2023-2024学年云南师范大学附中高二（下）开学数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年云南师范大学附中高二（下）开学数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z1=12−3i，z2=−9+i，则z1+z2的实部与虚部分别为( )
A. 3，−2B. 3，−2iC. 2，−3D. 2，−3i
2.直线2x+(m+1)y+4=0与直线mx+3y−5=0平行，则m=( )
A. 2B. 2或−3C. −3D. −2或−3
3.已知向量a,b满足|a+b|=|a|，且|b|=2，则a⋅b的值为( )
A. 2B. −2C. 1D. −1
4.已知圆C1：x2+y2+4x−2y−4=0，圆C2：(x+32)2+(y−32)2=112，则这两圆的公共弦长为( )
A. 4B. 2 2C. 2D. 1
5.若等比数列{an}中的a5，a2019是方程x2−4x+3=0的两个根，则lg3a1+lg3a2+lg3a3+…+lg3a2023等于( )
A. 20243B. 1011C. 20232D. 1012
6.已知数列{an}的通项公式an=(n+1)⋅(1011)n，则数列{an}的最大项为( )
A. a8或a9B. a9或a10C. a10或a11D. a11或a12
7.球O半径为R=13，球面上有三点A、B、C，AB=12 3，AC=BC=12，则四面体OABC的体积是( )
A. 60 3B. 50 3C. 60 6D. 50 6
8.若两曲线y=lnx−1与y=ax2存在公切线，则正实数a的取值范围是( )
A. (0,2e]B. [12e−3,+∞)C. (0,12e−3]D. [2e,+∞)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列不等式成立的是( )
A. 2ln32<32ln2B. 2ln 3< 3ln 2
C. 5ln2<2ln5D. π>elnπ
10.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点E、O分别是A1B1、A1C1的中点，P在正方体内部且满足AP=34AB+12AD+23AA1，则下列说法正确的是( )
A. 点A到直线BE的距离是 55
B. 点O到平面ABC1D1的距离为 24
C. 平面A1BD与平面B1CD1间的距离为 33
D. 点P到直线AB的距离为56
11.如图，双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1(−c,0)和F2(c,0)，点A、B分别在双曲线C的左、右两支上，O为坐标原点，且∠AOB=90°，则下列说法正确的有( )
A. 双曲线C的离心率e> 2
B. 若|OA|=|OB|且S△AOB=23c2，则C的渐近线方程为y=±2x
C. 若|AF1|+|BF2|=|AB|，则∠F1AO=∠BAO
D. 若∠F1AO=∠BAO，则∠ABO=∠OBF2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知椭圆y2a2+x2b2=1(a>b>0)的右顶点为A(1,0)，过其焦点且垂直于长轴的弦长为1，则该椭圆的离心率为______．
13.记Sn为等差数列an的前n项和．若a1=−2,a2+a6=2，则S10=__________．
14.已知函数f(x)=x2+2ax−3，对任意x1，x2∈[1,+∞)且x1四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知函数f(x)= 3sin3x2cs3x2+cs23x2+1．
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若f(C)=1且C为锐角，a+b=4，△ABC的面积为 33，求△ABC外接圆的半径．
16.(本小题15分)
如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为2，△A1BC的面积为 2．
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A−BD−C的正弦值．
17.(本小题15分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=−94，且4Sn+1=3Sn−9．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn+nan=0(n∈N*)，记数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn≤λbn+12对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
18.(本小题17分)
如图，已知椭圆G：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F2与抛物线Γ：y2=2px(p>0)的焦点重合，椭圆G的离心率为23，E是G与Γ的一个公共点，且|EF2|=135．
(1)求椭圆G与抛物线Γ的方程；
(2)直线y=kx(k>0)与椭圆G交于A，B两点(A在第一象限)，直线AF2交椭圆G于另一点C，直线AF2交抛物线Γ于M，N两点，且使得M，A，C，N依次排序，求S△MBA+S△NBC的最小值．
19.(本小题17分)
给出定义：设f′(x)是函数y=f(x)的导函数，f′′(x)是函数f′(x)的导函数，若方程f′′(x)=0有实数解x=x0，则称(x0,f(x0).)为函数y=f(x)的“拐点”．
(1)经研究发现所有的三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)都有“拐点”，且该“拐点”也是函数y=f(x)的图象的对称中心.已知函数f(x)=x3+bx2−9x+a的图象的对称中心为(−1,10)，讨论函数f(x)的单调性并求极值．
(2)已知函数g(x)=2mx3+[6ln(mx)−15]x2+18mx−5m2+1，其中m>0．
(i)求g(x)的拐点；
(ii)若g(x1)+g(x2)=2(02m．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为z1=12−3i，z2=−9+i，
所以z1+z2=3−2i，其实部与虚部分别为3，−2．
故选：A．
应用复数加法求z1+z2，根据实部、虚部定义得答案．
本题考查复数运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据题意，可得：
当m=0时，两直线分别为2x+y+4=0，3y−5=0，它们不平行，不符合题意；
当m≠0时，若直线l1：2x+(m+1)y+4=0与直线l2：mx+3y−2=0平行，则2m=m+13≠4−5，解得m=2或−3．
故选：B．
根据题意，按照两条直线平行与直线方程系数间的关系，分m=0和m≠0两种情况列式，可求出m的值．
本题主要考查直线的方程及其应用、两条直线平行与方程的关系等知识，考查了计算能力、分类讨论的数学思想，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为|a+b|=|a|，
即a2+b2+2a⋅b=a2，
则b2+2a⋅b=0，
∵|b|=2，
∴a⋅b=−b22=−2．
故选：B．
根据向量数量积及运算律即可求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，属基础题．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，圆C1：x2+y2+4x−2y−4=0，即(x+2)2+(y−1)2=9，其圆心C1(−2,1)，半径r=3；
圆C1：x2+y2+4x−2y−4=0，圆C2：(x+32)2+(y−32)2=112，
可得x+y−3=0，即两圆公共弦所在直线的方程为x+y−3=0，
C1(−2,1)到公共弦的距离d=|−2+1−3| 2=2 2，
则公共弦的弦长l=2× r2−d2=2；
故公共弦的弦长为2．
故选：C．
根据题意，联立两个圆的方程，可得公共弦所在直线的方程，分析圆C1的圆心和半径，由直线与圆的位置关系分析可得答案．
本题考查圆方程的综合应用，涉及圆与圆、直线与圆的位置关系，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵等比数列{an}中的a5，a2019是方程x2−4x+3=0的两个根，
∴a5a2019=a1a2023=3，
∵an>0，
∴a1012=312，
∴lg3a1+lg3a2+lg3a3+…+lg3a2023=lg3a1a2…a2023=lg3(a2012)2023=20232．
故选：C．
根据已知条件，结合等比数列的性质，以及对数的公式，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，以及对数的公式，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：根据题意，数列{an}的通项公式an=(n+1)⋅(1011)n，
则anan−1=(n+1)⋅(1011)nn⋅(1011)n−1=10n+1011n，
当n<10时，anan−1<1，数列{an}递增，
当n=10时，anan−1=1，即a9=a10，
当n>10时，anan−1>1，数列{an}递减，
故数列{an}的最大项为a9或a10，
故选：B．
根据题意，由数列的通项公式可得anan−1=(n+1)⋅(1011)nn⋅(1011)n−1=10n+1011n，讨论n的取值范围，分析anan−1与1的大小关系，即可得答案．
本题考查数列的函数特性，注意分析数列{an}的单调性，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：∵AB=12 3，AC=BC=12，
∴cs∠ACB=144+144−144×32×12×12=−12，
∴∠ACB=120°，
∴△ABC的外接圆的半径为12×12 3 32=12，
∴O到平面ABC的距离为5，
∵S△ABC=12×12×12× 32=36 3，
∴四面体OABC的体积是13×36 3×5=60 3．
故选：A．
求出△ABC的外接圆的半径，可得O到平面ABC的距离，计算△ABC的面积，即可求出四面体OABC的体积．
本题考查四面体OABC的体积，考查学生的计算能力，正确求出△ABC的外接圆的半径是关键．
8.【答案】B
【解析】解：设公切线与两曲线y=lnx−1与y=ax2的切点分别为(x1,lnx1−1)，(x2,ax22)，
由y′|x=x1=1x1，y′|x=x2=2ax2，
得1x1=2ax2=ax22−lnx1+1x2−x1，整理可得−14a=x12(lnx1−2)，
令h(x)=x2(lnx−2)，则h′(x)=x(2lnx−3)，由h′(x)=0，得x= e3，
∴当x∈( e3,+∞)时，h′(x)>0，当x∈(0, e3)时，h′(x)<0，
可得h(x)的最小值为h( e3)=−e32，
从而−14a≥−e32，解得a≥12e−3．
∴正实数a的取值范围是[12e−3,+∞)．
故选：B．
设公切线与两曲线y=lnx−1与y=ax2的切点分别为(x1,lnx1−1)，(x2,ax22)，由斜率相等列式可得−14a=x12(lnx1−2)，令h(x)=x2(lnx−2)，利用导数求其最小值，可得关于a的不等式，求解得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：设f(x)=lnxx(x>0)，
则f′(x)=1−lnxx2，
所以当00，f(x)单调递增，
当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
因为32<2因为 2< 3 3ln 2，故选项B不正确；
因为e<4<5，所以f(4)>f(5)，即5ln4>4ln5，即5ln2>2ln5，故选项C不正确；
因为e<π，所以f(e)>f(π)，即π>elnπ，故选项D正确．
故选：AD．
构造f(x)=lnxx(x>0)，求导得f′(x)=1−lnxx2，判断函数的单调性，然后逐个判断即可．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：如图，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，C1(1,1,1)，D1(0,1,1)，E(12,0,1)，
所以BA=(−1,0,0)，BE=(−12,0,1)，
A.设∠ABE=θ，则csθ=|BA⋅BE||BA|⋅|BE|= 55，
sinθ= 1−cs2θ=2 55，
故A到直线BE的距离d1=|BA|sinθ=1×2 55=2 55，故A错．
B.易知C1O=12C1A1=(−12,−12,0)，
平面ABC1D1的一个法向量DA1=(0,1,−1)，
则点O到平面ABC1D1的距离|DA1⋅C1O||DA1|=12 2= 24，故B对．
C.A1B=(1,0,−1)，A1D=(0,1,−1)，A1D1=(0,1,0)，
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅A1B=0n⋅A1D=0，令z=1，得y=1，x=1，
所以n=(1,1,1)，所以点D1到平面A1BD的距离d3=|A1D1⋅n||n|=1 3= 33，
因为易证得平面A1BD/​/平面B1CD1，
所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，
所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为 33，故C对；
D.因为AP=34AB+12AD+23AA1，
所以AP=(34,12,23)，
又AB=(1,0,0)，
则AP⋅AB|AB|=34，
所以点P到AB的距离d= |AP|2−|AP⋅AB|AB||2= 181144−916=56，故D错．
故选：BC．
A.建立空间直角坐标系，设∠ABE=θ，则csθ=|BA⋅BE||BA|⋅|BE|= 55，即可求解；
B.求出平面ABC1D1的一个法向量DA1=(0,1,−1)，即可求O到平面ABC1D1的距离；
C.利用平面A1BD/​/平面B1CD1，把平面A1BD与平面B1CD1间的距离转化为点D1到平面A1BD的距离即可；
D.利用AP=(34,12,23)，AB=(1,0,0)，结合AP⋅AB|AB|=34，即可求解．
本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于难题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于选项A：因为∠AOB=90°，
所以两渐近线夹角小于90°，
此时ba>1，
则双曲线C的离心率e= 1+b2a2> 2，故选项A正确；
对于选项B：若|OA|=|OB|，
此时△ABC为等腰直角三角形，
所以B( 63c, 63c)，
因为点B在双曲线上，
代入双曲线方程中，解得ba= 2，
则渐近线方程为y=± 2x，故选项B错误；
对于选项C：在双曲线上取B关于原点的对称点M，连接F1M，
因为OM=OB，∠F1OM=∠F2OB，OF1=OF2，
所以△F1OM≌△F2OB，
此时MF1=BF2，
又AF1+BF2=AB，
可得AF1+MF1=AB，
因为AO⊥BM，O为BM中点，
所以AM=AB，
此时必有M，F1，A三点共线，
则AO为∠F1AB角平分线，
所以∠F1AO=∠BAO，故选项C正确；
对于选项D：在AB上取一点N使得AN=AF1，
因为∠F1AO=∠BAO，
所以△AOF1≌△AON，
此时ON=OF1=OF2，∠AOF1=∠AON，
因为∠BON=90°−∠AON，∠BOF2=90°−∠AOF1，
所以△BON≌△BOF2，
则∠ABO=∠OBF2，故选项D正确．
故选：ACD．
根据∠AOB=90°，得到两渐近线夹角小于90°，即可判断A选项；根据已知条件求得B的坐标，代入双曲线方程即可判断选项B；在双曲线上取B关于原点的对称点M，根据对称性以及三角形全等等知识判断选项C；在AB上取一点N使得AN=AF1，根据三角形全等等知识判断选项D．
本题考查了双曲线的定义及几何性质，考查计算能力，属于中档题．
12.【答案】 22
【解析】解：根据题意可得a=12b2a=1a2=b2+c2，
解得a=1，b=c= 22，
∴该椭圆的离心率为ca= 22．
故答案为： 22．
根据椭圆的几何性质建立方程，即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，属基础题．
13.【答案】25
【解析】【分析】
本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于中档题．
由已知结合等差数的性质及求和公式即可直接求解．
【解答】
解：因为等差数列{an}中，a1=−2，a2+a6=2a4=2，
所以a4=1，
3d=a4−a1=3，即d=1，
则S10=10a1+10×92d=10×(−2)+45×1=25．
故答案为：25．
14.【答案】(−∞,4]
【解析】解：由x2f(x1)−x1f(x2)得x2f(x1)−x1f(x2)x1x2整理可得：f(x1)x1+ax1因为x1，x2∈[1,+∞)且x1设函数g(x)=f(x)x+ax在[1,+∞)上单调递增，
因为f(x)=x2+2ax−3，所以g(x)=x+2a−3x+ax在[1,+∞)上单调递增，
所以g′(x)=1+3x2−ax2≥0在[1,+∞)上恒成立，
所以x2+3−a≥0在[1,+∞)上恒成立，
即a≤x2+3在[l,+∞)上恒成立，所以a≤4，
所以实数a的取值范围为(−∞,4]．
故答案为：(−∞,4]．
由已知条件可得函数g(x)=f(x)x+ax在[1,+∞)上单调递增，所以g′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立，从而可得a≤x2+3在[1,+∞)上恒成立，可得a的范围．
本题考查构造函数的方法及用导数的方法求参数的范围，属于中档题．
15.【答案】解：(1)f(x)= 3sin3x2cs3x2+cs23x2+1= 32sin3x+cs3x+12+1=sin(3x+π6)+32；
故函数f(x)的最小正周期为2π3．
(2)由于f(C)=sin(3C+π6)+32=1，整理得sin(3C+π6)=−12，
故3C+π6=7π6，解得C=π3，
由于△ABC的面积为 33，
所以S△ABC=12absinC=12⋅ab⋅ 32= 33，解得ab=43；
利用余弦定理c2=a2+b2−2abcsC=(a+b)2−3ab=12，
所以c=2 3，
设△ABC外接圆的半径为R，
故2R=csinC=4，
故R=2．
【解析】(1)首先利用三角函数的关系式的变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的最小正周期；
(2)利用三角形的面积公式，余弦定理和正弦定理的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，正弦定理，余弦定理和三角形的面积公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)在直三棱柱ABC−A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，
则VA−A1BC=13S△A1BC⋅h= 23h=VA1−ABC=13S△ABC⋅A1A=13VABC−A1B1C1=23，
解得h= 2，
所以点A到平面A1BC的距离为 2；
(2)取A1B的中点E，连接AE，如图，因为AA1=AB，所以AE⊥A1B，
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，且AE⊂平面ABB1A1，
所以AE⊥平面A1BC，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，
又AE，BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1，
所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

由(1)得AD= 2，所以AA1=AB=2,A1B=2 2，所以BC=2，
则A(0,2,0)，A1(0,2,2)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，
所以A1C的中点D(1,1,1)，
则BD=(1,1,1),BA=(0,2,0),BC=(2,0,0)，
设平面ABD的一个法向量m=(x,y,z)，
则m⋅BD=x+y+z=0m⋅BA=2y=0，令x=1，则y=0，z=−1，即m=(1,0,−1)，
设平面BDC的一个法向量n=(a,b,c)，
则n⋅BD=a+b+c=0n⋅BC=2a=0，令b=1，则a=0，c=−1，即n=(0,1,−1)，
则cs〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|=1 2× 2=12，
所以二面角A−BD−C的正弦值为 1−(12)2= 32．
【解析】(1)由等体积法运算即可得解；
(2)由面面垂直的性质及判定可得BC⊥平面ABB1A1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解．
本题考查了求点面距，面面角的向量求法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)a1=−94，且4Sn+1=3Sn−9，可得4(a1+a2)=3a1−9，
解得a2=−2716，
当n≥2时，4Sn=3Sn−1−9，又4Sn+1=3Sn−9，
两式相减可得4an+1=3an，
由a2=34a1，可得{an}是首项为−94，公比为34的等比数列，
所以an=−94×(34)n−1=−3×(34)n(n∈N*)；
(2)3bn+nan=0，可得bn=n⋅(34)n，
Tn=1⋅34+2⋅(34)2+3⋅(34)3+...+n⋅(34)n，
34Tn=1⋅(34)2+2⋅(34)3+3⋅(34)4+...+n⋅(34)n+1，
上面两式相减可得14Tn=34+(34)2+(34)3+...+(34)n−n⋅(34)n+1
=34[1−(34)n]1−34−n⋅(34)n+1，
可得Tn=12−(3n+12)⋅(34)n，
Tn≤λbn+12即为12−(3n+12)⋅(34)n≤λn⋅(34)n+12，
即有−(3n+12)≤λn，可得λ≥−3(1+4n)对任意n∈N*恒成立，
由1+4n>1，则λ≥−3，即λ的取值范围是[−3,+∞)．
【解析】(1)由数列的递推式和等比数列的通项公式，可得所求；
(2)由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得Tn，再由不等式恒成立问题解法，可得所求取值范围．
本题考查数列的递推式和等比数列的通项公式、求和公式的运用，以及数列的错位相减法求和、不等式恒成立问题解法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意，ca=23，设E(x,y)，
则|EF2|= (x−c)2+y2= (x−c)2+b2−b2x2a2=a−23x=135，
又|EF2|=x+c=x+23a=135，
所以a=3,c=2,b= 5，
所以椭圆G：x29+y25=1，抛物线Γ：y2=8x；
(2)由题意，设直线AC：x=ty+2，
联立x=ty+2,5x2+9y2=45,得(5t2+9)y2+20ty−25=0，
显然Δ=400t2+100(5t2+9)=900(t2+1)≥0，
设A(x1,y1)，C(x2,y2)，
则有y1+y2=−20t5t2+9，y1y2=−255t2+9，
故|AC|= 1+t2⋅|y1−y2|=30(t2+1)5t2+9，
联立x=ty+2y2=8x，得y2−8ty−16=0，
显然Δ=64t2+64>0，
设M(xM,yM)，N(xN,yN)，
则有yM+yN=8t，
所以|MN|=xM+xN+4=t(yM+yN)+8=8t2+8，
则点O到直线AC的距离d=2 t2+1，
点B到直线AC的距离为2d=4 t2+1，
所以S△MBA+S△NBC=S△BMN−S△MBC=(|MN|−|AC|)⋅d
=2 t2+1⋅[8t2+8−30(t2+1)5t2+9]
=4 t2+1⋅(4−155t2+9)，
设 t2+1=x(x⩾1),f(x)=4x(4−155x2+4)，
又f(x)=4(4x−15x5x2+4)=4(4x−155x+4x)，
且4x,−155x+4x均在[1,+∞)上递增，
所以f(x)在[1,+∞)上递增，
故f(x)⩾f(1)=4(4−159)=283，当t=0时取等号，
故S△MBA+S△NBC的最小值为283．
【解析】(1)利用椭圆与抛物线定义及性质，列方程求解即可；
(2)由题意，设直线AC：x=ty+2，联立直线方程与椭圆方程和直线方程与抛物线方程，得|AC|和|MN|的表达式，从而得S△MBA+S△NBC的表达式，利用函数的单调性求得最小值即可．
本题考查椭圆与抛物线性质，考查直线与圆锥曲线的综合应用，属难题．
19.【答案】解：(1)∵f(x)=x3+bx2−9x+a的图象的对称中心为(−1,10)，
f′(x)=3x2+2bx−9，f′′(x)=6x+2b，
∴f′′(−1)=0⇒−6+2b=0⇒b=3，
f(−1)=10⇒(−1)3+3×(−1)2+9+a=10⇒a=−1，
∴f(x)=x3+3x2−9x−1，f′(x)=3x2+6x−9>0⇒x>1或x<−3，
∴f(x)在(−∞,−3)，(1,+∞)上单调递增，在(−3,1)上单调递减，
f(x)的极大值为f(−3)=26，极小值为t(1)=−6．
(2)(i)∵g(x)=2mx3+[6ln(mx)−15]x2+18mx−5m2+1，m>0，
g′(x)=6mx2+6x+2[6ln(mx)−15]x+18m，
g″(x)=12mx+12ln(mx)−12=0⇒mx−1+ln(mx)=0，
令h(x)=x+lnx−1(x>0)，则h′(x)=1+1x>0在(0,+∞)上恒成立，
∴h(x)=x+lnx−1在(0,+∞)上单调递增，又h(1)=0，
由零点存在性定理知，h(x)=x+lnx−1有唯一的零点x=1，
∴mx=1⇒x=1m，
当x=1m时，g(1m)=2m2−15m2+18m2−5m2+1=1，
∴g(x)的拐点为(1m,1)．
证明：(ii)由(i)可知，g″(x)=12mx+12ln(mx)−12在(0,+∞)上单调递增，g″(1m)=0，
∴当x∈(0,1m)时，g″(x)<0，当x∈(1m,+∞)时，g″(x)>0，
g′(x)在x∈(0,1m)上单调递减，在x∈(1m,+∞)上单调递增，
又g′(1m)=12m+18m−30m=0，
∴g′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，g(x)在(0,+∞)上单调递增，
又g(1m)=1，g(x1)+g(x2)=2(0∴0设w(x)=−2mx3+6x2−18mx+14m2+1，则w′(x)=−6mx2+12x−18m，w″(x)=−12mx+12，
令w″(x)=−12mx+12=0，解得x=1m，
又w(1m)=−2m2+6m2−18m2+14m2+1=1，
∴w(x)=−2mx3+6x2−18mx+14m2+1的拐点为(1m,1)，
则w(x)=−2mx3+6x2−18mx+14m2+1关于(1m,1)中心对称，
令φ(x)=g(x)+w(x)=[6ln(mx)−9]x2+9m2+2，
又g(x)的拐点为(1m,1)，g(x1)+g(x2)=2(0∴要证明x1+x2>2m，只需证明φ(x)的极值点左偏，
φ′(x)=6x+2[6ln(mx)−9]x=12x[ln(mx)−1]，
当x>em时，φ′(x)>0，当0∴φ(x)在(0,em)上单调递减，在(em,+∞)上单调递增，
即证当φ(x3)=φ(x4)时，x3+x4>2em，
不妨设x3∈(0,em)，x4∈(em,+∞)，
令F(x)=φ(x)−φ(2em−x)，x∈(0,em)，
则F′(x)=12x[ln(mx)−1]+12(2em−x)[ln(2e−mx)−1]
=12x[ln(mx)−ln(2e−mx)]+24em[ln(2e−mx)−1]
<12em[ln(mx)−ln(2e−mx)]+24em[ln(2e−mx)−1]
=12em[ln(mx)+ln(2e−mx)−2]=12em[ln(−m2x2+2mex)−2]<12em(lne2−2)=0，
∴F(x)=φ(x)−φ(2em−x)在x∈(0,em)上单调递减，又F(em)=0，
∴F(x)=φ(x)−φ(2em−x)>0在x∈(0,em)上恒成立，
∴φ(x3)−φ(2em−x3)>0⇒φ(x3)>φ(2em−x3)⇒φ(x4)>φ(2em−x3)，
又φ(x)在(em,+∞)上单调递增，
∴x4>2em−x3⇒x3+x4>2em，
故φ(x)的极值点左偏，
∴x1+x2>2m．
【解析】(1)由f′(−1)=0得到b=3，再根据f(−1)=10求出a=−1，得到函数解析式，求导得到函数单调性及极值情况；
(2)(i)g(x)的定义域为(0,+∞)，二次求导得到mx−1+ln(mx)=0，构造函数，得到x=1m时，满足mx−1+ln(mx)=0，故g(x)的拐点为(1m,1)；
(ii)由(i)得到g(x)在(0,+∞)上单调递增，因为g(1m)=1，故02m，只需证明φ(x)的极值点左偏，构造差函数证明出φ(x)的极值点左偏，得到结论．
本题考查了函数的拐点，函数的极值点偏移，属于难题．