福建省泉州市普通高中數學適應性試卷（理科）

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2017年福建省泉州市普通高中高考數學適應性試卷（理科）（1）一、選擇題：本大題共12個小題，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．已知集合A={x｜7＜2x＜33,x∈N｝，B={x｜log3（x﹣1）＜1｝，則A∩(?RB)等于（）A．{4，5} B．{3,4，5} C．｛x|3≤x＜4｝ D．{x|3≤x≤5｝2．設函數，則()A． B． C． D．3．我國古代算書《孫子算經》上有個有趣的問題“出門望九堤”:今有出門重九堤，堤有九木，木有九枝，枝有九巢，巢有九禽，禽有九雛,雛有九毛，毛有九色,問各幾何?現(xiàn)在我們用右圖所示的程序框圖來解決這個問題，如果要使輸出的結果為禽的數目，則在該框圖中的判斷框中應該填入的條件是(）A．S＞10000? B．S＜10000？ C．n≥5 D．n≤64．在△ABC中，∠ABC=90°，BC=6，點P在BC上，則?的最小值是（）A．﹣36 B．﹣9 C．9 D．365．設Sn為正項等比數列｛an｝的前n項和,若a4?a8=2a10，則S3的最小值為（）A．2 B．3 C．4 D．66．函數的圖象大致是（）A． B． C． D．7．圖中，小方格是邊長為1的正方形，圖中粗線畫出的是某幾何體的三視圖，且該幾何體的頂點都在同一球面上，則該幾何體的外接球的表面積為（)A．32π B．48π C．50π D．64π8．已知拋物線C:y2=4x的焦點為F，準線為l,P為C上一點，PQ垂直l于點Q，M，N分別為PQ，PF的中點,MN與x軸相交于點R,若∠NRF=60°，則|FR｜等于（)A． B．1 C．2 D．49．設,且的展開式中只有第4項的二項式系數最大,那么展開式中的所有項的系數之和是（)A．1 B． C．64 D．10．在半徑為1的圓O內任取一點M，過M且垂直O(jiān)M與直線l與圓O交于圓A，B兩點，則AB長度大于的概率為(）A． B． C． D．11．斐波那契數列｛an}滿足：．若將數列的每一項按照下圖方法放進格子里，每一小格子的邊長為1，記前n項所占的格子的面積之和為Sn，每段螺旋線與其所在的正方形所圍成的扇形面積為cn，則下列結論錯誤的是（）A． B．a1+a2+a3+…+an=an+2﹣1C．a1+a3+a5+…+a2n﹣1=a2n﹣1 D．4(cn﹣cn﹣1）=πan﹣2?an+112．在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形,E,F分別是BB1，DD1的中點，G為AE的中點且FG=3，則△EFG的面積的最大值為（）A． B．3 C． D．二、填空題:本大題共4小題，每小題5分,滿分20分,將答案填在答題紙上13．若復數z滿足z?(1+i)2=|1+i｜2，則z=．14．若x，y滿足約束條件,若z=ax﹣y有最小值6,則實數a等于．15．已知F1，F(xiàn)2為橢圓C的兩個焦點，P為C上一點,若△PF1F2的三邊｜PF1|，｜F1F2|，|PF2｜成等差數列，則C的離心率為．16．關于x的方程有兩個不等實根,則實數k的取值范圍是．三、解答題（解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。）17．已知△ABC中，．（1）求AB;（2)若D為BC邊上一點，且△ACD的面積為，求∠ADC的正弦值．18．如圖1所示,在等腰梯形ABCD中,．把△ABE沿BE折起，使得,得到四棱錐A﹣BCDE．如圖2所示．（1)求證:面ACE⊥面ABD；（2）求平面ABE與平面ACD所成銳二面角的余弦值．19．據統(tǒng)計，某物流公司每天的業(yè)務中，從甲地到乙地的可配送的貨物量X(40≤X＜200，單位：件)的頻率分布直方圖,如圖所示，將頻率視為概率,回答以下問題．(1）求該物流公司每天從甲地到乙地平均可配送的貨物量；(2）該物流公司擬購置貨車專門運營從甲地到乙地的貨物，一輛貨車每天只能運營一趟，每輛車每趟最多只能裝載40件貨物，滿載發(fā)車,否則不發(fā)車．若發(fā)車，則每輛車每趟可獲利1000元;若未發(fā)車,則每輛車每天平均虧損200元．為使該物流公司此項業(yè)務的營業(yè)利潤最大，該物流公司應該購置幾輛貨車？20．設圓的圓心為F1，直線l過點F2（2，0）且不與x軸、y軸垂直，且與圓F1于C，D兩點，過F2作F1C的平行線交直線F1D于點E,（1）證明｜|EF1｜﹣|EF2｜｜為定值，并寫出點E的軌跡方程；（2)設點E的軌跡為曲線Γ，直線l交Γ于M，N兩點，過F2且與l垂直的直線與圓F1交于P,Q兩點，求△PQM與△PQN的面積之和的取值范圍．21．已知函數f（x）=xlnx+ax+b在（1,f（1)）處的切線為2x﹣2y﹣1=0．（1）求f（x）的單調區(qū)間與最小值;（2）求證：．請考生在22、23兩題中任選一題作答,如果多做，則按所做的第一題記分.[選修4—4：坐標系與參數方程］22．在平面直角坐標系xOy中，直線l的參數方程為(t為參數），圓C的方程為x2+y2﹣4x﹣2y+4=0．以O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系．（1）求l的普通方程與C的極坐標方程;(2）已知l與C交于P，Q，求｜PQ|．［選修4—5：不等式選講]23．已知函數f（x)=|x+2｜，x∈R．(1）解不等式f(2x）≤12﹣f（x﹣3）；（2）已知不等式f（2x）≤f（2x﹣3）+|x+a｜的解集為M，且，求實數a的取值范圍．

2017年福建省泉州市普通高中高考數學適應性試卷(理科）（1）參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共12個小題，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．已知集合A={x｜7＜2x＜33，x∈N}，B={x|log3（x﹣1）＜1｝,則A∩（?RB）等于（）A．｛4,5｝ B．｛3，4,5｝ C．{x｜3≤x＜4｝ D．{x｜3≤x≤5}【考點】1H：交、并、補集的混合運算．【分析】根據題意，求出集合A與集合B，由補集的意義可得?RB，進而由交集的定義計算可得答案．【解答】解：根據題意，A={x|7＜2x＜33，x∈N｝=｛3，4，5},B=｛x｜log3（x﹣1）＜1}=｛x|1＜x＜4｝，則?RB=｛x｜x≤1或x≥4｝，則A∩(?RB）=｛4，5}，故選:A．2．設函數,則（)A． B． C． D．【考點】GI:三角函數的化簡求值．【分析】化簡函數f（x），驗證選項中的等式是否成立即可．【解答】解：函數=（sinxcos+cosxsin)+（cosxcos+sinxsin）=(sinx+cosx）=2sin（x+）,∴f（x+）=2sin(x++）=2cos（x+）≠﹣f（x），A錯誤；f（﹣x+）=2sin（﹣x++)=2sin[π﹣（﹣x+）=2sin（x+)=f（x），B正確．同理，C、D錯誤．故選:B．3．我國古代算書《孫子算經》上有個有趣的問題“出門望九堤”:今有出門重九堤,堤有九木,木有九枝，枝有九巢，巢有九禽,禽有九雛,雛有九毛，毛有九色,問各幾何？現(xiàn)在我們用右圖所示的程序框圖來解決這個問題,如果要使輸出的結果為禽的數目,則在該框圖中的判斷框中應該填入的條件是（）A．S＞10000？ B．S＜10000？ C．n≥5 D．n≤6【考點】EF:程序框圖．【分析】利用程序框圖求所有禽的數目，輸出結果應為S=9×9×9×9×9，循環(huán)共執(zhí)行了5次，由此得出判斷框中應該填入的條件．【解答】解:根據題意，利用程序框圖求所有禽的數目，輸出結果應為S=9×9×9×9×9=59049;循環(huán)共執(zhí)行了5次，所以判斷框中應該填入的條件是“S＜10000？”或“n＜5？”．故選：B．4．在△ABC中，∠ABC=90°，BC=6，點P在BC上，則?的最小值是（）A．﹣36 B．﹣9 C．9 D．36【考點】9R：平面向量數量積的運算．【分析】依題意,以BC為x軸，BA為y軸建立直角坐標系，則C(6,0），設A（0，c），P（m，0）（0≤m≤6），可求得?=(6﹣m）?（﹣m）=（m﹣3）2﹣9≥﹣9，從而可得答案．【解答】解：∵△ABC中，∠ABC=90°,BC=6，點P在BC上，∴以BC為x軸，BA為y軸建立直角坐標系，則C（6,0)，設A（0，c）,P（m，0)（0≤m≤6），則=（6﹣m，0），=（﹣m，c），∴?=(6﹣m)?（﹣m）=m2﹣6m=（m﹣3）2﹣9≥﹣9（當且僅當m=3時取“=”）,故選:B．5．設Sn為正項等比數列｛an}的前n項和，若a4?a8=2a10，則S3的最小值為()A．2 B．3 C．4 D．6【考點】89：等比數列的前n項和．【分析】設正項等比數列｛an}的公比為q＞0，由a4?a8=2a10，化為：a1q=2=a2．則S3=q=2(q++1），再利用基本不等式的性質即可得出．【解答】解：設正項等比數列{an}的公比為q＞0，∵a4?a8=2a10，∴×q10=2，化為：a1q=2=a2．則S3=q=2（q++1）≥2×(2+1）=6，當且僅當q=1時取等號．故選:D．6．函數的圖象大致是（）A． B． C． D．【考點】3O：函數的圖象．【分析】由于f（﹣x）=﹣f（x），得出f（x）是奇函數，其圖象關于原點對稱，利用導數研究根據函數的單調性質，得出正確選項．【解答】解：∵函數，可得f(﹣x)=﹣f（x)，∴f(x）是奇函數，其圖象關于原點對稱，排除A，函數的定義域為｛x|x≠0，x≠±1},令x=，f(x)=＜0，排除B，x＞1，f′（x）=＞0，函數單調遞增，排除D,故選C7．圖中,小方格是邊長為1的正方形，圖中粗線畫出的是某幾何體的三視圖，且該幾何體的頂點都在同一球面上，則該幾何體的外接球的表面積為()A．32π B．48π C．50π D．64π【考點】L?。河扇晥D求面積、體積．【分析】通過還原三視圖確定幾何體，利用空間中的位置關系計算可得球的半徑,進而利用面積公式即得結論．【解答】解:由三視圖可知該幾何體是一個底面是矩形的四棱錐，記該幾何體的外接球球心為O，半徑R=OA，則PA=×=，OP=R﹣，所以OA2=OP2+AP2，又因為OP2==，所以R2=+，解得：R=，所以所求面積S=4π×R2=4π×=50π，故選：C．8．已知拋物線C：y2=4x的焦點為F,準線為l，P為C上一點，PQ垂直l于點Q，M，N分別為PQ，PF的中點,MN與x軸相交于點R,若∠NRF=60°,則|FR|等于（）A． B．1 C．2 D．4【考點】K8：拋物線的簡單性質．【分析】方法一：根據題意畫出圖形,根據題意可得△PQF為等邊三角形，繼而可得F為HR的中點,問題得以解決．方法二：設P點的坐標為（x0，y0）,根據題意求出x0=3，再根據四邊形QMRF為平行四邊形，即可求出PR=QM=2【解答】解：方法一：如圖所示：連接MF，QF,∵y2=4x的焦點為F，準線為l,P為C上一點∴FH=2，PF=PQ∵M，N分別為PQ,PF的中點,∴MN∥QF,∵PQ垂直l于點Q，∴PQ∥OR,∵PQ=PF，∠NRF=60°，∴△PQF為等邊三角形，∴MF⊥PQ，∴F為HR的中點,∴FR=FH=2，方法二：設P點的坐標為(x0，y0）M，N分別為PQ，PF的中點，∴MN∥QF，∵∠NRF=60°,∴∠QFH=60°，∵∵y2=4x的焦點為F,準線為l，P為C上一點∴FH=2，PF=PQ∴QH=HF?tan60°=2，∵PQ垂直l于點Q∴y0=2，∴x0=3，∴PQ=1+3=4，∴QM=2,∵四邊形QMRF為平行四邊形，∴PR=QM=2故選：C9．設,且的展開式中只有第4項的二項式系數最大,那么展開式中的所有項的系數之和是（)A．1 B． C．64 D．【考點】DB：二項式系數的性質；67:定積分．【分析】利用定積分求出a的值，再根據題意求出n的值，令x=1求得展開式中的所有項的系數之和．【解答】解:=（﹣cosx+sinx)=2，∴=；其展開式中只有第4項的二項式系數最大，∴展開式中共有7項,∴n=6；令x=1，得展開式中的所有項的系數之和是=．故選：D．10．在半徑為1的圓O內任取一點M，過M且垂直O(jiān)M與直線l與圓O交于圓A,B兩點，則AB長度大于的概率為(）A． B． C． D．【考點】CF：幾何概型．【分析】由題意，｜OM｜≤=，以面積為測度，可得AB長度大于的概率．【解答】解：由題意，｜OM｜≤=，以面積為測度,可得AB長度大于的概率為=，故選A．11．斐波那契數列｛an｝滿足:．若將數列的每一項按照下圖方法放進格子里，每一小格子的邊長為1，記前n項所占的格子的面積之和為Sn，每段螺旋線與其所在的正方形所圍成的扇形面積為cn,則下列結論錯誤的是（）A． B．a1+a2+a3+…+an=an+2﹣1C．a1+a3+a5+…+a2n﹣1=a2n﹣1 D．4（cn﹣cn﹣1）=πan﹣2?an+1【考點】F1：歸納推理．【分析】由題意，a1=1，a3=2，a4=3,a5=5，a6=8，a7=13,代入驗證可得結論．【解答】解：由題意，a1=1，a3=2，a4=3，a5=5，a6=8，a7=13，∴a1+a3=3≠a4﹣1,a1+a3+a5=8≠a6﹣1,故選：C．12．在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，E,F分別是BB1,DD1的中點，G為AE的中點且FG=3，則△EFG的面積的最大值為（)A． B．3 C． D．【考點】L2：棱柱的結構特征．【分析】建立坐標系，使用向量法求出E到直線FG的距離，代入面積公式,使用不等式的性質求出最值．【解答】解:連接AC交BD于O，∵底面ABCD是菱形,∴AC⊥BD，以OC，OD，OZ為坐標軸建立空間直角坐標系O﹣xyz，設OC=a，OD=b，棱柱的高為h，則A（﹣a，0，0），E（0，﹣b,），F(xiàn)(0，b，)，∴G（﹣,﹣,）．=（﹣，﹣，﹣)，=(0，﹣2b，0），∴cos＜＞===，∴E到直線FG的距離d=｜|sin＜＞=2b?=b，∴S△EFG===≤×=3．當且僅當b2=4﹣b2即b2=2時取等號．故選:B．二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上13．若復數z滿足z?（1+i）2=｜1+i|2，則z=﹣i．【考點】A5：復數代數形式的乘除運算．【分析】利用復數的運算法則、共軛復數的定義、模的計算公式即可得出．【解答】解:z?(1+i)2=｜1+i｜2，∴z?2i=2，∴﹣i?i?z=﹣i，∴z=﹣i．股答案為：﹣i．14．若x，y滿足約束條件,若z=ax﹣y有最小值6,則實數a等于5．【考點】7C：簡單線性規(guī)劃．【分析】作出可行域，變形目標函數，分類討論并數形結合平移直線可得結論．【解答】解:x,y滿足約束條件，所對應的可行域（如圖△ABC），A(0，2)，B（2,4)，C(1，0），z=ax﹣y有最小值6，變形目標函數可得y=ax﹣z，當a＞0時，直線經過點B（2，4）時，直線截距最大值，目標函數z取最小值，故2a﹣4=6,解得a=5，當a＜0時,沒有符合條件的可行域的點，給答案為：5．15．已知F1,F2為橢圓C的兩個焦點，P為C上一點，若△PF1F2的三邊｜PF1|，|F1F2｜，|PF2｜成等差數列，則C的離心率為．【考點】K4：橢圓的簡單性質．【分析】根據題意，由等差數列的性質可得|PF1｜+|PF2|=2｜F1F2｜，結合橢圓的定義可得2a=2×2c，化簡可得a=2c,由橢圓的離心率公式即可得答案．【解答】解：根據題意，橢圓C中，｜F1F2|=2c，|PF1｜+｜PF2|=2a，若△PF1F2的三邊|PF1｜，|F1F2|，|PF2｜成等差數列，則有｜PF1|+|PF2｜=2|F1F2｜，即2a=2×2c，化簡可得a=2c,則橢圓的離心率e==；故答案為:．16．關于x的方程有兩個不等實根，則實數k的取值范圍是（4,7）．【考點】54:根的存在性及根的個數判斷．【分析】分離參數k=，求出右側函數的單調性和最值或極限，從而得出k的范圍．【解答】解：∵有兩解，∴k=有兩解，令f（x）=,則f′(x）=,∴當0＜x＜1時,f′(x）＜0，當x＞1時，f′（x）＞0，∴f(x）在（0，1)上單調遞減，在(1,+∞)上單調遞增，∴當x=1時,f（x）取得最小值f（1）=4,又x→0時，f(x)→+∞，x→+∞時，f（x)→7，∴4＜k＜7．故答案為(4，7）．三、解答題（解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。）17．已知△ABC中,．（1）求AB；（2）若D為BC邊上一點,且△ACD的面積為，求∠ADC的正弦值．【考點】HT:三角形中的幾何計算．【分析】（1）把B=代入cosC=sinB化簡即可得出C和B,于是△ABC是等腰三角形;（2）根據面積公式計算CD,在△ACD中先利用余弦定理求出AD，在用正弦定理求出sin∠ADC．【解答】解析：（1）∵，∴，由得:，∴，∴，即．∵C∈（0，π），∴,∴，∴AB=AC=2．（2）∵S△ACD=，∴，在△ACD中，由余弦定理得：,∴，由正弦定理得，，∴．18．如圖1所示，在等腰梯形ABCD中，．把△ABE沿BE折起，使得,得到四棱錐A﹣BCDE．如圖2所示．(1）求證：面ACE⊥面ABD；（2)求平面ABE與平面ACD所成銳二面角的余弦值．【考點】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面與平面垂直的判定．【分析】(1)推導出AE⊥EC，AE⊥BD，CE⊥BD，從而BD⊥面ACE，由此能證明面ABD⊥面ACE．（2）設EC∩BD=O，過點O作OF∥AE交AC于點F，以點O為原點，以OB，OC，OF所在直線分別為x，y,z軸，建立空間直角坐標系O﹣BCF，利用向量法能求出平面ABE與平面ACD所成銳二面角的余弦值．【解答】證明：（1）在等腰梯形ABCD中BC=3，AD=15，BE⊥AD，可知AE=6，DE=9．因為，可得CE=6．又因為，即AC2=CE2+AE2，則AE⊥EC．又BE⊥AE,BE∩EC=E，可得AE⊥面BCDE，故AE⊥BD．又因為，則∠DBE=60°，，則∠BEC=30°,所以CE⊥BD，又AE∩EC=E，所以BD⊥面ACE，又BD?面ABD，所以面ABD⊥面ACE;解：（2）設EC∩BD=O，過點O作OF∥AE交AC于點F，以點O為原點，以OB，OC，OF所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O﹣BCF．在△BCE中，∵∠BEO=30°,BO⊥EO，∴,則，∵,∴FO=3，則,∵DE∥BC，DE=9，∴，∴，∴，設平面ABE的法向量為,由，取，可得平面ABE的法向量為=（）,設平面ACD的一個法向量為，由，取x2=1，可得平面ABE的一個法向量為=（1,﹣3，﹣3）．設平面ABE與平面ACD所成銳二面角為θ，則cosθ===，所以平面ABE與平面ACD所成銳二面角的余弦值為．19．據統(tǒng)計，某物流公司每天的業(yè)務中，從甲地到乙地的可配送的貨物量X（40≤X＜200,單位：件）的頻率分布直方圖，如圖所示,將頻率視為概率，回答以下問題．（1）求該物流公司每天從甲地到乙地平均可配送的貨物量；（2）該物流公司擬購置貨車專門運營從甲地到乙地的貨物，一輛貨車每天只能運營一趟，每輛車每趟最多只能裝載40件貨物，滿載發(fā)車，否則不發(fā)車．若發(fā)車，則每輛車每趟可獲利1000元；若未發(fā)車，則每輛車每天平均虧損200元．為使該物流公司此項業(yè)務的營業(yè)利潤最大，該物流公司應該購置幾輛貨車?【考點】CG：離散型隨機變量及其分布列;B8:頻率分布直方圖．【分析】（1)計算配送量X在[120，160）上的概率,使用組中值代替各小組的平均值,利用加權平均數公式計算；（2）設每天的營業(yè)利潤為Y,對購置車輛數進行依次討論，分別計算E（Y),根據E（Y）的大小關系作出結論．【解答】解：（1）在區(qū)間[120，160)的頻率為，該物流公司每天從甲地到乙地平均可配送的貨物量:．(2）從甲地到乙地的可配送貨物量X在［40，80)，［80，120），［120，160），［160,200）的概率分別為．設運輸公司每天的營業(yè)利潤為Y．①若購置1輛車，則Y的值為1000；②若購置2輛車,則Y的可能取值為2000，800，其分而列為Y2000800P故；③若購置3輛車,則Y的可能取值為3000,1800，600，其分布列為Y30001800600P故；④若購置4輛車，則Y的可能取值為4000，2800，1600,400其分布列為Y400028001600400P故;因為2400＞2350＞1850＞1000,所以為使運輸公司每天的營業(yè)利潤最大，該公司應購置3輛車．20．設圓的圓心為F1，直線l過點F2（2，0)且不與x軸、y軸垂直，且與圓F1于C，D兩點，過F2作F1C的平行線交直線F1D于點E，（1）證明||EF1｜﹣|EF2｜|為定值，并寫出點E的軌跡方程;(2)設點E的軌跡為曲線Γ，直線l交Γ于M，N兩點，過F2且與l垂直的直線與圓F1交于P,Q兩點,求△PQM與△PQN的面積之和的取值范圍．【考點】KM:直線與雙曲線的位置關系;J3：軌跡方程．【分析】(1）求得圓F1的圓心和半徑，運用平行線的性質和等腰三角形的性質，可得ED=EF2，再由雙曲線的定義，即可得到所求定值和雙曲線的方程；（2）設出l：x=my+2（m≠0），lPQ：y=﹣m(x﹣2)，設M（x1，y1),N（x2，y2），求出圓心到直線PQ的距離，運用弦長公式可得｜PQ｜；再由直線l的方程和雙曲線的方程聯(lián)立,運用韋達定理和弦長公式，可得|MN｜,再由三角形的面積公式可得△PQM與△PQN的面積之和為｜MN|?｜PQ｜,化簡整理,結合不等式的性質，即可得到所求范圍．【解答】解:（1)證明：圓，圓心F1（﹣2，0）,半徑r=2，如圖所示．因為F1C∥EF2，所以∠F1CD=∠EF2D．又因為F1D=F1C，所以∠F1CD=∠F1DC，所以∠EF2D=∠F1DC,又因為∠F1DC=∠EDF2，所以∠EF2D=∠EDF2,故ED=EF2，可得|｜EF1｜﹣|EF2｜｜=｜|EF1｜﹣|ED｜|=|F1D|=2＜|F1F2｜，根據雙曲線的定義，可知點E的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點的雙曲線（頂點除外），且a=1，c=2，b==，故點E的軌跡方程為．（2）．依題意可設l：x=my+2（m≠0），M（x1，y1）,N(x2，y2），由于PQ⊥l,設lPQ：y=﹣m(x﹣2)．圓心F1（﹣2,0）到直線PQ的距離，所以，又因為d＜2,解得．聯(lián)立直線l與雙曲線Γ的方程，消去x得(3m2﹣1）y2+12my+9=0，則，所以,記△PQM,△PQN的面積分別為S1，S2，則,又因為，所以S1+S2∈（12，+∞），所以S1+S2的取值范圍為（12,+∞）．21．已知函數f（x)=xlnx+ax+b在（1,f(1)）處的切線為2x﹣2y﹣1=0．（1)求f(x）的單調區(qū)間與最小值；（2）求證:．【考點】6B:利用導數研究函數的單調性；6D：利用導數研究函數的極值．【分析】（1）求出函數的導數，計算f′（1），f(1）求出a，b的值，求出函數的解析式,求出函數的導數,解關于導函數的不等式，求出函數的單調區(qū)間和最值即可；（2）令g（x)=x﹣sinx,x＞0,得到當x＞0時，x＞sinx，令h（x)=ex﹣x﹣1,x＞0,根據函數的單調性將問題轉化為只需證，根據函數的單調性證明即可．【解答】解：（1）f’（x）=1+lnx+a,故f'（1）=1+a=1，得a=0，又2﹣2f（1)﹣1=0,所以，得．則，f’(x）=1+lnx，當時,f’(x）≤0，f(x）單調遞減；當時,f'（x）＞0，f（x）單調遞增,所以．（2）證明：令g(x）=x﹣sinx,x＞0，g'(x）=1﹣cosx≥0，g(x）遞增，所以g(x）＞g（0）=0，所以當x＞0時,x＞sinx，令h（x)=ex﹣x﹣1，x＞0，h’（x)=ex﹣1≥0,h（x）遞增,h（x）＞h（0