2019-2020年高二数学下学期期末试卷 理（含解析） (III)一、选择题：本大题共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． （xx春•抚州期末）若复数（b∈R）的实部与虚部互为相反数，则b=（ ） A． B． C． D． 2考点： 复数代数形式的乘除运算；复数的基本概念．专题： 计算题．分析： 化简复数为 +，由题意可得 =﹣，由此解得 b的值．解答： 解：∵复数===+．由题意可得 =﹣，解得 b=﹣．故选C．点评： 本题主要考查复数的基本概念，两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题． 2． （xx春•黑龙江期末）随机变量ξ服从正态分布N（40，σ2），若P（ξ＜30）=0.2，则P（30＜ξ＜50）=（ ） A． 0.2 B． 0.4 C． 0.6 D． 0.8考点： 正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．专题： 计算题；概率与统计．分析： 随机变量ξ服从正态分布N（40，σ2），得到曲线关于x=40对称，根据曲线的对称性得到：若P（ξ＜30）=0.2，则可知P（30＜ξ＜50）=1﹣0.4．解答： 解：根据题意，由于随机变量ξ服从正态分布N（40，σ2），若P（ξ＜30）=0.2，则可知P（30＜ξ＜50）=1﹣0.4=0.6，故选：C．点评： 本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布的概率的求解，是一个基础题． 3． （xx春•抚州期末）定积分等于（ ） A． B． C． D． 考点： 定积分．专题： 计算题．分析： 本题利用定积分的几何意义计算定积分，即求被积函数y=与直线x=0，x=1所围成的图形的面积即可．解答： 解：由定积分的几何意义知是由曲线y=与直线y=x，x=0，x=1围成的封闭图形的面积，故=，故选A．点评： 本小题主要考查定积分、定积分的几何意义、圆的面积等基础知识，考查考查数形结合思想．属于基础题． 4． （xx•江西）变量X与Y相对应的一组数据为（10，1），（11.3，2），（11.8，3），（12.5，4），（13，5），变量U与V相对应的一组数据为 （10，5），（11.3，4），（11.8，3），（12.5，2），（13，1）．r1表示变量Y与X之间的线性相关系数，r2表示变量V与U之间的线性相关系数，则（ ） A． r2＜r1＜0 B． 0＜r2＜r1 C． r2＜0＜r1 D． r2=r1考点： 相关系数．专题： 计算题．分析： 求两组数据的相关系数的大小和正负，可以详细的解出这两组数据的相关系数，现分别求出两组数据的两个变量的平均数，利用相关系数的个数代入求出结果，进行比较．解答： 解：∵变量X与Y相对应的一组数据为（10，1），（11.3，2），（11.8，3），（12.5，4），（13，5），=11.72∴这组数据的相关系数是r=，变量U与V相对应的一组数据为 （10，5），（11.3，4），（11.8，3），（12.5，2），（13，1），∴这组数据的相关系数是﹣0.3755，∴第一组数据的相关系数大于零，第二组数据的相关系数小于零，故选C．点评： 本题考查用相关系数来衡量两个变量之间相关关系，当相关系数为正时，表示两个变量正相关，也利用散点图判断两个变量之间是否有相关关系． 5． （xx•济南二模）如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有（ ） A． 11种 B． 20种 C． 21种 D． 12种考点： 排列、组合及简单计数问题．专题： 概率与统计．分析： 设5个开关依次为1、2、3、4、5，由电路知识分析可得电路接通，则开关1、2与3、4、5中至少有1个接通，依次分析开关1、2与3、4、5中至少有1个接通的情况数目，由分步计数原理，计算可得答案．解答： 解：根据题意，设5个开关依次为1、2、3、4、5，若电路接通，则开关1、2与3、4、5中至少有1个接通，对于开关1、2，共有22=4种情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有4﹣1=3种情况，对于开关3、4、5，共有222=8种情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的8﹣1=7种情况，则电路接通的情况有37=21种；故选C．点评： 本题考查分步计数原理的应用，可以用间接法分析开关至少有一个闭合的情况，关键是分析出电路解题的条件． 6． （xx•福建）如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为（ ） A． B． C． D． 考点： 定积分在求面积中的应用；几何概型．专题： 计算题．分析： 根据题意，易得正方形OABC的面积，观察图形可得，阴影部分由函数y=x与y=围成，由定积分公式，计算可得阴影部分的面积，进而由几何概型公式计算可得答案．解答： 解：根据题意，正方形OABC的面积为11=1，而阴影部分由函数y=x与y=围成，其面积为∫01（﹣x）dx=（﹣）|01=，则正方形OABC中任取一点P，点P取自阴影部分的概率为=；故选C．点评： 本题考查几何概型的计算，涉及定积分在求面积中的应用，关键是正确计算出阴影部分的面积． 7． （xx春•抚州期末）下列类比推理的结论正确的是（ ）①类比“实数的乘法运算满足结合律”，得到猜想“向量的数量积运算满足结合律”；②类比“平面内，同垂直于一直线的两直线相互平行”，得到猜想“空间中，同垂直于一直线的两直线相互平行”；③类比“设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8﹣S4，S12﹣S8成等差数列”，得到猜想“设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，，成等比数列”；④类比“设AB为圆的直径，p为圆上任意一点，直线PA，PB的斜率存在，则kPA．kPB为常数”，得到猜想“设AB为椭圆的长轴，p为椭圆上任意一点，直线PA，PB的斜率存在，则kPA．kPB为常数”． A． ①② B． ③④ C． ①④ D． ②③考点： 类比推理．专题： 综合题；推理和证明．分析： •（•），（•）•，分别为与向量，共线的向量，当，方向不同时，向量的数量积运算结合律不成立；空间中，同垂直于一直线的两直线可能平行，可能相交，也可能异面；利用排除法可得答案．解答： 解：（•）与向量共线，（••）•与向量共线，当，方向不同时，向量的数量积运算结合律不成立，故①错误，可排除A，C答案；空间中，同垂直于一直线的两直线可能平行，可能相交，也可能异面，故②错误，可排除D答案；故选：B．点评： 本题考查的知识点是类比推理，其中利用排除法排除错误答案是解答选择题的常用技巧． 8． （xx春•抚州期末）在直角坐标平面内，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（单位长度相同）．已知曲线C的极坐标方程为ρ=4cosθ，直线l的参数方程为（t为参数）．若点P在曲线C上，且P到直线l的距离为1，则满足这样条件的点P的个数为（ ） A． 1 B． 2 C． 3 D． 4考点： 参数方程化成普通方程．专题： 坐标系和参数方程．分析： 把极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离即可判断出结论．解答： 解：曲线C的极坐标方程为ρ=4cosθ，即ρ2=4ρcosθ，化为x2+y2=4x，化为（x﹣2）2+y2=4，可得圆心C（2，0），半径r=2．直线l的参数方程为（t为参数）．化为﹣4=0．则圆心C到直线l的距离d==1．∴若点P在曲线C上，且P到直线l的距离为1，则满足这样条件的点P的个数为3．故选：C．点评： 本题考查了把极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 9． （xx春•抚州期末）设m∈{1，2，3，4}，n∈{﹣12，﹣8，﹣4，﹣2}，则函数f（x）=x3+mx+n在区间[1，2]上有零点的概率是（ ） A． B． C． D． 考点： 利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理；等可能事件的概率．专题： 计算题．分析： 根据题意易得，f（x）=x3+mx+n在R上单调递增，进而可得若函数f（x）=x3+mx+n在区间[1，2]上有零点，必须有，解可得﹣2m﹣8≤n≤﹣m﹣1，进而分m=1、m=2、m=3、m=4四种情况讨论，求出满足﹣2m﹣8≤n≤﹣m﹣1的n的值，可得满足f（x）在[1，2]上有零点的情况数目，由分步计数原理可得函数f（x）=x3+mx+n的解析式的情况数目，进而由等可能事件的概率，计算可得答案．解答： 解：根据题意，f′（x）=3x2+m，又由m＞0，则f′（x）=3x2+m＞0；故f（x）=x3+mx+n在R上单调递增，则若函数f（x）=x3+mx+n在区间[1，2]上有零点，只需满足条件，从而解得m+n≤﹣1且2m+n≥﹣8，∴﹣2m﹣8≤n≤﹣m﹣1，当m=1时，n取﹣2，﹣4，﹣8；m=2时，n取﹣4，﹣8，﹣12；m=3时，n取﹣4，﹣8，﹣12； m=4时，n取﹣8，﹣12； 共11种取法，而m有4种选法，n有4种选法，则函数f（x）=x3+mx+n情况有44=16种，故函数f（x）=x3+mx+n在区间[1，2]上有零点的概率是；故选C．点评： 本题考查等可能事件的概率与函数零点的判定，关键在于根据函数零点的判定方法，分析出m、n之间的关系． 10． （xx•遵义校级一模）若（2x﹣1）xx=a0+a1x+a2x2+…+axxx（x∈R），则的值为（ ） A． B． ﹣ C． D． ﹣考点： 二项式定理的应用．专题： 计算题；二项式定理．分析： 赋值，求出a0=﹣1，a1+a2+…+axx=1，由二项式定理可得a1=4030，即可得出结论．解答： 解：由题意，令x=，则0=a0+a1+a2+…+axx，令x=0，可得a0=﹣1，∴a1+a2+…+axx=1，由二项式定理可得a1=4030，∴=+（1﹣xx）=．故选：C．点评： 本题考查二项式定理的应用，考查赋值法的运用，考查学生的计算能力，比较基础． 11． （xx春•抚州期末）如图所示，连结棱长为2cm的正方体各面的中心得一个多面体容器，从顶点A处向该容器内注水，注满为止．已知顶点B到水面的高度h以每秒1cm匀速上升，记该容器内水的体积V（cm3）与时间T（S）的函数关系是V（t），则函数V（t）的导函数y=V′（t）的图象大致是（ ） A． B． C． D． 考点： 利用导数研究函数的单调性；函数的图象．专题： 函数的性质及应用；导数的概念及应用．分析： 求出函数的解析式，再求导，观察判断即可．解答： 解：方法一，正方体各个面的中心为顶点的凸多面体为正八面体，棱长为a==，高为2，设时间为t时，当t≤1时，此时水面的边长为b，，则b=t，则水面的面积为b2=2t2，该容器内水的体积V（t）=2t2t=t3，当t＞1时，此时水面的边长为c，，则c=（2﹣t），则水面的面积为c2=2（2﹣t）2，该容器内水的体积V（t）=（）22﹣2（2﹣t）2（2﹣t）=﹣（2﹣t）3，∴y=V′（t）=2t2，（t≤1），y=V′（t）=2（2﹣t）2，（1＜t≤2），方法二，由题意得：V（cm3）与时间T（S）的函数关系是V（t），y=tv（t）是关于t的3次函数，则y=v′（t）是关于t的2次函数，故选：D．点评： 本题主要考查了函数的图象的识别问题，关键是理解水的容积式关于的t的3次函数，属于中档题． 12． （xx春•抚州期末）已知正实数a，b满足：a+b=2，记的最小值m．设函数，若存在实数x，使得f（x）=m，则x的取值范围为（ ） A． [﹣1，1] B． [﹣2，2] C． [﹣1，0] D． [0，1]考点： 绝对值三角不等式．专题： 不等式的解法及应用．分析： 由条件利用基本不等式求得m=2，利用绝对值三角不等式求得f（x）≥|t+|=|t|+||，再利用基本不等式求得f（x）≥2，当且仅当t=1等号时成立，此时﹣1≤x≤1，从而得出结论．解答： 解：由正实数a，b满足a+b=2，可得=+=1++≥1+2=2，当且仅当=，即a=b=1时，取等号，故的最小值m=2．由题意可得函数，存在实数x，使得f（x）=m=2，由于f（x）=|x﹣t|+|x+|≥|（x﹣t）﹣（x+）|=|t+|=|t|+||≥2，当且仅当t=1等号时成立，此时﹣1≤x≤1，∴存在x∈[﹣1，1]，使f（x）=m成立，故选：A．点评： 本题主要考查绝对值三角不等式、基本不等式的应用，属于基础题． 二、填空题：本大题共4小题，每个小题分，共20分，把答案填在答卷的相应位置.13． （xx春•抚州期末）如图，第n个图形是由正n+2边形“扩展”而来，（n=1、2、3、…）则在第n个图形中共有 （n+2）（n+3） 个顶点．考点： 归纳推理．专题： 规律型．分析： 本题考查的知识点是归纳推理，由已知图形中，我们可以列出顶点个数与多边形边数n，然后分析其中的变化规律，然后用归纳推理可以推断出一个一般性的结论．解答： 解：由已知中的图形我们可以得到：当n=1时，顶点共有12=34（个），n=2时，顶点共有20=45（个），n=3时，顶点共有30=56（个），n=4时，顶点共有42=67（个），…由此我们可以推断：第n个图形共有顶点（n+2）（n+3）个，故答案为：（n+2）（n+3）．点评： 本类题解答的关键是：先通过观察个别情况发现某些相同性质；然后从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题或猜想． 14． （xx•双鸭山校级四模）设集合P={x|（3t2﹣10t+6）dt=0，x＞0}，则集合P的非空子集个数是 3 ．考点： 定积分；子集与真子集．专题： 导数的概念及应用．分析： 根据积分公式，求出集合P，即可得到结论．解答： 解：（3t2﹣10t+6）dt=（t3﹣5t2t+6t）|=x3﹣5x2+6x=0，即x（x2﹣5x+6）=0，解得x=0（舍去）或x=2或x=3，即集合P={2，3}．∴集合P的非空子集为{2}，{3}，{2，3}．故答案为：3．点评： 本题主要考查积分的计算依据集合子集个数的判断，比较基础． 15． （xx春•抚州期末）若数列{an}满足：a1＜a2＞a3＜a4＞…＞a2n﹣1＜a2n＞…，则称数列{an}为“正弦数列”，现将1，2，3，4，5这五个数排成一个“正弦数列”，所有排列种数记为a，则二项式（﹣）6的展开式中含x2项的系数为 ﹣96 ．考点： 二项式系数的性质．专题： 二项式定理．分析： 分别列出首位是2、3、4，5时的情况，即可得到a的值为16．先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于2，求得r的值，即可求得展开式中的含x2项的系数．解答： 解：由题意，首位是2时，21435，21534共2种；首位是3时，31425，31524，32415，32514，共4种；首位是4时，41325，41523，42315，42513，43512，共5种；首位是5时，51324，51423，52314，52413，53412有共5种故共有2+4+5+5=16种，即a=16．二项式（﹣）6=（﹣）6的 的展开式的通项公式为 Tr+1=•（﹣16）r•x3﹣r，令3﹣r=2，求得r=1，故展开式中含x2项的系数为6（﹣16）=﹣96，故答案为：﹣96．点评： 本题考查新定义，考查学生分析解决问题的能力，正确列举是关键．还考查了二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题． 16． （xx•厦门一模）某同学在研究函数f（x）=+的性质时，受到两点间距离公式的启发，将f（x）变形为f（x）=+，则f（x）表示|PA|+|PB|（如图），下列关于函数f（x）的描述正确的是 ②③ ．（填上所有正确结论的序号）①f（x）的图象是中心对称图形； ②f（x）的图象是轴对称图形；③函数f（x）的值域为[，+∞）；④方程f[f（x）]=1+有两个解．考点： 函数的图象．专题： 函数的性质及应用．分析： ①因为函数不是奇函数，所以错误．②利用函数对称性的定义进行判断．③利用两点之间线段最短证明．④利用函数的值域进行判断．解答： 解：①因为f（﹣x）=，所以函数不是奇函数，所以图象关于原点不对称，所以错误．②因为，，所以，即函数关于x=对称，所以②正确．③由题意值f（x）≥|AB|，而|AB|=，所以f（x）≥，即函数f（x）的值域为[，+∞），正确．④设f（x）=t，则方程f[f（x）]=1+，等价为f（t）=，即=，所以t=0，或t=3．因为函数f（x），所以当t=0或t=3时，不成立，所以方程无解，所以④错误．故答案为：②③点评： 本题综合考查了函数的性质，综合性较强，运算量较大，考查学生的分析能力． 三、解答题：本大题有6题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17． （xx•河西区三模）设数列{an}的前n项和为Sn，并且满足2Sn=an2+n，an＞0（n∈N*）．（Ⅰ）求a1，a2，a3；（Ⅱ）猜想{an}的通项公式，并加以证明；（Ⅲ）设x＞0，y＞0，且x+y=1，证明：≤．考点： 数列与不等式的综合．专题： 证明题；压轴题．分析： （Ⅰ）分别令n=1，2，3，列出方程组，能够求出求a1，a2，a3；（Ⅱ）证法一：猜想：an=n，由2Sn=an2+n可知，当n≥2时，2Sn﹣1=an﹣12+（n﹣1），所以an2=2an+an﹣12﹣1再用数学归纳法进行证明；证法二：猜想：an=n，直接用数学归纳法进行证明．（Ⅲ）证法一：要证≤，只要证n（x+y）+2+≤2（n+2），将x+y=1代入，得≤n+2，即要证4xy≤1．由均值不等式知4xy≤1成立，所以原不等式成立．证法二：由题设知≤，≤，所以（）≤=n+2，由此可导出≤．证法三：先证≤，然后令a=nx+1，b=ny+1，即得：≤=．解答： 解：（Ⅰ）分别令n=1，2，3，得∵an＞0，∴a1=1，a2=2，a3=3．（3分）（Ⅱ）证法一：猜想：an=n，（4分）由2Sn=an2+n①可知，当n≥2时，2Sn﹣1=an﹣12+（n﹣1）②①﹣②，得2an=an2﹣an﹣12+1，即an2=2an+an﹣12﹣1．（6分）1）当n=2时，a22=2a2+12﹣1，∵a2＞0，∴a2=2；（7分）2）假设当n=k（k≥2）时，ak=k．那么当n=k+1时，ak+12=2ak+1+ak2﹣1=2ak+1+k2﹣1⇒[ak+1﹣（k+1）][ak+1+（k﹣1）]=0，∵ak+1＞0，k≥2，∴ak+1+（k﹣1）＞0，∴ak+1=k+1．这就是说，当n=k+1时也成立，∴an=n（n≥2）．显然n=1时，也适合．故对于n∈N*，均有an=n．（9分）证法二：猜想：an=n，（4分）1）当n=1时，a1=1成立； 2）假设当n=k时，ak=k．（6分）那么当n=k+1时，2Sk+1=ak+12+k+1．∴2（ak+1+Sk）=ak+12+k+1，∴ak+12=2ak+1+2Sk﹣（k+1）=2ak+1+（k2+k）﹣（k+1）=2ak+1+（k2﹣1）（以下同证法一）（9分）（Ⅲ）证法一：要证≤，只要证≤2（n+2），（10分）即n（x+y）+2+≤2（n+2），（11分）将x+y=1代入，得≤n+2，即要证4（n2xy+n+1）≤（n+2）2，即4xy≤1． ∵x＞0，y＞0，且x+y=1，∴≤，即xy≤，故4xy≤1成立，所以原不等式成立．（14分）证法二：∵x＞0，y＞0，且x+y=1，∴≤①当且仅当时取“=”号．（11分）∴≤②当且仅当时取“=”号． ①+②，得（）≤=n+2，当且仅当时取“=”号．（13分）∴≤．（14分）证法三：可先证≤．（10分）∵，，a+b≥，（11分）∴2a+2b≥，∴≥，当且仅当a=b时取等号． 令a=nx+1，b=ny+1，即得：≤=，当且仅当nx+1=ny+1即时取等号．（14分）点评： 本题考查数列和不等式的综合应用，解题时要注意各种不同解法的应用，平时做题时多尝试一题多解能够有效地提高解题能力． 18． （xx•安徽）设函数（x＞0且x≠1）（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）已知对任意x∈（0，1）成立，求实数a的取值范围．考点： 利用导数研究函数的单调性．分析： （Ⅰ）求单调区间既是求函数导数大于或小于0的区间，我们可以用图表表示使结果直观．（Ⅱ）对于未知数在指数上的式子，往往取对数进行解答．解答： 解：（Ⅰ），若f′（x）=0，则列表如下 x （1，+∞）f′（x） + 0 ﹣ ﹣f（x） 单调增 极大值 单调减 单调减（Ⅱ）在两边取对数，得，由于0＜x＜1，所以（1）由（1）的结果可知，当x∈（0，1）时，，为使（1）式对所有x∈（0，1）成立，当且仅当，即a＞﹣eln2点评： 求解此类问题要有耐心，避免不必要的计算错误． 19． （xx•天津）现有4个人去参加娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．（1）求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；（2）求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；（3）用X，Y分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ=|X﹣Y|，求随机变量ξ的分布列与数学期望Eξ．考点： 离散型随机变量的期望与方差；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列．专题： 概率与统计．分析： 依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的人数的概率为设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件Ai（i=0，1，2，3，4），故P（Ai）=（1）这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率为P（A2）；（2）设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏”为事件B，则B=A3∪A4，利用互斥事件的概率公式可求；（3）ξ的所有可能取值为0，2，4，由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，求出相应的概率，可得ξ的分布列与数学期望．解答： 解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的人数的概率为设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件Ai（i=0，1，2，3，4），∴P（Ai）=（1）这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率为P（A2）=；（2）设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏”为事件B，则B=A3∪A4，∴P（B）=P（A3）+P（A4）=（3）ξ的所有可能取值为0，2，4，由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，故P（ξ=0）=P（A2）=P（ξ=2）=P（A1）+P（A3）=，P（ξ=4）=P（A0）+P（A4）=∴ξ的分布列是 ξ 0 2 4 P 数学期望Eξ=点评： 本题考查概率知识的求解，考查互斥事件的概率公式，考查离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题． 20． （xx春•抚州期末）规定，其中x∈R，m为正整数，且=1，这是排列数A（n，m是正整数，n≤m）的一种推广．（Ⅰ） 求A的值；（Ⅱ）排列数的性质：A+mA=A（其中m，n是正整数）．是否都能推广到A（x∈R，m是正整数）的情形？若能推广，写出推广的形式并给予证明；若不能，则说明理由；（Ⅲ）已知函数f（x）=A﹣4lnx﹣m，试讨论函数f（x）的零点个数．考点： 排列及排列数公式．专题： 新定义；函数的性质及应用；导数的概念及应用；排列组合．分析： （Ⅰ）根据题目中的公式，计算A的值即可；（Ⅱ）性质可推广，写出推广的形式是=（x∈R，m∈N*），再证明即可：（Ⅲ）化简f（x），构造函数g（x），由f（x）零点的个数转化为求g（x）与y=m交点的个数即可．解答： 解：（Ⅰ）根据题意，得；；…（2分）（Ⅱ）性质可推广，推广的形式是=（x∈R，m∈N*）； …（4分）证明：当m=1时，左边==右边，等式成立；当m≥2时，左边=x（x﹣1）…（x﹣m+1）+mx（x﹣1）…（x﹣m+2）=x（x﹣1）…（x﹣m+2）（x﹣m+1+m）=（x+1）x（x﹣1）…（x﹣m+2）=（x+1）x（x﹣1）…[（x+1）﹣m+1）]==右边；因此，=（x∈R，m∈N*）成立；…（7分）（Ⅲ）设函数g（x）=x3﹣3x2+2x﹣4lnx，g（x）的定义域为（0，+∞），…（8分）则函数f（x）零点的个数等价于函数g（x）与y=m公共点的个数；，令g′（x）=0，得x=2，所以g（x）在（0，2）上单减，在（2，+∞）上单增；故g（x）的最小值为g（2）=﹣4ln2；…（10分）∴当m＜﹣4ln2时，函数g（x）与y=m没有公共点，即函数f（x）不存在零点，当m=﹣4ln2时，函数g（x）与y=m有一个公共点，即函数f（x）有且只有一个零点，当m＞﹣4ln2时，函数g（x）与y=m有两个公共点，即函数f（x）有且只有两个零点．… 点评： 本题考查了新定义的应用问题，也考查了函数的性质与应用问题，考查了导数的综合应用问题，考查了排列数的应用问题，是综合性问题． 21． （xx•绥化校级二模）定义在R上的函数f（x）满足，．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数g（x）的单调区间；（3）如果s、t、r满足|s﹣r|≤|t﹣r|，那么称s比t更靠近r．当a≥2且x≥1时，试比较和ex﹣1+a哪个更靠近lnx，并说明理由．考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；函数解析式的求解及常用方法；利用导数研究函数的单调性．专题： 导数的综合应用．分析： （1）求出函数的导数，利用赋值法，求出f′（1）=f′（1）+2﹣2f（0），得到f（0）=1．然后求解f′（1），即可求出函数的解析式．（2）求出函数的导数g′（x）=ex+a，结合a≥0，a＜0，分求解函数的单调区间即可．（3）构造，通过函数的导数，判断函数的单调性，结合当1≤x≤e时，当1≤x≤e时，推出|p（x）|＜|q（x）|，说明比ex﹣1+a更靠近lnx．当x＞e时，通过作差，构造新函数，利用二次求导，判断函数的单调性，证明比ex﹣1+a更靠近lnx．解答： 解：（1）f′（x）=f′（1）e2x﹣2+2x﹣2f（0），所以f′（1）=f′（1）+2﹣2f（0），即f（0）=1．又，所以f′（1）=2e2，所以f（x）=e2x+x2﹣2x．（4分）（2）∵f（x）=e2x﹣2x+x2，∴，∴g′（x）=ex﹣a． ①当a≤0时，g′（x）＞0，函数f（x）在R上单调递增；（6分）②当a＞0时，由g′（x）=ex﹣a=0得x=lna，∴x∈（﹣∞，lna）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；x∈（lna，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增．综上，当a≤0时，函数g（x）的单调递增区间为（∞，∞）；当a＞0时，函数g（x）的单调递增区间为（lna，+∞），单调递减区间为（﹣∞，lna）．（8分）（3）解：设，∵，∴p（x）在x∈[1，+∞）上为减函数，又p（e）=0，∴当1≤x≤e时，p（x）≥0，当x＞e时，p（x）＜0．∵，，∴q′（x）在x∈[1，+∞）上为增函数，又q′（1）=0，∴x∈[1，+∞）时，q（x）≥0，∴q（x）在x∈[1，+∞）上为增函数，∴q（x）≥q（1）=a+1＞0．①当1≤x≤e时，，设，则，∴m（x）在x∈[1，+∞）上为减函数，∴m（x）≤m（1）=e﹣1﹣a，∵a≥2，∴m（x）＜0，∴|p（x）|＜|q（x）|，∴比ex﹣1+a更靠近lnx．②当x＞e时，，设n（x）=2lnx﹣ex﹣1﹣a，则，，∴n′（x）在x＞e时为减函数，∴，∴n（x）在x＞e时为减函数，∴n（x）＜n（e）=2﹣a﹣ee﹣1＜0，∴|p（x）|＜|q（x）|，∴比ex﹣1+a更靠近lnx．综上：在a≥2，x≥1时，比ex﹣1+a更靠近lnx． 点评： 本小题主要考查函数与导数的综合应用能力，具体涉及到用导数来描述函数的单调性等情况．本小题主要考查考生分类讨论思想的应用，对考生的逻辑推理能力与运算求解有较高要求． 【选做题】（共1小题，满分10分）22．（10分）（xx春•抚州期末）已知曲线C的极坐标方程为ρ=1，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立直角坐标系，直线l的参数方程，（t为参数）．（Ⅰ）写出直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）设曲线C经过伸缩变换得到曲线C′，若在曲线C′上有一点M，使点M到直线l的距离最小，求出最小距离．考点： 直线的参数方程；简单曲线的极坐标方程．专题： 直线与圆．分析： （I）由极坐标下的方程化为普通方程的公式即可将ρ=1化为普通方程；把直线l的参数方程中的参数消去即可得到直线l的普通方程．（II）利用伸缩变换得到曲线C′，再根据得到的曲线C方程，利用三角代换即可把点M到直线l的距离的最小值转化为求三角函数类型的最值问题．解答： 解：（I）设点P（x，y）是曲线C上的任意一点，由ρ=，ρ=1，可得x2+y2=1即为曲线C的直角坐标方程．又已知直线l的参数方程 ，可得直线l的普通方程为l：x+y﹣6=0．（Ⅱ） 设点P（x，y），是圆C上的任意一点，经过伸缩变换得到点P（x，y）由得，把代入圆x2+y2=1得，所以曲线C：令M（3cosθ，sinθ），则点M到直线l的距离d==∴当=0即时，dmin=，此时，3cosθ=，sinθ=∴当M（，）时，点M到直线l的距离的最小值为3﹣．点评： 本题考查的是将极坐标方程及参数方程化为直角坐标系下的普通方程，及用参数法求代数式的最值． 【选做题】（共1小题，满分0分）23．（xx春•抚州期末）已知函数f（x）=|x﹣3|﹣2，g（x）=﹣|x+1|+4．（Ⅰ）若不等式f（x）+g（x）＞3，求x的取值范围；（Ⅱ）若不等式f（x）﹣g（x）≥m+1的解集为R，求m的取值范围．考点： 绝对值不等式的解法；带绝对值的函数．专题： 不等式的解法及应用．分析： （Ⅰ）通过对x的范围的讨论，去掉绝对值符号，转化为三个不等式组解即可；（Ⅱ）利用绝对值不等式，使得f（x）﹣g（x）=|x﹣3|+|x+1|﹣6≥|（3﹣x）+（x+1）|﹣6=﹣2，从而可求得m的取值范围．解答： 解：（Ⅰ）不等式f（x）+g（x）＞3等价于|x﹣3|﹣|x+1|＞1，∴或或，∴x≤﹣1或﹣1＜x＜，即x＜，∴x的取值范围是（﹣∞，）．（Ⅱ）f（x）﹣g（x）=|x﹣3|+|x+1|﹣6，∵对于∀x∈R，f（x）﹣g（x）=|x﹣3|+|x+1|﹣6=|3﹣x|+|x+1|﹣6≥|（3﹣x）+（x+1）|﹣6=4﹣6=﹣2，当且仅当（3﹣x）（x+1）≥0即﹣1≤x≤3时等号成立．∴m+1≤﹣2，∴m≤﹣3．即m的取值范围是（﹣∞，﹣3]．点评： 本题考查带绝对值的函数，去掉绝对值符号是解决问题的关键，而分类讨论思想是去绝对值符号最长用的方法，考查等价转化思想与运算能力，属于中档题． 。
