【解答】解： （1）
证明：∵f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x， ∴f′（x）＝2cosx﹣cosx+xsinx﹣1 ＝cosx+xsinx﹣1，
令g（x）＝cosx+xsinx﹣1， 则g′（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx ＝xcosx， 当x∈（0，当x∴当x＝
）时，xcosx＞0，
时，xcosx＜0， 时，极大值为g（
）＝
＞0，
又g（0）＝0，g（π）＝﹣2， ∴g（x）在（0，π）上有唯一零点， 即f′（x）在（0，π）上有唯一零点； （2）
由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0， 使得f′（x0）＝0，
且f′（x）在（0，x0）为正， 在（x0，π）为负，
∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减， 结合f（0）＝0，f（π）＝0， 可知f（x）在[0，π]上非负， 令h（x）＝ax， 作出图示， ∵f（x）≥h（x）， ∴a≤0，
∴a的取值范围是（﹣∞，0]．
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【点评】此题考查了利用导数研究函数的单调性，零点等问题，和数形结合的思想方法，难度较大．
21．【分析】（1）由条件知点M在线段AB的中垂线x﹣y＝0上，设圆的方程为⊙M的方程为（x﹣a）+（y﹣a）＝R（R＞0），然后根据圆与直线x+2＝0相切和圆心到直线x+y＝0的距离，半弦长和半径的关系建立方程组即可；
（2）设M的坐标为（x，y），然后根据条件的到圆心M的轨迹方程为y＝4x，然后根据抛物线的定义即可得到定点．
【解答】解：∵⊙M过点A，B且A在直线x+y＝0上， ∴点M在线段AB的中垂线x﹣y＝0上，
设⊙M的方程为：（x﹣a）+（y﹣a）＝R（R＞0），则 圆心M（a，a）到直线x+y＝0的距离d＝又|AB|＝4，∴在Rt△OMB中， d+（|AB|）＝R， 即
①
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2
2
2
2
2
2
2
2
2
，
又∵⊙M与x＝﹣2相切，∴|a+2|＝R② 由①②解得
或
，
∴⊙M的半径为2或6；
（2）∵线段AB为⊙M的一条弦O是弦AB的中点，∴圆心M在线段AB的中垂线上， 设点M的坐标为（x，y），则|OM|+|OA|＝|MA|， ∵⊙M与直线x+2＝0相切，∴|MA|＝|x+2|， ∴|x+2|＝|OM|+|OA|＝x+y+4，
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∴y＝4x，
∴M的轨迹是以F（1，0）为焦点x＝﹣1为准线的抛物线， ∴|MA|﹣|MP|＝|x+2|﹣|MP| ＝|x+1|﹣|MP|+1＝|MF|﹣|MP|+1，
∴当|MA|﹣|MP|为定值时，则点P与点F重合，即P的坐标为（1，0）， ∴存在定点P（1，0）使得当A运动时，|MA|﹣|MP|为定值．
【点评】本题考查了直线与圆的关系和抛物线的定义，考查了待定系数法和曲线轨迹方程的求法，属难题．
（二）选考题：共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。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22．【分析】（1）把曲线C的参数方程变形，平方相加可得普通方程，把x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入2ρcosθ+
ρsinθ+11＝0，可得直线l的直角坐标方程；
（2）法一、设出椭圆上动点的坐标（参数形式），再由点到直线的距离公式写出距离，利用三角函数求最值；
法二、写出与直线l平行的直线方程为
，与曲线C联立，化为关于x的一
元二次方程，利用判别式大于0求得m，转化为两平行线间的距离求C上的点到l距离的最小值．
【解答】解：（1）由（t为参数），得，
两式平方相加，得（x≠﹣1），
∴C的直角坐标方程为由2ρcosθ+
ρsinθ+11＝0，得
（x≠﹣1），
． ；
即直线l的直角坐标方程为得
（2）法一、设C上的点P（cosθ，2sinθ）（θ≠π）， 则P到直线得d＝
的距离为： ＝
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．
∴当sin（θ+φ）＝﹣1时，d有最小值为法二、设与直线联立
2
2
．
，
平行的直线方程为
，得16x+4mx+m﹣12＝0．
2
2
由△＝16m﹣64（m﹣12）＝0，得m＝±4． ∴当m＝4时，直线为
．
与曲线C的切点到直线
的距离最小，
【点评】本题考查间单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查直线与椭圆位置关系的应用，训练了两平行线间的距离公式的应用，是中档题． [选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．【分析】（1）利用基本不等式和1的运用可证，（2）分析法和综合法的证明方法可证． 【解答】证明：（1）分析法：已知a，b，c为正数，且满足abc＝1． 要证（1）++≤a+b+c；因为abc＝1． 就要证：
+
+
2
22
2
2
≤a+b+c；
2
222
即证：bc+ac+ab≤a+b+c； 即：2bc+2ac+2ab≤2a+2b+2c； 2a+2b+2c﹣2bc﹣2ac﹣2ab≥0 （a﹣b）+（a﹣c）+（b﹣c）≥0； ∵a，b，c为正数，且满足abc＝1．
∴（a﹣b）≥0；（a﹣c）≥0；（b﹣c）≥0恒成立；当且仅当：a＝b＝c＝1时取等号． 即（a﹣b）+（a﹣c）+（b﹣c）≥0得证． 故++≤a+b+c得证．
（2）证（a+b）+（b+c）+（c+a）≥24成立； 即：已知a，b，c为正数，且满足abc＝1． （a+b）为正数；（b+c）为正数；（c+a）为正数； （a+b）+（b+c）+（c+a）≥3（a+b）（b+c）?（c+a）?；
当且仅当（a+b）＝（b+c）＝（c+a）时取等号；即：a＝b＝c＝1时取等号； ∵a，b，c为正数，且满足abc＝1．
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（a+b）≥2；（b+c）≥2；（c+a）≥2；
当且仅当a＝b，b＝c；c＝a时取等号；即：a＝b＝c＝1时取等号； ∴（a+b）+（b+c）+（c+a）≥3（a+b）（?b+c）（?c+a）≥3×8＝24；
当且仅当a＝b＝c＝1时取等号；
故（a+b）+（b+c）+（c+a）≥24．得证． 故得证．
【点评】本题考查重要不等式和基本不等式的运用，分析法和综合法的证明方法．
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3
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??＝24abc
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2019年全国统一高考数学试卷（文科）以及答案解析（全国1卷）
