《（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 素養(yǎng)提升練（六）文（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 素養(yǎng)提升練（六）文（含解析）（15頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、素養(yǎng)提升練(六) 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·正定中學(xué)二模)已知集合A＝{x|y＝ln (x2－3x－4)}，B＝≥0，全集U＝R，則(?RA)∩B＝(　　) A．[1,2] B．[－1,2)∪(3,4] C．[－1,3) D．[－1,1)∪[2,4] 答案　D 解析　集合A滿足x2－3x－4＞0，(x－4)(x＋1)＞0，則A＝{x|x＞4或x＜－1}，?RA

2、＝{x|－1≤x≤4}，集合B滿足x≥2或x＜1，則(?RA)∩B＝[－1,1)∪[2,4]．故選D. 2．(2019·馬鞍山二中一模)已知＝b＋2i(a，b∈R)，其中i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z＝a－bi在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 答案　B 解析　由已知得a－3i＝(b＋2i)·i＝－2＋bi，由復(fù)數(shù)相等的充要條件可得所以z＝a－bi＝－2＋3i，所以復(fù)數(shù)z＝－2＋3i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)(－2,3)在第二象限，故選B. 3．(2019·江淮十校聯(lián)考)為了解戶籍、性別對(duì)生育二胎選擇傾向的影響，某地從育齡人群中隨機(jī)抽取了容量為2

3、00的調(diào)查樣本，其中城鎮(zhèn)戶籍與農(nóng)村戶籍各100人；男性120人，女性80人，繪制不同群體中傾向選擇生育二胎與傾向選擇不生育二胎的人數(shù)比例圖(如圖所示)，其中陰影部分表示傾向選擇生育二胎的對(duì)應(yīng)比例，則下列敘述中錯(cuò)誤的是(　　) A．是否傾向選擇生育二胎與戶籍有關(guān) B．是否傾向選擇生育二胎與性別有關(guān) C．傾向選擇生育二胎的人群中，男性人數(shù)與女性人數(shù)相同 D．傾向選擇不生育二胎的人群中，農(nóng)村戶籍人數(shù)少于城鎮(zhèn)戶籍人數(shù) 答案　C 解析　由比例圖可知，是否傾向選擇生育二胎與戶籍、性別有關(guān)，傾向選擇不生育二胎的人員中，農(nóng)村戶籍人數(shù)少于城鎮(zhèn)戶籍人數(shù)，傾向選擇生育二胎的人員中，男性人數(shù)為0.8×

4、120＝96人，女性人數(shù)為0.6×80＝48人，男性人數(shù)與女性人數(shù)不相同，所以C錯(cuò)誤，故選C. 4．(2019·東北三校聯(lián)考)已知cos＝，則sin＝(　　) A．－ B. C. D．－ 答案　B 解析　∵cos＝，∴sin＝－cos＝－cos＝1－2cos2＝.故選B. 5．(2019·太原五中模擬)已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且7S2＝4S4，則公比q的值為(　　) A．1 B．1或 C. D．± 答案　C 解析　若q＝1，則7S2＝14a1,4S4＝16a1，∵a1≠0，∴7S2≠4S4，不符合題意；若q≠1，由7S2＝4S4，得7×＝4×，∴q

5、2＝，又q＞0，∴q＝.故選C. 6．(2019·全國卷Ⅱ)若x1＝，x2＝是函數(shù)f (x)＝sinωx(ω>0)兩個(gè)相鄰的極值點(diǎn)，則ω＝(　　) A．2 B. C．1 D. 答案　A 解析　由題意及函數(shù)y＝sinωx的圖象與性質(zhì)可知， T＝－，∴T＝π，∴＝π，∴ω＝2.故選A. 7．(2019·日照一中三模)已知某幾何體三視圖如圖所示，則該幾何體的各條棱中最長棱的長度為(　　) A．4 B．5 C. D. 答案　D 解析　三視圖還原的幾何體是一個(gè)側(cè)面垂直于底面的三棱錐，記為三棱錐A－BCD，如圖， 過點(diǎn)A作AE⊥BD于點(diǎn)E，過點(diǎn)C作CF⊥BD于點(diǎn)F，

6、連接CE，AF，由三視圖可得，AE＝4，BD＝4，BE＝3，ED＝1，BF＝2，F(xiàn)D＝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，所以最長的棱為AC，其長度為.故選D. 8．(2019·常州高中模擬)已知直線l：2x＋y－8＝0上的兩點(diǎn)A，B，且|AB|＝4，點(diǎn)P為圓D：x2＋y2＋2x－3＝0上任意一點(diǎn)，則△PAB的面積的最大值為(　　) A．5＋2 B．2＋3 C．4＋2 D．4＋4 答案　D

7、解析　圓D：x2＋y2＋2x－3＝0變形為(x＋1)2＋y2＝4，可知圓心D(－1,0)，D到直線AB的距離d＝＝2，則圓上P點(diǎn)到直線的距離的最大值為2＋2，可知(S△PAB)max＝×(2＋2)×4＝4＋4，故選D. 9．(2019·吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)三模)已知函數(shù)f (x)＝滿足?x1，x2∈R且都有＜0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由題意知f (x)是減函數(shù)，故 解得≤a＜，故選C. 10．(2019·鹽城二模)已知在四面體ABCD中，AB＝AD＝BC＝CD＝BD＝2，平面ABD⊥平面BDC，則四面體ABCD的外接球的表面積為(　　)

8、 A. B．6π C. D．8π 答案　A 解析　∵AB＝AD＝BC＝CD＝BD＝2，所以△ABD與△BDC均為正三角形．過正三角形BDC的中心O1作OO1⊥平面BDC(O為四面體ABCD的外接球的球心)．設(shè)M為BD的中點(diǎn)，外接球的半徑為R，連接AM，CM，OA，過O作OG⊥AM于點(diǎn)G，易知G為△ABD的中心，則OO1＝OG＝MO1＝MG.∵M(jìn)A＝×2＝，∴MG＝OG＝×＝，GA＝.在直角三角形AGO中，GA2＋GO2＝OA2，即2＋2＝R2，R2＝，∴四面體ABCD的外接球的表面積S＝4πR2＝.故選A. 11．(2019·全國卷Ⅰ)雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的一條漸近

9、線的傾斜角為130°，則C的離心率為(　　) A．2sin40° B．2cos40° C. D. 答案　D 解析　由題意可得－＝tan130°，所以e＝ ＝＝ ＝＝.故選D. 12．(2019·安慶一中模擬)已知函數(shù)f (x)＝x3＋bx2＋cx的導(dǎo)函數(shù)f′(x)是偶函數(shù)，若方程f′(x)－ln x＝0在區(qū)間上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)c的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　∵f (x)＝x3＋bx2＋cx，∴f′(x)＝x2＋bx＋c.∵f′(x)是偶函數(shù)，∴b＝0，∴f′(x)＝x2＋c. ∵方程f′(x)－ln x＝0在區(qū)間上有兩

10、個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，∴x2＋c－ln x＝0在區(qū)間上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，即ln x－x2＝c在區(qū)間上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，可化為φ(x)＝ln x－x2(x＞0)的圖象與y＝c的圖象在區(qū)間上有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．∵φ′(x)＝－x＝，∴當(dāng)x∈時(shí)，φ′(x)＞0，φ(x)在上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，e]時(shí)，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，e]上單調(diào)遞減，∴x∈時(shí)，φ(x)max＝φ(1)＝－.又φ＝－1－，φ(e)＝1－e2，φ＞φ(e)，∴－1－≤c＜－.故選A. 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·濟(jì)南一中模擬)已知向量a＝(3

11、,4)，b＝(－1，k)，且a⊥b，則a＋4b與a的夾角為________． 答案　 解析　由a⊥b可知a·b＝0，即－3＋4k＝0，k＝，故b＝，a＋4b＝(3,4)＋4＝(－1,7)，cosα＝＝，所以所成的角為. 14．(2019·洛陽一高二模)已知實(shí)數(shù)x，y滿足不等式組且目標(biāo)函數(shù)z＝3x－2y的最大值為180，則實(shí)數(shù)m的值為________． 答案　60 解析　當(dāng)m≤0時(shí)，不符合題意；當(dāng)m＞0時(shí)，畫出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示， 目標(biāo)函數(shù)z＝3x－2y可變形為y＝x－，作出直線y＝x并平移，結(jié)合圖象可知，當(dāng)平移后的直線經(jīng)過點(diǎn)A(m,0)時(shí)，z＝3x－2y取

12、得最大值為180，所以3m－0＝180，解得m＝60. 15．(2019·浙江高考)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，點(diǎn)D在線段AC上．若∠BDC＝45°，則BD＝________，cos∠ABD＝________. 答案　　 解析　如圖，易知sin∠C＝， cos∠C＝. 在△BDC中，由正弦定理可得 ＝， ∴BD＝＝＝. 由∠ABC＝∠ABD＋∠CBD＝90°， 可得cos∠ABD＝cos(90°－∠CBD)＝sin∠CBD ＝sin[π－(∠C＋∠BDC)] ＝sin(∠C＋∠BDC) ＝sin∠C·cos∠BDC＋cos∠C·sin∠BDC

13、 ＝×＋×＝. 16．(2019·濰坊一中三模)直線l：x＝my＋2經(jīng)過拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)F，與拋物線相交于A，B兩點(diǎn)，過原點(diǎn)的直線經(jīng)過弦AB的中點(diǎn)D，并且與拋物線交于點(diǎn)E(異于原點(diǎn))，則的取值范圍是________． 答案　(2，＋∞) 解析　因?yàn)閘：x＝my＋2恒過定點(diǎn)(2,0)，即拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)為F (2,0)，所以拋物線C的方程為y2＝8x，聯(lián)立整理，得y2－8my－16＝0，Δ＞0恒成立，所以y1＋y2＝8m，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝8m2＋4，所以弦AB的中點(diǎn)D的坐標(biāo)為(4m2＋2,4m)，直線OD的方程為y＝x，即y＝

14、x，由題意可知，m≠0，與拋物線C：y2＝8x聯(lián)立可得yE＝，而＝＝＝2＋＞2. 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·浙江名校高考聯(lián)盟二模)已知數(shù)列{an＋1}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝2an，n∈N*. (1)求證：數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列，并求an關(guān)于n的表達(dá)式； (2)若bn＝log2(an＋1)，求數(shù)列{(an＋1)bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)證明：由題可知Sn＝(a1＋1)＋(a2＋1)＋

15、(a3＋1)＋…＋(an＋1)＝2an， 即a1＋a2＋a3＋…＋an＋n＝2an.① 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＋1＝2a1，得a1＝1， 當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋n－1＝2an－1，?、? ①－②，得an＋1＝2an－2an－1，即an＝2an－1＋1， 所以an＋1＝2(an－1＋1) 所以數(shù)列{an＋1}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列， 所以an＋1＝2×2n－1＝2n，故an＝2n－1. (2)由(1)知bn＝log2(an＋1)＝log22n＝n， 則(an＋1)bn＝n×2n， Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n

16、2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1 兩式相減得－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2 所以Tn＝2＋(n－1)×2n＋1. 18．(本小題滿分12分)(2019·長沙一模)為了解某校學(xué)生參加社區(qū)服務(wù)的情況，采用按性別分層抽樣的方法進(jìn)行調(diào)查．已知該校共有學(xué)生960人，其中男生560人，從全校學(xué)生中抽取了容量為n的樣本，得到一周參加社區(qū)服務(wù)時(shí)間的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如表： 超過1小時(shí) 不超過1小時(shí) 男生 20 8 女生 12 m (1)求m，n； (2)能否有95

17、%的把握認(rèn)為該校學(xué)生一周參加社區(qū)服務(wù)時(shí)間是否超過1小時(shí)與性別有關(guān)？ (3)以樣本中學(xué)生參加社區(qū)服務(wù)時(shí)間超過1小時(shí)的頻率作為該事件發(fā)生的概率，現(xiàn)從該校學(xué)生中隨機(jī)調(diào)查6名學(xué)生，試估計(jì)這6名學(xué)生中一周參加社區(qū)服務(wù)時(shí)間超過1小時(shí)的人數(shù)． 附： P(K2≥k0) 0.050 0.010 0.001 k0 3.841 6.635 10.828 K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d. 解　(1)根據(jù)分層抽樣法，抽樣比例為＝， ∴n＝48； ∴m＝48－20－8－12＝8. (2)根據(jù)題意完善2×2列聯(lián)表，如下： 超過1小時(shí) 不超過1小時(shí) 合計(jì) 男生 20 8 28

18、 女生 12 8 20 合計(jì) 32 16 48 計(jì)算K2＝≈0.6857＜3.841， 所以沒有95%的把握認(rèn)為該校學(xué)生一周參加社區(qū)服務(wù)時(shí)間是否超過1小時(shí)與性別有關(guān)． (3)參加社區(qū)服務(wù)時(shí)間超過1小時(shí)的頻率為＝， 用頻率估計(jì)概率，從該校學(xué)生中隨機(jī)調(diào)查6名學(xué)生， 估計(jì)這6名學(xué)生中一周參加社區(qū)服務(wù)時(shí)間超過1小時(shí)的人數(shù)為6×＝4(人)． 19．(本小題滿分12分)(2019·山東菏澤模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，△BCD，△PAD都是等邊三角形，平面PAD⊥平面ABCD，且AD＝2AB＝4，CD＝2. (1)求證：平面PAD⊥平面PCD； (2)E是AP上一點(diǎn)

19、，當(dāng)BE∥平面PCD時(shí)，求三棱錐C－PDE的體積． 解　(1)證明：因?yàn)锳D＝4，AB＝2，BD＝2， 所以AD2＝AB2＋BD2，所以AB⊥BD，∠ADB＝30°. 又因?yàn)椤鰾CD是等邊三角形，所以∠BDC＝60°，所以∠ADC＝90°，所以DC⊥AD. 因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以CD⊥平面PAD. 因?yàn)镃D?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD. (2)過點(diǎn)B作BG∥CD交AD于點(diǎn)G，連接GE. 因?yàn)锽G∥CD，BG?平面PCD，CD?平面PCD， 所以BG∥平面PCD. 當(dāng)BE∥平面PCD時(shí)，因?yàn)锽G∩BE＝B， 所以

20、平面BEG∥平面PCD. 因?yàn)镋G?平面BEG，所以EG∥平面PCD. 又平面PAD∩平面PDC＝PD，所以EG∥PD，所以＝. 在直角三角形BGD中，BD＝2，∠BDG＝30°， 所以DG＝2cos30°＝3， 所以＝＝， 在平面PAD內(nèi)，過點(diǎn)E作EH⊥PD于點(diǎn)H. 因?yàn)镃D⊥平面PAD，EH?平面PAD，所以CD⊥EH. 因?yàn)镻D∩CD＝D，所以EH⊥平面PCD， 所以EH是點(diǎn)E到平面PCD的距離． 過點(diǎn)A作AM⊥PD于點(diǎn)M，則AM＝×4＝2. 由AM∥EH，得＝＝，所以EH＝. 因?yàn)镾△PCD＝×4×2＝4， 所以VC－PDE＝VE－PDC＝×4×＝6.

21、20．(本小題滿分12分)(2019·全國卷Ⅲ)已知曲線C：y＝，D為直線y＝－上的動(dòng)點(diǎn)，過D作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B. (1)證明：直線AB過定點(diǎn)； (2)若以E為圓心的圓與直線AB相切，且切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn)，求該圓的方程． 解　(1)證明：設(shè)D，A(x1，y1)，則x＝2y1. 由于y′＝x，所以切線DA的斜率為x1，故＝x1. 整理得2tx1－2y1＋1＝0. 設(shè)B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0. 故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0. 所以直線AB過定點(diǎn). (2)由(1)得直線AB的方程為y＝tx＋. 由可得x2－2tx－1＝0. 于

22、是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1. 設(shè)M為線段AB的中點(diǎn)，則M. 由于⊥，而＝(t，t2－2)，與向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1. 當(dāng)t＝0時(shí)，||＝2， 所求圓的方程為x2＋2＝4； 當(dāng)t＝±1時(shí)，||＝， 所求圓的方程為x2＋2＝2. 21．(本小題滿分12分)(2019·開封一模)設(shè)函數(shù)f (x)＝(x－1)ex－x2. (1)當(dāng)k＝e時(shí)，求f (x)的極值； (2)當(dāng)k＞0時(shí)，討論函數(shù)f (x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)． 解　(1)f′(x)＝xex－kx＝x(ex－k)，當(dāng)k＝e時(shí)，f′(x)＝x(ex－e)

23、， 當(dāng)x＜0或x＞1時(shí)，f′(x)＞0，所以f (x)在(－∞，0)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0，所以f (x)在(0,1)上單調(diào)遞減， ∴f (x)的極大值為f (0)＝－1，極小值為f (1)＝－. (2)①當(dāng)0＜k＜1時(shí)，令f′(x)＞0，解得x＜ln k或x＞0， f (x)在(－∞，ln k)和(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln k,0)上單調(diào)遞減， 當(dāng)k＝1時(shí)，f′(x)≥0，f (x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)0＜k≤1時(shí)， 當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f (x)≤f (x)max＝f (ln k)＝(ln k－1)k－ln2 k＝－

24、[(ln k－1)2＋1]＜0， 此時(shí)f (x)無零點(diǎn)， 當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，f (0)＝－1＜0，f (2)＝e2－2k≥e2－2＞0， 又f (x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f (x)在[0，＋∞)上有唯一的零點(diǎn)， 故函數(shù)f (x)在定義域(－∞，＋∞)上有唯一的零點(diǎn)． ②當(dāng)k＞1時(shí)，令f′(x)＞0，解得x＜0或x＞ln k， f (x)在(－∞，0)和(ln k，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，ln k)上單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(－∞，ln k)時(shí)，f (x)≤f (x)max＝f (0)＝－1＜0，此時(shí)f (x)無零點(diǎn)， 當(dāng)x∈[ln k，＋∞)時(shí)，f (ln k)＜f

25、(0)＝－1＜0， f (k＋1)＝kek＋1－＝k， 令g(t)＝et－t2，t＝k＋1＞2，則g′(t)＝et－t， 令h(t)＝g′(t)，h′(t)＝et－1， ∵t＞2，h′(t)＞0，g′(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增， g′(t)＞g′(2)＝e2－2＞0，∴g(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增， 得g(t)＞g(2)＝e2－2＞0，即f (k＋1)＞0，所以f (x)在[ln k，＋∞)上有唯一的零點(diǎn)， 故函數(shù)f (x)在定義域(－∞，＋∞)上有唯一的零點(diǎn)． 綜合①②知，當(dāng)k＞0時(shí)函數(shù)f (x)在定義域(－∞，＋∞)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)． (二)選考題：10分．請(qǐng)考

26、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·山西太原模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為(α為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線l的極坐標(biāo)方程為ρsin＝2. (1)求曲線C的普通方程和直線l的直角坐標(biāo)方程； (2)射線OP的極坐標(biāo)方程為θ＝(ρ≥0)，若射線OP與曲線C的交點(diǎn)為A，與直線l的交點(diǎn)為B，求線段AB的長． 解　(1)由可得 所以x2＋(y－1)2＝3cos2α＋3sin2α＝3， 所以曲線C的普通方程為x2＋(y－1)2＝3.

27、由ρsin＝2，可得ρ＝2，所以ρsinθ＋ρcosθ－2＝0， 所以直線l的直角坐標(biāo)方程為x＋y－4＝0. (2)解法一：曲線C的方程可化為x2＋y2－2y－2＝0， 所以曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ2－2ρsinθ－2＝0. 由題意設(shè)A，B， 將θ＝代入ρ2－2ρsinθ－2＝0，可得ρ2－ρ－2＝0， 所以ρ＝2或ρ＝－1(舍去)，即ρ1＝2， 將θ＝代入ρsin＝2，可得ρ＝4，即ρ2＝4， 所以|AB|＝|ρ1－ρ2|＝2. 解法二：因?yàn)樯渚€OP的極坐標(biāo)方程為θ＝(ρ≥0)， 所以射線OP的直角坐標(biāo)方程為y＝x(x≥0)， 由解得A(，1)， 由解得B(2，2)，

28、 所以|AB|＝＝2. 23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講] (2019·山東菏澤模擬)已知函數(shù)f (x)＝|x－2|＋|2x－1|. (1)求不等式f (x)≤3的解集； (2)若不等式f (x)≤ax的解集為空集，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解　(1)解法一：由題意f (x)＝ 當(dāng)x≤時(shí)，f (x)＝－3x＋3≤3， 解得x≥0，即0≤x≤， 當(dāng)＜x＜2時(shí)，f (x)＝x＋1≤3， 解得x≤2，即＜x＜2， 當(dāng)x≥2時(shí)，f (x)＝3x－3≤3，解得x≤2，即x＝2. 綜上所述，原不等式的解集為[0,2]． 解法二：由題意f (x)＝ 作出f (x)

29、的圖象如圖所示， 注意到當(dāng)x＝0或x＝2時(shí)，f (x)＝3， 結(jié)合圖象，不等式的解集為[0,2]． (2)解法一：由(1)可知，f (x)的圖象如圖所示， 不等式f (x)≤ax的解集為空集可轉(zhuǎn)化為f (x)＞ax對(duì)任意x∈R恒成立， 即函數(shù)y＝ax的圖象始終在函數(shù)y＝f (x)的圖象的下方， 當(dāng)直線y＝ax過點(diǎn)A(2,3)以及與直線y＝－3x＋3平行時(shí)為臨界情況， 所以－3≤a＜，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為. 解法二：不等式f (x)≤ax的解集為空集可轉(zhuǎn)化為f (x)＞ax對(duì)任意x∈R恒成立， ①當(dāng)x≤時(shí)，f (x)＝－3x＋3＞ax，即(a＋3)x－3＜0恒成立，

30、若a＋3＜0，顯然不符合題意， 若a＋3＝0，即a＝－3，則－3＜0恒成立，符合題意， 若a＋3＞0，即a＞－3，只需(a＋3)×－3＜0即可，解得a＜3，又－3＜a， 所以－3≤a＜3. ②當(dāng)＜x＜2時(shí)，f (x)＝x＋1＞ax，即(a－1)x－1＜0恒成立， 若a－1＜0，即a＜1，則(a－1)x－1＜0恒成立，符合題意， 若a－1＝0，即a＝1，則－1＜0恒成立，符合題意， 若a－1＞0，即a＞1，只需(a－1)×2－1≤0即可，解得a≤，故1＜a≤ 所以a≤. ③當(dāng)x≥2時(shí)，f (x)＝3x－3＞ax，即(a－3)x＋3＜0恒成立， 若a－3＜0，即a＜3，只需(a－3)×2＋3＜0即可，解得a＜，故a＜， 若a－3＝0，即a＝3，顯然不符合題意， 若a－3＞0，即a＞3，則(a－3)x＋3＞0恒成立，不符合題意，所以a＜. 綜上所述，－3≤a＜， 即實(shí)數(shù)a的取值范圍為. 15