P到地面的距离为(　　) A. B. C.＋ D.＋ 12.如图，将一块直径为2的半球形石材切割成一个正四棱柱，则正四棱柱的体积取最大值时，切割掉的废弃石材的体积为(　　) A.2π－4 B.4π－4 C.2π－ D.4π－ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．在爱尔兰小说《格列佛游记》里，有格列佛在小人国一顿吃了1728份小人饭的叙述，作者为什么要使用这么复杂的数呢？许多研究者认为，之所以选用这个数，跟英国人计数经常使用的十二进制有关系．中国文化中，十二进制也有着广泛应用，如十二地支，十二个时辰，十二生肖，….十二进制数通常使用数字0～9以及字母A，B表示，其中A即数10，B即数11.对于如图所示的程序框图，若输入a＝1728，k＝12，则输出的数为________． 14．在正六边形ABCDEF中，点G为线段DF(含端点)上的动点，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围是________． 15．椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为点F，过原点O的直线与椭圆交于P，Q两点，若∠PFQ＝120°，|OF|＝，|OP|＝，则椭圆C的离心率为________． 16．若对任意x∈(0，＋∞)，都有eax－x＋2ax≥－＋2ln x(其中e为自然对数的底数)恒成立，则实数a的最小值为________． 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：共60分． 17．(12分)在①Sn＝n2－kn＋1(n∈N*，k为常数)，②an＋1＝an＋d(n∈N*，d为常数)，③an＋1＝qan(q＞0，n∈N*，q为常数)这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，若问题中的数列存在，求数列(n∈N*)的前10项和；若问题中的数列不存在，说明理由． 问题：是否存在数列{an}(n∈N*)，其前n项和为Sn，且a1＝1，a3＝4，________？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 18．(12分)盲盒，是指消费者不能提前得知具体产品款式的玩具盒子，具有随机性．因其独有的新鲜性，刺激性及社交属性而深受各个年龄段人们的喜爱．已知M系列盲盒共有12个款式，为调查M系列盲盒更受哪个年龄段的喜爱，向00前、00后人群各随机发放了50份问卷，并全部收回．经统计，有45%的人未购买该系列盲盒，在这些未购买者当中，00后占. (1)请根据以上信息填表，并分析是否有99%的把握认为购买该系列盲盒与年龄有关？ 00前 00后 总计 购买 未购买 总计 100 附：K2＝， P(K2≥k0) 0.10 0.05 0.010 0.001 k0 2.706 3.841 6.635 10.828 (2)一批盲盒中，每个盲盒随机装有一个款式．甲同学已经买到3个不同款，乙、丙同学分别已经买到m个不同款，已知三个同学各自新购买一个盲盒，且相互之间无影响，他们同时买到各自的不同款的概率为. ①求m； ②设X表示三个同学中各买到自己不同款的总人数，求X的分布列和数学期望． 19.(12分)如图，在四棱锥S­ABCD中，已知四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，△SAD为正三角形，平面SAD⊥平面ABCD. (1)求二面角S­BC­A的大小； (2)在线段SC(端点S，C除外)上是否存在一点M，使得AM⊥BD？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由． 20．(12分)如图，过抛物线x2＝y上任意一点P(不是顶点)作切线l，l交y轴于点Q. (1)求证：线段PQ的垂直平分线过定点； (2)过直线y＝x－1上任意一点R作抛物线x2＝y的两条切线，切点分别为S，T，M为抛物线上S，T之间到直线ST的距离最大的点，求△MST面积的最小值． 21．(12分)已知函数f(x)＝axe1-x与g(x)＝有相同的最大值(其中e为自然对数的底数). (1)求实数a的值； (2)证明：∀x∈[0，1]，都有f(x)≥g(x)； (3)若直线y＝m(m∈R)与曲线y＝f(x)有两个不同的交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，求证：x1＋x2＜. (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．(10分)[选修4—4：坐标系与参数方程] 在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为(α为参数)，且圆C与x轴交于O，A两点，与y轴交于O，B两点．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系． (1)求直线AB的极坐标方程； (2)若点M是直线AB上的动点，射线OM与圆C交于点N(点N异于点O)，求证：·为定值，并求出该定值． 23．(10分)[选修4—5：不等式选讲] 已知a，b，c都是正数． (1)证明：a＋b＋c≥ ＋＋； (2)若a＋b＋c＝3，证明：＋＋≥. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考理科数学模拟试题精编(七) 1．A　由题意，得＝1－i，所以w＝＝＝＝＝－1－i，所以其虚部为－1，故选A. 2．A　因为M＝{x|x＝4n＋1，n∈Z}＝{…，1，5，9，13，…}，S＝{x|＜x＜}，所以M∩S＝{5，9}，所以M∩S中的元素个数为2.故选A. 3．D　由题图中的折线图可知，第五、六、七次全国人口普查总人口性别比分别为106.74，105.20，105.07，依次递减，故A正确；由题图中的柱状图可知，我国总人口数递增，第五次全国人口普查时，我国总人口数已经突破12亿，故B，C正确；由题图中的折线图可知，第一次全国人口普查时，我国总人口性别比最高，故D错误． 4．B　不妨取M＝－1，N＝－2，满足MN＞0，但loga(MN)＝logaM＋logaN无意义，∴充分性不成立；当loga(MN)＝logaM＋logaN时，则， ∴MN＞0，∴必要性成立． ∴“MN＞0”是“loga(MN)＝logaM＋logaN”的必要不充分条件，故选B. 5．D　解法一：设f(x)＝，则f(－x)＝＝＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，故排除A，C；当x∈时，|2x|∈[π，2π]，则sin |2x|≤0，又x2＋1＞0，所以当x∈时，f(x)≤0，故排除B.故选D. 解法二：设f(x)＝，当x∈时，|2x|∈[π，2π]，则sin |2x|≤0，又x2＋1＞0，所以当x∈时，f(x)≤0，故排除A，B；当x∈时，|2x|∈[0，π]，则sin |2x|≥0，又x2＋1＞0，所以当x∈时，f(x)≥0，故排除C.故选D. 6．B　因为α∈，所以cos α＝－＝－，所以sin＝cos α＝－，故选B. 7．D　直线l经过双曲线M的一个焦点，在x－2y－＝0中，令y＝0，得x＝，所以c＝　①.又直线l与双曲线M有且仅有一个公共点，所以直线l与双曲线的一条渐近线y＝x平行，所以＝，即a＝2b　②.又c2＝a2＋b2　③，所以由①②③可得a2＝12，b2＝3，所以双曲线M的方程为－＝1，故选D. 8．B　因为a＝log6＝log67＞log66＝，b＝log7＝log76＜log77＝，所以a＞b；因为a＝log6＝log67＜log663＝1，c＝60.1＞60＝1，所以c＞a.所以c＞a＞b.故选B. 9．D　因为函数f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)＝f(－x)恒成立，所以选项A正确；因为函数f(x)的图象关于点(2，0)对称，所以f(2＋x)＋f(2－x)＝0，所以选项B正确；因为f(2＋x)＋f(2－x)＝0，所以f(x＋2)＝－f(2－x)，用x＋2代换x得，f(x＋4)＝－f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋8)＝－f(x＋4)＝－[－f(x)]＝f(x)，即函数f(x)是以8为周期的周期函数，所以f(3)＝f(3－8)＝f(－5)＝f(5)，所以选项C正确；若f(x＋2)＝f(x－2)，则－f(2－x)＝f(x－2)，得f(x－2)＋f(2－x)＝0，则f(x)的图象关于点(0，0)对称，与f(x)为偶函数，且f(x)不是常数函数矛盾，故选项D错误．综上，选D. 10．D　对于A，由题图知，8～13时这段时间温度先降后升，故A不正确；对于B，8～16时这段时间的最大温差为2－(－2)＝4＞5，故B不正确；对于C，因为当x＝13时，f(x)取得最大值，13－11＝15－13，所以f(15)＝f(11)＝0，所以8～16时0 ℃以下的时长为(11－8)＋(16－15)＝4(小时)，故C不正确；对于D，由题图知，函数y＝2cos (ωx＋φ)的最小正周期T＝4×(13－11)＝8，所以ω＝＝，所以f(x)＝2cos (x∈[8，16])，将点(13，2)代入，得2cos ＝2，即cos ＝1，所以＋φ＝2kπ(k∈Z)，得φ＝2kπ－(k∈Z)，又0＜φ＜π，所以φ＝，所以f(x)＝2cos (x∈[8，16])，f(16)＝2cos ＝2cos ＝2×＝－2，故D正确．故选D. 11.B　如图，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A(－8，0)，C(－2，2)，圆D的方程为x2＋y2＝3.所以可设P(cos α，sin α)，0≤α＜2π，所以＝(6，2)，＝(cos α＋2，sin α－2)，所以·＝6cos α＋12＋6sin α－12＝6cos α＋6sin α＝12sin ，当α＋＝，即α＝时，·取得最大值，此时点P，点P到地面的距离为＋＝，故选B. 12.A　由题意可知，半球形石材的体积V1＝π()3×＝2π.由题意可知，切割成的正四棱柱为以下两种情形时，正四棱柱的体积可能取得最大值． 图1 情形一(正四棱柱一个底面的四个顶点在球面上)：如图1，设正四棱柱的底面正方形的边长为a，正四棱柱的高为h，则底面正方形的外接圆半径r＝a，所以h2＋r2＝h2＋a2＝()2，即a2＝6－2h2，所以正四棱柱的体积V2＝a2h＝(6－2h2)h＝－2h3＋6h.设f(x)＝－2x3＋6x，0＜x＜，则f′(x)＝－6x2＋6＝－6(x＋1)(x－1)，所以当0＜x＜1时，f′(x)＞0，当1＜x＜时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以当h＝1时，V2取得最大值，(V2)max＝－2×13＋6×1＝4. 情形二(正四棱柱一个侧面的四个顶点在球面上)：如图2，设正四棱柱的底面正方形的边长为a′，高为h′，则侧面长方形的外接圆半径r′＝ ，所以a′2＋r′2＝a′2＋＝()2，即a′2＝，所以正四棱柱的体积V2＝a′2h′＝·h′＝(12h′－h′3). 图2 设g(x)＝(12x－x3)，0＜x＜2，则g′(x)＝＝－(x＋2)(x－2)，所以当0＜x＜2时，g′(x)＞0，当2＜x＜2时，g′(x)＜0，所以g′(x)在(0，2)上单调递增，在(2，2)上单调递减，所以当h′＝2时，(V2)max＝×(12×2－23)＝.因为＜4，所以情形一的正四棱柱体积最大，所以当正四棱柱的体积最大时，切割掉的废弃石材的体积为2π－4，故选A. 13．解析：第一次运行，a＝1728，k＝12，则q＝144，r＝0，a＝144；第二次运行，a＝144，k＝12，则q＝12，r＝0，a＝12；第三次运行，a＝12，k＝12，则q＝1，r＝0，a＝1；第四次运行，a＝1，k＝12，则q＝0，r＝1，a＝0.输出的数为1000，运行结束． 答案：1000 14．解析：解法一：如图所示，设点O为正六边形ABCDEF的中心，连接OB，OD，OC，OF，则OB＝OD＝CB＝CD，所以四边形CDOB为平行四边形．点C，O，F三点共线，且CF＝2CO.设＝a，＝b，则＝a＋b，＝2＝2a＋2b，所以＝－＝2a＋b.因为点G为线段DF(含端点)上的动点，所以设＝x(x∈R，0≤x≤1)，所以－＝x， 即＝b＋x(2a＋b)＝2xa＋(x＋1)b，因为＝λ＋μ＝λa＋μb，a，b不共线，所以由平面向量基本定理得λ＝2x，μ＝x＋1，所以λ＋μ＝3x＋1，因为0≤x≤1，所以λ＋μ∈[1，4]. 解法二：如图所示，连接AC，因为ABCDEF是正六边形，所以AC⊥CD，DF⊥CD.分别以CD，CA所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系． 设正六边形ABCDEF的边长为2，则AC＝DF＝2，则C(0，0)，D(2，0)，B(－1，)，F(2，2).设G(2，y)，因为点G为线段DF(含端点)上的动点，所以0≤y≤2，所以＝(2，y)，＝(2，0)，＝(－1，)，所以λ＋μ＝λ(－1，)＋μ(2，0)＝(－λ＋2μ，λ)，又＝λ＋μ，所以，解得，所以λ＋μ＝1＋y，因为0≤y≤2，所以λ＋μ∈[1，4]. 答案：[1，4] 15．解析：设F1为椭圆＋＝1的右焦点，连接PF1，QF1(图略)，因为P，Q是过原点O的直线与椭圆的交点，所以P，Q关于原点O对称，又F，F1关于原点O对称，所以由椭圆的对称性可得|PF1|＝|QF|，|PF|＝|QF1|，且四边形PFQF1为平行四边形， 又∠PFQ＝120°，所以∠FPF1＝60°.因为|OF|＝，|OP|＝，所以|FF1|＝2，|PQ|＝2.在三角形PFF1中，由余弦定理得|FF1|2＝|PF|2＋|PF1|2－2|PF||PF1|cos 60°，即|PF|2＋|PF1|2－|PF||PF1|＝12　①；在三角形PFQ中，由余弦定理得|PQ|2＝|PF|2＋|QF|2－2|PF||QF|cos 120°，又|QF|＝|PF1|，所以|PF|2＋|PF1|2＋|PF||PF1|＝28　②.①＋②得2(|PF|2＋|PF1|2)＝40，即|PF|2＋|PF1|2＝20；②－①得2|PF||PF1|＝16.所以(|PF|＋|PF1|)2＝|PF|2＋|PF1|2＋2|PF||PF1|＝20＋16＝36，即2a＝|PF|＋|PF1|＝6，所以a＝3，又c＝|OF|＝，所以椭圆C的离心率e＝＝. 答案： 16．解析：因为对任意x∈(0，＋∞)，eax－x＋2ax≥－＋2ln x恒成立，即eax－＋2ax≥x－＋2ln x恒成立．令g(x)＝x－＋2ln x(x＞0)，则g(eax)≥g(x)恒成立．因为g′(x)＝1＋＋＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x∈(0，＋∞)时，eax≥x恒成立，即当x∈(0，＋∞)时a≥恒成立．令h(x)＝，则h′(x)＝，当x∈(0，e)时，h′(x)＞0，函数单调递增，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)＜0，函数单调递减，所以h(x)max＝h(e)＝，所以a≥，则实数a的最小值为. 答案： 17．解：选择①，由， 得解得 该方程组无解， 所以该数列不存在． 选择②an＋1＝an＋d(n∈N*，d为常数)， 即数列{an}为等差数列， 由a1＝1，a3＝4，可得公差d＝＝， 所以an＝n－. 又＝， 所以＋＋…＋ ＝＝. 选择③an＋1＝qan(q＞0，n∈N*，q为常数)， 即数列{an}为等比数列，由a1＝1，a3＝4， 可得公比q＝＝2， 所以an＝2n-1. 又÷＝(n≥2)， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以数列的前10项和为. 18．解：(1)完成2×2列联表如表所示． 00前 00后 总计 购买 35 20 55 未购买 15 30 45 总计 50 50 100 则K2＝≈9.091＞6.635， 所以有99%的把握认为购买该系列盲盒与年龄有关． (2)①因为＝， 解得m＝4. ②X的所有可能取值为0，1，2，3， P(X＝0)＝××＝； P(X＝1)＝××＋2×××＝； P(X＝2)＝××＋2×××＝； P(X＝3)＝××＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 19．解：(1)解法一：如图，取AD的中点O，连接OS，OB. 因为△SAD为正三角形，所以SO⊥AD. 又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SO⊂平面SAD， 所以SO⊥平面ABCD. 因为OA，OB⊂平面ABCD， 所以SO⊥OB. 因为四边形ABCD为菱形， 所以AB＝AD， 又∠BAD＝60°，所以△ADB为正三角形， 所以OB⊥OA. 以点O为坐标原点，OA，OB，OS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． 设AD＝2a， 则S(0，0，a)，B(0，a，0)，C(－2a，a，0)， 所以＝(0，－a，a)，＝(－2a，0，0). 因为SO⊥平面ABCD， 所以＝(0，0，a)是平面ABCD的一个法向量． 设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)， 由 得 则x＝0，取z＝1，则y＝1，得n＝(0，1，1). 设二面角S­BC­A的大小为θ， 则|cos θ|＝＝＝， 由图易知S­BC­A是锐二面角， 所以二面角S­BC­A的大小为. 解法二：取AD的中点O，连接OS，OB. 因为△SAD为正三角形，所以SO⊥AD. 又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SO⊂平面SAD， 所以SO⊥平面ABCD， 又BC⊂平面ABCD， 所以SO⊥BC. 因为四边形ABCD为菱形， 所以AB＝AD， 又∠BAD＝60°， 所以△ADB为正三角形， 所以BO⊥AD. 因为AD∥BC，所以BO⊥BC. 又SO∩BO＝O，且SO，BO⊂平面SOB， 所以BC⊥平面SOB，所以BC⊥BS， 所以∠SBO为二面角S­BC­A的平面角． 因为SO⊥平面ABCD，OB⊂平面ABCD， 所以SO⊥OB， 在Rt△SOB中，因为SO＝OB＝AD， 所以∠SBO＝， 即二面角S­BC­A的大小为. (2)不存在．证明如下： 证法一：在空间直角坐标系中O­xyz中， 因为A(a，0，0)，S(0，0，a)，C(－2a，a，0)，B(0，a，0)，D(－a，0，0)， 所以＝(－2a，a，－a)，＝(－a，－a，0). 假设线段SC(端点S，C除外)上存在一点M(x1，y1，z1)，使得AM⊥BD. 则存在0＜λ＜1，使得＝λ， 且＝(x1，y1，z1－a)， 即 又AM⊥BD，所以·＝0， 即－a(x1－a)－ay1＝0. 将x1＝－2λa，y1＝λa代入上式，解得λ＝1，这与0＜λ＜1矛盾， 故线段SC(端点S，C除外)上不存在点M，使得AM⊥BD. 证法二：假设线段SC(端点S，C除外)上存在一点M， 使得AM⊥BD. 连接AC(图略)，则在菱形ABCD中，AC⊥BD. 又AM⊥BD，且AC∩AM＝A，AC，AM⊂平面SAC， 所以BD⊥平面SAC，所以BD⊥SA. 又由(1)得BD⊥SO，且SA∩SO＝S， 所以BD⊥平面SAO， 所以BD⊥AD，这与∠ADB＝60°矛盾， 故线段SC(端点S，C除外)上不存在点M，使得AM⊥BD. 20．解：(1)证明：由y＝x2求导得y′＝2x. 设P(x1，x)，x1≠0， 则l的方程为y－x＝2x1(x－x1)， 化简得y＝2x1x－x　①， 当x＝0时，y＝－x，则Q(0，－x)，所以线段PQ的中点坐标为， 所以线段PQ的垂直平分线的方程为y＝－·，即y＝－x＋， 所以线段PQ的垂直平分线过定点. (2)设R，S，T(x3，x)， 由(1)中方程①同理知切线RS的方程为 y＝2x2x－x　②， RT的方程为y＝2x3x－x　③， 将R分别代入②③，得x－2x0x2＋－1＝0，x－2x0x3＋－1＝0， 故x2，x3为方程x2－2x0x＋－1＝0的两根， 则x2＋x3＝2x0，x2x3＝－1. 直线ST的方程为y－x＝(x－x2)， 化简得y＝(x2＋x3)x－x2x3，即y＝2x0x－＋1， 所以|ST|＝·|x2－x3| ＝2·. 易知抛物线上S，T之间到直线ST的距离最大的点为平行于ST的抛物线切线的切点， 设M(x4，x)，则2x4＝2x0，所以x4＝x0，M(x0，x)， 所以点M到直线ST的距离d＝， 则S△MST＝d·|ST|＝·2·＝ ＝ 当x0＝时，S△MST有最小值. 21．解：(1)因为当x＝0时，g(0)＝0；当x≠0时，g(x)＝＝， 所以g(x)的最大值为1. 当a＝0时，f(x)＝0，不符合题意；当a≠0时，易知f′(x)＝ae1-x(1－x)， ①若a＜0，当x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)不存在最大值；②若a＞0，当x＜1时，f′(x)＞0，当x＞1时，f′(x)＜0， 所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则f(x)max＝f(1)＝a＝1. (2)证明：f(x)－g(x)＝xe1-x－＝x＝x， 记h(x)＝ex-1－， 原命题等价于证明：∀x∈[0，1]，h(x)≤0. 易知h′(x)＝ex-1－x， 令p(x)＝h′(x)(x∈[0，1])， 则p′(x)＝ex-1－1≤0，h′(x)在[0，1]上单调递减， 所以h′(x)≥h′(1)＝0， 所以h(x)在[0，1]上单调递增， 所以h(x)≤h(1)＝0，得证． (3)证明：由(2)可知，∀x∈[0，1]，f(x)≥g(x)， ∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤g(x). 记直线y＝m与曲线y＝g(x)的图象的两个交点的横坐标为x3，x4，且0＜x3＜1＜x4，不妨设0＜x1＜1＜x2. 由题意可知，m＝f(x1)＝g(x3)， 又f(x3)≥g(x3)， 所以f(x1)＜f(x3). 因为y＝f(x)在[0，1]上单调递增， 所以x1＜x3， 同理，可得x2＜x4， 所以x1＋x2＜x3＋x4. 又x3，x4是方程＝m的两个根，即方程mx2－2x＋m＝0的两个根， 所以x3＋x4＝， 所以x1＋x2＜. 22．解：(1)由题可得x－＝cos α，y－＝sin α. ∴＋＝， ∴圆C的普通方程为x2＋y2－x－y＝0. 易得A(1，0)，B(0，1)， ∴直线AB的直角坐标方程为x＋y－1＝0， 将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入上式，可得直线AB的极坐标方程，为ρcos θ＋ρsin θ－1＝0. (2)证明：设射线OM的极角为θ0，则ρM＝， 易知圆C的极坐标方程为ρ2－ρcos θ－ρsin θ＝0， 即ρ＝cos θ＋sin θ， ∴ρN＝cos θ0＋sin θ0. 又易知与同向， ∴·＝||·||＝|ρM|·|ρN|＝·|cos θ0＋sin θ0|＝1， ∴·为定值，该定值是1. 23．证明：(1)因为a＞0，b＞0，c＞0， 所以a＋b≥2，b＋c≥2，c＋a≥2， 所以a＋b＋c＝＋＋≥＋＋，当且仅当a＝b＝c时，等号成立． (2)因为a＋b＋c＝3，所以由柯西不等式得 ＋＋＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]·≥ ＝，当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立， 即＋＋≥. 学科网（北京）股份有限公司 $$