2022-2023学年人教A版高三下数学月考试卷含答案及解析

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+15i
B.15i
C.8−15i
D.−15i
2. 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.−1
B.3
C.5
D.10
3. 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.−√22
B.√22
C.−1
D.1
5. 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.√2
B.√3
C.3√55
D.4√77
7. 记S n为数列{a n}的前n项和，若S n＝2a n+1，则S10＝（ ）
A.−1024
B.−1023
C.1023
D.1024
(x+1√x)6的展开式中x6的系数为( )
8. (x3−2)
A.6
B.10
C.13
D.15
9. 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√3
B.3√3
C.8√3
D.4√3
10. 若圆(x−1)2+(y−1)2=5关于直线y=kx+2对称，则k=( )
A.2
B.−2
C.1
D.−1
11. 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+d
②临界值表：
P(K2≥k)0.100.050.0250.0100.0050.001
k 2.7063.8415.0246.6357.87910.828
16. 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
+y
2b2
=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：D
12.
【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 ，②
①一②，得 −S n =1+2(2+22+⋯+2
n−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 ，②
①一②，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 2080100
B
3565100
合计55145200
K 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X
10050−20P 153515
B 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 10050−20
P
7202514
①E(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
A
2080100B 35
65100合计55145200
K 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
X
10050−20P 153515
B 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 10050−20
P
7202514
①E(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})}．。