2022-2023学年高中高三下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：95 分考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I（选择题）一、选择题（本题共计 12 小题，每题 5 分，共计60分）1. (i4−4i)(4+i)=( )A.8+15iB.15iC.8−15iD.−15i2. 已知集合A＝{x|x2−2x−3<0}，B＝{x|0<x<m}，若A∪B＝{x|−1<x<5}，则m＝（ ）A.−1B.3C.5D.103. 某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2015年1月至2017年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是（）A.月接待游客量逐月增加B.年接待游客量逐年增加C.各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月D.各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳4. 已知角θ的终边过点(1,−1)，则cos(π2−θ)=( )A.−√22B.√22C.−1D.15. 如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O1，O2，这两个球外切，且球O1与正方体共顶点A的三个面均相切，球O2与正方体共顶点B1的三个面均相切，则两个球在正方体的面AA1C1C上的正投影为（）A.B.C.D.6. 从某个角度观察篮球（如图1），可以得到一个对称的平面图形，如图2所示，篮球的外轮廓为圆O，将篮球表面的粘合线看成坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆O的周长八等分，且AB=BC=CD，则该双曲线的离心率为( )A.√2B.√3C.3√55D.4√777. 记S n为数列{a n}的前n项和，若S n＝2a n+1，则S10＝（ ）A.−1024B.−1023C.1023D.1024(x+1√x)6的展开式中x6的系数为( )8. (x3−2)A.6B.10C.13D.159. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a+b=8，c=2√7，(2a−b)(a2+b2−c2)=2abc(1−2sin2B2)，则△ABC的面积为( )A.6√3B.3√3C.8√3D.4√310. 若圆(x−1)2+(y−1)2=5关于直线y=kx+2对称，则k=( )A.2B.−2C.1D.−111. 若f(x)=xe x−a有两个零点，则实数a的取值范围是（ ）A.(1e,+∞)B.(1e,0)C.(−1e,+∞)D.(−1e,0)12. 函数f(x)=x 32x+2−x的部分图象大致为( )A. B.C.D.卷II（非选择题）二、填空题（本题共计 1 小题，共计5分）13. （5分）设随机变量ξ∼N(μ,σ2)，且P(ξ<−3)=P(ξ>1)=0.2，则P(−1<ξ<1)=________．三、解答题（本题共计 6 小题，每题 5 分，共计30分）14. 已知数列{a n}是等差数列，数列{b n}是等比数列，且a1=b1=1,a5+b3=13,a2+b2=5(1)求数列{a n},{b n}的通项公式；(2)设c n=a n b n，求数列{c n}的前n项和S n．15. 产品质量是企业的生命线，为提高产品质量，企业非常重视产品生产线的质量，某企业引进了生产同一种产品的A，B两条生产线，为比较两条生产线的质量，从A，B生产线生产的产品中各自随机抽取了100件产品进行检测，把产品等级结果和频数制成了如图的统计图．(1)有多大的把握认为一级品与生产线有关？(2)生产一件一级品可盈利100元，生产一件二级品可盈利50元，生产一件三级品则亏损20元，以频率估计概率．①分别估计A，B生产线生产一件产品的平均利润；②你认为哪条生产线的利润较为稳定？并说明理由．附：①K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d②临界值表：P(K2≥k)0.100.050.0250.0100.0050.001k 2.7063.8415.0246.6357.87910.82816. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC=2√2，PA=2，E是PC上的一点，PE=2EC．(1)证明：PC⊥平面BDE；(2)设二面角A−PB−C为直二面角，求PD与平面PBC所成角的大小．17. 已知O为坐标原点，椭圆C：x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，过焦点F2且不与x轴重合的直线l和椭圆C相交于A，B两点，△F1AB的周长为8.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若→OA+→OB=→OM，→OA⋅→OB=−2，求四边形OAMB的面积S．18. 已知函数f(x)=mx−xlnx(x>1)．(1)讨论f(x)的极值；(2)若m为正整数，且f(x)<2x+m恒成立，求m的最大值.(参考数据：ln4≈1.39， ln5≈1.61) 19. 已知圆O的参数方程为{x=2cosθ,y=2sinθ(θ为参数，0≤θ<2π)．(1)求圆心和半径；(2)若圆O上点M对应的参数θ=5π3，求点M的坐标．参考答案与试题解析2022-2023学年高中高三下数学月考试卷一、选择题（本题共计 12 小题，每题 5 分，共计60分）1.【答案】C【考点】复数代数形式的乘除运算【解析】此题暂无解析【解答】解：(i4−4i)(4+i)=(1−4i)(4+i)=4+i−16i+4=8−15i.故选C.2.【答案】C【考点】并集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答3.【答案】A【考点】频率分布折线图、密度曲线【解析】此题暂无解析【解答】解：根据对折线图的理解，对于选项A，月接待游客量不是逐月增加，故A错误；对于选项B，月接待游客量呈现增长趋势，则年接待游客量逐年增加，故B正确；对于选项C，从题图中可以看出各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月，故C正确；对于选项D，从折线图的走势看，各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，折线图走势比较平稳，故D正确．故选A．4.【答案】A【考点】运用诱导公式化简求值任意角的三角函数【解析】答案未提供解析．【解答】解：因为角θ的终边过点(1,−1)，所以cos(π2−θ)=sinθ=−1√2=−√22．故选A．5.【答案】B【考点】简单空间图形的三视图【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可以判断出两球在正方体的面 AA 1C 1C 上的正投影与正方形相切．由于两球球心连线O 1O 2与平面ACC 1A 1不平行，所以O 1O 2的射影的长度小于两球半径的和，即两球的投影相交．故选B ．6.【答案】D【考点】双曲线的离心率【解析】设出双曲线方程，把双曲线上的点的坐标表示出来并代入到方程中，找到a 、b 的关系即可求解．【解答】解：设双曲线的方程为x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)，则OC =a ，因为AB =BC =CD ，所以CD =2OC ，所以OD =3OC =3a ，因为坐标轴和双曲线与圆O 的交点将圆O 的周长八等分，所以点(3√2a,3√2a )在双曲线上，代入双曲线方程得92−9a 22b 2=1，解得b 2a 2=97，所以双曲线的离心率为e =ca =√1+b 2a 2=√1+97=4√77.故选D ．7.【答案】B【考点】数列的求和数列递推式【解析】本题先根据公式a n＝代入进行计算即可发现数列{a n }是以−1为首项，2为公比的等比数列，然后根据等比数列的求和公式即可计算出S 10的值．【解答】由题意，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1+1，解得a 1＝−1，当n ≥2时，a n ＝S n −S n−1＝2a n +1−2a n−1−1，化简整理，得a n ＝2a n−1，∴数列{a n }是以−1为首项，2为公比的等比数列，∴S 10＝＝−1023．8.【答案】C【考点】二项展开式的特定项与特定系数二项式定理的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：由于(x +1√x)6的展开式的通项公式为T r+1=C r6⋅x 6−3r2，令6−3r2=3，解得r =2，令6−3r2=6，解得r =0，所以(x 3−2)(x +1√x )6的展开式中x 6的系数为C 26−2C 06=15−2=13.故选C.9.【答案】B【考点】三角形的面积公式余弦定理正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：依题意， (2a−b)(a 2+b2−c2)=2abc⋅cosB ，即(2a−b)a 2+b2−c22ab=c⋅cosB，故(2a−b)⋅cosC=c⋅cosB，∴ 2acosC=bcosC+ccosB，∴2sinAcosC=sinBcosC+sinCcosB=sinA.∵sinA≠0，∴cosC=12.由余弦定理，c 2=a2+b2−2abcosC=(a+b)2−3ab，∴28=64−3ab，即3ab=36，则ab=12，∴△ABC的面积S=12absinC=6×√32=3√3.故选B.10.【答案】D【考点】关于点、直线对称的圆的方程直线与圆的位置关系【解析】【解答】解：圆(x−1)2+(y−1)2=5关于直线y=kx+2对称，所以圆心(1,1)在直线y=kx+2上，解得，k=1−2=−1．故选D．11.【答案】D【考点】利用导数研究函数的极值函数的零点与方程根的关系【解析】利用函数与方程的关系，利用参数分离法进行分离，构造函数，求出函数的导函数，求出函数的最小值，根据函数的零点和最值关系即可得到结论．【解答】解：若f(x)=xe x −a 有两个零点，等价为f(x)=xe x −a =0，即a =xe x 有两个根，设h(x)=xe x ，则函数h(x)=xe x 的导函数h′(x)=(x +1)e x ，令h′(x)=0，则x =−1∵当x ∈(−∞,−1)时，h′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x ∈(−1,+∞)时，h′(x)>0，函数f(x)单调递增；故当x =−1时，函数取最小值h(−1)=−e −1，∵当x ≥0时，h(x)≥0，当x <0时，h(x)<0，∴若a =xe x 有两个根，则−1e <a <0，故选：D12.【答案】B【考点】函数的图象与图象变化函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：当x =1时，f(1)=1321+2−1>0，故选项A,D 错误；当x 趋近于+∞时，f(x)趋近于0，故选项C 错误.故选B.二、 填空题 （本题共计 1 小题 ，共计5分 ）13.【答案】0.3【考点】正态分布的密度曲线【解析】本题考查正态分布的性质．【解答】解：由P(ξ<−3)=P(ξ>1)=0.2得P(ξ>−1)=0.5，所以P(−1<ξ<1)=0.5−0.2=0.3．故答案为：0.3．三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）14.【答案】解：（1）设{a n }的公差为d,{b n }的公比为q,则{1+4d +q 2=131+d +q =5,’解得{d =2q =2.所以a n =1+2(n −1)=2n −1,b n =2n−1．（2）c n =a n b n =(2n −1)⋅2n−1，则S n =c 1+c 2+c 3+… +c n−1+c n =1+3×21+5×22+⋯+(2n −3)×2n−2+(2n −1)×2n−1，①2S n =1×21+3×22+⋯+(2n −5)×2n−2+(2n −3)×2n−1+(2n −1)×2n ，②①一②，得 −S n =1+2(2+22+⋯+2n−2+2n−1)−(2n −1)×2n =1+22(1−2n−1)1−2−(2n −1)×2n =1+2n+1−4−(2n −1)×2n =(3−2n)⋅2n −3所以S n =(2n −3)2n +3.【考点】数列的求和等比数列的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）设{a n }的公差为d,{b n }的公比为q,则{1+4d +q 2=131+d +q =5,’解得{d =2q =2.所以a n =1+2(n −1)=2n −1,b n =2n−1（2）c n =a n b n =(2n −1)⋅2n−1，则S n =c 1+c 2+c 3+… +c n−1+c n =1+3×21+5×22+⋯+(2n −3)×2n−2+(2n −1)×2n−1，①2S n =1×21+3×22+⋯+(2n −5)×2n−2+(2n −3)×2n−1+(2n −1)×2n ，②①一②，得 −S n =1+2(2+22+⋯+2n−2+2n−1)−(2n −1)×2n=1+22(1−2n−1)1−2−(2n −1)×2n =1+2n+1−4−(2n −1)×2n =(3−2n)⋅2n −3所以S n =(2n −3)2n +3.15.【答案】解：(1)根据已知数据可建立列联表如下：一级品非一级品合计A 2080100B3565100合计55145200K 2=n(ad −bc)2(a +b)(c +d)(a +c)(b +d)=200×(20×65−35×80)255×145×100×100≈5.643>5.024，所以有97.5%的把握认为一级品与生产线有关．(2)A 生产线生产一件产品为一、二、三级品的概率分别为15,35,15．记A 生产线生产一件产品的利润为X ，则X 的取值为100，50,−20，其分布列为X10050−20P 153515B 生产线生产一件产品为一、二、三级品的概率分别为720,25,14.记B 生产线生产一件产品的利润为Y ，则Y 的取值为100，50,−20，其分布列为Y 10050−20P7202514①E(X)=100×15+50×35+(−20)×15=46，E(Y)=100×720+50×25+(−20)×14=50.故A ，B 生产线生产一件产品的平均利润分别为46元、50元．②D(X)=(100−46)2×15+(50−46)2×35+(−20−46)2×15=1464，D(Y)=(100−50)2×720+(50−50)2×25+(−20−50)2×14=2100．因为D(X)<D(Y)，所以A 生产线的利润更为稳定．【考点】独立性检验离散型随机变量的期望与方差【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)根据已知数据可建立列联表如下：一级品非一级品合计A2080100B 3565100合计55145200K 2=n(ad −bc)2(a +b)(c +d)(a +c)(b +d)=200×(20×65−35×80)255×145×100×100≈5.643>5.024，所以有97.5%的把握认为一级品与生产线有关．(2)A 生产线生产一件产品为一、二、三级品的概率分别为15,35,15．记A 生产线生产一件产品的利润为X ，则X 的取值为100，50,−20，其分布列为X10050−20P 153515B 生产线生产一件产品为一、二、三级品的概率分别为720,25,14.记B 生产线生产一件产品的利润为Y ，则Y 的取值为100，50,−20，其分布列为Y 10050−20P7202514①E(X)=100×15+50×35+(−20)×15=46，E(Y)=100×720+50×25+(−20)×14=50.故A ，B 生产线生产一件产品的平均利润分别为46元、50元．②D(X)=(100−46)2×15+(50−46)2×35+(−20−46)2×15=1464，D(Y)=(100−50)2×720+(50−50)2×25+(−20−50)2×14=2100．因为D(X)<D(Y)，所以A 生产线的利润更为稳定．16.【答案】(1)证明：以A 为坐标原点，建立如图空间直角坐标系A −xyz ，设D(√2,b,0)，则C(2√2,0,0)，P(0,0,2)，E(4√23,0,23)，B(√2,−b,0)，∴→PC=(2√2,0,−2)，→BE=(√23,b,23)，→DE=(√23,−b,23)，∴→PC⋅→BE=43−43=0，→PC⋅→DE=0，∴PC⊥BE，PC⊥DE，BE∩DE=E，∴PC⊥平面BED.(2)解：→AP=(0,0,2)，→AB=(√2,−b,0)，→PB=(√2,−b,−2),设平面PAB的法向量为→m=(x,y,z)，{→m⋅→AB=√2x−by=0,→m⋅→AP=2z=0,则取→m=(b,√2,0),设平面PBC的法向量为→n=(p,q,r)，{→n·→BE=√23p+bq+23r=0,→n·→PB=√2p−bq−2r=0,则√2b,√2),取→n=(1,−∵平面PAB⊥平面PBC，∴→m⋅→n=b−2b=0．故b=√2,∴→n=(1,−1,√2)，→DP=(−√2,−√2,2)∴cos<→DP，→n>=|→n⋅→DP||→n|⋅|→DP|=12,设PD与平面PBC所成角为θ，θ∈[0,π2]，则sinθ=12,∴θ=30∘,∴PD与平面PBC所成角的大小为30∘.【考点】直线与平面垂直的判定用空间向量求直线与平面的夹角【解析】（1）先由已知建立空间直角坐标系，设D(√2,b,0)，从而写出相关点和相关向量的坐标，利用向量垂直的充要条件，证明PC⊥BE，PC⊥DE，从而利用线面垂直的判定定理证明结论即可；（2）先求平面PAB的法向量，再求平面PBC的法向量，利用两平面垂直的性质，即可求得b的值，最后利用空间向量夹角公式即可求得线面角的正弦值，进而求得线面角【解答】(1)证明：以A为坐标原点，建立如图空间直角坐标系A−xyz ，设D(√2,b,0)，则C(2√2,0,0)，P(0,0,2)，E(4√23,0,23)，B(√2,−b,0)，∴→PC=(2√2,0,−2)，→BE=(√23,b,23)，→DE=(√23,−b,23)，∴→PC⋅→BE=43−43=0，→PC⋅→DE=0，∴PC⊥BE，PC⊥DE，BE∩DE=E，∴PC⊥平面BED.(2)解：→AP=(0,0,2)，→AB=(√2,−b,0)，→PB=(√2,−b,−2),设平面PAB的法向量为→m=(x,y,z)，{→m⋅→AB=√2x−by=0,→m⋅→AP=2z=0,则取→m=(b,√2,0),设平面PBC的法向量为→n=(p,q,r)，{→n·→BE=√23p+bq+23r=0,→n·→PB=√2p−bq−2r=0,则√2b,√2),取→n=(1,−∵平面PAB⊥平面PBC，∴→m⋅→n=b−2b=0．故b=√2,∴→n =(1,−1,√2)，→DP =(−√2,−√2,2)∴cos <→DP ，→n >=|→n ⋅→DP ||→n |⋅|→DP |=12,设PD 与平面PBC 所成角为θ，θ∈[0,π2]，则sinθ=12,∴θ=30∘,∴PD 与平面PBC 所成角的大小为30∘.17.【答案】解：(1)设椭圆的焦距为2c ．由△F 1AB 的周长为8可得，4a =8，解得a =2 .又因为椭圆的离心率为12，所以c =1，b 2=a 2−c 2=3 .椭圆的标准方程为x 24+y 23=1 . (2)由→OA +→OB =→OM 知四边形OAMB 为平行四边形，且S =2S △OAB ，因为F 2(1,0)，所以设直线l 的方程为x =my +1，A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2) .直线方程与椭圆方程联立得(3m 2+4)y 2+6my −9=0 ，且Δ=36m 2+4×9(3m 2+4)>0 .所以y 1+y 2=−6m3m 2+4，y 1y 2=−93m 2+4. →OA ⋅→OB =x 1x 2+y 1y 2=(my 1+1)(my 2+1)+y 1y 2=(m 2+1)y 1y 2+m (y 1+y 2)+1=(m 2+1)−93m 2+4+−6m 23m 2+4+1=−12m 2−53m 2+4=−2.解得m 2=12 .|AB |=√1+m 2√Δ3m 2+4=12(1+m 2)3m 2+4=3611，点{O}到直线{AB}的距离{d=\dfrac{1}{\sqrt{ m^{2} +1}}=\dfrac {\sqrt{6}}{3}} .四边形{OAMB}的面积{S=2S_{\triangle OAB}= | AB | \cdot d}{=\dfrac{12\sqrt{6}}{11}} . 【考点】椭圆的标准方程圆锥曲线的综合问题【解析】此题暂无解析【解答】解：{(1)}设椭圆的焦距为{2c}．由{\triangle F_{1}AB}的周长为{8}可得，{4 a=8}，解得{a=2} .又因为椭圆的离心率为{\dfrac{1}{2}}，所以{c=1}，{b^2=a^2-c^2=3} .椭圆的标准方程为{\dfrac{x^{2}}{4}+\dfrac{y^{2}}{3}=1} .{(2)}由{\overrightarrow {OA}+\overrightarrow {OB}=\overrightarrow {OM}}知四边形{OAMB}为平行四边形，且{S=2S_{\triangle OAB} \,\,\,}，因为{F_{2}\left(1, 0\right)}，所以设直线{l}的方程为{x=my+1}，{A\left(x_1,y_{1}\right)}，{B\left(x_{2}, y_{2}\right)} .直线方程与椭圆方程联立得{ \left(3 m^{2} +4\right)y^{2}+6my-9=0} ，且{\Delta =36m^2+ 4\times 9\left( 3m^{2} +4\right)\gt 0} .所以{y_1+y_2= -\dfrac{6m}{3m^2+4}}，{y_1y_2=-\dfrac{9}{3m^2+4}}.{\overrightarrow {OA}\cdot \overrightarrow {OB}}{=x_1x_2+y_1y_2}{=(my_1+1)(my_2+1)+y_1y_2}{=\left( m^{2} +1\right)y_{1}y_{2}+m\left(y_{1}+y_{2}\right)+1}{=\left( m^{2} +1\right)\dfrac{-9}{3 m^{2} +4}+\dfrac{-6m^2}{{ 3m^{2} +4}}+1}{=\dfrac{-12m^2-5}{3m^2+4}}{=}{-2}.解得{m^{2} =\dfrac{1}{2}} .{|AB | =\sqrt{1+ m^{2} }\dfrac{\sqrt{\Delta }}{3 m^{2} +4}=\dfrac{12\left(1+ m^{2} \right)}{3 m^{2} +4}=\dfrac {36}{11}}，点{O}到直线{AB}的距离{d=\dfrac{1}{\sqrt{ m^{2} +1}}=\dfrac {\sqrt{6}}{3}} .四边形{OAMB}的面积{S=2S_{\triangle OAB}= | AB | \cdot d}{=\dfrac{12\sqrt{6}}{11}} .18.【答案】解：{(1)}∵{f\left(x\right)=mx-x\ln x \left(x\gt 1\right)}，∴{f^{\prime}(x)=m-1-\ln x(x\gt 1)}，当{m-1\le0}，即{m\le1}时，{f^{\prime}(x)\lt0}对{x\gt1}恒成立，∴{f(x)}在{(1,+\infty )}上单调递减，此时{f(x)}无极值；当{m-1\gt0}，即{m\gt1}时，令{f^{\prime}(x)=0}，得{x={\rm e}^{m-1}}，由{f^{\prime}(x)\gt0}，得{1\lt x\lt{\rm e}^{m-1}}；由{f^{\prime}(x)\lt0}，得{x\gt{\rm e}^{m-1}}，∴{f(x)}在{(1,{\rm e}^{m-1} )}上单调递增；在{({\rm e}^{m-1},+\infty )}上单调递减，∴{f(x)}在{x={\rm e}^{m-1}}处取得极大值，极大值为{f({\rm e}^{m-1})=m{\rm e}^{m-1}-(m-1){\rm e}^{m-1}={\rm e}^{m-1}}.综上所述，当{m\le1}时，{f(x)}无极值；当{m\gt1}时，{f(x)}有极大值为{{\rm e}^{m-1}}，无极小值．{(2)}∵当{x\gt1}时，{f(x)\lt2x+m}，∴当{x\gt1}时，{mx-x\ln x\lt2x+m}，即{m\lt\dfrac{x\ln x+2x}{x-1}}对{x\gt1}恒成立.令{h(x)= \dfrac{x\ln x+2x}{x-1}}，则{h^{\prime}(x)= \dfrac{x-\ln x-3}{(x-1)^2}}.令{g(x)=x-\ln x-3}，则{g^{\prime}(x)=1-\dfrac{1}{x}}.{\because}{x\gt1}，{\therefore}{g^{\prime}(x)=1-\dfrac{1}{x}\gt0}，{\therefore}{g(x)}是增函数.由{g(x_1)=x_1-\ln x_1-3=0}，得{\ln x_1=x_1-3}.∵{g(4)=4-\ln4-3=1-\ln4\approx1-1.39=-0.39\lt0}，{g(5)=5-\ln5-3=2-\ln5\approx2-1.61=0.39\gt0}.又{\because}{g(x_1)=0}，{g(x)}是增函数，{\therefore}{4\lt x_1\lt5}，∴当{x\in(1,x_1)}，{h^{\prime}(x)\lt0}，{h(x)}单调递减；当{x\in(x_1,+\infty )}，{h^{\prime}(x)\gt0}，{h(x)}单调递增，{\therefore}当{x=x_1}时，{h(x)}取得最小值，为{h(x_1)}，{\therefore}{m\lt h(x_1)=\dfrac{x_1\ln x_1+2x_1}{x_1-1}=\dfrac{x_1^2-x_1}{x_1-1}=x_1}.又{\because}{m}为正整数，∴{m\le 4}，{\therefore}正整数{m}的最大值为{4}．【考点】利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性【解析】【解答】解：{(1)}∵{f\left(x\right)=mx-x\ln x \left(x\gt 1\right)}，∴{f^{\prime}(x)=m-1-\ln x(x\gt 1)}，当{m-1\le0}，即{m\le1}时，{f^{\prime}(x)\lt0}对{x\gt1}恒成立，∴{f(x)}在{(1,+\infty )}上单调递减，此时{f(x)}无极值；当{m-1\gt0}，即{m\gt1}时，令{f^{\prime}(x)=0}，得{x={\rm e}^{m-1}}，由{f^{\prime}(x)\gt0}，得{1\lt x\lt{\rm e}^{m-1}}；由{f^{\prime}(x)\lt0}，得{x\gt{\rm e}^{m-1}}，∴{f(x)}在{(1,{\rm e}^{m-1} )}上单调递增；在{({\rm e}^{m-1},+\infty )}上单调递减，∴{f(x)}在{x={\rm e}^{m-1}}处取得极大值，极大值为{f({\rm e}^{m-1})=m{\rm e}^{m-1}-(m-1){\rm e}^{m-1}={\rm e}^{m-1}}.综上所述，当{m\le1}时，{f(x)}无极值；当{m\gt1}时，{f(x)}有极大值为{{\rm e}^{m-1}}，无极小值．{(2)}∵当{x\gt1}时，{f(x)\lt2x+m}，∴当{x\gt1}时，{mx-x\ln x\lt2x+m}，即{m\lt\dfrac{x\ln x+2x}{x-1}}对{x\gt1}恒成立.令{h(x)= \dfrac{x\ln x+2x}{x-1}}，则{h^{\prime}(x)= \dfrac{x-\ln x-3}{(x-1)^2}}.令{g(x)=x-\ln x-3}，则{g^{\prime}(x)=1-\dfrac{1}{x}}.{\because}{x\gt1}，{\therefore}{g^{\prime}(x)=1-\dfrac{1}{x}\gt0}，{\therefore}{g(x)}是增函数.由{g(x_1)=x_1-\ln x_1-3=0}，得{\ln x_1=x_1-3}.∵{g(4)=4-\ln4-3=1-\ln4\approx1-1.39=-0.39\lt0}，{g(5)=5-\ln5-3=2-\ln5\approx2-1.61=0.39\gt0}.又{\because}{g(x_1)=0}，{g(x)}是增函数，{\therefore}{4\lt x_1\lt5}，∴当{x\in(1,x_1)}，{h^{\prime}(x)\lt0}，{h(x)}单调递减；当{x\in(x_1,+\infty )}，{h^{\prime}(x)\gt0}，{h(x)}单调递增，{\therefore}当{x=x_1}时，{h(x)}取得最小值，为{h(x_1)}，{\therefore}{m\lt h(x_1)=\dfrac{x_1\ln x_1+2x_1}{x_1-1}=\dfrac{x_1^2-x_1}{x_1-1}=x_1}.又{\because}{m}为正整数，∴{m\le 4}，{\therefore}正整数{m}的最大值为{4}．19.【答案】解：{(1)}∵圆{O}的参数方程为{\left\{ {\begin{matrix} {x= 2\cos \theta } ,\\ {y= 2\sin \theta }\end{matrix}} \right.(\theta }为参数，{0\leq \theta \lt 2\pi )}．∴平方得圆的普通方程为{x^{2}+ y^{2}= 4}，∴圆心{O(0,\, 0)}，半径{r= 2}．{(2)}当{\theta = \dfrac{5}{3}\pi }时，{x= 2\cos \, \theta = 1}，{y= 2\sin \, \theta = -\sqrt{3}}．∴点{M}的坐标为{(1,\, -\sqrt{3})}．【考点】点的极坐标和直角坐标的互化参数方程与普通方程的互化【解析】（1）圆{O}的参数方程消去参数，得圆的普通方程，由此能求出圆心和半径．（2）当{\theta = \dfrac{5}{3}\pi }时，{x= 2\cos \, \theta = 1}，{y= 2\sin \, \theta = -\sqrt{3}}．由此能求出点{M}的坐标．【解答】解：{(1)}∵圆{O}的参数方程为{\left\{ {\begin{matrix} {x= 2\cos \theta } ,\\ {y= 2\sin \theta }\end{matrix}} \right.(\theta }为参数，{0\leq \theta \lt 2\pi )}．∴平方得圆的普通方程为{x^{2}+ y^{2}= 4}，∴圆心{O(0,\, 0)}，半径{r= 2}．{(2)}当{\theta = \dfrac{5}{3}\pi }时，{x= 2\cos \, \theta = 1}，{y= 2\sin \, \theta = -\sqrt{3}}．∴点{M}的坐标为{(1,\, -\sqrt{3})}．。
