《天津市十二区县重点学校2020届高考数学一模试卷 （解析版）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《天津市十二区县重点学校2020届高考数学一模试卷 （解析版）.doc（27页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2020年天津市十二区县重点学校高考数学一模试卷一、选择题（共9小题，每小题5分，满分45分）1已知全集U2，1，0，1，2，3，集合Ax|0x1，xZ，B1，2，则U（AB）（）A1，2 B0，1，2C2，1，3 D2，1，0，32已知aR，则“1a0”是“ax2+2ax10对xR恒成立”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件3函数f（x）=ex-e-x2|x|-1的图象大致是（）ABCD4张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方等于10，三棱柱ABCA1B1C1的侧棱垂直于底面，且ABBC=2，ABBC，AA12，若该三棱柱的所有顶点
2、都在同一球面上，利用张衡的结论可得该球的表面积为（）A8B810C12D12105某社区组织“学习强国”的知识竞赛，从参加竞赛的市民中抽出40人，将其成绩分成以下6组：第1组40，50），第2组50，60），第3组60，70），第4组70，80），第5组80，90），第6组90，100，得到如图所示的频率分布直方图现采用分层抽样的方法，从第2，3，4组中按分层抽样抽取8人，则第2，3，4组抽取的人数依次为（）A1，3，4B2，3，3C2，2，4D1，1，66若双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的一条渐近线被圆（x2）2+y24所截得的弦长为23，则C的离心率为（）A2B3C2D23
3、37已知函数yf（x2）的图象关于直线x2对称，在x（0，+）时，f（x）单调递增若af（4ln3），bf（2e），c=f(ln1)（其中e为自然对数的底数，为圆周率），则a，b，c的大小关系为（）AacbBabcCcabDcba8关于函数f(x)=cos2x-23sinxcosx，有下列命题：f（x）的最小正周期为；函数f（x）的图象关于x=3对称；f（x）在区间-23，-6上单调递增；将函数f（x）的图象向左平移512个单位长度后所得到的图象与函数y2sin2x的图象重合其中正确的命题是（）ABCD9在等腰梯形中，ABCD，AB2，AD1，DAB=3，点F是线段AB上的一点，M为直线BC上
4、的动点，若BC=3CE，AF=AB，且AEDF=-1，则MFDM的最大值为（）A14B-6364C1D-2364二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡中的相应横线上）10若复数z满足：z（1+i）|1+3i|，则复数z的虚部是 11二项式(3x+1x)5中，则其展开式中x的系数是 12抛物线C：y22px（p0）的焦点F，其准线过（2，2），过焦点F倾斜角为3的直线交抛物线于A，B两点，则p ；弦AB的长为 13为了贯彻落实党中央对新冠肺炎疫情防控工作的部署和要求，坚决防范疫情向校园蔓延，切实保障广大师生身体健康和生命的安全，教育主管部门决定通过电视频道、网络平台等
5、多种方式实施线上教育教学工作为了了解学生和家长对网课授课方式的满意度，从经济不发达的A城市和经济发达的B城市分别随机调查了20个用户，得到了一个用户满意度评分的样本，并绘制出茎叶图如图：若评分不低于80分，则认为该用户对此授课方式“认可”，否则认为该用户对此授课方式“不认可”以该样本中A，B城市的用户对此授课方式“认可”的频率分别作为A，B城市用户对此授课方式“认可”的概率现从A城市和B城市的所有用户中分别随机抽取2个用户，用X表示这4个用户中对此授课方式“认可”的用户个数，则P（X3） ；用Y表示这从A城市随机抽取2个用户中对此授课方式“认可”的用户个数，则Y的数学期望为 14若存在a，b，
6、c（0，+），使得不等式a2+12b2+c2ab+bc32m+m2成立，则实数m的取值范围是 15已知函数f(x)=ex+1，x1-x2+3x-2，x1，若函数g（x）f（x）k|x+2|有三个零点，则实数k的取值范围是 三、解答题（本大题5小题，共75分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）16ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知ABC的面积为15，bc2，cos A=-14（）求a和sinC的值；（）求cos（2C+3）的值17如图，平面EFBA平面ABCD，EFBA为矩形，ABCD为等腰梯形，ABCD，M，N分别为FC，AC中点，ADC45，DC3AB3，AE2
7、（）证明：MN平面EFBA；（）求二面角FACD的正弦值；（）线段ED上是否存在点P，使得PN面MAC，若存在求出EP的长，若不存在，说明理由18已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点F1，F2，离心率为12，点M是椭圆上的动点，MF1F2的最大面积是3（）求椭圆C的方程；（）圆E经过椭圆的左右焦点，且与椭圆C在第一象限的交点为A，且F1，E，A三点共线，直线l交椭圆C于两点P，Q，且PQ=OA(0)（i）求直线OA的斜率；（ii）当APQ的面积取到最大值时，求直线l的方程19等比数列an的各项均为正数，2a5，a4，4a6成等差数列，且满足a44a32，数列bn的前n项和S
8、n=(n+1)bn2，nN*，且b11（）求数列an和bn的通项公式；（）设cn=b2n+5b2n+1b2n+3an，nN*，求证：k=1n ck13；（）设Rna1b1+a2b2+anbn，Tna1b1a2b2+（1）n1anbn，nN*，求R2n+3T2n120（16分）已知函数f（x）x-12sin x+mlnx+1，g（x）f（x）+12sinx（）求函数g（x）的单调区间和极值；（）当x1时，若不等式g（x）xex10恒成立，求实数m的取值范围；（）若存在x1，x2（0，+），且当x1x2时，f（x1）f（x2），证明：x1x24m21参考答案一、选择题（在每小题四个选项中，只有一项
9、是符合题目要求的，本大题共9小题，每小题5分，满分45分）1已知全集U2，1，0，1，2，3，集合Ax|0x1，xZ，B1，2，则U（AB）（）A1，2B0，1，2C2，1，3D2，1，0，3【分析】求出集合A，再求出AB，得出结论解：因为全集U2，1，0，1，2，3，集合Ax|0x1，xZ0，1，B1，2，AB0，1，2；则U（AB）2，1，3；故选：C2已知aR，则“1a0”是“ax2+2ax10对xR恒成立”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【分析】a0时，不等式化为10，满足条件a0时，ax2+2ax10对xR恒成立，0，解得a范围即可判断出结论解：
10、a0时，不等式化为10，满足条件a0时，ax2+2ax10对xR恒成立，4a2+4a0，解得1a0，“1a0”是“ax2+2ax10对xR恒成立”的充分不必要条件故选：A3函数f（x）=ex-e-x2|x|-1的图象大致是（）ABCD【分析】先求出函数的定义域，解条件先判断函数的奇偶性和对称性，结合极限思想以及排除法进行排除即可解：由2|x|10得|x|12，即x12，即函数的定义域为x|x12，f（x）=e-x-ex2|-x|-1=-ex-e-x2|x|-1=-f（x），即函数f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除B，当x+，f（x）+，排除A，当0x12时，2|x|10，exex0，此时
11、f（x）0，排除D，故选：C4张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方等于10，三棱柱ABCA1B1C1的侧棱垂直于底面，且ABBC=2，ABBC，AA12，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，利用张衡的结论可得该球的表面积为（）A8B810C12D1210【分析】根据题意，棱柱ABCA1B1C1外接球即为以BA，BC，BB1为长宽高的长方体外接球，求出长方体的对角线即为球的直径，从而可求球的表面积解：根据题意，棱柱ABCA1B1C1外接球即为以BA，BC，BB1为长宽高的长方体外接球，该长方体的半径为(2)2+(2)2+222=2，所以该球的表面积为S球4R24（2）
12、28810故选：B5某社区组织“学习强国”的知识竞赛，从参加竞赛的市民中抽出40人，将其成绩分成以下6组：第1组40，50），第2组50，60），第3组60，70），第4组70，80），第5组80，90），第6组90，100，得到如图所示的频率分布直方图现采用分层抽样的方法，从第2，3，4组中按分层抽样抽取8人，则第2，3，4组抽取的人数依次为（）A1，3，4B2，3，3C2，2，4D1，1，6【分析】利用分层抽样的性质结合频率分布直方图能求出第2，3，4组抽取的人数解：采用分层抽样的方法，从第2，3，4组中按分层抽样抽取8人，则第2抽取的人数为：80.150.15+0.15+0.3=2人，第
13、3组抽取的人数为：80.150.15+0.15+0.3=2人，第4组抽取的人数为：80.30.15+0.15+0.3=4人故选：C6若双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的一条渐近线被圆（x2）2+y24所截得的弦长为23，则C的离心率为（）A2B3C2D233【分析】通过圆的圆心与双曲线的渐近线的距离，列出关系式，然后求解双曲线的离心率即可解：双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的一条渐近线不妨为：bx+ay0，圆（x2）2+y24的圆心（2，0），半径为：2，双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的一条渐近线被圆（x2）2+y24所截得的弦长为2，可得圆心到直线
14、的距离为：22-(3)2=|2b|a2+b2，解得：4c2-4a2c2=1，e1，即e=233故选：D7已知函数yf（x2）的图象关于直线x2对称，在x（0，+）时，f（x）单调递增若af（4ln3），bf（2e），c=f(ln1)（其中e为自然对数的底数，为圆周率），则a，b，c的大小关系为（）AacbBabcCcabDcba【分析】根据题意，分析可得函数f（x）的图象关于y轴对称，由偶函数的性质可得cf（ln1）f（ln），由对数的性质可得4ln3414lnlne12e0，结合函数的单调性分析可得答案解：根据题意，函数yf（x2）的图象关于直线x2对称，则函数f（x）的图象关于y轴对称，即
15、函数f（x）为偶函数，满足f（x）f（x），则cf（ln1）f（ln）4ln3414lnlne12e0又由x（0，+）时，f（x）单调递增，则有acb；故选：A8关于函数f(x)=cos2x-23sinxcosx，有下列命题：f（x）的最小正周期为；函数f（x）的图象关于x=3对称；f（x）在区间-23，-6上单调递增；将函数f（x）的图象向左平移512个单位长度后所得到的图象与函数y2sin2x的图象重合其中正确的命题是（）ABCD【分析】根据三角函数辅助角公式化简f（x），求出函数的周期，求出对称轴方程，由x的范围以及正弦函数图象判断单调性，将函数f（x）平移之后与函数y2sin2x作对比
16、解：函数f（x）cos2x23sinxcosxcos2x-3sin2x2sin（2x-6），对于，f（x）的最小正周期为T=22=，正确；对于，令2x-6=k+2，解得x=k2+3（kZ），则当k0时，对称轴为x=3，正确；对于，当x-23，-6时，2x-6-32，-2，则f（x）单调递增，正确；对于，函数f（x）的图象向左平移512个单位长度后得到y2sin2（x+512）-62sin（2x+23），不与函数y2sin2x重合，错误；综上，正确的命题为故选：A9在等腰梯形中，ABCD，AB2，AD1，DAB=3，点F是线段AB上的一点，M为直线BC上的动点，若BC=3CE，AF=AB，且AE
17、DF=-1，则MFDM的最大值为（）A14B-6364C1D-2364【分析】以A为原点，AB和垂直AB的线分别为x和y轴建立平面直角坐标系，结合已知条件可依次写出点的坐标A（0，0），B（2，0），C（32，32），D（12，32），E（43，233），F（2，0），通过AEDF=-1可求得=14，于是得F(12，0)；再由点B和C的坐标写出直线BC的方程，从而可设点M的坐标为（x，-3(x-2)），最后利用平面向量数量积的坐标运算将MFDM表示成关于x的函数，采用配方法即可得最大值解：以A为原点，AB和垂直AB的线分别为x和y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0，0），B（2，0），C
18、（32，32），D（12，32），BC=3CE，E（43，233），AF=AB，F（2，0），又AEDF=-1，(43，233)(2-12，-32)=-1，解得=14，F(12，0)，B（2，0），C（32，32），直线BC的方程为y=3232-2(x-2)=-3(x-2)，M为直线BC上的动点，不妨设点M的坐标为（x，-3(x-2)），MFDM=(12-x，3(x-2)(x-12，-3(x-2)-32)=-(x-12)2-3(x-2)(x-32) =-4x2+232x-374=-4(x-2316)2-6364，当x=2316时，MFDM有最小值，为-6364故选：B二、填空题（本大题共6小题
19、，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡中的相应横线上）10若复数z满足：z（1+i）|1+3i|，则复数z的虚部是1【分析】先求等式右边的模，再把等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案解：由z（1+i）|1+3i|=12+(3)2=2，得z=21+i=2(1-i)(1+i)(1-i)=1-i，复数z的虚部是1故答案为：111二项式(3x+1x)5中，则其展开式中x的系数是405【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于1，求出r的值，即可求得展开式中x的系数解：二项式(3x+1x)5中，则其展开式的通项公式为 Tr+1=C5r35rx5-3r2，r0，1，5令5-3r2=
20、1，求得r1，可得展开式中x的系数为534405，故答案为：40512抛物线C：y22px（p0）的焦点F，其准线过（2，2），过焦点F倾斜角为3的直线交抛物线于A，B两点，则p4；弦AB的长为323【分析】根据准线过点（2，2），可得p2=2，进而解得p，联立直线与抛物线方程，利用根与系数关系，弦长公式即可求得弦AB的值解：由条件可得准线方程为p2=2，则p4，则抛物线方程为y28x，所以F（2，0），直线方程为y=3（x2），代入抛物线方程可得3x220x+120，则有xA+xB=203，xAxB4，所以AB=1+(3)2(203)2-44=2163=323，故答案为：4，32313为了贯
21、彻落实党中央对新冠肺炎疫情防控工作的部署和要求，坚决防范疫情向校园蔓延，切实保障广大师生身体健康和生命的安全，教育主管部门决定通过电视频道、网络平台等多种方式实施线上教育教学工作为了了解学生和家长对网课授课方式的满意度，从经济不发达的A城市和经济发达的B城市分别随机调查了20个用户，得到了一个用户满意度评分的样本，并绘制出茎叶图如图：若评分不低于80分，则认为该用户对此授课方式“认可”，否则认为该用户对此授课方式“不认可”以该样本中A，B城市的用户对此授课方式“认可”的频率分别作为A，B城市用户对此授课方式“认可”的概率现从A城市和B城市的所有用户中分别随机抽取2个用户，用X表示这4个用户中对
22、此授课方式“认可”的用户个数，则P（X3）18；用Y表示这从A城市随机抽取2个用户中对此授课方式“认可”的用户个数，则Y的数学期望为12【分析】根据认可频数计算认可概率，再根据相互独立事件和二项分布的概率公式计算P（X3）和E（Y）解：从城市A中随机抽取1个用户，则该用户对网络授课认可的概率为520=14，从城市B中随机抽取1个用户，则该用户对网络授课认可的概率为1020=12，设选出A城市的2个用户中对授课方式满意的人数为a，选出B城市的2个用户中对授课方式满意的人数为b，则aB（2，14），bB（2，12），P（X3）P（a1）P（b2）+P（a2）P（b1）=C211434C22（12）
23、2+C22（14）2C211212=18，E（Y）E（a）214=12故答案为：18，1214若存在a，b，c（0，+），使得不等式a2+12b2+c2ab+bc32m+m2成立，则实数m的取值范围是(-，-2)(12，+)【分析】根据a2+(12b)2ab，(12b)2+c2bc，可得a2+12b2+c2ab+bc1成立，从而求解32m+m21，可得m的范围解：由a2+12b2+c2=a2+(12b)2+c2+(12b)2，根据根据a2+(12b)2ab，当且仅当2ab时取等号；(12b)2+c2bc，当且仅当2cb时取等号；a2+12b2+c2ab+bc1成立，从而可得32m+m21，即2
24、m2+3m20，解得：m12或m2故答案为：(-，-2)(12，+)15已知函数f(x)=ex+1，x1-x2+3x-2，x1，若函数g（x）f（x）k|x+2|有三个零点，则实数k的取值范围是（0，743）（1，e23【分析】分离参数可得kh（x）=f(x)|x+2|，判断h（x）的单调性，计算极值，作出h（x）的函数图象，根据直线yk与yh（x）有3个交点得出k的范围解：当x2时，g（x）e10，令g（x）0可得：k=f(x)|x+2|，令h（x）=f(x)|x+2|=ex+1-x-2，x-2ex+1x+2，-2x1-x2+3x-2x+2，x1，则h（x）=ex+1(-x-1)(-x-2)
25、2，x-2ex+1(x+1)(x+2)2，-2x1-x2-4x+8(x+2)2，x1，当x2时，h（x）0，当2x1时，h（x）0，当1x1时，h（x）0，当1x23-2时，h（x）0，当x23-2时，h（x）0，yh（x）在（，2）上单调递增，在（2，1）上单调递减，在（1，1）上单调递增，在（1，23-2）上单调递增，在（23-2，+）上单调递减，当x1时，yh（x）取得极小值h（1）1，当x23-2时，yh（x）取得极大值h（23-2）743，又当x2时，h（x）=ex+1-x-20，当x1时，令h（x）0可得x1（舍）或x2做出yh（x）的大致函数图象如图所示：函数g（x）f（x）k|
26、x+2|有三个零点，直线yk与yh（x）的图象有三个交点，0k743或1ke23故答案为：（0，743）（1，e23三、解答题（本大题5小题，共75分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）16ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知ABC的面积为15，bc2，cos A=-14（）求a和sinC的值；（）求cos（2C+3）的值【分析】（）根据ABC的面积公式和余弦定理，即可求得a的值，再利用正弦定理求出sinC的值；（）根据同角的三角函数关系和三角恒等变换，计算即可解：（）ABC中，面积为SABC=12bcsinA=15，又cos A=-14，A为钝角，所以sinA=1
27、-cos2A=1-(-14)2=154；所以bc8；又bc2，所以b4，c2；所以a2b2+c22bccosA16+4242（-14）24；所以a26；由正弦定理得asinA=csinC，所以sinC=csinAa=215426=108；（）由题意知，C为锐角，所以cosC=1-sin2C=1-1064=368；所以cos（2C+3）cos2Ccos3-sin2Csin3=12（12sin2C）-322sinCcosC=12（121064）-322108368 =11-953217如图，平面EFBA平面ABCD，EFBA为矩形，ABCD为等腰梯形，ABCD，M，N分别为FC，AC中点，ADC4
28、5，DC3AB3，AE2（）证明：MN平面EFBA；（）求二面角FACD的正弦值；（）线段ED上是否存在点P，使得PN面MAC，若存在求出EP的长，若不存在，说明理由【分析】（I）连接AF，推导出MNAF，由此能证明MN平面EFBA（）过点A做AHCD，垂足为H，以A为坐标原点，分别以AH，AB，AE为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角FACD的正弦值（III）假设存在这样一个点P，设P（x，y，z），EP=ED，求出P（，22），PN=（12-，1+，22），平面MAC的法向量n=（4，2，1），由PN平面MAC，推导出不存在点P，使得PN面MAC解：（I）证明：连接AF
29、，M，N为FC，AC中点MNAF，MN平面EFBA，AF平面EFBA，MN平面EFBA（）解：过点A做AHCD，垂足为H以A为坐标原点，分别以AH，AB，AE为x，y，z轴建立空间直角坐标系，A（0，0，0），C（1，2，0），F（0，1，2），D（1，1，0），AC=（1，2，0），AF=（0，1，2），设平面FAC的一个方向量为n=（x，y，z），则 nAC=x+2y=0nAF=y+2z=0，令y2，得n=（4，2，1），平面ACD的一个方向量为m=(0，0，1)，cosm，n=mn|m|n|=-121，sinm，n=1-cos2m，n=2021=210521二面角FACD的正弦值为210
30、521（III）解：假设存在这样一个点P，设P（x，y，z），设EP=ED，即（x，y，z2）（1，1，2），x，y，z22，P（，22），PN=（12-，1+，22），平面MAC的法向量n=（4，2，1），PN平面MAC，PNn，12-4=1+2=2-2-1，=-52且=35，即不存在这样的，故不存在点P，使得PN面MAC18已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点F1，F2，离心率为12，点M是椭圆上的动点，MF1F2的最大面积是3（）求椭圆C的方程；（）圆E经过椭圆的左右焦点，且与椭圆C在第一象限的交点为A，且F1，E，A三点共线，直线l交椭圆C于两点P，Q，且PQ=OA
31、(0)（i）求直线OA的斜率；（ii）当APQ的面积取到最大值时，求直线l的方程【分析】（）由椭圆的离心率及三角形的周长可得a，c的值，再由a，b，c之间的关系可得b的值，进而求出椭圆的方程；（）（i）由题意可得圆E的圆心在y轴上，设E的坐标，由F1，E，A三点共线可得A的坐标，进而求出直线OA的斜率；（ii）因为PQ=OA，所以直线PQ的斜率也为32，设直线PQ的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|PQ|的值，再求A到弦PQ的距离求出三角形APQ的面积，由二次函数的单调性求出面积的最大值或者有均值不等式求出面积的最大值解：（）由题意e=ca=12，a2c，b=3c，MF1F
32、2的最大面积为：122cbc3c=3，所以c1，所以椭圆的方程为：x24+y23=1；（） （i）因为圆E经过椭圆的左右焦点， 所以圆心E在y轴上，设点E（0，y0）， 因为圆E与椭圆C在第一象限的交点为A，所以y00， 因为F1，E，A三点共线，所以A（1，2y0）， 将点A的坐标代入椭圆的方程可得y0=34，即A（1，32 ），所以直线OA的斜率为32，（ii）因为PQ=OA，所以直线PQ的斜率也为32，设直线PQ的方程为：y=32x+m，设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立直线PQ与椭圆的方程x24+y23=1y=32x+m整理可得3x2+3mx+m230，9m212（m23）3（
33、12m2）0，0m212，x1+x2=-m，x1x2=m2-33，|PQ|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=39612-m2，点A（1，32）到直线PQ：y=32x+m的距离d=|2m|13，法一：所以SAPQ=12|PQ|d=36-m4+12m2=36-(m2-6)2+36，当m26，及m=6时面积S最大，所以面积最大时直线PQ的方程为：y=32x6；法二：S=12|PQ|d=36|m|-m2+1236（m2+(-m2+12)2）263，当且仅当|m|=-m2+12，即m6时等号成立；所以当m26，即m=6时APQ的面积最大，此时直线l的方程为：y=32x619等比数列an的各项均为正
34、数，2a5，a4，4a6成等差数列，且满足a44a32，数列bn的前n项和Sn=(n+1)bn2，n一、选择题*，且b11（）求数列an和bn的通项公式；（）设cn=b2n+5b2n+1b2n+3an，nN*，求证：k=1n ck13；（）设Rna1b1+a2b2+anbn，Tna1b1a2b2+（1）n1anbn，nN*，求R2n+3T2n1【分析】（I）设等比数列an的公比为q，由题设条件列出q的方程，再结合a44a32求出公比与首项，写出数列an的通项公式利用bn=Sn-Sn-1=(n+1)bn2-nbn-12整理得bnn=bn-1n-1(n2)，得出数列bnn是各项均为b11=1的常数
35、列，从而求出bn；（II）由（I）得cn=b2n+5b2n+1b2n+3an=1(2n+1)2n-1-1(2n+3)2n，利用裂项相消法求出Cknk=1，证明结论；（III）先利用错位相减法分别求出Rn、Tn，再求R2n+3T2n1解：（I）解：设等比数列an的公比为q，依题意，有2a42a5+4a6，所以a4a4q+2a4q2，因为an0，所以q0，且2q2+q10，解得q=12或q1（舍），因为a4=4a32=4a2a4，所以a2=14所以a1=12所以数列an的通项公式为an=(12)n(nN*)当n2时，bn=Sn-Sn-1=(n+1)bn2-nbn-12整理得（n1）bnnbn1，即
36、bnn=bn-1n-1(n2)所以数列bnn是各项均为b11=1的常数列所以bnn=1，即bnn，所以数列bn的通项公式为bnn；（II）证明：由（I）得cn=b2n+5b2n+1b2n+3an=2n+5(2n+1)(2n+3)12n=（22n+1-12n+3）12n=1(2n+)2n-1-1(2n+3)2n=1(2n+1)2n-1-1(2n+3)2n，所以k=1n ck=(1320-1521)+(1521-1722)+1(2n+1)2n-1-1(2n+3)2n=13-1(2n+3)2n13；（III）解：Rn=12+2(12)2+3(12)3+n(12)n，12Rn=（12）2+2（12）3
37、+n（12）n+1，由可得：12Rn=12+(12)2+(12)3+(12)n-n(12)n+1=12-(12)1-12n+1-n(12)n+1=1-(n+2)(12)n+1Rn=2-(n+2)(12)n，R2n=2-(2n+2)(14)n又Tn=(-1)(-12)+(-2)(-12)2+(-n)(-12)n，-12Tn=(-1)(-12)2+(-2)(-12)3+(-n+1)(-12)n+(-n)(-12)n+1，由可得：32Tn=12-(-12)2-(-12)2-(-12)n+(n)(-12)n+1=12-14-(-12)n+11+12+n(-12)n+1=13+(n+23)(-12)n+
38、1Tn=29+23(n+23)(-12)n+1，3T2n-1=23+2(2n-13)(14)n，R2n+3T2n-1=83+3n-46(14)n-120（16分）已知函数f（x）x-12sin x+mlnx+1，g（x）f（x）+12sinx（）求函数g（x）的单调区间和极值；（）当x1时，若不等式g（x）xex10恒成立，求实数m的取值范围；（）若存在x1，x2（0，+），且当x1x2时，f（x1）f（x2），证明：x1x24m21【分析】（）先求得g（x）x+mlnx+1，x0，再对其求导，对m分类讨论，研究导数的符号，确定g（x）的单调性与极值；（）由g（x）xex10恒成立h（x）ml
39、nx+1ex10恒成立，研究h（x）的最值小于等于0恒成立，求出m的范围即可；（）设出x2，x1 的比值，将原不等式转化为关于比值的函数，对该函数的单调性和极值进行讨论即可证出结论解：（）由题设可得g（x）x+mlnx+1，x0，g（x）=x+mx，当m0时，恒有g（x）0，此时g（x）的单调递增区间为（0，+），无极值；当m0时，令g（x）0xm，当xm时，g（x）0，当0xm时，g（x）0，此时g（x）的单调递增区间为（m，+），单调递减区间为（0，m），有极小值g（m）m+1+mln（m），无极大值；（）由题设知g（x）xex1mlnx+1ex10在x1时恒成立，令h（x）mlnx+1e
40、x1，则h（1）0，h（x）=mx-ex-1，当m1时，x1，h（x）0，h（x）在x1时单调递减，h（x）h（1）0，故适合题意；当m1时，令h（x）0xx0（1，+），当x1，x0）时，h（x）0，此时h（x）单调递增；当xx0，+）时，h（x）0，此时h（x）单调递减，（h（x）maxh（x0）h（1）0，不合题意；综合知：m1（）证明：依题意，不妨设0x1x2，令t=x2x11，令yxsinx，x（0，+），则y1cosx0，故yxsinx在x（0，+）时单调递增，x2sinx2x1sinx1，从而x2x1sinx2sinx1；f（x1）f（x2），x1=12sinx1+mlnx1+1=x2=12sinx2+mlnx2+1，m（lnx2lnx1）x2-x1-12(sinx2-sinx1)x2-x12，所以2mx2-x1lnx2-lnx10下面证明x2-x1lnx2-lnx1x1x2，即证明t-1lntt，只要证明lnt-t-1t0设m（t）lnt-t-1t，t1，则m（t）=-(t-1)22tt0在（1，+）恒成立，所以h（t）在（1，+）单调递减，故h（t）h（1）0，从而t-1lntt成立，所以2mx1x2，即x1x24m21