高考数学 素养提升练（八）文（含解析）-人教高三全册数学试题

素养提升练(八)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)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．(2019·江西分宜中学、玉山一中、临川一中等九校联考)已知m，n∈R，集合A＝{2，log7m}，集合B＝{m，n}，若A∩B＝{1}，则m＋nA．1B．2C．4D．8答案D解析因为A∩B＝{1}，则log7m＝1，m＝7，B＝{m，n}＝{7，n}，n＝1，则m＋n2．(2019·无锡一中三模)已知i为虚数单位，且复数z满足z(1＋i)＝2＋i2019，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,2)＋i))的值为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(5),2)C.eq\f(\r(3),2) D．2答案B解析z(1＋i)＝2＋i2019，∴z＝eq\f(2＋i2019,1＋i)＝eq\f(2－i,1＋i)＝eq\f(2－i1－i,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(3,2)i，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,2)＋i))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)i))＝eq\r(1＋\f(1,4))＝eq\f(\r(5),2)，故选B.3．(2019·厦门一中三模)古希腊数学家阿基米德用穷竭法建立了这样的结论：“任何由直线和抛物线所包围的弓形，其面积都是其同底同高的三角形面积的三分之四．”如图，已知直线x＝2交抛物线y2＝4x于A，B两点，点A，B在y轴上的射影分别为D，C.从长方形ABCD中任取一点，则根据阿基米德这一理论，该点位于阴影部分的概率为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(2,5)答案B解析在抛物线y2＝4x中，取x＝2，可得y＝±2eq\r(2)，∴S矩形ABCD＝8eq\r(2)，由阿基米德理论可得弓形面积为eq\f(4,3)×eq\f(1,2)×8eq\r(2)＝eq\f(16\r(2),3)，则阴影部分的面积为S＝8eq\r(2)－eq\f(16\r(2),3)＝eq\f(8\r(2),3).由测度比为面积比可得，该点位于阴影部分的概率为eq\f(\f(8\r(2),3),8\r(2))＝eq\f(1,3).故选B.4．(2019·全国卷Ⅱ)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．甲：我的成绩比乙高．乙：丙的成绩比我和甲的都高．丙：我的成绩比乙高．成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为()A．甲、乙、丙B．乙、甲、丙C．丙、乙、甲D．甲、丙、乙答案A解析由于三人成绩互不相同且只有一个人预测正确．若甲预测正确，则乙、丙预测错误，于是三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙；若甲预测错误，则甲、乙按成绩由高到低的次序为乙、甲，又假设丙预测正确，则乙、丙按成绩由高到低的次序为丙、乙，于是甲、乙、丙按成绩由高到低排序为丙、乙、甲，从而乙的预测也正确，与事实矛盾；若甲、丙预测错误，则可推出乙的预测也错误．综上所述，三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙．故选A.5．(2019·梧州一模)函数f(x)＝eq\f(ex＋1lnx2,ex－1)(e是自然对数的底数)的图象大致为()答案A解析f(x)的定义域是{x|x≠0}，关于原点对称，f(－x)＝eq\f(e－x＋1ln－x2,e－x－1)＝eq\f(1＋exlnx2,1－ex)＝－eq\f(ex＋1lnx2,ex－1)＝－f(x)，则函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除B，C.当x＞1时，f(x)＞0，排除D，故选A.6．(2019·莱阳一中一模)已知△ABC中，sinA＋2sinBcosC＝0，eq\r(3)b＝c，则tanA的值是()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\r(3)D.eq\f(4\r(3),3)答案A解析∵sinA＋2sinBcosC＝0，∴sin(B＋C)＋2sinBcosC＝0，∴3sinBcosC＋cosBsinC＝0，由cosB≠0，cosC≠0，化为3tanB＝－tanC，又eq\r(3)b＝c，∴B为锐角，C为钝角，∴tanA＝－tan(B＋C)＝－eq\f(tanB＋tanC,1－tanBtanC)＝eq\f(2tanB,1＋3tan2B)＝eq\f(2,\f(1,tanB)＋3tanB)≤eq\f(2,2\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，当且仅当tanB＝eq\f(\r(3),3)时，取等号，∴tanA的最大值是eq\f(\r(3),3).7．(2019·莆田三模)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.eq\f(15,4)B.eq\f(13,3)C.eq\f(17,3)D.eq\f(11,2)答案C解析根据几何体的三视图可知，该几何体为正方体截去一个三棱锥与一个三棱柱，则该几何体的体积为V＝23－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×22×2－2×eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(17,3).故选C.8．(2019·四川二诊)在数列{an}中，已知a1＝1，且对于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，则数列{an}的通项公式为()A．an＝n B．an＝n＋1C．an＝eq\f(nn－1,2) D．an＝eq\f(nn＋1,2)答案D解析令m＝1，得an＋1＝an＋n＋1，∴an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，∴an－1＝2＋3＋4＋…＋n，∴an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).故选D.9．(2019·湖北六市联考)将直线x＋y－1＝0绕点(1,0)沿逆时针方向旋转15°得到直线l，则直线l与圆(x＋3)2＋y2＝4的位置关系是()A．相交B．相切C．相离D．相交或相切答案B解析依题意得，直线l的倾斜角为150°，所以直线l的方程是y＝tan150°(x－1)＝－eq\f(\r(3),3)(x－1)，即x＋eq\r(3)y－1＝0，圆心(－3,0)到直线l的距离d＝eq\f(|－3－1|,\r(3＋1))＝2，故直线l与圆相切．10．(2019·上饶一模)已知定义在R上的函数满足f(x＋1)＝f(x－1)，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－5，0＜x≤1，,ln\f(x－1,e5)，1＜x≤2，))若关于x的不等式f(x)＋a(x－2018)≤0在(2018,2020]上恒成立，则实数a的取值范围为()A．(－∞，2] B．(－∞，2)C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2)))答案C解析f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－5，0＜x≤1，,ln\f(x－1,e5)，1＜x≤2，))可得当0＜x≤1时，f(x)递增，且f(x)∈(－4，－3]；当1＜x≤2时，f(x)＝ln(x－1)－5≤－5.由f(x＋1)＝f(x－1)，可得f(x＋2)＝f(x)，即f(x)的最小正周期为2，关于x的不等式f(x)＋a(x－2018)≤0在(2018,2020]上恒成立，即f(x)在(2018,2020]上的图象在直线y＝－a(x－2018)的下方．可得当2018＜x≤2019时，f(x)＝2x－2018－5∈(－4，－3]；当2019＜x≤2020时，f(x)＝ln(x－2019)－5≤－5，如上图，直线y＝－a(x－2018)恒过定点(2018,0)，当直线经过点(2020，－5)时，即－5＝－2a，解得a＝eq\f(5,2)，由图象可得a≤eq\f(5,2)时，直线恒在f(x)在(2018,2020]上图象的上方，故选C.11．(2019·徐州一中二模)已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长为4，M，N分别为AB，BC上的点，且满足AM＝BN，当三棱锥B1－BMN的体积最大时，三棱锥B1－BMNA.eq\f(13π,3)B．4πC.eq\f(16π,3)D.eq\f(64π,3)答案D解析正三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长为4，∠ABC＝60°，设AM＝BN＝x(0＜x＜4)，则Veq\s\do8(B1－BMN)＝eq\f(1,3)×4×eq\f(1,2)(4－x)xsineq\f(π,3)＝eq\f(2,3)(4－x)x×eq\f(\r(3),2)≤eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4－x＋x,2)))2＝eq\f(4\r(3),3)，当且仅当4－x＝x即x＝2时取等号，可知△BMN为等腰三角形，R＝eq\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2)＝eq\f(4,\r(3))＝eq\f(4\r(3),3)，S＝4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)))2＝eq\f(64π,3)，故选D.12．(2019·北大附中一模)已知函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，且满足当x＞0时，lnx·f′(x)＜－eq\f(1,x)f(x)，则(x－2019)f(x)＞0的解集为()A．(－1,0)∪(1,2019)B．(－2019，－1)∪(1,2019)C．(0,2019)D．(－1,1)答案C解析设g(x)＝lnx·f(x)，则g′(x)＝eq\f(1,x)·f(x)＋lnx·f′(x)＜0，可知函数g(x)在x＞0时单调递减，又g(1)＝0，可知函数g(x)＝lnx·f(x)在(0,1)上大于零，且lnx＜0，可知f(x)＜0；在(1，＋∞)上，g(x)<0，f(x)＜0；当x＝1时，f′(1)ln1＜－eq\f(1,1)f(1)，可得f(1)＜0，可知函数f(x)在(0，＋∞)上均有f(x)＜0，而函数f(x)为奇函数，可知f(x)在(－∞，0)上均有f(x)＞0，可知(x－2019)f(x)＞0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2019＞0，,fx＞0))(无解)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2019＜0，,fx＜0，))可知不等式的解集为(0,2019)．第Ⅱ卷(选择题，共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2019·南昌二中模拟)已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,3)，向量m＝(a,2)与eq\o(BC,\s\up6(→))垂直，则向量m的模为________．答案2eq\r(2)解析由已知得eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,1)，因为m＝(a,2)与eq\o(BC,\s\up6(→))垂直，所以m·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(a,2)·(1,1)＝a＋2＝0，解得a＝－2，则m＝(－2,2)，|m|＝2eq\r(2).14．(2019·东北三校联考)已知x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x－y≤1，,－2≤2x＋y≤2，))则z＝3x＋y的最大值为________．答案3解析根据约束条件可以画出可行域，如图中阴影部分所示：由z＝3x＋y，可知直线y＝－3x＋z过A(1,0)时，z有最大值为3×1＋0＝3.15．(2019·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，P是曲线y＝x＋eq\f(4,x)(x>0)上的一个动点，则点P到直线x＋y＝0的距离的最小值是________．答案4解析解法一：由题意可设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，x0＋\f(4,x0)))(x0>0)，则点P到直线x＋y＝0的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x0＋x0＋\f(4,x0))),\r(2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(4,x0))),\r(2))≥eq\f(2\r(2x0·\f(4,x0)),\r(2))＝4，当且仅当2x0＝eq\f(4,x0)，即x0＝eq\r(2)时取等号．故所求最小值是4.解法二：设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(4,x0)＋x0))(x0>0)，则曲线在点P处的切线的斜率为k＝1－eq\f(4,x\o\al(2,0)).令1－eq\f(4,x\o\al(2,0))＝－1，结合x0>0得x0＝eq\r(2)，∴P(eq\r(2)，3eq\r(2))，曲线y＝x＋eq\f(4,x)(x>0)上的点P到直线x＋y＝0的最短距离即为此时点P到直线x＋y＝0的距离，故dmin＝eq\f(|\r(2)＋3\r(2)|,\r(2))＝4.16．(2019·扬州中学模拟)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线MN过F2，且与双曲线右支交于M，N两点，若cos∠F1MN＝cos∠F1F2M，eq\f(|F1M|,|F1N|)＝eq\f(1,2)，则双曲线的离心率等于________．答案2解析如图，由cos∠F1MN＝cos∠F1F2M可得∠F1MN＝∠∴|F1M|＝|F1F2|＝|F1N|＝2|F1M|＝4由双曲线的定义可得|MF2|＝2c－2a，|NF2|＝4c∴|MN|＝6c－4在△F1MN中，由余弦定理得cos∠F1MN＝eq\f(2c2＋6c－4a2－4c2,2×2c×6c－4a)＝eq\f(3c2－6ac＋2a2,c3c－2a)，在△F1F2Mcos∠F1F2M＝eq\f(2c2＋2c－2a2－2c2,2×2c×2c－2a)＝eq\f(c－a,2c)，∵cos∠F1MN＝cos∠F1F∴eq\f(3c2－6ac＋2a2,c3c－2a)＝eq\f(c－a,2c)，整理得3c2－7ac＋2a2＝0，∴3e2－7e＋2＝0，解得e＝2或e＝eq\f(1,3)(舍去)．∴双曲线的离心率等于2.三、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：60分．17．(本小题满分12分)(2019·太原一模)如图，已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且asinA＋(c－a)sinC＝bsinB，点D是AC的中点，DE⊥AC，交AB于点E，且BC＝2，DE＝eq\f(\r(6),2).(1)求B；(2)求△ABC的面积．解(1)∵asinA＋(c－a)sinC＝bsinB，且eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，可得：a2＋c2－ac＝b2，由余弦定理得：cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，∵0＜B＜π，∴B＝60°.(2)连接CE，如图，D是AC的中点，DE⊥AC，∴AE＝CE，∴CE＝AE＝eq\f(DE,sinA)＝eq\f(\r(6),2sinA)，在△BCE中，由正弦定理得eq\f(CE,sinB)＝eq\f(BC,sin∠BEC)＝eq\f(BC,sin2A)，∴eq\f(\r(6),2sinAsin60°)＝eq\f(2,2sinAcosA)，∴cosA＝eq\f(\r(2),2)，∵0＜A＜180°，∴A＝45°，∴∠ACB＝75°，∴∠BCE＝∠ACB－∠ACE＝30°，∴∠BEC＝90°，∴CE＝AE＝eq\r(3)，AB＝AE＋BE＝eq\r(3)＋1，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·CE＝eq\f(3＋\r(3),2).18．(本小题满分12分)(2019·东北三省三校三模)哈师大附中高三学年统计学生的最近20次数学周测成绩(满分150分)，现有甲、乙两位同学的20次成绩如茎叶图所示．(1)根据茎叶图求甲、乙两位同学成绩的中位数，并将同学乙的成绩的频率分布直方图填充完整；(2)根据茎叶图比较甲、乙两位同学数学成绩的平均值及稳定程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；(3)现从甲、乙两位同学不低于140分的成绩中任意选出2个成绩，记事件A为“其中2个成绩分别属于不同的同学”，求事件A发生的概率．解(1)甲同学成绩的中位数是eq\f(116＋122,2)＝119，乙同学成绩的中位数是128.乙的成绩的频率分布直方图补充后如图．(2)从茎叶图可以看出，乙同学成绩的平均分比甲同学成绩的平均分高，且乙同学的成绩比甲同学的成绩更稳定集中．(3)甲同学不低于140分的成绩有2个设为a，b，乙同学不低于140分的成绩有3个，设为c，d，e.现从甲、乙两位同学不低于140分的成绩中任意选出2个有：(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)，共10种，其中2个成绩分属不同同学的情况有：(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，共6种．因此事件A发生的概率P(A)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).19．(本小题满分12分)(2019·株洲一模)如图，平面ABCD⊥平面ADEF，其中四边形ABCD为矩形，四边形ADEF为直角梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝2EF＝2DE＝2.(1)求证：平面BFD⊥平面ABCD；(2)若三棱锥B－ADF的体积为eq\f(1,3)，求BD与平面BAF所成角的正弦值．解(1)证明：如图，作DH⊥AF于H，∵AF⊥FE，AF＝2EF＝2DE＝2.∴四边形DEFH是正方形，∴HF＝DH＝1，∠HDF＝45°，∵AF＝2，∴AH＝1，∴∠ADH＝45°.∴∠ADF＝90°，即DF⊥AD，∵平面ABCD⊥平面ADEF，AD为两个面的交线，∴FD⊥平面ABCD.∴平面BFD⊥平面ABCD.(2)因为平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，所以AB⊥平面ADEF，VB－ADF＝eq\f(1,3)S△ADF·AB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1·AB＝eq\f(1,3)，所以AB＝1，又∵AD2＝AF2－DF2＝22－2＝2，∴BD＝eq\r(AB2＋AD2)＝eq\r(3)连接BH，易知∠DBH为BD与平面BAF所成的角，在直角△BDH中，BD＝eq\r(3)，DH＝1，∴sin∠DBH＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，所以BD与平面BAF所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).20．(本小题满分12分)(2019·天津高考)设椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知eq\r(3)|OA|＝2|OB|(O为原点)．(1)求椭圆的离心率．(2)设经过点F且斜率为eq\f(3,4)的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l相切，圆心C在直线x＝4上，且OC∥AP.求椭圆的方程．解(1)设椭圆的半焦距为c，由已知有eq\r(3)a＝2b，又由a2＝b2＋c2，消去b得a2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))2＋c2，解得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).所以，椭圆的离心率为eq\f(1,2).(2)由(1)知，a＝2c，b＝eq\r(3)c，故椭圆方程为eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1.由题意，F(－c,0)，则直线l的方程为y＝eq\f(3,4)(x＋c)．点P的坐标满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4c2)＋\f(y2,3c2)＝1，,y＝\f(3,4)x＋c，))消去y并化简，得到7x2＋6cx－13c2＝0解得x1＝c，x2＝－eq\f(13c,7).代入到l的方程，解得y1＝eq\f(3,2)c，y2＝－eq\f(9,14)c.因为点P在x轴上方，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(3,2)c)).由圆心C在直线x＝4上，可设C(4，t)．因为OC∥AP，且由(1)知A(－2c,0)故eq\f(t,4)＝eq\f(\f(3,2)c,c＋2c)，解得t＝2.因为圆C与x轴相切，所以圆C的半径为2.又由圆C与l相切，得eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)4＋c－2)),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2))＝2，可得c＝2.所以，椭圆的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.21．(本小题满分12分)(2019·济宁二模)已知函数f(x)＝xlnx＋ax在x＝x0处取得极小值－1.(1)求实数a的值；(2)设g(x)＝xf(x)＋b(b＞0)，讨论函数g(x)的零点个数．解(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1＋a.∵函数f(x)＝xlnx＋ax在x＝x0处取得极小值－1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x0＝lnx0＋1＋a＝0，,fx0＝x0lnx0＋ax0＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,x0＝1.))当a＝－1时，f′(x)＝lnx，则当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＝1时，函数f(x)取得极小值－1，∴a＝－1.(2)由(1)知函数g(x)＝xf(x)＋b＝x2lnx－x2＋b，定义域为(0，＋∞)．g′(x)＝2xlnx＋x－2x＝2xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,2))).令g′(x)＝0，得x＝eq\r(e)，易得g(x)在(0，eq\r(e))上单调递减，在(eq\r(e)，＋∞)上单调递增，∴当x＝eq\r(e)时，函数g(x)取得极小值(也是最小值)b－eq\f(e,2).当b－eq\f(e,2)＞0，即b＞eq\f(e,2)时，函数g(x)没有零点．当b－eq\f(e,2)＝0，即b＝eq\f(e,2)时，函数g(x)有一个零点．当b－eq\f(e,2)＜0，即0＜b＜eq\f(e,2)时，g(e)＝b＞0.∴g(eq\r(e))g(e)＜0，故存在x1∈(eq\r(e)，e)，使g(x1)＝0，∴g(x)在(eq\r(e)，e)上有一个零点x1.设h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1，x∈(0,1)，则h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2).当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，∴h(x)在(0,1)上单调递减．∴h(x)＞h(1)＝0，即当x∈(0,1)时，lnx＞1－eq\f(1,x).∴当x∈(0,1)时，g(x)＝x2lnx－x2＋b＞x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))－x2＋b＝b－x.取x′＝{b,1}min，则g(x′)＞0，g(eq\r(e))g(x′)＜0，∴存在x2∈(x′，eq\r(e))，使函数g(x2)＝0，∴g(x)在(x′，eq\r(e))上有一个零点x2，∴g(x)在(0，＋∞)上有两个零点x1，x2，综上可得，当b＞eq\f(e,2)时，函数g(x)没有零点，当b＝eq\f(e,2)时，函数g(x)有一个零点，当0＜b＜eq\f(e,2)时，函数g(x)有两个零点．(二)选考题：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．(本小题满分10分)[选修4－4：坐标系与参数方程](2019·合肥市第一次教学质量检测)在直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，,y＝sinα))(α为参数)．以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2cosθ.(1)求C1，C2交点的直角坐标；(2)设点A的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(π,3)))，点B是曲线C2上的点，求△AOB面积的最大值．解(1)C1：x2＋y2＝1，C2：ρ＝2cosθ，∴ρ2＝2ρcosθ，∴x2＋y2＝2x.联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝1，,x2＋y2＝2x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x