(完整版)2019全国2卷理科数学试题及详解

2019全国2卷理科数学试题
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

1.设集合A={x│x2‒5x+6>0},B={x│x‒1<0},则A∩B=( A )
A. (‒∞,1)
B. (‒2,1)
C. (‒3,‒1)
D. (3,+∞)
2.设z=‒3+2i,则在复平面z对应的点位于( C )
A. 第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
3.已知AB=(2,3),AC=(3,t),|BC|=1,则AB∙BC=( C )
A.-3
B.-2
C. 2
D. 3
4.2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系。

为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”。

鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行，L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上，设地球质量为M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2点到月球的距离为r,根据牛顿运动定理和万有引力
定律，r满足方程：
M1 (R+r)2+M2
r2
=(R+r)M1
R3
设α=r
R ,由于α的值很小，因此在近似计算中3α
3+3α4+α5
(1+α)2
≈3α3,则r的近似值为( D )
A. M2
M1R B. M2
2M1
R C. 33M2
M1
R D. 3M2
3M1
R
5.演讲比赛共有9为评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个
原始评分中去掉1个最高分、一个最低分，得到7个有效评分。

7个有效评分与9个
原始评分相比，不变的数字特征是( A )
A. 中位数
B. 平均数
C. 方差
D.极差
6.若a>b,则( C )
A. ln(a‒b)>0
B.3a<3b
C. a3‒b3>0
D. |a|>|b|
7.设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( B )
A. α内有无数条直线与β平行
B. α内有两条相交直线与β平行
C. α，β平行于同一条直线
D. α，β垂直于同一平面
8.若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆x23p+y2p=1的一个焦点，则p=( D )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 8
9.下列函数中，以π2为周期且在区间(π4,π2)单调递增的是( A )
A. f(x)=|cos2x|
B. f(x)=|sin2x|
C. f(x)=cos|x|
D. f(x)=sin⁡|x|
10.已知α∈(0,π2),2sin2α=cos2α+1,则sinα=( B )
A. 1
5B. 5
5
C. 3
3
D. 25
5
11.设F为双曲线C：x 2
a2‒y2
b2
=1(a>0,b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径
的圆与圆x2+y2=a2交于P，Q两点.若|PQ|=|OF|,则C的离心率为( A )
A. 2
B. 3
C. 2
D. 5
12.设函数f(x)的定义域为R，满足f(x+1)=2f(x),且当x∈(0,1]时，f(x)=x(x‒1).
若对任意x∈(‒∞,m],都有f(x)≥‒8
9
,则m的取值范围是( B )
A. (‒∞,9
4]B. (‒∞,7
3
]C.(‒∞,5
2
]D. (‒∞,8
3
]
二、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分。

13.我国高铁发展迅速，技术先进。

经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经
停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为
14.已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)=‒e ax,若f(ln2)=8,则a=
15.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c.若b=6,a=2c,B=π3,则△ABC
的面积为
16.中国有悠久的金石文化，印信时金石文化的代表之一。

印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员孤独信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体。

半正多面体体现了数学的对称美。

图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一正方
体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有个面，其棱长
为 （本题第一空2分，第二空3分。

）
三、解答题：共70分。

第17~21题为必考题。

第22、23题为选考题。

（一）必考题：共60分17.（12分）
如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形、
点E 在棱A A 1上，BE ⊥EC 1.
(1)
证明：BE ⊥平面EB 1C 1;
(2)若AE =A 1E ,求二面角B ‒EC ‒C 1的正弦值
.
18.（12分）11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束。

甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的
概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立。

在某局双方10:10后，
甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束。

(1)求P(X=2);(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率。

19.（12分）已知数列{a n}和{b n}满足a1=1,b1=0,4a n+1=3a n‒b n+4,4b n+1=3b n‒a n‒4.
(1)证明：{a n+b n}是等比数列，{a n-b n}是等差数列;(2)求{a n}和{b n}的通项公式.
20.(12分)已知函数f(x)=lnx‒x+1x‒1(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点;
(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=e x的切线。

21．（12分）已知点A(‒2,0)，B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.
记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线;
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，
连结QE并延长交C与点G.(i)证明：△PQG是直角三角形;(ii)求△PQG面积的最大值.
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。

22.【选修4-4：坐标系与参数方程】（10分）
在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0,θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ=4sinθ上.直线l过点
(1)当θ0=π
时，求ρ0及l的极坐标方程;
3
(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程. 23.【选修4-5：不等式选讲】(10分)
已知f(x)=|x‒a|x+|x‒2|(x‒a).
(1)当a=1时，求不等式f(x)<0的解集;
(2)若x∈(‒∞,1)时，f(x)<0,求a的取值范围.
参考答案：2019全国2卷理科数学试题
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

1.设集合A={x│x2‒5x+6>0},B={x│x‒1<0},则A∩B=( A )
A. (‒∞,1)
B. (‒2,1)
C. (‒3,‒1)
D. (3,+∞)
解析：∵A={x│x2‒5x+6>0}={x│x<2或x>3},B={x│x<1},
2.设z=‒3+2i,则在复平面z对应的点位于( C )
A. 第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
解析：∵z=‒3+2i，∴z=-3-2i,对应点(‒3,‒2)位于复平面第三象限，选C
3.已知AB=(2,3),AC=(3,t),|BC|=1,则AB∙BC=( C )
A.-3
B.-2
C. 2
D. 3
解析：∵BC=AC-AB=(1,t‒3),∴|BC|=1+(t‒3)2=1,∴t=3
∴BC=(1,0),∴AB∙BC=2，选C
4.2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系。

为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”。

鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行，L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上，设地球质量为M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2点到月球的距离为r,根据牛顿运动定理和万有引力
定律，r满足方程：
M1 (R+r)2+M2
r2
=(R+r)M1
R3
设α=r
R ,由于α的值很小，因此在近似计算中3α
3+3α4+α5
(1+α)2
≈3α3,则r的近似值为( D )
A. M2
M1R B. M2
2M1
R C. 33M2
M1
R D. 3M2
3M1
R
解析：∵
M1
(R+r)2
+M2
r2
=(R+r)M1
R3
，r=Rα,∴
M1
(R+Rα)2
+M2
(Rα)2
=(R+Rα)M1
R3
∴M2=M1∙(1+α‒1(1+α)2)α2=M1∙3α3+3α4+α5
(1+α)2≈M1∙3α3=3M1∙r3
R3
,
∴r3≈M2
3M1R3,∴r≈3M2
3M1
R,选D
5.演讲比赛共有9为评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、一个最低分，得到7个有效评分。

7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是( A )
A. 中位数
B. 平均数
C. 方差
D.极差
解析：不妨把9个原始评分从小到大排序记作：x1,x2,⋯,x9,去掉x1,x9,剩余7个有效评分为，x2,x3,⋯,x8,由数字特征定义知，不变的数字特征是中位数，选A
6.若a>b,则( C )
A. ln(a‒b)>0
B.3a<3b
C. a3‒b3>0
D. |a|>|b|
解析：由函数y=lnx,y=3x,y=x3,y=|x|的基本性质知，当a>b时，只有a3‒b3 >0成立，选C
7.设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( B )
A. α内有无数条直线与β平行
B. α内有两条相交直线与β平行
C. α，β平行于同一条直线
D. α，β垂直于同一平面
解析：由面面平行的判定定理知，B正确，选B
8.若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆x23p+y2p=1的一个焦点，则p=( D )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 8
解析：抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F(p2,0),所以椭圆焦点在x轴上，由题知，
3p=p+(p
2
)2,∴p2=8p,又p>0，∴p=8,选D
9.下列函数中，以π2为周期且在区间(π4,π2)单调递增的是( A )
A. f(x)=|cos2x|
B. f(x)=|sin2x|
C. f(x)=cos|x|
D. f(x)=sin⁡|x|
解析：由y=|cos2x|,y=|sin2x|,y=cos|x|,y=sin|x|的函数图象可知，周期为π
2
且
在区间(π4,π2)单调递增的函数是y=|cos2x|，选A
10.已知α∈(0,π2),2sin2α=cos2α+1,则sinα=( B )
A. 1
5B. 5
5
C. 3
3
D. 25
5
解析：∵2sin2α=cos2α+1，∴4sinαcosα=2cos2α,sinα=1
2
cosα,
∴sin2α=1
4(1‒sin2α),∴sin2α=1
5
，又α∈(0,π2)，∴sinα=55，选B
11.设F为双曲线C：x 2
a2‒y2
b2
=1(a>0,b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径
的圆与圆x2+y2=a2交于P，Q两点.若|PQ|=|OF|,则C的离心率为( A ) A. 2B. 3C. 2D. 5
解析：由题知，|PQ|=|OF|，∴2ab
c
=c,∴c4=4a2b2=4a2(c2‒a2),
∴c4‒4a2c2+4a4=0,∴(c2‒2a2)2=0,∴c2‒2a2=0，∴c2
a2=2,∴c
a
=2,选A
12.设函数f(x)的定义域为R，满足f(x+1)=2f(x),且当x∈(0,1]时，f(x)=x(x‒1).
若对任意x∈(‒∞,m],都有f(x)≥‒8
9
,则m的取值范围是( B )
A. (‒∞,9
4]B. (‒∞,7
3
]C.(‒∞,5
2
]D. (‒∞,8
3
]
解析：∵f(x+1)=2f(x)，∴f(x)=2f(x‒1),f(x)=1
2
f(x+1)
∵x∈(0,1]时，f(x)=x(x‒1)≥‒1
4
，
∴x∈(1,2]时，f(x)=2f(x‒1)=2(x‒1)(x‒2)≥‒1
2
x∈(2,3]时，f(x)=2f(x‒1)=22(x‒2)(x‒3)≥‒1
⋯,x∈(n,n+1](n∈N)时,f(x)=2n(x‒n)(x‒n‒1)≥‒2n‒2,
x∈(‒1,0]时,f(x)=1
2f(x+1)=1
2
(x+1)x≥‒1
8
,
x∈(‒2,‒1]时，f(x)=1
2f(x+1)=1
22
(x+2)(x+1)≥‒1
16
⋯，x∈(‒n‒1,‒n](n∈N)时，f(x)=1
2n+1(x+n+1)(x+n)≥‒1
2n+3
,
故当x∈(2,3]时，令f(x)=22(x‒2)(x‒3)=‒89，得x=73,x=83，结合图象
∴x∈(-∞,73]时，都有都有f(x)≥‒89，∴m≤73,选B
二、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分。

13.我国高铁发展迅速，技术先进。

经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经
停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为
解析：平均正点率估计值为0.97×10
40+0.98×20
40
+0.99×10
40
=0.98，填0.98
14.已知f(x)是奇函数，且当x<0时，
f(
x)=‒e ax,若f(ln2)=8,则a=
解析：∵已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)=‒e ax，
∴f(ln2)=‒f(‒ln2)=e‒aln2=e ln (1
2
)a
=(12)a=8,∴a=‒3,填-3
15.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c.若b=6,a=2c,B=π3,则△ABC 的面积为
解析：∵b=6,a=2c,B=π
3
，由余弦定理b2=a2+c2‒2accosB,知
36=4c2+c2‒2∙2c∙c∙1
2
=3c2,∴c=23,a=43
∴△ABC的面积S=1
2acsinB=1
2
∙43∙23∙3
2
=63,填63
16.中国有悠久的金石文化，印信时金石文化的代表之一。

印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员孤独信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体。

半正多面体体现了数学的对称美。

图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一正方
体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有个面，其棱长为（本题第一空2分，第二空3分。

）
解析：由图知，该半正多面体的面数为26，设所求棱长为a,则由题知a+2a=1,∴a=2‒1，第一空填26，第二空填2-1
三、解答题：共70分。

第17~21题为必考题。

第22、23题为选考题。

（一）必考题：共60分
17.（12分）
如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形、点E在棱A A1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,求二面角B‒EC‒C1的正弦值
.
解析：（1）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1C1⊥平面ABB1A1
BE 平面ABB1A1，∴B1C1⊥BE，又∵BE⊥EC1，B1C1∩EC1=C1，
且B1C1，EC1 平面EB1C1，∴BE⊥平面EB1C1
（2）∵底面ABCD是正方形，若AE=A1E，由（1）知BE⊥平面EB1C1，则BE⊥EB1，∴△ABE为等腰直角三角形，取AB=BC=1,则AE=1，CC1=2
以C为坐标原点，以CD，CB，CC1分别为x,y,z轴如图建立空间直角坐标系C‒xyz.
则C(0,0,0),B(0,1,0),E(1,1,1),C1(0,0,2),
CE=(1,1,1),CB=(0,1,0),CC1=(0,0,2)
设平面CEB的法向量n=(x,y,z),则
{n∙CE=0 n∙CB=0,∴{x+y+z=0
y=0
,取x=1,则y=0,z=‒1
∴n=(1,0,‒1)
设平面CE C1的法向量m=(a,b,c),则
{m∙CE=0 m∙CC1=0,∴{a+b+c=0
2c=0,取a=1,则y=‒1,z=0
∴m=(1,‒1,0)
∴cos<m,n>=m n
|m||n|
1
22
=1
2
∴二面角B‒EC‒C1
的正弦值为3
2
18.（12分）
11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权，先多
得2分的一方获胜，该局比赛结束。

甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立。

在某局双方10:10后，
甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束。

(1)求P(X=2);
(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率。

解析：(1)用甲表示甲发球时甲得分，用乙表示乙发球时乙得分，用甲表示甲发球时乙得分，
，∵甲先发球,X=2，∴甲:乙为10:12或12:10时比赛结束。

用乙表示乙发球时甲得分
则P(X=2)=P(甲乙)+P(甲乙)=0.5×0.4+(1‒0.5)×(1‒0.4)=0.5
(2)∵甲先发球，X=4且甲获胜，则甲：乙为13:11时比赛结束
则P(X=4且甲获胜)=P(甲乙甲乙)+P(甲乙甲乙)
=(1‒0.5)×0.4×0.5×0.4+0.5×(1‒0.4)×0.5×0.4=0.1
∴事件“X=4且甲获胜”的概率为0.1
19.（12分）
已知数列{a n}和{b n}满足a1=1,b1=0,4a n+1=3a n‒b n+4,4b n+1=3b n‒a n‒4.
(1)证明：{a n+b n}是等比数列，{a n-b n}是等差数列;
(2)求{a n}和{b n}的通项公式.
解析：(1)∵4a n+1=3a n‒b n+4①,4b n+1=3b n‒a n‒4②.
①+②得：4(a n+1+b n+1)=2(a n+b n)，即a n+1+b n+1=1
2
(a n+b n)
①-②得：4(a n+1-b n+1)=4(a n+b n)+8，即a n+1+b n+1=a n+b n+2
又a1=1,b1=0，∴a1+b1=1，a1-b1=1
∴{a n+b n}是首项为1，公比为12的等比数列，{a n-b n}是首项为1，公差为2的等差数列.
(2)由(1)知，a n+b n=1
2n‒1
, a n-b n=2n‒1,
∴a n=1
2[(a n+b n)+(a n-b n)]=1
2n
+n‒1
2
，b n=1
2
[(a n+b n)‒(a n-b n)]=1
2n
‒n+1
2
20.(12分)
已知函数f(x)=lnx‒x+1
x‒1
(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点;
(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=e x的切线。

解析：(1)∵f(x)=lnx‒x+1
x‒1=lnx‒2
x‒1
‒1(x>0且x≠1)
∴f'(x)=1
x +2
(x‒1)2
>0,∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递增。

∵f(1e)=‒1‒1+e1-e=2e‒1>0,f(1e2)=e2+1e2‒1‒2<0,f(e)=12‒e+1e‒1<0,f(e2)=2‒e2+1e2‒1>0∴f(x)在(0,1)和(1，+∞)上各有一个零点.∴f(x)有且仅有两个零点.
(2)设x0是f(x)的一个零点，则l n x0‒2
x0‒1
‒1=0
∵y=lnx,y'=1
x ，∴y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线斜率为1x
,
∴y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线方程为：y‒lnx0=1
x0
(x‒x0)，
即y=1
x0x+lnx0‒1=1
x0
x+2
x0‒1
设该切线与y=e x切于B(t,e t)，又y'=e x,∴e t=1x
0,且e t=1
x0
t+2
x0‒1
∴1
x0=1
x0
t+2
x0‒1
，∴t=1‒
2x0
x0‒1
=‒2
x0‒1
‒1=‒lnx0,
∴曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=e x的切线且切点为B(‒lnx0,1
x0
) 21．（12分）
已知点A(‒2,0)，B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.
记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线;
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，
连结QE并延长交C与点G.
(i)证明：△PQG是直角三角形;
(ii)求△PQG面积的最大值.
解析：(1)设直线AM与BM的斜率分别为k AM，k BM，∵点A(‒2,0)，B(2,0),动点M(x,y)
∴k AM∙k BM=y
x+2∙y
x‒2
=y2
x2‒4
=‒1
2
，∴C：x
2
4
+y
2
2
=1(x≠±2),∴曲线C是去掉左右顶点
A(‒2,0)，B(2,0),长轴长为4,焦点为(±2,0)的椭圆.
(2)(i)设P (x 0,y 0),则E (x 0,0),Q (‒x 0,‒y 0),由题知直线PQ 斜率存在且不为0，则直线PQ 的方程
，为y =y 0
x 0
x,直线 Q E 的方程为y =y 02x 0
(x ‒x 0)=y 02x 0
x ‒
y 0
2且， x 20+2y 20=4,x 0>0,y 0>0由x 2
4
+
y 2
2
=1与y =y 0
2x 0
x ‒y 0
2，联立得
(
2x 20+y 2
)x
2
‒2x 0y 20x +x 20y 20‒8x 2
0=0,解得，x =‒x 0,x G =x 0(3y 2
0+2x 2
0)2x 20+y 20,y G =y 3
2x 20+y 2
∴直线PG 的斜率为y 30
2x 20+y 2
-y 0
x 0
(3y
20+2x 2
)2x 20+y 2
‒x 0
=‒x 0
y 0
,∴PQ ⊥PG ，∴△PQG 是直角三角形.
(Ii )由(i )得|PQ |=2
x 20+y 20,|PG |=
2x 0y 0x 20+y 2
2x 20+y 2
,∴△PQG 的面积
S =1
2
|PQ ||PG |=
2x 0y 0(x 20+y 2
0)2x 20+y 2
=
8x 0y 0(x 20+y 2
0)
(x 20+2y 20)(2x 20+y 20)
=
8x 0y 0(x 20+y 2
0)x 20y 20+(x 20+y 20)
2 令t =
x 20+y 2
x 0y 0
=y 0x 0
+x 0
y 0
≥2,则S =
8t 1+t
2
在[2,+∞)单调递减，∴y 0=x 0=
233
时，S 取得最大值，
最大值为169. ∴△PQG 面积的最大值为16
9.
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。

22.【选修4-4：坐标系与参数方程】（10分）
在极坐标系中，O
为极点，点M (ρ0,θ0)(ρ0>0)在曲线C ：ρ=4sin θ上.直线l 过点
A (4,0)且与OM 垂直，垂足为P .
(1)当θ0=π
3时，求ρ0及l 的极坐标方程;
(2)当M 在C 上运动且P 在线段OM 上时，求P 点轨迹的极坐标方程.
解析：(1)∵点M(ρ0,θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ=4sinθ上，当θ0=π3时，ρ0=4sinπ3=23 =2. 设Q(ρ,θ)，则ρcos(θ‒π3)=|OP|=2,
∴|OP|=|OA|cosπ
3
∴直线l的极坐标方程为ρcos(θ‒π3)=2
(2)设P(ρ,θ),则|OP|=|OA|cosθ=4cosθ,即ρ=4cosθ
∵P在线段OM上，且AP⊥OM，∴θ∈[π4,π2],
∴点P轨迹的极坐标方程为ρ=4cosθ，θ∈[π4,π2]
23.【选修4-5：不等式选讲】(10分)
已知f(x)=|x‒a|x+|x‒2|(x‒a).
(1)当a=1时，求不等式f(x)<0的解集;
(2)若x∈(‒∞,1)时，f(x)<0,求a的取值范围.
解析：(1)当a=1时，f(x)=|x‒1|x+|x‒2|(x‒1)={‒2(x‒1)2,x<1
(x‒1)(x+|x‒2|),x≥1
∴不等式f(x)<0的解集为(‒∞,1)
(2)∵f(a)=0，∴a≥1
当a≥1，且x∈(‒∞,1)时，f(x)=(a‒x)x+(2‒x)(x‒a)=2(a‒x)(x‒1)<0
∴a的取值范围是[1,+∞).。