新高考数学二轮复习 第4部分 高考22题逐题特训 仿真模拟卷1 （含解析）

仿真模拟卷1(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．已知集合P＝{x|－1<x<4}，Q＝{x|x<2}，那么P∩(∁RQ)等于()A．[2,4) B．(－1，＋∞)C．[2，＋∞) D．(－1,2]答案A解析∁RQ＝{x|x≥2}，所以P∩(∁RQ)＝[2,4)．2．复数z＝eq\f(i,1－2i)等于()A.eq\f(2,5)＋eq\f(i,5) B．－eq\f(2,5)＋eq\f(i,5)C.eq\f(1,5)＋eq\f(2i,5) D.eq\f(1,5)－eq\f(2i,5)答案B解析z＝eq\f(i,1－2i)＝eq\f(i·1＋2i,1－2i·1＋2i)＝－eq\f(2,5)＋eq\f(1,5)i.3．若等差数列{an}的前9项和等于前4项和，a1＝1，则a4等于()A．－eq\f(1,2)B.eq\f(3,2)C.eq\f(1,2)D．2答案C解析设等差数列{an}的公差为d，∵S9＝S4，∴9×1＋36d＝4×1＋6d，解得d＝－eq\f(1,6).∴a4＝a1＋(4－1)d＝1－3×eq\f(1,6)＝eq\f(1,2).4．(2020·河北省“荆、荆、襄、宜”四地七校联考)我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休．在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数图象的特征．函数f(x)＝eq\f(2x＋1,2x－1)cosx的大致图象是()答案B解析由题意得，函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．因为f(－x)＝eq\f(2－x＋1,2－x－1)cos(－x)＝－eq\f(2x＋1,2x－1)cosx＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，故排除选项A和选项C；当x>0时，x→0,2x→1，则2x－1→0，eq\f(1,2x－1)→＋∞，所以y＝eq\f(2x＋1,2x－1)＝1＋eq\f(2,2x－1)→＋∞，而当x→0时，cosx→1，所以当x>0时，x→0，f(x)＝eq\f(2x＋1,2x－1)cosx→＋∞，故排除选项D.5.(2020·潍坊模拟)玉琮是中国古代重要礼器之一，神人纹玉琮王是新石器时代良渚文化的典型玉器，1986年出土于浙江省余杭县反山文化遗址．玉琮王高8.8cm，孔径4.9cm，外径17.6cm，琮体四面各琢刻一完整的兽面神人图象，兽面的两侧各浅浮雕鸟纹，器形呈扁矮的方柱体，内圆外方，上下端为圆面的射，中心有一上下垂直相透的圆孔．试估计该神人纹玉琮王的体积(单位：cm3)为()A．6250B．3050C．2850D．2350答案D解析由题意可知，该神人纹玉琮王可看作是一个底面边长为17.6cm，高为8.8cm的正四棱柱中挖去一个底面直径为4.9cm，高为8.8cm的圆柱，此时体积V1＝(17.6)2×8.8－π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4.9,2)))2×8.8≈2560(cm3)．记该神人纹玉琮王的实际体积为V，则V<V1，且V>π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17.6,2)))2×8.8－π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4.9,2)))2×8.8≈1974(cm3)，故1974cm3<V<2560cm3，则估计该神人纹玉琮王的体积为2350cm3.6．(2020·烟台诊断)若x＝α时，函数f(x)＝3sinx＋4cosx取得最小值，则sinα等于()A.eq\f(3,5)B．－eq\f(3,5)C.eq\f(4,5)D．－eq\f(4,5)答案B解析f(x)＝3sinx＋4cosx＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)sinx＋\f(4,5)cosx))＝5sin(x＋θ)，其中cosθ＝eq\f(3,5)，sinθ＝eq\f(4,5).若x＝α时，f(x)取得最小值，则α＋θ＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即α＝－eq\f(π,2)＋2kπ－θ，k∈Z，则sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－θ＋2kπ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－θ))＝－cosθ＝－eq\f(3,5).7．已知抛物线y2＝8x的焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点，交准线于点C，若|BC|＝eq\r(2)|BF|，则|AB|等于()A．12B．14C．16D．28答案C解析抛物线y2＝8x，p＝4，分别过A，B作准线的垂线，垂足分别为M，N，如图：由抛物线的定义可知：|AM|＝|AF|，|BN|＝|BF|，∵BN∥x轴，∴eq\f(|BN|,p)＝eq\f(|BC|,|CF|)，∵|BC|＝eq\r(2)|BF|，∴eq\f(|BF|,p)＝eq\f(\r(2)|BF|,\r(2)|BF|＋|BF|)，解得|BF|＝8－4eq\r(2).∴|CF|＝|CB|＋|BF|＝4eq\r(2).∵AM∥x轴，∴eq\f(p,|AM|)＝eq\f(|CF|,|CA|)，∴eq\f(p,|AF|)＝eq\f(4\r(2),4\r(2)＋|AF|)，∴|AF|＝8＋4eq\r(2)，∴|AB|＝16.8．已知函数f(x)与g(x)满足f(x＋2)＝f(2－x)，g(x＋1)＝g(x－1)，且f(x)在区间[2，＋∞)上为减函数，令h(x)＝f(x)·|g(x)|，则下列不等式正确的是()A．h(－2)≥h(4) B．h(－2)≤h(4)C．h(0)>h(4) D．h(0)<h(4)答案B解析f(x＋2)＝f(2－x)⇒f(x)关于x＝2对称，f(x)在区间[2，＋∞)上为减函数，所以f(x)在区间(－∞，2]上为增函数，而g(x＋1)＝g(x－1)⇒函数g(x)的周期为T＝2，所以h(－2)＝f(－2)|g(－2)|＝f(6)|g(4)|，h(4)＝f(4)|g(4)|≥h(－2)，h(0)＝h(4)，故选B.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对得3分)9．(2020·重庆模拟)为了解运动健身减肥的效果，某健身房调查了20名肥胖者，测量了他们的体重(单位：千克)，健身之前他们的体重情况如三维饼图①所示，经过半年的健身后，他们的体重情况如三维饼图②所示，对比健身前后，关于这20名肥胖者，下面结论正确的是()A．他们健身后，体重在区间[90,100)内的人数不变B．他们健身后，体重在区间[100,110)内的人数减少了2C．他们健身后，体重在区间[110,120)内的肥胖者体重都有减轻D．他们健身后，这20名肥胖者的体重的中位数位于区间[90,100)答案ACD解析图①中体重(单位：千克)在区间[90,100)，[100,110)，[110,120)内的人数分别为20×40%＝8,20×50%＝10,20×10%＝2；图②中体重在区间[80,90)，[90,100)，[100,110)内的人数分别为20×30%＝6,20×40%＝8,20×30%＝6，则健身前后，体重在区间[90,100)内的人数都为8，不变，故A正确；体重在区间[100,110)内的人数减少了4，故B错误；因为健身后体重在[110,120)内的人数为0，故体重在区间[110,120)内的肥胖者体重都有减轻，故C正确；健身后，这20位肥胖者的体重的中位数为将体重数据按从小到大的顺序排列后第10,11位体重的平均数，位于区间[90,100)内，故D正确．10．将函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象，则下列说法正确的是()A．φ＝eq\f(π,3)B．函数f(x)的最小正周期为πC．函数f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))成中心对称D．函数f(x)的一个单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))答案BD解析由题意可知，函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，故B正确；将函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象，所以sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).因为0<φ<π，所以－eq\f(π,2)＋φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以－eq\f(π,2)＋φ＝eq\f(π,6)，φ＝eq\f(2π,3)，故A错误；f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，令2x＋eq\f(2π,3)＝kπ，k∈Z，则x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,3)，k∈Z，故C错误；令2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(2π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，解得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z，故函数f(x)的一个单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，则D正确．11.如图，棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论正确的是()A．平面D1A1P⊥平面A1APB．∠APD1的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))C．三棱锥B1－D1PC的体积为定值D．DC1⊥D1P答案ACD解析在A中，因为A1D1⊥平面A1AP，A1D1⊂平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正确；在B中，当P与A1重合时，∠APD1＝eq\f(π,2)，故B错误；在C中，因为△B1D1C的面积是定值，A1B∥平面B1D1C，所以点P到平面B1D1C的距离是定值，所以三棱锥B1－D1PC的体积为定值，故C正确；在D中，因为DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC⊂平面BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，又D1P⊂平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D正确．12．(2020·临沂模拟)已知函数f(x)＝x＋sinx－xcosx的定义域为[－2π，2π)，则()A．f(x)为奇函数B．f(x)在[0，π)上单调递增C．f(x)恰有4个极大值点D．f(x)有且仅有4个极值点答案BD解析对于选项A，因为f(x)的定义域为[－2π，2π)，不关于原点对称，所以f(x)为非奇非偶函数，故A错误；对于选项B，f′(x)＝1＋cosx－(cosx－xsinx)＝1＋xsinx，当x∈[0，π)时，f′(x)>0，则f(x)在[0，π)上单调递增，故B正确；对于选项C和D，f′(0)≠0，令f′(x)＝0，得sinx＝－eq\f(1,x)，在同一坐标系内分别作出y＝sinx和y＝－eq\f(1,x)在区间[－2π，2π)上的图象．由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f(x)在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f(x)只有2个极大值点，故C错误，D正确．三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2020·福州模拟)曲线f(x)＝eq\f(1,x)＋lneq\f(1,x)在点(1，f(1))处的切线方程是________________．答案2x＋y－3＝0解析f(x)＝eq\f(1,x)＋lneq\f(1,x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝－eq\f(x＋1,x2)，则切线斜率k＝f′(1)＝－2.又f(1)＝1，所以曲线f(x)在点(1,1)处的切线方程为y－1＝－2(x－1)，即2x＋y－3＝0.14．已知某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为eq\f(9,25)，则该队员每次罚球的命中率p为________．答案eq\f(4,5)解析设两次罚球命中的次数为X，则1－P(X＝2)＝eq\f(9,25)，∴1－Ceq\o\al(2,2)p2(1－p)0＝eq\f(9,25)，解得p＝eq\f(4,5).15．一个圆锥恰有三条母线两两夹角为60°，若该圆锥的侧面积为3eq\r(3)π，则该圆锥外接球的表面积为________．答案eq\f(27π,2)解析如图，设∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝60°，则SA＝SB＝SC＝AB＝AC＝BC.设AB＝x，则底面圆的直径为2r＝eq\f(x,sin60°)＝eq\f(2x,\r(3))，该圆锥的侧面积为π·r·l＝π·eq\f(x,\r(3))·x＝3eq\r(3)π，解得x＝3，r＝eq\r(3)，高OS＝eq\r(32－\r(3)2)＝eq\r(6).设圆锥外接球的半径为R，则(eq\r(6)－R)2＋r2＝R2，解得R＝eq\f(3\r(6),4)，则外接球的表面积为4πR2＝eq\f(27π,2).16．设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－eq\f(1,2n)，n∈N*，则a9＝________.答案－eq\f(1,1024)解析∵Sn＝(－1)nan－eq\f(1,2n)，n∈N*，∴a1＝(－1)a1－eq\f(1,2)，∴a1＝－eq\f(1,4)，当n≥2，n∈N*时，an＝Sn－Sn－1＝(－1)nan－eq\f(1,2n)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1n－1an－1－\f(1,2n－1)))＝(－1)nan－(－1)n－1an－1＋eq\f(1,2n)，当n为偶数，n－1为奇数时，an－1＝－eq\f(1,2n)(n≥2，n∈N*)，即an＝－eq\f(1,2n＋1)(n为正奇数)，∴a9＝－eq\f(1,210)＝－eq\f(1,1024).四、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足csinA＝acosC，c＝4.(1)求角C的大小；(2)若eq\r(3)sinA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＋2，求△ABC的面积．解(1)在△ABC中，∵csinA＝acosC，∴由正弦定理得sinCsinA＝sinAcosC(sinA>0)，∴tanC＝1，又0<C<π，∴C＝eq\f(π,4).(2)∵eq\r(3)sinA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＋2，∴eq\r(3)sinA＝cos(B＋C)＋2，即eq\r(3)sinA＝－cosA＋2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝1，∴A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，∴A＝eq\f(π,3)，∴B＝eq\f(5π,12)，∴sinB＝sineq\f(5π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝sineq\f(π,4)coseq\f(π,6)＋coseq\f(π,4)sineq\f(π,6)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(4sin\f(π,3),sin\f(π,4))＝2eq\r(6)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2eq\r(6)×4×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝6＋2eq\r(3).18．(12分)(2020·北京测试)已知{an}是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，满足a3＝12，________.是否存在正整数k，使得Sk>2020？若存在，求k的最小值；若不存在，请说明理由．从①q＝2，②q＝eq\f(1,2)，③q＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．解若选择①q＝2.{an}是公比为q＝2的等比数列，且a3＝12，则a1＝3，所以Sn＝eq\f(31－2n,1－2)＝3(2n－1)．令Sk>2020，即2k>eq\f(2023,3)，所以使得Sk>2020的正整数k的最小值为10.若选择②q＝eq\f(1,2).{an}是公比为q＝eq\f(1,2)的等比数列，且a3＝12，则a1＝48，Sn＝eq\f(48×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝96eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))).因为Sn<96<2020，所以不存在满足条件的正整数k.若选择③q＝－2.{an}是公比为q＝－2的等比数列，且a3＝12，则a1＝3，所以Sn＝eq\f(3×[1－－2n],1－－2)＝1－(－2)n.令Sk>2020，即1－(－2)k>2020，整理得(－2)k<－2019.当k为偶数时，原不等式无解；当k为奇数时，原不等式等价于2k>2019，所以使得Sk>2020的正整数k的最小值为11.19．(12分)(2020·长沙模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝2，DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°.(1)求证：AD⊥PB；(2)求平面DAP与平面BPC所成锐二面角的余弦值．(1)证明如图，连接BD，设AB中点为E，连接DE，则BE＝AE＝eq\f(1,2)AB＝1，又AB∥DC，∴四边形DEBC是平行四边形，又DC＝BC，∠BCD＝90°，∴四边形DEBC为正方形．∴DE＝BC＝1，BD＝eq\r(2)，DE⊥AB，则AD＝eq\r(AE2＋DE2)＝eq\r(2)，∴在△ABD中，AB2＝AD2＋BD2＝4，∴AD⊥BD，又∵PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PD⊥AD，又BD∩PD＝D，PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，∴AD⊥平面PBD，又PB⊂平面PBD，∴AD⊥PB.(2)解以DA，DB，DP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，∴D(0,0,0)，B(0，eq\r(2)，0)，P(0,0,2)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，∴eq\o(DB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－2)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，－2))，∵BD⊥平面PAD，∴eq\o(DB,\s\up6(→))为平面DAP的法向量，设平面BPC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up6(→))·n＝0，,\o(PC,\s\up6(→))·n＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)y1－2z1＝0，,－\f(\r(2),2)x1＋\f(\r(2),2)y1－2z1＝0，))令x1＝1，则y1＝－1，z1＝－eq\f(\r(2),2)，∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，－\f(\r(2),2)))，设eq\o(DB,\s\up6(→))与n所成角为θ，∴|cosθ|＝eq\f(|\o(DB,\s\up6(→))·n|,|\o(DB,\s\up6(→))||n|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－\r(2),\r(2)×\r(\f(5,2)))))＝eq\f(\r(10),5)，∴平面DAP与平面BPC所成锐二面角的余弦值为eq\f(\r(10),5).20．(12分)某读书协会共有1200人，现收集了该协会20名成员每周的课外阅读时间(分钟)，其中某一周的数据记录如下：75,60,35,100,90,50,85,170,65,70,125,75,70,85,155,110,75,130,80,100.对这20个数据按组距30进行分组，并统计整理，绘制了如下尚不完整的统计图表：阅读时间分组统计表(设阅读时间为x分钟)．组别时间分组频数男性人数女性人数A30≤x<60211B60≤x<901046C90≤x<120ma1D120≤x<150211E150≤x<180n2b(1)写出m，n的值，请估计该读书协会中人均每周的课外阅读时长，以及该读书协会中一周阅读时长不少于90分钟的人数；(2)该读书协会拟发展新成员5人，记新成员中每周阅读时长在[60,90)之间的人数为X，以上述统计数据为参考，求X的分布列和均值；(3)以这20人为样本完成下面的2×2列联表，并回答能否有90%的把握认为“每周至少阅读120分钟与性别有关”？每周阅读时间不少于120分钟每周阅读时间少于120分钟总计男女总计附：K2＝eq\f(nad－bc2,a＋cb＋da＋bc＋d).P(K2≥k0)0.100.0500.0100.001k02.7063.8416.63510.828解(1)m＝4，n＝2，该读书协会中人均每周的课外阅读时长为45×eq\f(2,20)＋75×eq\f(10,20)＋105×eq\f(4,20)＋135×eq\f(2,20)＋165×eq\f(2,20)＝93(分钟)，由样本估计总体，一周阅读时长不少于90分钟的人数为1200×eq\f(4＋2＋2,20)＝480.(2)X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,2)))，由题意知，X的可能取值为0,1,2,3,4,5.且P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝eq\f(1,32)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝eq\f(5,32)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝eq\f(10,32)＝eq\f(5,16)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝eq\f(10,32)＝eq\f(5,16)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝eq\f(5,32)，P(X＝5)＝Ceq\o\al(5,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝eq\f(1,32)，所以X的分布列如下：X012345Peq\f(1,32)eq\f(5,32)eq\f(5,16)eq\f(5,16)eq\f(5,32)eq\f(1,32)E(X)＝5×eq\f(1,2)＝2.5.(3)2×2列联表如下：每周阅读时间不少于120分钟每周阅读时间少于120分钟总计男3811女189总计41620K2＝eq\f(20×3×8－1×82,4×16×11×9)≈0.808<2.706，所以没有90%的把握认为“每周至少阅读120分钟与性别有关”．21．(12分)过抛物线E：y2＝2px(p>0)上一点M(1，－2)作直线MN交抛物线E于另一点N.(1)若直线MN的斜率为1，求线段|MN|的长；(2)不过点M的动直线l交抛物线E于A，B两点，且以AB为直径的圆经过点M，问动直线l是否恒过定点．如果是，求定点坐标，如果不是，请说明理由．解(1)把M(1，－2)代入y2＝2px中，得p＝2，∴y2＝4x，∵直线MN的斜率为1，∴直线MN的方程为y＋2＝x－1，即y＝x－3，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝x－3，))得x2－10x＋9＝0，解得x1＝1，x2＝9，∴N(9,6)，∴|MN|＝8eq\r(2).(2)设直线l的方程为x＝ky＋m，与y2＝4x联立，得y2－4ky－4m＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝16k2＋16m>0，即k2＋m>0，y1＋y2＝4k，y1y2＝－4m，由题意可得，MA⊥MB，∴eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝0，∴(x1－1，y1＋2)·(x2－1，y2＋2)＝0，整理得(k2＋1)y1y2＋(km－k＋2)(y1＋y2)＋m2－2m＋5＝0，代入得m2－6m－4k2＋8k＋5＝0，即(m－3)2＝4(k－1)2，∴m＝2k＋1(舍去)，或m＝－2k＋5(符合Δ>0)，∴直线l：x＝ky＋m＝ky－2k＋5，∴x－5＝k(y－2)，即动直线l经过定点(5,2)．22．(12分)(2020·新高考测评联盟联考)已知函数f(x)＝ex－ax－ln2(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝2时，求函数g(x)＝f(x)＋ln2－cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，＋∞))上的零点个数．解(1)f(x)＝ex－ax－ln2，其定义域为R，f′(x)＝ex－a，①当a≤0时，因为f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增．②当a>0时，令f′(x)>0，得x>lna，令f′(x)<0，得x<lna，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增，当a>0时，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)方法一由已知得g(x)＝ex－2x－cosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，＋∞))，则g′(x)＝ex＋sinx－2.①当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，因为g′(x)＝(ex－1)＋(sinx－1)<0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递减，所以g(x)>g(0)＝0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上无零点；②当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，因为g′(x)单调递增，且g′(0)＝－1<0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝SKIPIF1<0－1>0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使g′(x0)＝0，当x∈