2024高考數(shù)學(xué)二輪仿真模擬專練一理

PAGEPAGE92024高考數(shù)學(xué)二輪仿真模擬專練（一）理一、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選項中，只有一項是符合題目要求的)1．[2024·甘肅蘭州診斷]已知集合A＝{x∈N|－1<x<4}，B?A，則集合B中的元素個數(shù)至多是()A．3B．4C．5D．6答案：B解析：因為A＝{x∈N|－1<x<4}＝{0，1，2，3}，且B?A，所以集合B中的元素個數(shù)至多是4，故選B.2．[2024·重慶九校聯(lián)考]若復(fù)數(shù)z＝eq\f(a＋3i,1－2i)(a∈R，i是虛數(shù)單位)是純虛數(shù)，則復(fù)數(shù)eq\x\to(z)的虛部為()A．3B．3iC．－3D．－3i答案：C解析：由題意可得z＝eq\f(a＋3i,1－2i)＝eq\f(a＋3i1＋2i,1－2i1＋2i)＝eq\f(a－6,5)＋eq\f(3＋2a,5)i，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a－6,5)＝0，,\f(3＋2a,5)≠0，))解得a＝6，則z＝3i，由共軛復(fù)數(shù)的定義可得eq\x\to(z)＝－3i，故復(fù)數(shù)eq\x\to(z)的虛部為－3，故選C.3．[2024·福建福州模擬]設(shè)集合A＝{x|－2<－a<x<a，a>0}，命題p：1∈A，命題q：2∈A.若p∨q為真命題，p∧q為假命題，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(0，1)∪(2，＋∞)B．(0，1)∪[2，＋∞)C．(0，1)D．(1，2)答案：D解析：由于p∨q為真命題，p∧q為假命題，則p與q中有且只有一個真命題．因為－2<－a，則a<2，所以命題q：2∈A為假命題，所以命題p為真，可得a>1，所以1<a<2，故選D.4．[2024·山東省試驗中學(xué)模擬]若函數(shù)f(x)的定義域為[1，8]，則函數(shù)eq\f(f2x,x－3)的定義域為()A．(0，3)B．[1，3)∪(3，8]C．[1，3)D．[0，3)答案：D解析：因為f(x)的定義域為[1，8]，所以若函數(shù)eq\f(f2x,x－3)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤2x≤8，,x－3≠0，))得0≤x<3，故選D.5．[2024·上海一模]已知兩個單位向量a，b的夾角為60°，則下列向量是單位向量的是()A．a(chǎn)＋bB．a(chǎn)＋eq\f(1,2)bC．a(chǎn)－bD．a(chǎn)－eq\f(1,2)b答案：C解析：通解∵a，b均是單位向量且夾角為60°，∴a·b＝eq\f(1,2)，∴|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝1－2×eq\f(1,2)＋1＝1，即|a－b|＝1，∴a－b是單位向量．故選C.優(yōu)解如圖，令eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，∵a，b均是單位向量且夾角為60°，∴△OAB為等邊三角形，∴|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝|a－b|＝|a|＝|b|＝1，∴a－b是單位向量．故選C.6．[2024·云南昆明摸底調(diào)研，邏輯推理]設(shè)l，m是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，且l?α，m?β.下列結(jié)論正確的是()A．若α⊥β，則l⊥βB．若l⊥m，則α⊥βC．若α∥β，則l∥βD．若l∥m，則α∥β答案：C解析：α⊥β，l?α，加上l垂直于α與β的交線，才有l(wèi)⊥β，所以A項錯誤；若l⊥m，l?α，m?β，則α與β平行或相交，所以B項錯誤；若α∥β，l?α，則l∥β，所以C項正確；若l∥m，l?α，m?β，則α與β平行或相交，所以D項錯誤．故選C.7．[2024·浙江杭州期中]函數(shù)y＝(3x2＋2x)ex的圖象大致是()答案：A解析：令y＝(3x2＋2x)ex＝0，得x＝－eq\f(2,3)或x＝0，所以函數(shù)有－eq\f(2,3)和0兩個零點，據(jù)此可解除B，D.又由y′＝(3x2＋8x＋2)ex分析知函數(shù)有2個極值點，解除C.選A.8．[2024·安徽六校教化探討會聯(lián)考]如圖，第1個圖形由正三角形擴展而成，共12個頂點，第2個圖形由正方形擴展而來，共20個頂點，…，第n個圖形由正(n＋2)邊形擴展而來，n∈N*，則第n個圖形的頂點個數(shù)是()A．(2n＋1)(2n＋2)B．3(2n＋2)C．2n(5n＋1)D．(n＋2)(n＋3)答案：D解析：方法一由題中所給圖形我們可以得到：當(dāng)n＝1時，第1個圖形的頂點個數(shù)12＝3×4；當(dāng)n＝2時，第2個圖形的頂點個數(shù)20＝4×5；當(dāng)n＝3時，第3個圖形的頂點個數(shù)30＝5×6；當(dāng)n＝4時，第4個圖形的頂點個數(shù)42＝6×7；…；以此類推，可得第n個圖形的頂點個數(shù)是(n＋2)(n＋3)．故選D.方法二(解除法)由題知，當(dāng)n＝1時，第1個圖形的頂點個數(shù)是12；當(dāng)n＝2時，第2個圖形的頂點個數(shù)是20，選項A，B，C都不滿意題意，均可解除，選D.9．[2024·陜西彬州第一次質(zhì)監(jiān)，數(shù)據(jù)分析]如圖1是某高三學(xué)生進入中學(xué)三年來的數(shù)學(xué)考試成果莖葉圖，第1次到第14次的考試成果依次記為A1，A2，…，A14.如圖2是統(tǒng)計莖葉圖中成果在肯定范圍內(nèi)考試次數(shù)的一個程序框圖，執(zhí)行程序框圖，輸出的結(jié)果是()A．7B．8C．9D．10答案：B解析：該程序框圖的作用是求14次考試成果大于等于90分的次數(shù)．依據(jù)莖葉圖可得超過90分的次數(shù)為8，故選B.10．[2024·山西大同期中]中國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中有這樣一個問題：今有牛、馬、羊食人苗．苗主責(zé)之粟五斗．羊主曰：“我羊食半馬．”馬主曰：“我馬食半牛．”今欲衰償之，問各出幾何？此問題的譯文是：今有牛、馬、羊吃了別人的禾苗，禾苗主子要求賠償5斗粟．羊主子說：“我羊所吃的禾苗只有馬的一半．”馬主子說：“我馬所吃的禾苗只有牛的一半．”準(zhǔn)備按此比例償還，他們各應(yīng)償還多少？已知牛、馬、羊的主子應(yīng)分別償還a升，b升，c升，1斗為10升，則下列推斷正確的是()A．a(chǎn)，b，c依次成公比為2的等比數(shù)列，且a＝eq\f(50,7)B．a(chǎn)，b，c依次成公比為2的等比數(shù)列，且c＝eq\f(50,7)C．a(chǎn)，b，c依次成公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，且a＝eq\f(50,7)D．a(chǎn)，b，c依次成公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，且c＝eq\f(50,7)答案：D解析：由題意得a，b，c依次成公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，且c＋2c＋4c＝50，即c＝eq\f(50,7)，故選D.11．[2024·河南洛陽尖子生聯(lián)考，數(shù)學(xué)運算]已知雙曲線eq\f(x2,t)－eq\f(y2,3)＝1(t>0)的一個焦點與拋物線y2＝8x的焦點重合，則該雙曲線的離心率為()A.eq\r(2)B．2C．4D.eq\r(10)答案：B解析：由題意，知雙曲線的右焦點(c，0)與拋物線的焦點(2，0)重合，所以c＝2，所以該雙曲線的離心率為e＝2，故選B.12．[2024·陜西西安遠(yuǎn)東一中檢測]已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC，b＝3，當(dāng)內(nèi)角C最大時，△ABC的面積等于()A.eq\f(9＋3\r(3),4)B.eq\f(6＋3\r(2),4)C.eq\f(3\r(2\r(6)－\r(2)),4)D.eq\f(3\r(6)－3\r(2),4)答案：A解析：∵sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC，∴a＋eq\r(2)b＝2c，∵b＝3，∴c＝eq\f(a＋3\r(2),2)，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2－\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋3\r(2)))2,4)＋9,6a)＝eq\f(3a2－6\r(2)a＋18,24a)＝eq\f(a,8)＋eq\f(3,4a)－eq\f(\r(2),4)≥2eq\r(\f(a,8)×\f(3,4a))－eq\f(\r(2),4)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a,8)＝eq\f(3,4a)，即a＝eq\r(6)時取等號，∴內(nèi)角C最大時，a＝eq\r(6)，sinC＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，∴△ABC的面積為eq\f(1,2)absinC＝eq\f(9＋3\r(3),4)，故選A.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．將正確答案填在題中的橫線上．)13．[2024·安徽宿州一診](x－2y＋y2)6的綻開式中x2y5的系數(shù)為________．答案：－480解析：(x－2y＋y2)6＝[x＋(y2－2y)]6的綻開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)x6－r(y2－2y)r，令6－r＝2，解得r＝4，所以T5＝Ceq\o\al(4,6)x2(y2－2y)4.又(y2－2y)4＝(y2)4－Ceq\o\al(1,4)(y2)3·2y＋Ceq\o\al(2,4)(y2)2·(2y)2－Ceq\o\al(3,4)y2·(2y)3＋Ceq\o\al(4,4)(2y)4，所以(x－2y＋y2)6的綻開式中x2y5的系數(shù)為Ceq\o\al(4,6)×(－Ceq\o\al(3,4)×23)＝－480.14．[2024·江蘇常州期中]在平面直角坐標(biāo)系中，劣弧，，，是圓x2＋y2＝1上的四段弧(如圖)，點P在其中一段弧上，角α以O(shè)x為始邊，OP為終邊．若tanα<cosα<sinα，則P所在的圓弧是________．答案：eq\x\to(EF)解析：∵tanα<cosα，∴P所在的圓弧不是，∵tanα<sinα，∴P所在的圓弧不是，又cosα<sinα，∴P所在的圓弧不是，∴P所在的圓弧是eq\x\to(EF).15．[2024·遼寧沈陽二中調(diào)研]已知直線y＝x＋1與橢圓mx2＋ny2＝1(m>n>0)相交于A，B兩點，若弦AB中點的橫坐標(biāo)為－eq\f(1,3)，則雙曲線eq\f(x2,m2)－eq\f(y2,n2)＝1的兩條漸近線夾角的正切值是________．答案：eq\f(4,3)解析：把直線方程與橢圓方程聯(lián)立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,mx2＋ny2＝1，))消去y得(m＋n)x2＋2nx＋n－1＝0，∴xA＋xB＝－eq\f(2n,m＋n)＝－eq\f(2,3)，∴eq\f(n,m)＝eq\f(1,2)，∴雙曲線eq\f(x2,m2)－eq\f(y2,n2)＝1的兩條漸近線夾角的正切值為eq\f(2·\f(n,m),1－\f(n2,m2))＝eq\f(4,3).16．[2024·安徽合肥二檢]已知半徑為4的球面上有兩點A，B，AB＝4eq\r(2)，球心為O，若球面上的動點C滿意二面角C－AB－O的大小為60°，則四面體OABC的外接球的半徑為________．答案：eq\f(4\r(6),3)解析：如圖所示，設(shè)△ABC的外接圓的圓心為O1，取AB的中點D，連接OD，O1D，O1O，則OD⊥AB，O1D⊥AB，所以∠ODO1為二面角C－AB－O的平面角，所以∠ODO1＝60°.由題意，知OA＝OB＝4，AB＝4eq\r(2)，滿意OA2＋OB2＝AB2，所以∠AOB為直角，所以O(shè)D＝2eq\r(2).四面體OABC外接球的球心在過△ABC的外心O1且與平面ABC垂直的直線OO1上，同時在過Rt△OAB的外心D且與平面OAB垂直的直線上，如圖中的點E就是四面體OABC外接球的球心，EO為四面體OABC外接球的半徑．在Rt△ODE中，∠DOE＝90°－∠ODO1＝30°，則EO＝eq\f(OD,cos30°)＝eq\f(2\r(2),\f(\r(3),2))＝eq\f(4\r(6),3).三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．)17．(12分)[2024·鄭州高三質(zhì)檢]已知函數(shù)f(x)＝(sinx＋cosx)2＋2cos2x－2.(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))時，求函數(shù)f(x)的最大值，最小值．解析：(1)f(x)＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(π,8)，k∈Z.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.(2)∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，∴eq\f(3π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(7π,4)，∴－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))≤eq\f(\r(2),2)，∴－eq\r(2)≤f(x)≤1，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))時，函數(shù)f(x)的最大值為1，最小值為－eq\r(2).18．(12分)[2024·湖南湘東六校聯(lián)考]如圖，ABEDFC為多面體，平面ABED與平面ACFD垂直，點O在線段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形．(1)證明：直線BC∥平面OEF；(2)在線段DF上是否存在一點M，使得二面角M－OE－D的余弦值是eq\f(3\r(13),13)？若不存在，請說明理由；若存在，懇求出M點所在的位置．解析：(1)證明：依題意知，在平面ADFC中，∠CAO＝∠FOD＝60°，∴AC∥OF，又AC?平面OEF，OF?平面OEF，∴AC∥平面OEF.在平面ABED中，∠BAO＝∠EOD＝60°，∴AB∥OE，又AB?平面OEF，OE?平面OEF，∴AB∥平面OEF.∵AB∩AC＝A，AB?平面OEF，AC?平面OEF，AB?平面ABC，AC?平面ABC，∴平面ABC∥平面OEF.又BC?平面ABC，∴直線BC∥平面OEF.(2)設(shè)OD的中點為G，如圖，連接GE，GF，由題意可得GE，GD，GF兩兩垂直，以G為坐標(biāo)原點，GE，GD，GF所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系G-xyz.易知，O(0，－1，0)，E(eq\r(3)，0，0)，F(xiàn)(0，0，eq\r(3))，D(0，1，0)．假設(shè)在線段DF上存在一點M，使得二面角M－OE－D的余弦值是eq\f(3\r(13),13).設(shè)eq\o(DM,\s\up6(→))＝λeq\o(DF,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，則M(0，1－λ，eq\r(3)λ)，eq\o(OM,\s\up6(→))＝(0，2－λ，eq\r(3)λ)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面MOE的法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(OM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(OE,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－λ·y＋\r(3)λ·z＝0，,\r(3)x＋y＝0，))可取x＝－λ，則y＝eq\r(3)λ，z＝λ－2，n＝(－λ，eq\r(3)λ，λ－2)．又平面OED的一個法向量m＝(0，0，1)，∴eq\f(3\r(13),13)＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|λ－2|,\r(4λ2＋λ－22))，∴(2λ－1)(λ＋1)＝0，又λ∈[0，1]，∴λ＝eq\f(1,2).∴存在滿意條件的點M，M為DF的中點．19．(12分)[2024·湖南高三畢業(yè)班開學(xué)調(diào)研卷]某商場進行有獎促銷活動，顧客購物每滿500元，可選擇返回50元現(xiàn)金或參與一次抽獎，抽獎規(guī)則如下：從1個裝有6個白球、4個紅球的箱子中任摸一球，摸到紅球就可獲得100元現(xiàn)金嘉獎，假設(shè)顧客抽獎的結(jié)果相互獨立．(1)若顧客選擇參與一次抽獎，求他獲得100元現(xiàn)金嘉獎的概率；(2)某顧客已購物1500元，作為商場經(jīng)理，是希望顧客干脆選擇返回150元現(xiàn)金，還是選擇參與3次抽獎？說明理由；(3)若顧客參與10次抽獎，則最有可能獲得多少現(xiàn)金嘉獎？解析：(1)因為從裝有10個球的箱子中任摸一球的結(jié)果共有Ceq\o\al(1,10)種，摸到紅球的結(jié)果共有Ceq\o\al(1,4)種，所以顧客參與一次抽獎獲得100元現(xiàn)金嘉獎的概率是eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(1,10))＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).(2)設(shè)X表示顧客在三次抽獎中中獎的次數(shù)，由于顧客每次抽獎的結(jié)果是相互獨立的，則X～B(3，0.4)，所以E(X)＝3×0.4＝1.2.由于顧客每中獎一次可獲得100元現(xiàn)金嘉獎，因此該顧客在三次抽獎中可獲得的嘉獎金額的均值為1.2×100＝120元．因為顧客參與三次抽獎獲得的現(xiàn)金嘉獎的均值120元小于干脆返現(xiàn)的150元，所以商場經(jīng)理希望顧客參與抽獎．(3)設(shè)顧客參與10次抽獎摸中紅球的次數(shù)為Y.由于顧客每次抽獎的結(jié)果是相互獨立的，則Y～B(10，0.4)，于是恰好k次中獎的概率P(Y＝k)＝Ceq\o\al(k,10)×0.4k×0.610－k，k＝0，1，…，10.從而eq\f(PY＝k,PY＝k－1)＝eq\f(2×11－k,3k)，k＝1，2，…，10，當(dāng)k<4.4時，P(Y＝k－1)<P(Y＝k)；當(dāng)k>4.4時，P(Y＝k－1)>P(Y＝k)，則P(Y＝4)最大，所以最有可能獲得的現(xiàn)金嘉獎為4×100＝400元．綜上，顧客參與10次抽獎，最有可能獲得400元的現(xiàn)金嘉獎．20．(12分)[2024·廣東百校聯(lián)考]已知F為橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點，點P(2，3)在C上，且PF⊥x軸．(1)求C的方程；(2)過F的直線l交C于A，B兩點，交直線x＝8于點M.直線PA，PM，PB的斜率是否依次構(gòu)成等差數(shù)列？請說明理由．解析：(1)因為點P(2，3)在C上，且PF⊥x軸，所以c＝2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4,a2)＋\f(9,b2)＝1，,a2－b2＝4))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝16，,b2＝12.))故橢圓C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)由題意可知直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－2)(k≠0)，令x＝8，得M的坐標(biāo)為(8，6k)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，,y＝kx－2，))得(4k2＋3)x2－16k2x＋16(k2－3)＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1＋x2＝eq\f(16k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(16k2－3,4k2＋3).①設(shè)直線PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3，從而k1＝eq\f(y1－3,x1－2)，k2＝eq\f(y2－3,x2－2)，k3＝eq\f(6k－3,8－2)＝k－eq\f(1,2).因為直線AB的方程為y＝k(x－2)，所以y1＝k(x1－2)，y2＝k(x2－2)，所以k1＋k2＝eq\f(y1－3,x1－2)＋eq\f(y2－3,x2－2)＝eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2)－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1－2)＋\f(1,x2－2)))＝2k－3×eq\f(x1＋x2－4,x1x2－2x1＋x2＋4).②把①代入②，得k1＋k2＝2k－3×eq\f(\f(16k2,4k2＋3)－4,\f(16k2－3,4k2＋3)－\f(32k2,4k2＋3)＋4)＝2k－1.又k3＝k－eq\f(1,2)，所以k1＋k2＝2k3.故直線PA，PM，PB的斜率依次構(gòu)成等差數(shù)列．21．(12分)[2024·安徽淮北一中期中]已知函數(shù)f(x)＝ex＋x2－x，g(x)＝x2＋ax＋b，a，b∈R.(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求a＋b的最大值．解析：(1)因為f′(x)＝ex＋2x－1，所以f′(0)＝0.又f(0)＝1，所以該切線方程為y＝1.(2)設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－(a＋1)x－b，則h(x)≥0恒成立．易得h′(x)＝ex－(a＋1)．(ⅰ)當(dāng)a＋1≤0時，h′(x)>0，此時h(x)在R上單調(diào)遞增．①若a＋1＝0，則當(dāng)b≤0時滿意h(x)≥0恒成立，此時a＋b≤－1；②若a＋1<0，取x0<0且x0<eq\f(1－b,a＋1)，此時h(x0)＝ex0－(a＋1)x0－b<1－(a＋1)eq\f(1－b,a＋1)－b＝0，所以h(x)≥0不恒成立，不滿意條件．(ⅱ)當(dāng)a＋1>0時，令h′(x)＝0，得x＝ln(a＋1)．由h′(x)>0，得x>ln(a＋1)；由h′(x)<0，得x<ln(a＋1)．所以h(x)在(－∞，ln(a＋1))上單調(diào)遞減，在(ln(a＋1)，＋∞)上單調(diào)遞增．要使h(x)＝ex－(a＋1)x－b≥0恒成立，必需有當(dāng)x＝ln(a＋1)時，h(ln(a＋1))＝(a＋1)－(a＋1)ln(a＋1)－b≥0恒成立．所以b≤(a＋1)－(a＋1)ln(a＋1)．故a＋b≤2(a＋1)－(a＋1)ln(a＋1)－1.令G(x)＝2x－xlnx－1，x>0，則G′(x)＝1－lnx.令G′(x)＝0，得x＝e.由G′(x)>0，得0<x<e；由G′(x)<0，得x>e.所以G(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝e時，G(x)的值最大，G(x)max＝e－1.從而，當(dāng)a＝e－1，b＝0時，a＋b的值最大，為e－1.綜上，a＋b的最大值為e－1.選考題(請考生在第22、23題中任選一題作答，多答、不答按本選考題的首題進行評分．)22．(10分)[2024·安徽六校教化探討會其次次聯(lián)考][選修4－4：坐標(biāo)系與