2020年天津市南开区高考数学二模试卷

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2020年天津市南开区高考数学二模试卷

‎2020年天津市南开区高考数学二模试卷 一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.‎ ‎ ‎ ‎1. 复数z=‎‎4+3i‎3−4i(i是虚数单位)在复平面内对应点的坐标为( ) ‎ A.‎(1, 0)‎ B.‎(0, 1)‎ C.‎(‎4‎‎5‎,−‎3‎‎5‎)‎ D.‎‎(‎3‎‎5‎,−‎4‎‎5‎)‎ ‎ ‎ ‎2. 某中学高一、高二、高三年级的学生人数之比依次为‎6:5:7‎,防疫站欲对该校学生进行身体健康调查,用分层抽样的方法从该校高中三个年级的学生中抽取容量为n的样本,样本中高三年级的学生有‎21‎人,则n等于( ) ‎ A.‎35‎ B.‎45‎ C.‎54‎ D.‎‎63‎ ‎ ‎ ‎3. 方程x‎2‎‎+y‎2‎−kx+2y+k‎2‎−2‎=‎0‎表示圆的一个充分不必要条件是( ) ‎ A.k∈(−∞, −2)∪(2, +∞)‎ B.k∈(2, +∞)‎ C.k∈(−2, 2)‎ D.k∈(0, 1]‎ ‎ ‎ ‎ ‎4. 设a=‎2‎ln2‎,b=−log‎1‎‎2‎4,c=log‎3‎2‎,则a,b,c的大小关系是( ) ‎ A.b>a>c B.a>b>c C.b>c>a D.‎a>c>b ‎ ‎ ‎5. 如图,长方体ABCD−‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎D‎1‎的底面是面积为‎2‎的正方形,该长方体的外接球体积为‎32‎‎3‎π,点E为棱AB的中点,则三棱锥D‎1‎‎−ACE的体积是( ) ‎ A.‎2‎‎2‎‎3‎ B.‎2‎‎2‎ C.‎3‎‎3‎ D.‎‎1‎ ‎ ‎ ‎6. 已知双曲线C:x‎2‎a‎2‎−y‎2‎b‎2‎=1(a>0, b>0)‎的离心率为‎6‎‎2‎,以双曲线C的右焦点F为圆心,a为半径作圆F,圆F与双曲线C的一条渐近线交于M,N两点,则‎∠MFN=( ) ‎ A.‎45‎‎∘‎ B.‎60‎‎∘‎ C.‎90‎‎∘‎ D.‎‎120‎‎∘‎ ‎ ‎ ‎7. 某学校食堂为了进一步加强学校疫情防控工作,降低学生因用餐而交叉感染的概率,规定:就餐时,每张餐桌(如图)至多坐两个人,一张餐桌坐两个人时,两人既不能相邻,也不能相对(即二人只能坐在对角线的位置上).现有‎3‎位同学到食堂就餐,如果‎3‎人在‎1‎号和‎2‎号两张餐桌上就餐(同一张餐桌的‎4‎个座位是没有区别的),则不同的坐法种数为( ) ‎ A.‎6‎ B.‎12‎ C.‎24‎ D.‎‎48‎ ‎ ‎ ‎8. 已知函数f(x)‎=sin(ωx+φ)(ω>0, |φ|<π‎2‎)‎,y=f(x)‎的图象关于直线x=‎‎5π‎6‎对称,且与x轴交点的横坐标构成一个公差为π‎2‎的等差数列,则函数f(x)‎的导函数f′(x)‎的一个单调减区间为( ) ‎ A.‎[π‎12‎, ‎7π‎12‎]‎ B.‎[−‎5π‎12‎, π‎12‎]‎ C.‎[π‎6‎, ‎7π‎6‎]‎ D.‎‎[−π‎6‎, π‎3‎]‎ ‎ ‎ ‎9. 如图,在边长‎2‎‎3‎的等边三角形ABC中,D,E分别是边AB,AC的中点,O为‎△ABC的中心,过点O的直线与直线BC交于点P,与直线DE交于点Q,则AP‎→‎‎⋅‎AQ‎→‎的取值范围是( ) ‎ A.‎[3, +∞)‎ B.‎(−∞, 3)‎ C.‎(−∞,‎9‎‎2‎)‎ D.‎‎(−∞,‎9‎‎2‎]‎ 二、填空题:本大题共6个小题,每小题5分,共30分.请将答案填在题中横线上.‎ ‎ ‎ ‎ 已知集合A=‎{x|(x+1)(x−2)≤0}‎,‎∁‎RB=‎{x|x≤0或x>3}‎,则A∩B=________. ‎ ‎ ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎ 若‎(x‎2‎+‎‎1‎ax‎)‎‎6‎的二项展开式中x‎3‎的系数为‎5‎‎2‎,则a=________(用数字作答). ‎ ‎ ‎ ‎ 过点‎(−‎3‎,1)‎的直线l与圆x‎2‎‎+‎y‎2‎=‎4‎相切,则直线l在y轴上的截距为________. ‎ ‎ ‎ ‎ 一袋中装有‎6‎个大小相同的黑球和白球.已知从袋中任意摸出‎2‎个球,至少得到‎1‎个白球的概率是‎4‎‎5‎,则袋中白球的个数为________;从袋中任意摸出‎2‎个球,则摸到白球的个数X的数学期望为________. ‎ ‎ ‎ ‎ 已知ab>0‎,则‎(a‎2‎+4b‎2‎)‎‎2‎‎+2(a‎2‎+4b‎2‎)+5‎‎4ab+1‎的最小值为________. ‎ ‎ ‎ ‎ 已知定义在R上的偶函数f(x)‎在‎(−∞, 0]‎上单调递增,且f(−1)‎=‎−1‎.若f(x−1)+1≥0‎,则x的取值范围是________;设函数g(x)=‎(x+1‎)‎‎2‎−a−1,x>0,‎‎2‎x‎+x−a+1,x≤0,‎ ‎若方程f(g(x)‎)‎+1‎=‎0‎有且只有两个不同的实数解,则实数a的取值范围为________. ‎ 三、解答题:(本大题共5个小题,共75分解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)‎ ‎ ‎ ‎ 在‎△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a‎2‎‎+‎c‎2‎=b‎2‎‎+‎10‎‎5‎ac. ‎(‎Ⅰ‎)‎求cosB及tan2B的值; ‎(‎Ⅱ‎)‎若b=‎3‎,A=‎π‎4‎,求c的值. ‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示,平面CDEF⊥‎平面ABCD,且四边形ABCD为平行四边形,‎∠DAB=‎45‎‎∘‎,四边形CDEF为直角梯形,EF // DC,ED⊥CD,AB=‎3EF=‎3‎,ED=a,AD=‎‎2‎. ‎ 求证:AD⊥BF; ‎(‎Ⅱ‎)‎若线段CF上存在一点M,满足AE // ‎平面BDM,求CMCF的值; ‎(‎Ⅲ‎)‎若a=‎1‎,求二面角D−BC−F的余弦值.‎ ‎ ‎ ‎ 已知F‎1‎,F‎2‎为椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)‎的左、右焦点,椭圆C过点M(1,‎2‎‎2‎)‎,且MF‎2‎⊥‎F‎1‎F‎2‎. ‎(‎Ⅰ‎)‎求椭圆C的方程; ‎(‎Ⅱ‎)‎经过点P(2, 0)‎的直线交椭圆C于A,B两点,若存在点Q(m, 0)‎,使得‎|QA|‎=‎|QB|‎. ‎(i)‎求实数m的取值范围: ‎(i)‎若线段F‎1‎A的垂直平分线过点Q,求实数m的值. ‎ ‎ ‎ ‎ 设‎{an}‎是各项都为整数的等差数列,其前n项和为Sn,‎{bn}‎是等比数列,且a‎1‎=b‎1‎=‎1‎,a‎3‎‎+‎b‎2‎=‎7‎,S‎5‎b‎2‎=‎50‎,n∈‎N‎*‎. ‎(‎Ⅰ‎)‎求数列‎{an}‎,‎{bn}‎的通项公式; ‎(‎Ⅱ‎)‎设cn=log‎2‎b‎1‎‎+log‎2‎b‎2‎+log‎2‎b‎3‎+...+‎log‎2‎bn,Tn=a‎​‎cn‎+1‎+a‎​‎cn‎+2‎+a‎​‎cn‎+3‎+⋯+a‎​‎cn‎+n. ‎(i)‎求Tn; ‎(ii)‎求证:i=2‎n‎ ‎‎1‎Ti‎−i‎<2‎. ‎ ‎ ‎ ‎ 设函数f(x)=k‎3‎x‎3‎−‎1‎‎2‎x‎2‎−x,k∈R. ‎(‎Ⅰ‎)‎若x=‎1‎是函数f(x)‎的一个极值点,求k的值及f(x)‎单调区间; ‎(‎Ⅱ‎)‎设g(x)‎=‎(x+1)ln(x+1)+f(x)‎,若g(x)‎在‎[0, +∞)‎上是单调增函数,求实数k的取值范围; ‎(‎Ⅲ‎)‎证明:当p>0‎,q>0‎及m[p+qp‎2n−1‎i=1‎‎2n−1‎‎ ‎(−1‎‎)‎i−1‎p‎2n−1−iqi−1‎‎]‎‎2m−1‎. ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 参考答案与试题解析 ‎2020年天津市南开区高考数学二模试卷 一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 复数的运算 复数的代数表示法及其几何意义 ‎【解析】‎ 直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ z=‎4+3i‎3−4i=‎(4+3i)(3+4i)‎‎(3−4i)(3+4i)‎=‎25i‎25‎=i, ∴ 复数z=‎‎4+3i‎3−4i(i是虚数单位)在复平面内对应点的坐标为‎(0, 1)‎.‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 分层抽样方法 ‎【解析】‎ 由某中学高一、高二、高三年级的学生人数之比为‎6:5:7‎,知高三年级学生的数量占总数的‎7‎‎18‎,再由分层抽样的方法从三个年级的学生中抽取一个容量为n的样本,高三年级被抽到的人数为‎21‎人,能求出n.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 某中学高一、高二、高三年级的学生人数之比为‎6:5:7‎, ∴ 高三年级学生的数量占总数的‎7‎‎18‎, ∵ 分层抽样的方法从三个年级的学生中抽取一个容量为n的样本,若已知高三年级被抽到的人数为‎21‎人, ∴ n=‎21÷‎7‎‎18‎=54‎.‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 充分条件、必要条件、充要条件 ‎【解析】‎ 化x‎2‎‎+y‎2‎−kx+2y+k‎2‎−2‎=‎0‎为‎(x−k‎2‎‎)‎‎2‎+(y+1‎)‎‎2‎=3−‎‎3‎‎4‎k‎2‎,由‎3−‎3‎‎4‎k‎2‎>0‎求得k的范围,然后逐一核对四个选项得答案.‎ ‎【解答】‎ 由x‎2‎‎+y‎2‎−kx+2y+k‎2‎−2‎=‎0‎,得‎(x−k‎2‎‎)‎‎2‎+(y+1‎)‎‎2‎=3−‎‎3‎‎4‎k‎2‎, 若方程x‎2‎‎+y‎2‎−kx+2y+k‎2‎−2‎=‎0‎表示圆,则‎3−‎3‎‎4‎k‎2‎>0‎,即‎−2a>c.‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 棱柱、棱锥、棱台的体积 ‎【解析】‎ 由该长方体的外接球体积为‎32‎‎3‎π,求出该长方体的外接球半径为R=‎2‎,从而求出AA‎1‎=‎2‎‎3‎,由此能求出三棱锥D‎1‎‎−ACE的体积.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 长方体ABCD−‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎D‎1‎的底面是面积为‎2‎的正方形, 该长方体的外接球体积为‎32‎‎3‎π,设长方体的外接球的半径为R, 则‎4‎‎3‎πR‎3‎=‎32‎‎3‎π,解得该长方体的外接球半径为R=‎2‎, ∴ ‎2+2+AA‎1‎‎2‎‎2‎‎=2‎,解得AA‎1‎=‎2‎‎3‎, S‎△ACE‎=‎1‎‎2‎S‎△ABC=‎1‎‎2‎×‎1‎‎2‎×‎2‎×‎2‎=‎‎1‎‎2‎, ∴ 三棱锥D‎1‎‎−ACE的体积V=‎1‎‎3‎×S‎△ACE×DD‎1‎=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×2‎3‎=‎‎3‎‎3‎.‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 双曲线的离心率 ‎【解析】‎ 因为离心率e=c‎2‎a‎2‎=‎1+‎b‎2‎a‎2‎=‎‎6‎‎2‎,所以ba‎=‎‎2‎‎2‎,不妨设与圆F相交的渐近线为y=bax,则点F(c, 0)‎到直线MN的距离为d=‎|ba⋅c|‎‎1+‎b‎2‎a‎2‎=b,所以sin∠NMF=dMF=ba=‎‎2‎‎2‎,‎∠NMF=‎45‎‎∘‎=‎∠MNF,所以‎∠MFN=‎‎180‎‎∘‎‎−(∠NMF+∠MNF)‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎=‎90‎‎∘‎.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 离心率e=c‎2‎a‎2‎=‎1+‎b‎2‎a‎2‎=‎‎6‎‎2‎,∴ ba‎=‎‎2‎‎2‎, 由题意可知,双曲线x‎2‎a‎2‎‎−y‎2‎b‎2‎=1‎的渐近线方程为y=±bax,点F(c, 0)‎, 不妨设与圆F相交的渐近线为y=bax,则点F到直线MN的距离为d=‎|ba⋅c|‎‎1+‎b‎2‎a‎2‎=b, ∴ sin∠NMF=dMF=ba=‎‎2‎‎2‎,‎∠NMF=‎45‎‎∘‎=‎∠MNF,∴ ‎∠MFN=‎180‎‎∘‎‎−(∠NMF+∠MNF)‎=‎90‎‎∘‎.‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 排列、组合及简单计数问题 ‎【解析】‎ 根据分类计数原理即可求出.‎ ‎【解答】‎ 若在‎2‎人在‎1‎号餐桌,‎1‎人在‎2‎号餐桌,则有C‎3‎‎2‎‎×2‎=‎6‎种, 若在‎1‎人在‎1‎号餐桌,‎2‎人在‎2‎号餐桌,则有C‎3‎‎2‎‎×2‎=‎6‎种, 则共有不同的坐法‎6+6‎=‎12‎种.‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 等差数列的通项公式 正弦函数的单调性 ‎【解析】‎ 先根据三角函数的图象和性质求出f(x)‎的解析式,可得它的导数,再利用余弦函数的单调性,得出结论.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 函数f(x)‎=sin(ωx+φ)(ω>0, |φ|<π‎2‎)‎,y=f(x)‎的图象关于直线x=‎‎5π‎6‎对称, 且与x轴交点的横坐标构成一个公差为π‎2‎的等差数列,故函数的周期为‎2×π‎2‎=‎‎2πω,∴ ω=‎2‎. 故‎2×‎5π‎6‎+φ=kπ+‎π‎2‎,k∈Z,∴ φ=−‎π‎6‎,f(x)‎=sin(2x−π‎6‎)‎. 则函数f(x)‎的导函数f′(x)‎=‎2cos(2x−π‎6‎)‎. 令‎2kπ≤2x−π‎6‎≤2kπ+π,可得kπ+π‎12‎≤x≤kπ+‎‎7π‎12‎,故f′(x)‎的减区间为‎[kπ+π‎12‎, kπ+‎7π‎12‎]‎,k∈Z,‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 平面向量数量积的性质及其运算 ‎【解析】‎ 因为是等边三角形,所以可建立平面直角坐标系,设出PQ的方程,解出P,Q的坐标,即可将问题转化为直线PQ斜率k的函数,求其值域即可.‎ ‎【解答】‎ 由题意,如图建立平面直角坐标系: 因为三角形ABC边长为‎2‎‎3‎,故‎2‎3‎×‎3‎‎2‎=3‎, 故:DE:y=‎‎3‎‎2‎;O(0, 1)‎,A(0, 3)‎. 所以直线PQ:y=kx+1‎,(由对称性,不妨设k>0‎). 所以由y=kx+1‎y=‎‎3‎‎2‎‎ ‎得Q(‎1‎‎2k,‎3‎‎2‎)‎;由y=0‎y=kx+1‎‎ ‎得P(−‎1‎k,0)‎. 所以AQ‎→‎‎=(‎1‎‎2k,−‎3‎‎2‎),AP‎→‎=(−‎1‎k,−3)‎, 所以AP‎→‎‎⋅AQ‎→‎=−‎1‎‎2‎k‎2‎+‎9‎‎2‎<‎‎9‎‎2‎, 特别的,当PQ⊥x轴时,P(0, 0)‎,Q(0, ‎3‎‎2‎)‎, ∴ AP‎→‎‎⋅AQ‎→‎=(0,−3)⋅(0,−‎3‎‎2‎)=‎‎9‎‎2‎. 故AP‎→‎‎⋅AQ‎→‎≤‎‎9‎‎2‎.‎ 二、填空题:本大题共6个小题,每小题5分,共30分.请将答案填在题中横线上.‎ ‎【答案】‎ ‎(0, 2]‎ ‎【考点】‎ 交集及其运算 ‎【解析】‎ 可以求出集合A,B,然后进行交集的运算即可.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎∁‎RB=‎{x|x≤0或x>3}‎, ∴ B=‎{x|00‎,则有a‎2‎‎+4b‎2‎≥2×a‎2‎‎×4‎b‎2‎=4ab,当且仅当a=‎2b时等号成立, 则原式‎=‎(a‎2‎+4b‎2‎)‎‎2‎‎+2(a‎2‎+4b‎2‎)+5‎‎4ab+1‎≥‎(4ab‎)‎‎2‎+2(4ab)+5‎‎4ab+1‎=‎(4ab+1‎)‎‎2‎+4‎‎4ab+1‎=(4ab+1)+‎‎4‎‎4ab+1‎, 又由ab>0‎,则‎4ab+1>1‎, 则有‎(4ab+1)+‎4‎‎4ab+1‎≥2×‎(4ab+1)×‎‎4‎‎4ab+1‎=4‎,当且仅当‎4ab+1‎=‎2‎,即‎4ab=‎1‎时等号成立, 综合可得:‎(a‎2‎+4b‎2‎)‎‎2‎‎+2(a‎2‎+4b‎2‎)+5‎‎4ab+1‎的最小值为‎4‎,当且仅当a=‎2b=‎‎1‎‎2‎时等号成立 ‎【答案】‎ ‎[0, 2]‎‎,‎‎(−∞, −1]∪(3, +∞)‎ ‎【考点】‎ 函数的零点与方程根的关系 奇偶性与单调性的综合 ‎【解析】‎ 根据f(x)‎的奇偶性和单调性列不等式求出x的范围,根据g(x)‎的单调性和最值,分情况讨论最值和‎±1‎的关系,从而确定a的范围.‎ ‎【解答】‎ ‎(2)‎2−a>1>−a>−1‎,此时g(x)‎=‎1‎有‎2‎解,g(x)‎=‎−1‎有‎1‎解,不符合题意(1)(3)若‎−a≥1‎,则g(x)‎=‎1‎有‎1‎解,g(x)‎=‎−1‎有‎1‎解,符合题意(2)(4)若‎2−a<−1‎,则g(x)‎=‎1‎有‎1‎解,g(x)‎=‎−1‎有‎1‎解,符合题意(3)(5)若‎2−a=‎1‎,则g(x)‎=‎1‎有‎2‎解,g(x)‎=‎−1‎有‎1‎解,不符合题意(4)(6)若‎2−a=‎−1‎,则g(x)‎=‎−1‎有‎2‎解,g(x)‎=‎1‎有‎1‎解,不符合题意(5)综上,‎−a≥1‎或‎2−a<−1‎,解得a≤−1‎或a>3‎. 故答案为:‎[0, 2]‎,‎(−∞, −1]∪(3, +∞)‎.‎ 三、解答题:(本大题共5个小题,共75分解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)‎ ‎【答案】‎ ‎(1)∵ a‎2‎‎+‎c‎2‎=b‎2‎‎+‎10‎‎5‎ac, ∴ 由余弦定理可得:cosB=a‎2‎‎+c‎2‎−‎b‎2‎‎2ac=‎‎10‎‎10‎, ∴ sinB=‎1−cos‎2‎B=‎‎3‎‎10‎‎10‎, ∴ sin2B=‎2sinBcosB=‎‎3‎‎5‎,cos2B=‎2cos‎2‎B−1=−‎‎4‎‎5‎, ∴ tan2B=sin2Bcos2B=−‎‎3‎‎4‎; (2)∵ sinC=sin[π−(A+B)]‎=sin(A+B)‎=sin(B+π‎4‎)‎=sinBcosπ‎4‎+cosBsinπ‎4‎=‎3‎‎10‎‎10‎×‎2‎‎2‎+‎10‎‎10‎×‎2‎‎2‎=‎‎2‎‎5‎‎5‎. ∴ 由正弦定理csinC‎=‎bsinB,可得c=b⋅sinCsinB=‎3×‎‎2‎‎5‎‎5‎‎3‎‎10‎‎10‎=2‎‎2‎.‎ ‎【考点】‎ 余弦定理 ‎【解析】‎ ‎(‎Ⅰ‎)‎由已知利用余弦定理可得cosB,利用同角三角函数基本关系式可求sinB,利用二倍角公式可求sin2B,cos2B,进而根据同角三角函数基本关系式可求tan2B的值. ‎(‎Ⅱ‎)‎由已知利用两角和的正弦函数公式可求sinC的值,进而由正弦定理可得c的值.‎ ‎【解答】‎ ‎(1)∵ a‎2‎‎+‎c‎2‎=b‎2‎‎+‎10‎‎5‎ac, ∴ ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎ 由余弦定理可得:cosB=a‎2‎‎+c‎2‎−‎b‎2‎‎2ac=‎‎10‎‎10‎, ∴ sinB=‎1−cos‎2‎B=‎‎3‎‎10‎‎10‎, ∴ sin2B=‎2sinBcosB=‎‎3‎‎5‎,cos2B=‎2cos‎2‎B−1=−‎‎4‎‎5‎, ∴ tan2B=sin2Bcos2B=−‎‎3‎‎4‎; (2)∵ sinC=sin[π−(A+B)]‎=sin(A+B)‎=sin(B+π‎4‎)‎=sinBcosπ‎4‎+cosBsinπ‎4‎=‎3‎‎10‎‎10‎×‎2‎‎2‎+‎10‎‎10‎×‎2‎‎2‎=‎‎2‎‎5‎‎5‎. ∴ 由正弦定理csinC‎=‎bsinB,可得c=b⋅sinCsinB=‎3×‎‎2‎‎5‎‎5‎‎3‎‎10‎‎10‎=2‎‎2‎.‎ ‎【答案】‎ ‎(1)∵ 平面CDEF⊥‎平面ABCD,ED⊥CD, ∴ ED⊥‎平面ABCD, 如图,以D为原点,DC所在直线为y轴,过点D垂直于DC的直线为x轴,建立空间直角坐标系, ∵ ‎∠DAB=‎45‎‎∘‎,AB=‎3EF=‎3‎,ED=a,AD=‎‎2‎, ∴ A(1, −1, 0)‎,B(1, 2, 0)‎,C(0, 3, 0)‎,E(0, 0, a)‎,F(0, 1, a)‎, ∴ BF‎→‎‎=(−1,−1,a),DA‎→‎=(1,−1,0)‎, ∴ BF‎→‎‎⋅AD‎→‎=−1+1+0=0‎, ∴ AD⊥EF; (2)设CM‎→‎‎=λCF‎→‎=λ(0,−2,a)=(0,−2λ,aλ)‎,则DM‎→‎‎=DC‎→‎+CM‎→‎=(0,3,0)+(0,−2λ,λa)=(0,3−2λ,λa)‎, 设平面BDM的法向量为n‎1‎‎→‎‎=(x‎1‎,y‎1‎,z‎1‎)‎,则n‎1‎‎→‎‎⋅DB‎→‎=x‎1‎+2y‎1‎=0‎n‎1‎‎→‎‎⋅CP‎→‎=(3−2λ)y‎1‎+λaz‎1‎=0‎‎ ‎, 取x‎1‎=‎2‎,则n‎1‎‎→‎‎=(2,−1,‎3−2λaλ)‎, 若AE // ‎平面BDM,则AE‎→‎‎⋅n‎1‎‎→‎=(−1,1,a)⋅(2,−1,‎3−2λaλ)=0‎,即‎−2−1+‎3−2λλ=0‎,解得λ=‎‎3‎‎5‎, ∴ 线段CF上存在一点M,满足AE // ‎平面BDM,此时CMCF‎=‎‎3‎‎5‎; (3)设平面BCF的法向量为n‎2‎‎→‎‎=(x‎2‎,y‎2‎,z‎2‎)‎,则n‎2‎‎→‎‎⋅CB‎→‎=(x‎2‎,y‎2‎,z‎2‎)⋅(1,−1,0)=x‎2‎−y‎2‎=0‎n‎2‎‎→‎‎⋅CF‎→‎=(x‎2‎,y‎2‎,z‎2‎)⋅(0,−2,1)=−2y‎2‎+z‎2‎=0‎‎ ‎, 取x‎2‎=‎1‎,则n‎2‎‎→‎‎=(1,1,2)‎, 又平面BCD的一个法向量为n‎3‎‎→‎‎=(0,0,1)‎, ∴ ‎|cos|=|n‎2‎‎→‎‎⋅‎n‎3‎‎→‎‎|n‎2‎‎→‎||n‎3‎‎→‎|‎|=‎‎6‎‎3‎, 由图可知,二面角D−BC−F为锐角,故二面角D−BC−F的余弦值为‎6‎‎3‎. ‎ ‎【考点】‎ 直线与平面平行 直线与平面垂直 二面角的平面角及求法 ‎【解析】‎ ‎(1)建立空间直角坐标系,求出直线AD及直线BF的方向向量,利用两向量的数量积为‎0‎,即可得证; (2)设CM‎→‎‎=λCF‎→‎,根据题设数据,求出平面BDN的一个法向量,以及直线AE的方向向量,利用AE // ‎平面BDM,建立关于λ的方程,解出即可; (3)求出平面BCF及平面BCD的法向量,利用向量的夹角公式即可得解.‎ ‎【解答】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎(1)∵ 平面CDEF⊥‎平面ABCD,ED⊥CD, ∴ ED⊥‎平面ABCD, 如图,以D为原点,DC所在直线为y轴,过点D垂直于DC的直线为x轴,建立空间直角坐标系, ∵ ‎∠DAB=‎45‎‎∘‎,AB=‎3EF=‎3‎,ED=a,AD=‎‎2‎, ∴ A(1, −1, 0)‎,B(1, 2, 0)‎,C(0, 3, 0)‎,E(0, 0, a)‎,F(0, 1, a)‎, ∴ BF‎→‎‎=(−1,−1,a),DA‎→‎=(1,−1,0)‎, ∴ BF‎→‎‎⋅AD‎→‎=−1+1+0=0‎, ∴ AD⊥EF; (2)设CM‎→‎‎=λCF‎→‎=λ(0,−2,a)=(0,−2λ,aλ)‎,则DM‎→‎‎=DC‎→‎+CM‎→‎=(0,3,0)+(0,−2λ,λa)=(0,3−2λ,λa)‎, 设平面BDM的法向量为n‎1‎‎→‎‎=(x‎1‎,y‎1‎,z‎1‎)‎,则n‎1‎‎→‎‎⋅DB‎→‎=x‎1‎+2y‎1‎=0‎n‎1‎‎→‎‎⋅CP‎→‎=(3−2λ)y‎1‎+λaz‎1‎=0‎‎ ‎, 取x‎1‎=‎2‎,则n‎1‎‎→‎‎=(2,−1,‎3−2λaλ)‎, 若AE // ‎平面BDM,则AE‎→‎‎⋅n‎1‎‎→‎=(−1,1,a)⋅(2,−1,‎3−2λaλ)=0‎,即‎−2−1+‎3−2λλ=0‎,解得λ=‎‎3‎‎5‎, ∴ 线段CF上存在一点M,满足AE // ‎平面BDM,此时CMCF‎=‎‎3‎‎5‎; (3)设平面BCF的法向量为n‎2‎‎→‎‎=(x‎2‎,y‎2‎,z‎2‎)‎,则n‎2‎‎→‎‎⋅CB‎→‎=(x‎2‎,y‎2‎,z‎2‎)⋅(1,−1,0)=x‎2‎−y‎2‎=0‎n‎2‎‎→‎‎⋅CF‎→‎=(x‎2‎,y‎2‎,z‎2‎)⋅(0,−2,1)=−2y‎2‎+z‎2‎=0‎‎ ‎, 取x‎2‎=‎1‎,则n‎2‎‎→‎‎=(1,1,2)‎, 又平面BCD的一个法向量为n‎3‎‎→‎‎=(0,0,1)‎, ∴ ‎|cos|=|n‎2‎‎→‎‎⋅‎n‎3‎‎→‎‎|n‎2‎‎→‎||n‎3‎‎→‎|‎|=‎‎6‎‎3‎, 由图可知,二面角D−BC−F为锐角,故二面角D−BC−F的余弦值为‎6‎‎3‎. ‎ ‎【答案】‎ ‎(1)因为椭圆过M(1, ‎2‎‎2‎)‎,MF‎2‎⊥‎F‎1‎F‎2‎, 所以c‎2‎‎=a‎2‎−‎b‎2‎‎1‎a‎2‎‎+‎1‎‎2‎b‎2‎=1‎‎ ‎解得:a‎2‎=‎2‎,b‎2‎=‎1‎, 所以椭圆的方程为:x‎2‎‎2‎‎+‎y‎2‎=‎1‎; (2)设直线的方程为:y=k(x−2)‎, 代入椭圆的方程y=k(x−2)‎x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1‎‎ ‎,整理可得:‎(1+2k‎2‎)x‎2‎−8k‎2‎x+8k‎2‎−2‎=‎0‎, 因为直线l与椭圆C由两个交点,所以‎△‎=‎64k‎4‎−4(1+2k‎2‎)(8k‎2‎−2)>0‎, 解得‎2k‎2‎<1‎; 设A(x‎1‎, y‎1‎)‎,B(x‎2‎, y‎2‎)‎,则有x‎1‎‎+x‎2‎=‎‎8‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎,x‎1‎x‎2‎‎=‎‎8k‎2‎−2‎‎1+2‎k‎2‎, ‎(i)‎设AB中点为M(x‎0‎, y‎0‎)‎, 则有x‎0‎‎=‎‎4‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎,y‎0‎=k(x‎0‎−2)=−‎‎2k‎1+2‎k‎2‎, 当k≠0‎时,因为‎|QA|‎=‎|QB|‎,∴ QM⊥l, ∴ kQM‎⋅k=‎−2k‎1+2‎k‎2‎‎−0‎‎4‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎‎−m⋅k=‎−1‎,解得m=‎‎2‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎, ∴ m=‎2‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎=1−‎1‎‎1+2‎k‎2‎∈(0, ‎1‎‎2‎)‎, 当k=‎0‎,可得m=‎0‎, 综上所述:m∈[0, ‎1‎‎2‎)‎. ‎(ii)‎由题意‎|QF‎1‎|‎=‎|QA|‎=QB|‎,且F‎1‎‎(−1, 0)‎, 由x‎2‎‎+2y‎2‎=2‎‎(x−m‎)‎‎2‎+y‎2‎=(m+1‎‎)‎‎2‎‎ ‎,整理可得:x‎2‎‎−4mx−4m=‎0‎, 所以x‎1‎,x‎2‎也是此方程的两个根,所以x‎1‎‎+‎x‎2‎=‎4m=‎‎8‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎,x‎1‎x‎2‎=‎−4m=‎‎8k‎2‎−2‎‎1+2‎k‎2‎, 所以‎8‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎‎=‎‎2−8‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎,解得k‎2‎‎=‎‎1‎‎8‎, 所以m=‎2‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎=‎‎1‎‎5‎. 所以m的值为‎1‎‎5‎. ‎ ‎【考点】‎ 直线与椭圆的位置关系 椭圆的标准方程 椭圆的应用 ‎【解析】‎ ‎(‎Ⅰ‎)‎由椭圆过M点,及且MF‎2‎⊥‎F‎1‎F‎2‎,可得c=‎1‎,可得a,b的值,求出椭圆的方程; ‎(‎Ⅱ‎)(i)‎设直线AB的方程与椭圆联立求出两根之和,可得AB的中点N的坐标,由‎|QA|‎=‎|QB|‎.可得直线AB⊥QN可得斜率之积为‎−1‎,可得m的表达式m=‎‎2‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎,进而可得m的范围; ‎(ii)‎由题意‎|QF‎1‎|‎=‎|QA|‎=QB|‎,且F‎1‎‎(−1, 0)‎,可得:x‎2‎‎−4mx−4m=‎0‎,所以x‎1‎‎+‎x‎2‎=‎4m=‎‎8‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎,x‎1‎x‎2‎=‎−4m=‎‎8k‎2‎−2‎‎1+2‎k‎2‎,可得‎8‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎‎=−‎‎8k‎2‎−2‎‎1+2‎k‎2‎,解得k‎2‎‎=‎‎1‎‎8‎,进而求出m的值.‎ ‎【解答】‎ ‎(1)因为椭圆过M(1, ‎2‎‎2‎)‎,MF‎2‎⊥‎F‎1‎F‎2‎, 所以c‎2‎‎=a‎2‎−‎b‎2‎‎1‎a‎2‎‎+‎1‎‎2‎b‎2‎=1‎‎ ‎解得:a‎2‎=‎2‎,b‎2‎=‎1‎, 所以椭圆的方程为:x‎2‎‎2‎‎+‎y‎2‎=‎1‎; (2)设直线的方程为:y=k(x−2)‎, 代入椭圆的方程y=k(x−2)‎x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1‎‎ ‎,整理可得:‎(1+2k‎2‎)x‎2‎−8k‎2‎x+8k‎2‎−2‎=‎0‎, 因为直线l与椭圆C由两个交点,所以‎△‎=‎64k‎4‎−4(1+2k‎2‎)(8k‎2‎−2)>0‎, 解得‎2k‎2‎<1‎; 设A(x‎1‎, y‎1‎)‎,B(x‎2‎, y‎2‎)‎,则有x‎1‎‎+x‎2‎=‎‎8‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎,x‎1‎x‎2‎‎=‎‎8k‎2‎−2‎‎1+2‎k‎2‎, ‎(i)‎设AB中点为M(x‎0‎, y‎0‎)‎, 则有x‎0‎‎=‎‎4‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎,y‎0‎=k(x‎0‎−2)=−‎‎2k‎1+2‎k‎2‎, 当k≠0‎时,因为‎|QA|‎=‎|QB|‎,∴ QM⊥l, ∴ kQM‎⋅k=‎−2k‎1+2‎k‎2‎‎−0‎‎4‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎‎−m⋅k=‎−1‎,解得m=‎‎2‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎, ∴ m=‎2‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎=1−‎1‎‎1+2‎k‎2‎∈(0, ‎1‎‎2‎)‎, 当k=‎0‎,可得m=‎0‎, 综上所述:m∈[0, ‎1‎‎2‎)‎. ‎(ii)‎由题意‎|QF‎1‎|‎=‎|QA|‎=QB|‎,且F‎1‎‎(−1, 0)‎, 由x‎2‎‎+2y‎2‎=2‎‎(x−m‎)‎‎2‎+y‎2‎=(m+1‎‎)‎‎2‎‎ ‎,整理可得:x‎2‎‎−4mx−4m=‎0‎, 所以x‎1‎,x‎2‎也是此方程的两个根,所以x‎1‎‎+‎x‎2‎=‎4m=‎‎8‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎,x‎1‎x‎2‎=‎−4m=‎‎8k‎2‎−2‎‎1+2‎k‎2‎, 所以‎8‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎‎=‎‎2−8‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎,解得k‎2‎‎=‎‎1‎‎8‎, ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 所以m=‎2‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎=‎‎1‎‎5‎. 所以m的值为‎1‎‎5‎. ‎ ‎【答案】‎ ‎(1)设等差数列‎{an}‎的公差为d,等比数列‎{bn}‎的公比为q,由a‎1‎=b‎1‎=‎1‎,a‎3‎‎+‎b‎2‎=‎7‎,S‎5‎b‎2‎=‎50‎, 可得‎1+2d+q=‎7‎,‎5(1+2d)q=‎50‎, 解得d=‎2‎,q=‎2‎或d=‎‎1‎‎2‎,q=‎5‎, 由于‎{an}‎是各项都为整数的等差数列,所以d=‎2‎,q=‎2‎, 从而an=‎2n−1‎,bn=‎2‎n−1‎,n∈N*‎; ‎(2)(i)‎∵ log‎2‎bn=log‎2‎‎2‎n−1‎=n−1‎, ∴ cn=‎0+1+2+...+(n−1)=‎1‎‎2‎n(n−1)‎, ∴ a‎​‎cn‎+i=2(n‎2‎‎−n‎2‎+i)−1‎=n‎2‎‎−n−1+2i, ∴ Tn=‎(n‎2‎−n−1+2)+(n‎2‎−n−1+4)+...+(n‎2‎−n−1+2n)‎ =n(n‎2‎−n−1)+(2+4+...+2n)‎=n(n‎2‎−n−1)+n(n+1)‎=n‎3‎; ‎(ii)‎证明:‎1‎Tn‎−n‎=‎1‎n‎3‎‎−n=‎‎1‎‎(n−1)n(n+1)‎ ‎=‎1‎n+1‎‎−‎n−1‎(‎1‎‎(n−1)n−‎1‎n(n+1)‎)=‎1‎n(‎1‎n−1‎−‎1‎n+1‎)⋅‎n−1‎‎+‎n+1‎‎2‎, 而n−1‎‎+‎n+1‎‎2‎‎=n−1+n+1+2‎n‎2‎‎−1‎‎4‎<‎2n+2n‎4‎=‎n, ∴ ‎1‎Tn‎−n‎<‎1‎n−1‎−‎‎1‎n+1‎, ∴ i=2‎n‎ ‎‎1‎Ti‎−i‎=‎1‎‎1‎−‎1‎‎3‎+‎1‎‎2‎−‎1‎‎4‎+‎1‎‎3‎−‎1‎‎5‎+‎1‎‎4‎−‎1‎‎6‎+⋯+‎1‎n−2‎−‎1‎n+‎1‎n−1‎−‎‎1‎n+1‎ =‎1+‎2‎‎2‎−‎1‎n−‎‎1‎n+1‎, 由于‎1‎n‎+‎1‎n+1‎>0‎, 可得‎1+‎2‎‎2‎−‎1‎n−‎1‎n+1‎<2‎. 则i=2‎n‎ ‎‎1‎Ti‎−i‎<2‎.‎ ‎【考点】‎ 等差数列与等比数列的综合 数列的求和 ‎【解析】‎ ‎(‎Ⅰ‎)‎设等差数列‎{an}‎的公差为d,等比数列‎{bn}‎的公比为q,运用等差数列和等比数列的通项公式,解方程可得公差和公比,即可得到所求通项公式; ‎(‎Ⅱ‎)(i)‎运用对数的运算性质和等差数列的求和公式可得cn‎=‎1‎‎2‎n(n−1)‎,a‎​‎cn‎+i=n‎2‎−n−1+2i,再由数列的分组求和,结合等差数列的求和公式,计算可得所求和; ‎(ii)‎推得‎1‎Tn‎−n‎=‎1‎n‎3‎‎−n=‎1‎‎(n−1)n(n+1)‎<‎1‎n−1‎−‎‎1‎n+1‎,再由数列的裂项相消求和和不等式的性质,即可得证.‎ ‎【解答】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎(1)设等差数列‎{an}‎的公差为d,等比数列‎{bn}‎的公比为q,由a‎1‎=b‎1‎=‎1‎,a‎3‎‎+‎b‎2‎=‎7‎,S‎5‎b‎2‎=‎50‎, 可得‎1+2d+q=‎7‎,‎5(1+2d)q=‎50‎, 解得d=‎2‎,q=‎2‎或d=‎‎1‎‎2‎,q=‎5‎, 由于‎{an}‎是各项都为整数的等差数列,所以d=‎2‎,q=‎2‎, 从而an=‎2n−1‎,bn=‎2‎n−1‎,n∈N*‎; ‎(2)(i)‎∵ log‎2‎bn=log‎2‎‎2‎n−1‎=n−1‎, ∴ cn=‎0+1+2+...+(n−1)=‎1‎‎2‎n(n−1)‎, ∴ a‎​‎cn‎+i=2(n‎2‎‎−n‎2‎+i)−1‎=n‎2‎‎−n−1+2i, ∴ Tn=‎(n‎2‎−n−1+2)+(n‎2‎−n−1+4)+...+(n‎2‎−n−1+2n)‎ =n(n‎2‎−n−1)+(2+4+...+2n)‎=n(n‎2‎−n−1)+n(n+1)‎=n‎3‎; ‎(ii)‎证明:‎1‎Tn‎−n‎=‎1‎n‎3‎‎−n=‎‎1‎‎(n−1)n(n+1)‎ ‎=‎1‎n+1‎‎−‎n−1‎(‎1‎‎(n−1)n−‎1‎n(n+1)‎)=‎1‎n(‎1‎n−1‎−‎1‎n+1‎)⋅‎n−1‎‎+‎n+1‎‎2‎, 而n−1‎‎+‎n+1‎‎2‎‎=n−1+n+1+2‎n‎2‎‎−1‎‎4‎<‎2n+2n‎4‎=‎n, ∴ ‎1‎Tn‎−n‎<‎1‎n−1‎−‎‎1‎n+1‎, ∴ i=2‎n‎ ‎‎1‎Ti‎−i‎=‎1‎‎1‎−‎1‎‎3‎+‎1‎‎2‎−‎1‎‎4‎+‎1‎‎3‎−‎1‎‎5‎+‎1‎‎4‎−‎1‎‎6‎+⋯+‎1‎n−2‎−‎1‎n+‎1‎n−1‎−‎‎1‎n+1‎ =‎1+‎2‎‎2‎−‎1‎n−‎‎1‎n+1‎, 由于‎1‎n‎+‎1‎n+1‎>0‎, 可得‎1+‎2‎‎2‎−‎1‎n−‎1‎n+1‎<2‎. 则i=2‎n‎ ‎‎1‎Ti‎−i‎<2‎.‎ ‎【答案】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎(1)f′(x)‎=kx‎2‎−x−1‎, ∵ x=‎1‎是函数f(x)‎的一个极值点, ∴ f′(1)‎=k−1−1‎=‎0‎,解得:k=‎2‎, ∴ f′(x)‎=‎2x‎2‎−x−1‎, 当f′(x)>0‎,即x<−‎‎1‎‎2‎或x>1‎时,f(x)‎递增, 当f′(x)<0‎,即‎−‎1‎‎2‎0‎,由h′(x)‎=‎0‎解得:x=‎0‎,x=‎1−2k‎2k>−1‎, ①当‎00‎, ∴ x∈(0, ‎1−2k‎2k)‎时,h′(x)<0‎,h(x)‎递减, ∴ h(x)≤h(0)‎=‎0‎,不合题意, ∴ g(x)>g(1)‎=‎0‎; ②当k≥‎‎1‎‎2‎时,‎1−2k‎2k‎<0‎, ∴ x∈[0, +∞)‎时,h′(x)>0‎,h(x)‎递增, ∴ h(x)≥h(0)‎=‎0‎,即g′(x)≥0‎对任意x∈[0, +∞)‎恒成立, 综上,k≥‎‎1‎‎2‎时,g(x)‎在‎[0, +∞)‎是单调递增函数; ‎(‎Ⅲ‎)‎∵ p+qp‎2m−1‎i=1‎‎2m−1‎‎ ‎‎(−1‎)‎i−1‎p‎2m−1−iqi−1‎=p+qpi=1‎‎2m−1‎‎ ‎‎(−qp)‎i−1‎=p+qp⋅‎1‎‎−(−qp)‎‎2m−1‎‎1−(−qp)‎=1+‎‎(qp)‎‎2m−1‎, ∴ ‎[p+qp‎2m−1‎i=1‎‎2m−1‎‎ ‎‎(−1)‎i−1‎p‎2m−1−iqi−1‎‎]‎‎2n−1‎>[p+qp‎2n−1‎ni=1‎‎2m−1‎‎ ‎(−1‎‎)‎i−1‎p‎2n−1−iqi−1‎‎]‎‎2m−1‎. ‎⇔[1+‎(qp)‎‎2m−1‎‎]‎‎2n−1‎>[1+‎‎(qp)‎‎2n−1‎‎]‎‎2m−1‎, ‎⇔‎[1‎+(qp)‎‎2m−1‎]‎‎1‎‎2m−1‎>‎‎[1‎+(qp)‎‎2n−1‎]‎‎1‎‎2n−1‎ ‎⇔‎1‎‎2m−1‎ln[1+‎(qp)‎‎2m−1‎]>‎1‎‎2n−1‎ln[1+‎(qp)‎‎2n−1‎]‎, ①p>q>0‎时,则‎00)‎,其中a=qp∈(0, 1)‎, φ′(x)=axlnax(1‎+ax)‎−‎ln(1‎+ax)‎x‎2‎, 由‎(‎Ⅱ‎)‎知ln(x+1)>x−‎‎1‎‎2‎x‎2‎, ∴ ln(ax+1)>ax−‎‎1‎‎2‎a‎2x, ∴ φ′(x)0‎, ∴ lna<0‎,ax‎>a‎2x>‎‎1‎‎2‎a‎2x, ∴ φ′(x)<0‎,φ(x)‎在‎(0, +∞)‎递减, ∵ ‎0‎1‎‎2n−1‎ln[1+‎(qp)‎‎2n−1‎]‎, 故原不等式成立. ②p=q时,a=qp=1‎, 则函数h(x)=‎1‎xln(1+ax)=‎ln2‎x,‎(x>0)‎,h(x)‎在‎(0, +∞)‎递减, ∵ ‎0‎1‎‎2n−1‎ln[1+‎(qp)‎‎2n−1‎]‎, ③‎01‎, 构造函数ρ(x)=‎1‎xln(1+ax)‎,‎(x>0)‎,其中a=qp∈(1, +∞)‎, ρ′(x)=axlnax(1‎+ax)‎−‎ln(1‎+ax)‎x‎2‎, 令g(x)‎=xlnx(x>1)‎,则g′(x)‎=lnx+1>0‎,g(x)‎在‎(1, +∞)‎递增, 由ax‎<1+‎ax,得:g(ax)‎1‎‎2n−1‎ln[1+‎(qp)‎‎2n−1‎]‎, 故原不等式成立. 综上,原不等式成立.‎ ‎【考点】‎ 利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的极值 ‎【解析】‎ ‎(‎Ⅰ‎)‎求出函数的导数,得到关于k的方程,求出k,求出函数的单调区间即可; ‎(‎Ⅱ‎)‎求出函数的导数,问题转化为g′(x)‎=h(x)‎=ln(x+1)+kx‎2‎−x≥0‎恒成立,求出h(x)‎的导数,通过讨论k的范围,求出函数h(x)‎的最小值,求出k的范围即可; ‎(‎Ⅲ‎)‎问题转化为证明‎1‎‎2m−1‎ln[1+‎(qp)‎‎2m−1‎]>‎1‎‎2n−1‎ln[1+‎(qp)‎‎2n−1‎]‎,通过讨论p>q>0‎,构造函数φ(x)=‎1‎xln(1+ax)‎,‎(x>0)‎,其中a=qp∈(0, 1)‎,②p=q>0‎,③‎00‎,即x<−‎‎1‎‎2‎或x>1‎时,f(x)‎递增, 当f′(x)<0‎,即‎−‎1‎‎2‎0‎,由h′(x)‎=‎0‎解得:x=‎0‎,x=‎1−2k‎2k>−1‎, ①当‎00‎, ∴ x∈(0, ‎1−2k‎2k)‎时,h′(x)<0‎,h(x)‎递减, ∴ h(x)≤h(0)‎=‎0‎,不合题意, ∴ g(x)>g(1)‎=‎0‎; ②当k≥‎‎1‎‎2‎时,‎1−2k‎2k‎<0‎, ∴ x∈[0, +∞)‎时,h′(x)>0‎,h(x)‎递增, ∴ h(x)≥h(0)‎=‎0‎,即g′(x)≥0‎对任意x∈[0, +∞)‎恒成立, 综上,k≥‎‎1‎‎2‎时,g(x)‎在‎[0, +∞)‎是单调递增函数; ‎(‎Ⅲ‎)‎∵ p+qp‎2m−1‎i=1‎‎2m−1‎‎ ‎‎(−1‎)‎i−1‎p‎2m−1−iqi−1‎=p+qpi=1‎‎2m−1‎‎ ‎‎(−qp)‎i−1‎=p+qp⋅‎1‎‎−(−qp)‎‎2m−1‎‎1−(−qp)‎=1+‎‎(qp)‎‎2m−1‎, ∴ ‎[p+qp‎2m−1‎i=1‎‎2m−1‎‎ ‎‎(−1)‎i−1‎p‎2m−1−iqi−1‎‎]‎‎2n−1‎>[p+qp‎2n−1‎ni=1‎‎2m−1‎‎ ‎(−1‎‎)‎i−1‎p‎2n−1−iqi−1‎‎]‎‎2m−1‎. ‎⇔[1+‎(qp)‎‎2m−1‎‎]‎‎2n−1‎>[1+‎‎(qp)‎‎2n−1‎‎]‎‎2m−1‎, ‎⇔‎[1‎+(qp)‎‎2m−1‎]‎‎1‎‎2m−1‎>‎‎[1‎+(qp)‎‎2n−1‎]‎‎1‎‎2n−1‎ ‎⇔‎1‎‎2m−1‎ln[1+‎(qp)‎‎2m−1‎]>‎1‎‎2n−1‎ln[1+‎(qp)‎‎2n−1‎]‎, ①p>q>0‎时,则‎00)‎,其中a=qp∈(0, 1)‎, φ′(x)=axlnax(1‎+ax)‎−‎ln(1‎+ax)‎x‎2‎, 由‎(‎Ⅱ‎)‎知ln(x+1)>x−‎‎1‎‎2‎x‎2‎, ∴ ln(ax+1)>ax−‎‎1‎‎2‎a‎2x, ∴ φ′(x)0‎, ∴ lna<0‎,ax‎>a‎2x>‎‎1‎‎2‎a‎2x, ∴ φ′(x)<0‎,φ(x)‎在‎(0, +∞)‎递减, ∵ ‎0‎1‎‎2n−1‎ln[1+‎(qp)‎‎2n−1‎]‎, 故原不等式成立. ②p=q时,a=qp=1‎, 则函数h(x)=‎1‎xln(1+ax)=‎ln2‎x,‎(x>0)‎,h(x)‎在‎(0, +∞)‎递减, ∵ ‎0‎1‎‎2n−1‎ln[1+‎(qp)‎‎2n−1‎]‎, ③‎01‎, 构造函数ρ(x)=‎1‎xln(1+ax)‎,‎(x>0)‎,其中a=qp∈(1, +∞)‎, ρ′(x)=axlnax(1‎+ax)‎−‎ln(1‎+ax)‎x‎2‎, 令g(x)‎=xlnx(x>1)‎,则g′(x)‎=lnx+1>0‎,g(x)‎在‎(1, +∞)‎递增, 由ax‎<1+‎ax,得:g(ax)‎1‎‎2n−1‎ln[1+‎(qp)‎‎2n−1‎]‎, 故原不等式成立. 综上,原不等式成立.‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页
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