高考数学二轮复习 单科标准练（二）文-人教版高三数学试题

单科标准练(二)(满分：150分时间：120分钟)第Ⅰ卷一、选择题(本大题共12个小题，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．已知集合A＝{－2，－1,0,1,2,3}，B＝{x|y＝lg(x－1)}，则A∩B＝()A．{0,1,2,3} B．{1,2,3}C．{1,2} D．{2,3}D[根据题意可得，集合B＝{x|x＞1，x∈R}，所以A∩B＝{2,3}，故选D.]2．在复平面内，设z＝1＋i(i是虚数单位)，则复数z2－eq\f(1,2z)对应的点位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限B[∵z＝1＋i，∴z2－eq\f(1,2z)＝(1＋i)2－eq\f(1,21＋i)＝2i－eq\f(1－i,4)＝－eq\f(1,4)＋eq\f(9,4)i，∴复数z2－eq\f(1,2z)对应的点位于第二象限．故选B.]3．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≤0时，f(x)＝8·3x－a(a为常数)，则f(1)＝()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(16,3)D.eq\r(2)C[因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝8×30－a＝0，解得a＝8.所以f(1)＝－f(－1)＝eq\f(16,3).故选C.]4．圆C1：x2＋y2－3x＝0与圆C2：(x－3)2＋(y－2)2＝4的位置关系为()A．相交 B．内切C．外切 D．相离A[圆C1：x2＋y2－3x＝0，整理得其标准方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋y2＝eq\f(9,4)，所以圆C1的圆心坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))，半径r1＝eq\f(3,2).圆C2：(x－3)2＋(y－2)2＝4，其圆心坐标为(3,2)，半径r2＝2.所以圆C1，C2的圆心距|C1C2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,2)))2＋22)＝eq\f(5,2)，又r1＋r2＝eq\f(3,2)＋2＝eq\f(7,2)＞eq\f(5,2)，所以两圆相交．故选A.]5．某校开设A类选修课3门和B类选修课4门，小明同学从中任选2门，则A，B两类课程都选上的概率为()A.eq\f(1,12) B.eq\f(2,7)C.eq\f(3,7) D.eq\f(4,7)D[设3门A类选修课分别为A1，A2，A3,4门B类选修课分别为B1，B2，B3，B4，小明同学从中任选2门，基本事件有A1A2，A1A3，A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2A3，A2B1，A2B2，A2B3，A2B4，A3B1，A3B2，A3B3，A3B4，B1B2，B1B3，B1B4，B2B3，B2B4，B3B4，共21种，其中A，B两类课程都选上的有A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2B1，A2B2，A2B3，A2B4，A3B1，A3B2，A3B3，A3B4，共12种，所以A，B两类课程都选上的概率为eq\f(12,21)＝eq\f(4,7).故选D.]6．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且7S2＝4S4，则公比q的值为()A．1 B．1或eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D．±eq\f(\r(3),2)C[若q＝1，则7S2＝14a1,4S4＝16a1，∵a1≠0，∴7S2≠4S4，不合题意．若q≠1，由7S2＝4S4，得7×eq\f(a11－q2,1－q)＝4×eq\f(a11－q4,1－q)，∴q2＝eq\f(3,4)，又q＞0，∴q＝eq\f(\r(3),2).故选C.]7．将函数f(x)＝－cos4x的图象向右平移eq\f(π,8)个单位长度后得到函数g(x)的图象，则函数g(x)()A．最大值为1，图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称B．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上单调递减，为奇函数C．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，\f(π,8)))上单调递增，为偶函数D．周期为π，图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，0))对称B[函数f(x)的图象经平移后得到函数g(x)的图象，其对应的解析式为g(x)＝－cos4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,2)))＝－sin4x.A项，g(x)＝－sin4x的最大值为1，其图象的对称轴方程为4x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得x＝eq\f(kπ,4)＋eq\f(π,8)(k∈Z)，所以A项错误；B项，g(x)＝－sin4x的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，\f(kπ,2)＋\f(π,8)))(k∈Z)，所以函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上单调递减，且为奇函数，所以B项正确；C项，g(x)＝－sin4x为奇函数，所以C项错误；D项，g(x)＝－sin4x的周期Τ＝eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2)，其图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,4)，0))(k∈Z)，所以D项错误．故选B.]8．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各条棱中最长棱的长度为()A．4B．5C.eq\r(13)D.eq\r(26)D[三视图还原的几何体是一个侧面垂直于底面的三棱锥，记为三棱锥A­BCD，如图，过点A作AE⊥BD于点E，过点C作CF⊥BD于点F，连接CE，AF，由三视图可得，AE＝4，BD＝4，BE＝3，ED＝1，BF＝2，FD＝2，CF＝3.所以CE2＝CF2＋FE2＝9＋1＝10，AC2＝CE2＋AE2＝10＋16＝26，AB2＝BE2＋AE2＝9＋16＝25，AD2＝AE2＋DE2＝16＋1＝17，BC2＝DC2＝FD2＋CF2＝22＋32＝13，所以最长的棱为AC，其长度为eq\r(26).故选D.]9．双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e＝eq\r(3)，过点F1作倾斜角为θ的直线交双曲线的右支于点M，若MF2垂直于x轴，则θ＝()A．30° B．60°C．30°或150° D．60°或120°C[法一：设点M在x轴上方，则|MF2|＝eq\f(b2,a)，tanθ＝eq\f(|MF2|,|F1F2|)＝eq\f(b2,2ac)，∵c2＝a2＋b2，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，∴tanθ＝eq\f(\r(3),3)，θ＝30°；当点M在x轴下方时，同理可得θ＝150°.故选C.法二：当θ为锐角时，在Rt△MF1F2中，∠MF1F2＝θ，|F1F2|＝2c，|MF1|＝eq\f(2c,cosθ)，|MF2|＝2c·tanθ，∴2a＝|MF1|－|MF2|＝eq\f(2c,cosθ)－2c·tanθ，∴e＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(2c,\f(2c,cosθ)－2c·tanθ)＝eq\f(1,\f(1,cosθ)－tanθ)＝eq\f(cosθ,1－sinθ)＝eq\r(3)，又sin2θ＋cos2θ＝1，∴sinθ＝eq\f(1,2)，cosθ＝eq\f(\r(3),2)，∴θ＝30°；同理可得，当θ为钝角时，θ＝150°.故θ为30°或150°.故选C.]10．已知数列{an}，a1＝2，点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)an，an＋1＋1))在函数f(x)＝2x＋3的图象上．数列{bn}满足bn＝eq\f(1,a\o\al(2,n)－1)，Tn为数列{bn}的前n项和，则Tn＝()A．2n B.eq\f(1,4n2－1)C.eq\f(n,2n＋1) D.eq\f(n,22n＋1)C[由题意得an＋1＋1＝2×eq\f(1,2)an＋3，即an＋1－an＝2，又a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列．所以数列{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×2＝2n.所以bn＝eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).于是Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(n,2n＋1).故选C.]11．如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，M，N分别是棱AA1，BC上的动点，若MN＝eq\r(2)，则线段MN的中点P的轨迹是()A．一条线段B．一段圆弧C．一个球面区域D．两条平行线段B[连接AN，AP(图略)，易知△MAN为直角三角形．因为MN＝eq\r(2)，P为线段MN的中点，所以AP＝eq\f(\r(2),2)，因此点P到点A的距离为定值，所以点P在以点A为球心，eq\f(\r(2),2)为半径的球面上运动，记此球为球O，分别取A1B1，D1C1，DC，AB的中点E，F，G，H，并顺次连接，则MA∥平面EFGH.记AN∩HG＝Q，则易知HQ为△ABN的中位线，故Q为AN的中点．连接PQ(图略)，则PQ为△AMN的中位线，得MA∥PQ，又点Q在平面EFGH内，MA∥平面EFGH，所以点P在平面EFGH内运动，故点P的轨迹为平面EFGH与球O的球面的交线，所以点P的轨迹是一段圆弧．故选B.]12．若函数f(x)＝eq\f(ex－2x2,x3)＋eq\f(a,x)在区间(2,3)上有唯一的极值点，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e2,4)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e2,4)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(e2,4)，2)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(e2,4)，＋∞))C[法一：因为f(x)＝eq\f(ex－2x2,x3)＋eq\f(a,x)＝eq\f(ex,x3)＋eq\f(a－2,x)，所以f′(x)＝eq\f(exx－3,x4)－eq\f(a－2,x2).依题意，知eq\f(exx－3,x4)－eq\f(a－2,x2)＝0在区间(2,3)上有唯一的实数解，即ex(x－3)－(a－2)x2＝0，所以a－2＝eq\f(exx－3,x2).令g(x)＝eq\f(exx－3,x2)，则g′(x)＝eq\f(exx2－4x＋6,x3).因为x∈(2,3)，所以g′(x)＞0，所以g(x)在(2,3)上单调递增，所以g(x)∈(g(2)，g(3))，即g(x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e2,4)，0))，因此应满足－eq\f(e2,4)＜a－2＜0，故2－eq\f(e2,4)＜a＜2.法二：因为f(x)＝eq\f(ex－2x2,x3)＋eq\f(a,x)＝eq\f(ex,x3)＋eq\f(a－2,x)，所以f′(x)＝eq\f(exx－3,x4)－eq\f(a－2,x2).依题意，知eq\f(exx－3,x4)－eq\f(a－2,x2)＝0在区间(2,3)上有唯一的实数解，即ex(x－3)＝(a－2)x2.令g(x)＝ex(x－3)，h(x)＝(a－2)x2，易知函数g(x)在x＝2处取得极小值g(2)＝－e2.在同一平面直角坐标系中分别画出函数g(x)，h(x)的图象(如图)，由图象可知要使两个函数的图象在(2,3)上有唯一的交点，应满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2＜0，,h2＞g2，))解得2－eq\f(e2,4)＜a＜2.]第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21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．二、填空题(本大题共4小题，每题5分，共20分，将答案填在横线上)13．已知平面向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，(3a－b)⊥(a＋2b)，则向量a与b60°[∵(3a－b)⊥(a＋2b)，∴(3a－b)·(a＋2b)＝3a2＋5a·b－2b2＝3＋5a·b－8＝0，∴5a·b－5＝0，∴a·b＝1，设a与b的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(1,2)，∴a与b的夹角为60°.]14．已知曲线f(x)＝xlnx＋x在点A(x0，y0)处的切线平行于直线y＝3x＋19，则点A的坐标为________．(e,2e)[由题意知，函数f(x)的定义域为{x|x＞0}，f′(x)＝(xlnx)′＋1＝lnx＋2.∵曲线f(x)在点A(x0，y0)处的切线平行于直线y＝3x＋19，∴lnx0＋2＝3，∴lnx0＝1，∴x0＝e.此时y0＝f(x0)＝x0lnx0＋x0＝e＋e＝2e，故点A的坐标为(e,2e)．]15．已知实数x，y满足不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≥0，,y≤x，,x＋y－m≤0，))且目标函数z＝3x－2y的最大值为180，则实数m的值为________．60[当m≤0时，不合题意；当m＞0时，画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，目标函数z＝3x－2y可变形为y＝eq\f(3,2)x－eq\f(z,2)，作出直线y＝eq\f(3,2)x并平移，结合图象可知，当平移后的直线经过点A(m,0)时，z＝3x－2y取得最大值180，所以3m－0＝180，解得m＝60.]16．设正三棱柱ABC­A1B1C1的外接球O的半径为定值，当该正三棱柱的底面边长与侧棱长之和取最大值时，球Oeq\f(28,3)[设球O的半径为R，△ABC外接圆的圆心为D，半径为r，连接OA，OD，AD(图略)，令∠OAD＝θ，易知△OAD为直角三角形，∠ADO＝90°，∴r＝Rcosθ，AB＝2Rcosθcos30°＝eq\r(3)Rcosθ，OD＝Rsinθ，∴AA1＋AB＝2Rsinθ＋eq\r(3)Rcosθ＝eq\r(7)Rsin(θ＋φ)，其中sinφ＝eq\f(\r(21),7)，cosφ＝eq\f(2\r(7),7).当sin(θ＋φ)＝1，即θ＋φ＝eq\f(π,2)时，该正三棱柱的底面边长与侧棱长之和取得最大值．此时，cosθ＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－φ))＝sinφ＝eq\f(\r(21),7)，∴eq\f(R,r)＝eq\f(\r(21),3)，∴eq\f(S球O,S圆D)＝eq\f(4πR2,πr2)＝eq\f(28,3).]三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝2∠BAD，BD＝2，AB＝eq\r(6)，cos∠BCD＝－eq\f(1,3).(1)求AD的长；(2)求cos∠CBD的值．[解](1)因为∠BCD＝2∠BAD，cos∠BCD＝－eq\f(1,3)，所以cos∠BCD＝2cos2∠BAD－1＝－eq\f(1,3)，得cos2∠BAD＝eq\f(1,3).因为∠BAD∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cos∠BAD＝eq\f(\r(3),3).在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos∠BAD，即4＝AD2＋6－2AD×eq\r(6)×eq\f(\r(3),3)，得AD＝eq\r(2).(2)由(1)可得AD2＋BD2＝AB2，所以∠ADB＝eq\f(π,2)，所以sin∠ABD＝eq\f(\r(3),3)，cos∠ABD＝eq\f(\r(6),3).因为AB∥CD，所以∠BDC＝∠ABD，所以sin∠BDC＝eq\f(\r(3),3)，cos∠BDC＝eq\f(\r(6),3).因为cos∠BCD＝－eq\f(1,3)，所以sin∠BCD＝eq\f(2\r(2),3).所以cos∠CBD＝－cos(∠BCD＋∠BDC)＝sin∠BCDsin∠BDC－cos∠BCDcos∠BDC＝eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(3),3)＋eq\f(1,3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(6),3).18．(本小题满分12分)五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，∠FAD＝90°，EF∥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，AF＝AB＝2，BC＝4，FE＝1.(1)求证：BE⊥AC；(2)求平面ACE分五面体ABCDEF所成的两部分三棱锥D­ACE与多面体EFABC的体积比．[解](1)作EH⊥AD于H，连接BH，则EH⊥平面ABCD⇒EH⊥AC.易知AH＝FE＝1，∴tan∠ABH＝eq\f(1,2)＝tan∠ACB，∴∠ABH＝∠ACB，∴∠CAB＋∠ABH＝∠CAB＋∠ACB＝90°，∴AC⊥BH，又AC⊥EH，EH∩BH＝H，∴AC⊥平面EHB，∴AC⊥BE.(2)∵V五面体ABCDEF＝VB­AFE＋VE­ABCD＝eq\f(1,3)·S△AEF·AB＋eq\f(1,3)·S矩形ABCD·EH＝eq\f(1,3)×1×2＋eq\f(1,3)×8×2＝6，且VE­ADC＝eq\f(1,3)S△ACD·EH＝eq\f(1,3)×4×2＝eq\f(8,3)，∴V多面体EFABC6－eq\f(8,3)＝eq\f(10,3)，∴三棱锥D­ACE与多面体EFABC的体积比为eq\f(8,3)∶eq\f(10,3)＝4∶5.19．(本小题满分12分)NBA球员的比赛得分是反映球员能力和水平的重要数据之一，以下是2017～2018赛季NBA常规赛中，球员J和H在某15场常规赛中，每场比赛得分的茎叶图：(1)根据茎叶图估计球员J在本赛季的场均得分以及球员H在本赛季参加的75场常规赛中，得分超过32分的场数；(2)效率值是更能反映球员能力和水平的一项指标，现统计了球员J在上述15场比赛中部分场次的得分与效率值如下表：场次12345得分x1821273031效率值y1920.526.528.830.2若球员J每场比赛的效率值y与得分x具有线性相关关系，试用最小二乘法求出y关于x的回归直线方程eq\o(y,\s\up9(^))＝eq\o(b,\s\up9(^))x＋eq\o(a,\s\up9(^))，并由此估计在上述15场比赛中，球员J的效率值超过31的场数(精确到0.001)．参考公式：eq\o(b,\s\up9(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up9(n),\s\do9(i＝1))xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\o(∑,\s\up9(n),\s\do9(i＝1))xi－\x\to(x)2)＝eq\f(\o(∑,\s\up9(n),\s\do9(i＝1))xiyi－n\o(\x\to(x))\o(\x\to(y)),\o(∑,\s\up9(n),\s\do9(i＝1))x\o\al(2,i)－n\x\to(x)2)，eq\o(a,\s\up9(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(\o(b,\s\up9(^)))eq\o(\x\to(x)).参考数据：eq\o(eq\o(∑,\s\up9(5)),\s\do9(i＝1))xiyi＝3288.2，eq\o(eq\o(∑,\s\up9(5)),\s\do9(i＝1))xeq\o\al(2,i)＝3355.[解](1)由茎叶图可得球员J在15场比赛中的场均得分为eq\f(1,15)(15＋18＋21＋22＋22＋24＋27＋30＋32＋33＋36＋37＋38＋39＋41)＝29(分)．故估计球员J在本赛季的场均得分为29分．由茎叶图可得球员H在15场比赛中，得分超过32分的有6场，以频率作为概率，故估计球员H在本赛季参加的75场常规赛中，得分超过32分的场数约为eq\f(6,15)×75＝30.(2)由表格可得eq\x\to(x)＝25.4，eq\x\to(y)＝25，又eq\o(eq\o(∑,\s\up9(5)),\s\do9(i＝1))xiyi＝3288.2，eq\o(eq\o(∑,\s\up9(5)),\s\do9(i＝1))xeq\o\al(2,i)＝3355，所以eq\o(b,\s\up9(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up9(5),\s\do9(i＝1))xiyi－5\o(\x\to(x))\o(\x\to(y)),\o(∑,\s\up9(5),\s\do9(i＝1))x\o\al(2,i)－5\x\to(x)2)＝eq\f(3288.2－5×25.4×25,3355－5×25.42)≈0.876，于是eq\o(a,\s\up9(^))＝eq\o(\x\to(y))－eq\o(\o(b,\s\up9(^)))eq\o(\x\to(x))≈25－0.876×25.4≈2.750，故回归直线方程为y＝0.876x＋2.750.由于y与x正相关，且当x＝32时，y＝0.876×32＋2.750＝30.782＜31，当x＝33时，y＝0.876×33＋2.750＝31.658＞31，所以估计在这15场比赛中，当球员J得分为33分，36分，37分，38分，39分，41分时，效率值超过31，共6场．20．(本小题满分12分)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点到直线l：y＝－x的距离为eq\f(\r(2),8).(1)求抛物线C的方程；(2)直线l′与抛物线C相交于A，B两点，与直线l相交于点M，且|AM|＝|MB|，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))，求△ABN面积的取值范围．[解](1)易知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，由题意得eq\f(\f(p,2),\r(2))＝eq\f(\r(2)p,4)＝eq\f(\r(2),8)，解得p＝eq\f(1,2)，所以抛物线C的方程为x2＝y.(2)易知直线l′的斜率存在且不为0，由题意可设M(－m，m)(m＞0)，直线l′：y－m＝k(x＋m)(k≠－1且k≠0)，联立方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－m＝kx＋m，,x2＝y，))消去y，得x2－kx－km－m＝0，由题意知，Δ＝k2－4(－km－m)＝k2＋4km＋4m＞0.①设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝k，x1x2＝－km－m，因为|AM|＝|MB|，所以x1＋x2＝－2m，所以k＝－2m，所以x1x2＝2m将k＝－2m代入①中，解得0＜m＜1，又k≠－1，所以0＜m＜1且m≠eq\f(1,2)，故直线l′的方程为y＝－2mx－2m2＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜m＜1且m≠\f(1,2)))，点N到直线l′的距离d＝eq\f(|m－2m2＋m|,\r(1＋4m2))＝eq\f(2|m－m2|,\r(1＋4m2)).又|AB|＝eq\r(1＋4m2)|x1－x2|＝eq\r(1＋4m2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝2eq\r(1＋4m2)eq\r(m－m2)，所以S△ABN＝eq\f(1,2)|AB|·d＝2|m－m2|·eq\r(m－m2).令t＝eq\r(m－m2)，则S△ABN＝2t3，因为0＜m＜1且m≠eq\f(1,2)，所以0＜t＜eq\f(1,2)，所以2t3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，所以S△ABN∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，所以△ABN的面积的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝axlnx，g(x)＝x3－(2－a)x2，a∈R.(1)若a＝1，证明：∀x1∈[1，e]，∃x2∈[1，e]，使得f(x1)＝g(x2)；(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围．[解](1)当a＝1时，f′(x)＝1＋lnx，当x∈[1，e]时，f′(x)＞0，∴函数f(x)在[1，e]上单调递增，∴f(1)≤f(x)≤f(e)，即0≤f(x)≤e，∴当x∈[1，e]时，f(x)的值域为[0，e]．当a＝1时，g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，当x∈[1，e]时，g′(x)＞0，∴函数g(x)在[1，e]上单调递增，∴g(1)≤g(x)≤g(e)，即0≤g(x)≤e3－e2，∴当x∈[1，e]时，g(x)的值域为[0，e3－e2]．∵e3－e2＝e(e2－e)＞e，∴[0，e]⊆[0，e3－e2]，∴∀x1∈[1，e]，∃x2∈[1，e]，使得f(x1)＝g(x2)．(2)法一：由f(x)≤g(x)得axlnx≤x3－(2－a)x2，∵x＞0，∴alnx≤x2－(2－a)x，整理得a(lnx－x)≤x2－2x.令G(x)＝lnx－x，x∈(0，＋∞)，则G′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当x∈(0,1)时，G′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，G′(x)＜0，∴G(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴G(x)max＝G(1)＝－1＜0，∴lnx－x＜0恒成立，故a≥eq\f(x2－2x,lnx－x)恒成立．令h(x)＝eq\f(x2－2x,lnx－x)，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝eq\f(2x－2lnx－x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))x2－2x,lnx－x2)＝eq\f(x－12lnx－x－2,lnx－x2)，令k(x)＝2lnx－x－2，x∈(0，＋∞)，则k′(x)＝eq\f(2,x)－1＝eq\f(2－x,x)，当x∈(0,2)时，k′(x)＞0，当x∈(2，＋∞)时，k′(x)＜0，∴k(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，∴k(x)max＝k(2)＝2ln2－4＝2(ln2－2)＜0，∴当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝eq\f(1－2,0－1)＝1，∵a≥h(x)恒成立，∴a≥1，∴实数a的取值范围为[1，＋∞)．法二：由f(x)≤g(x)得axlnx≤x3－(2－a)x2，设F(x)＝axlnx－x3＋(2－a)x2，则F(x)≤0，根据F(1)＝－1＋2－a＝1－a≤0，得a≥1，下面证明当a≥1时，F(x)≤0恒成立．记m(x)＝lnx－x＋1，x∈[0，＋∞)，则m′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当x∈(0,1)时，m′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，m′(x)＜0，∴m(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，∴m(x)max＝m(1)＝0，∴m(x)≤0，即lnx≤x－1.∴axlnx≤ax(x－1)，∴F(x)≤ax(x－1)－x3＋(2－a)x2＝－x3＋2x2－ax＝－x[(x－1)2＋a－1]≤0，故实数a的取值范围为[1，＋∞)．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．(本小题满分10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]设极