2024年江苏省苏州市张家港市高考数学调研试卷（2月份）（含详细答案解析）

这是一份2024年江苏省苏州市张家港市高考数学调研试卷（2月份）（含详细答案解析），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.歌唱比赛共有11位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从11个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到9个有效评分.9个有效评分与11个原始评分相比，一定不变的数字特征是( )
A. 平均数B. 极差C. 方差D. 中位数
2.设集合A={x|x=3k+1,k∈Z}，B={x|x=3k+2,k∈Z}，U为整数集，则∁U(A∪B)=( )
A. {x|x=3k,k∈Z}B. {x|x=3k−1,k∈Z}
C. {x|x=3k−2,k∈Z}D. ⌀
3.设m，n为非零向量，则“m⋅n<0”是“存在负数λ，使得m=λn”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
4.已知m，n为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，则( )
A. 若m//α，m//β，则α//βB. 若m//α，n//α，则m//n
C. 若m⊥α，m⊥β，则α//βD. 若m⊥α，n⊥α，则m⊥n
5.已知双曲线C:x24−y216=1的左、右顶点分别A，B，若直线l与双曲线C的左支交于M，N两点，记直线MA的斜率为k1，直线NB的斜率为k2，直线NA的斜率为k3，若k1=−2k2，则k1k3=( )
A. 12B. −12C. 8D. −8
6.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π2)的图象过点(0,1)，且f(x)在区间(π8,π4)上具有单调性，则ω的最大值为( )
A. 43B. 4C. 163D. 8
7.过点P(−2,0)作直线l交圆C：x2+y2=1于点M，N，若PM=MN，则点M的横坐标是( )
A. −78B. −79C. −710D. 14
8.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acsB=c−a.当2c+6ab取最小值时，则A=( )
A. π6B. π4C. π3D. 5π12
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知复数z1，z2∈C，下列结论正确的有( )
A. 若z=z1z2，|z|=|z1||z2|
B. 若|z1|=|z2|，则z1=±z2
C. 若复数z1，z2满足|z1+z2|=|z1−z2|，则z1⋅z2=0
D. 若|z1−i|=1，则|z1+i|的最大值为3
10.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M为棱AB上的动点，则( )
A. 平面ABC1D1⊥平面A1DM
B. 平面BCD1//平面A1DM
C. A1M与BC1所成角的取值范围为[π4,π3]
D. A1M与平面ABC1D1所成角的取值范围为[π6,π4]
11.已知函数f(x)满足(x+y)f(x)f(y)=xyf(x+y)，且f(1)=2，则( )
A. f(0)=0
B. f(2)=8
C. 函数f(x)为奇函数
D. f(1)+f(2)+f(3)+…f(n)=(n−1)2n+2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数f(x)=xlna+xx−1是偶函数，则实数a的值是______.
13.设n为正整数，(a+b)2n展开式的二项式系数的最大值为x，(a+b)2n+1展开式的二项式系数的最大值为y，若9x=5y，则n=______.
14.过直线x−y−2=0上一动点P作抛物线x2=2y的两条切线，切点分别为M，N，则直线MN被圆x2+(y−4)2=9截得的最短弦长是______.
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)
袋中装着标有数字1，2，3，4，5的小球各2个，从袋中任取2个小球，每个小球被取出的可能性都相等.
(1)求取出的2个小球上的数字互不相同的概率；
(2)用X表示取出的2个小球上所标的最大数字，求随机变量X的分布列和数学期望.
16.(本小题15分)
如图，在正四棱柱.ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2=1，BB2=DD2=2，CC2=3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P−A2C2−D2为150∘时，求B2P的长度.
17.(本小题15分)
已知椭圆:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，离心率为 32，椭圆上的点到焦点的最远距离是2+ 3.
(1)求椭圆E的方程；
(2)椭圆上有四个动点A，B，C，D，且AD与BC相交于点P.
①若点P的坐标为(4,2)，A为椭圆的上顶点，B为椭圆的右顶点，求CD的斜率；
②若直线AB与CD的斜率均为−13时，求直线OP的斜率.
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=eˣ+csx，g(x)=ax+2.
(1)求f(x)在x=0处的切线方程；
(2)记函数h(x)=f(x)−g(x)，x∈[0,+∞).
①当a=2时，求证：h(x)≥0不恒成立；
②若h(x)≥0恒成立，求实数a的最大值.
19.(本小题17分)
记an为数列{bn}的前n项积，已知1bn+2an=1.
(1)证明：数列{an}是等差数列；
(2)若将集合{x|x=an,n∈N*}∪{x|x=3an−52,n∈N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，c4，…，求数列{cn}的前4n项和T4n；
(3)已知等比数列{dn}的首项为1，公比为q(q≥1)，若d1+d2+d3+⋯+dn≤T4n对任意的n∈N*恒成立，求q的值.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据题意，9个有效评分与11个原始评分相比，平均数可能变大或变小，也可能不变；
极差可能变小，
数据更加集中了，其方差变小，
其最中间的数据不变，即数据的中位数不变．
故选：D.
根据题意，由平均数、极差、方差和中位数的定义分析，即可得答案．
本题考查数据的平均数、中位数、极差和方差的计算，注意平均数、中位数、极差的计算公式，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵A={x|x=3k+1,k∈Z}，B={x|x=3k+2,k∈Z}，
∴A∪B={x|x=3k+1或x=3k+2，k∈Z}，又U为整数集，
∴∁U(A∪B)={x|x=3k,k∈Z}.
故选：A.
根据集合的基本运算，即可求解．
本题考查集合的基本运算，属基础题．
3.【答案】B
【解析】解：若m，n为非零向量，且m⋅n=|m||n|cs<0，则cs<0，即π2<(m,n)≤π，
当π2<(m,n)<π时，不存在负数λ，使得m=λn，充分性不成立；
若m，n为非零向量，且存在负数λ，使得m=λn，则由λ<0，得m⋅n=λn2=λ|n|2<0，必要性成立．
反之，综上所述“m⋅n<0”是“存在负数λ，使得m=λn”的必要不充分条件．
故选：B.
由平面向量的数量积与夹角知识和充分必要条件的判断分析即可得到答案．
本题考查平面向量的计算与充分必要条件的判断，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，平行于同一直线的两个平面可能相交，也可能平行，A错误；
对于B，若m//α，n//α，m、n可能平行、相交，也可能异面，B错误；
对于C，垂直于同一直线的两个平面平行，C正确；
对于D，垂直于同一平面的两条直线平行，错误．
故选：C.
根据题意，由直线与平面的位置关系分析A、C、D，由直线与直线的位置关系分析B，综合可得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：∵a=2，b=4，c=2 5，∴A(−2,0)，B(2,0)，
设N(m,n)，则m24−n216=1，∴n2=4(m2−4)，
∴k2k3=kNBkNA=nm−2⋅nm+2=n2m2−4=4，
又k1=−2k2，∴k2=−12k1，
∴−12k1k3=4，∴k1k3=−8.
故选：D.
根据双曲线的性质易得k2k3=b2a2=4，再结合k1=−2k2，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，属中档题．
6.【答案】C
【解析】解：由函数f(x)=2sin(ωx+φ)的图象过点B(0,1)，
∴2sinφ=1，解得sinφ=12，
又0<φ<π2，∴φ=π6，
∴f(x)=2sin(ωx+π6)；
∵f(x)在区间(π8,π4)上具有单调性，
∴T2=πω≥π4−π8=π8，解得0<ω≤8①；
由2kπ−π2≤ωx+π6≤2kπ+π2(k∈Z)，得2kπ−2π3ω≤x≤2kπ+π3ω(k∈Z)，
若f(x)在区间(π8,π4)上单调递增，
则2kπ−2π3ω≤π82kπ+π3ω≥π4，当k=0时，得0<ω≤43②；
由2kπ+π2≤ωx+π6≤2kπ+3π2(k∈Z)，得2kπ+π3ω≤x≤2kπ+4π3ω(k∈Z)，
若f(x)在区间(π8,π4)上单调递减，
则2kπ+π3ω≤π82kπ+4π3ω≥π4，当k=0时，得83≤ω≤163③；
由②③，得0<ω≤43或83≤ω≤163，又0<ω≤8，
∴ω的最大值为163.
故选：C.
依题意，可求得f(x)=2sin(ωx+π6)，结合题意，利用正弦函数的单调性质分类讨论可求得答案．
本题考查正弦函数的单调性，考查逻辑推理能力与综合运算能力，属于难题．
7.【答案】A
【解析】解：设M(m,n)，由PM=MN，可得N(2m+2,2n)，
所以(2m+2)2+(2n)2=1①，又m2+n2=1②，
联立①②解得m=−78.
故选：A.
设M(m,n)，由已知可得N(2m+2,2n)，代入圆的方程可求点M的横坐标．
本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属基础题．
8.【答案】B
【解析】解：∵csB=a2+c2−b22ac，
∴2acsB=a2+c2−b2c，
∵2acsB=c−a，
∴a2+c2−b2=c2−ac，
∴a2+ac=b2，
∵(2c+6ab)2=4c2+24ac+36a2b2，
∴(2c+6ab)2=4c2+24ac+36a2a2+ac，
设t=ca(t>0)，
∴(2c+6ab)2=4t2+24t+361+t=4(1+t)+161+t+16，
∴当且仅当4(1+t)=161+t即t=1时，2c+6ab取得最小值，此时a=c，b= 2a，
∴a2+c2=b2，
∴A=π4.
故选：B.
利用余弦定理和基本不等式即可求解．
本题考查了余弦定理和基本不等式的性质，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：对于A，z=z1z2，
由复数模的性质可知，|z|=|z1||z2|，故A错误；
对于B，令z1=1，z2=i，满足|z1|=|z2|，但z1≠±z2，故B错误；
对于C，令z1=1，z2=i，满足|z1+z2|=|z1−z2|= 2，但z1⋅z2=i，故C错误；
对于D，设z1=a+bi(a,b∈R)，
|z1−i|=1，
则a2+(b−1)2=1，表示以(0,1)为圆心，1为半径的圆，
|z1+i|= a2+(b+1)2，表示圆上的点到点(0,−1)的距离，
故|z1+i|的最大值为2+1=3，故D正确．
故选：AD.
根据已知条件，结合复数模公式，特殊值法，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A选项，因为四边形AA1D1D为正方形，
则A1D⊥AD1，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
AB⊥平面AA1D1D，A1D⊂平面AA1D1D，
则A1D⊥AB，
因为AB∩AD1=A，AB、AD1⊂平面ABC1D1，
所以A1D⊥平面ABC1D1，
因为A1D⊂平面A1DM，
故平面ABC1D1上平面A1DM，A对；
对于B选项，当点M与点B重合时，平面BCD1与平面A1DM有公共点，B错；
对于C，D选项，以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴，
建立如下图所示的空间直角坐标系：
不妨设正方体的棱长为1，
则A(1,0,0)、B(1,1,0)、C(0,1,0)、D(0,0,0)、
A1(1,0,1)、B1(1,1,1)、C1(0,1,1)、D1(0,0,1)，
设点M(1,m,0)，其中0≤m≤1，
则A1M=(0,m,−1)，BC1=(−1,0,1)，
所以|cs|=|A1M⋅BC1||A1M|⋅|BC1|=1 2(m2+1)∈[12, 22]，
设A1M与BC1所成角为α，其中0≤α≤π2，
则12≤csα≤ 22，可得π4≤α≤π3，
所以A1M与BC1所成角的取值范围为[π4,π3]，C对；
对于D选项，由A选项可知，平面ABC1D1的一个法向量为DA1=(1,0,1)，
则|cs|=|A1M⋅DA1||A1M|⋅|DA1|=1 2(m2+1)∈[12, 22]，
设A1M与平面ABC1D1所成角为β，
则0≤β≤π2，12≤sinβ≤ 22，可得π6≤β≤π4，
所以AM与平面ABC1D1所成角的取值范围为[π6,π4]，D对．
故选：ACD.
由面面垂直的判定定理可判断A选项；
取点M与点B重合，可判断B选项；
以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C，D选项．
本题考查了面面垂直的判断定理、空间向量在立体几何中的应用，考查了数学建模思想，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，令x=0，y=1时，则f(0)f(1)=0，又f(1)=2，所以f(0)=0，故A正确；
对于B，令x=y=1时，则2f(1)f(1)=f(2)，又f(1)=2，所以f(2)=8，故B正确；
对于C，当x=−1，y=2时，则f(−1)f(2)=−2f(1)，又f(1)=2，f(2)=8，
所以f(−1)=−12≠−f(1)，所以函数f(x)不为奇函数，故C错误；
对于D，当x=1，y=n时，则(1+n)f(1)f(n)=nf(n+1)，又f(1)=2，
所以2(1+n)f(n)=nf(n+1)，即f(n+1)f(n)=2×n+1n，
所以当n≥2时，f(3)f(2)×f(4)f(3)×...×f(n)f(n−1)=2n−2×(32×43×...×nn−1)，
即f(n)f(2)=n×2n−3，即f(n)=8n×2n−3=n×2n，n≥2，
当n=1时，代入上式，1×21=2=f(1)，所以f(n)=n×2n，
设Sn=f(1)+f(2)+...+f(n)，
则Sn=1×21+2×22+...+n×2n ①，
2Sn=1×22+2×3+...+n×2n+1 ②，
①-②得−Sn=21+22+...+2n−n×2n+1=(1−n)×2n+1−2，
所以Sn=(n−1)×2n+1+2，
故(1)+f(2)+f(3)+…f(n)=(n−1)2n+2，故D正确，
故选：ABD.
令x=0，y=1判断A；
令x=y=1判断B；
令x=−1，y=2，求出f(−1)=−12≠−f(1)，判断C；
令x=1，y=n，得f(n)=n×2n，利用错位相减法判断D.
本题主要考查抽象函数的应用，属于中档题．
12.【答案】1
【解析】解：由x+ax−1>0，
因为f(x)=xlna+xx−1是偶函数，则定义域关于原点对称，
由x+ax−1>0，可知a=−1，即x>1或x<−1，
此时f(x)=xlnx+1x−1，f(−x)=−xln−x+1−x−1=−xlnx−1x+1=xlnx+1x−1=f(x)符合题意．
故答案为：1.
由已知结合偶函数定义域关于原点对称即可求解a.
本题主要考查了偶函数定义的应用，属于基础题．
13.【答案】4
【解析】解：由题意知x=C2nn，y=C2n+1n+1，
9x=5y，即9×(2n)!n!⋅n!=5×(2n+1)!n!⋅(n+1)!，
9=5×2n+1n+1，
9×(n+1)=5×(2n+1)，
n=4.
故答案为：4.
根据二项式系数的性质求出x和y，代入9x=5y，计算即可．
本题考查二项式系数的性质及组合数的运算，属于基础题．
14.【答案】4
【解析】解：设M(x1,12x12)，B(x2,12x22)，P(x0,y0).
∵y=12x2，∴y′=x.
则在点M处的切线方程为y−12x12=x1(x−x1)，化为y=x1x−12x12.①
同理在点B处的切线方程为y=x2x−12x22.②
由①②得2x0=x1+x2，2y0=x1x2，显然直线AB存在斜率．
设直线MN的方程是y=kx+b，
y=kx+by=12x2，得x2−2kx−2b=0，
∴x1+x2=2k，x1x2=−2b，即x0=k，y0=−b，
代入x0−y0−2=0，得b=2−k，
∴y=kx+b=kx+2−k，
∴y−2=k(x−1)
因此直线MN恒过定点(1,2)，点(1,2)是圆x2+(y−4)2=9内的点，
直线MN被圆x2+(y−4)2=9截得的最短弦长：2 9−[(1−0)2+(2−4)2]=4.
故答案为：4.
由导数的几何意义，求得切线方程，联立求得P点坐标，设直线MN的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理求得x0=k，y0=−b，代入直线方程，即可求得直线MN方程，求得直线恒过定点，然后求解直线MN被圆x2+(y−4)2=9截得的最短弦长．
本题考查导数的几何意义，利用导数求函数的切线方程，直线与抛物线的位置关系，考查计算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)“取出的2个小球上的数字互不相同”记为事件A，
则A−为“取出的2个小球上的数字相同”，
则P(A−)=C51C102=19，
所以P(A)=1−19=89.
(2)由题意可知X的可能取值为1，2，3，4，5，
P(X=1)=C22C102=145，
P(X=2)=C21C21+C22C102=545=19，
P(X=3)=C41C21+C22C102=945=15，
P(X=4)=C61C21+C22C102=1345，
P(X=5)=C81C21+C22C102=1745，
可得X的分布列如表所示：
所以期望E(X)=1×145+2×19+3×15+4×1345+5×1745=359.
【解析】(1)利用古典概型的概率公式和对立事件的概率公式可求出结果；
(2)先求出X的可能取值为1，2，3，4，5，求出X的每个取值的概率即可得解．
本题主要考查概率的求法，离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：由题，以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)，
所以B2C2=(0,−2,1)，A2D2=(0,−2,1)，
所以B2C2=A2D2，所以B2C2//A2D2，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
所以B2C2//A2D2；
(2)解：设P(0,2,λ)(0≤λ≤4)，又A2C2=(−2,−2,2)，
PC2=(0,−2,3−λ)，D2C2=(−2,0,1)，
设平面PA2C2的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅A2C2=−2x−2y+2z=0n⋅PC2=−2y+(3−λ)z=0，令z=2，得y=3−λ，x=λ−1，所以n=(λ−1,3−λ,2)，
设平面A2C2D2的法向量m=(a,b,c)，
则m⋅A2D2=0m⋅D2C2=0，即−2a−2b+2c=0−2a+c=0，令a=1，得b=1，c=2，则m=(1,1,2)，
所以|cs⟨n,m⟩|=|n⋅m||n||m|=6 6 4+(λ−1)2+(3−λ)2=|cs150∘|= 32，
化简可得，λ2−4λ+3=0，解得λ=1或λ=3，
所以P(0,2,1)或P(0,2,3)，又B2(0,2,2)，
所以B2P=1.
【解析】(1)建立空间直角坐标系，先证明B2C2//A2D2，可以得出线线平行．
(2)先设点的坐标，在应用空间向量法求二面角余弦值求出参数即可．
本题考查直线与平面的位置关系，点到平面的距离，二面角，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由椭圆E的离心率为 32，故ca= 32，
由椭圆上的点到焦点的最远距离是2+ 3，故a+c=2+ 3，
解得a=2,c= 3，故b2=a2−c2=1，
即椭圆E的方程为x24+y2=1；
(2)①由椭圆E的方程为x24+y2=1，则A(0,1)，B(2,0)，
则lAD:y=2−14−0x+1，即lAD:y=14x+1，
lBC:y=2−04−2(x−2)，即lBC：y=x−2，
联立直线AD与椭圆方程，有y=14x+1x24+y2=1，消去可得5x2+8x=0，
解得x=0或x=−85，由A(0,1)，故xD=−85，则yD=35，即D(−85,35)，
联立直线BC与椭圆方程，有y=x−2x24+y2=1，消去y可得5x2−16x+12=0，
解得x=65或x=2，因为B(2,0)，故xC=65，则yC=−45，
故C(65,−45)，则kCD=35−(−45)−85−65=−12；
②设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，P(m,n)，
设PD=λDA(λ≠0)，
则有x4−m=λx1−λx4y4−n=λy1−λy4，即x4=λx1+mλ+1y4=λy1+nλ+1，
由A在椭圆E上，故x124+y12=1，
D在椭圆E上，故有(λx1+mλ+1)24+(λy1+nλ+1)2=1，
化简得：λ2x12+2mλx1+m2+4λ2y12+8nλy1+4n2=4λ2+8λ+1，
由x124+y12=1，即有λ2x12+4λ2y12=4λ2，
则有2mλx1+8nλy1+m2+4n2=8λ+1，
由直线AB与CD的斜率均为−13，故AB//CD，
则有PC=λCB(λ≠0)，
同理可得2mλx2+8nλy2+m2+4n2=8λ+1，
故直线lAB:2mλx+8nλy+m2+4n2=8λ+1，
即有−13=−2mλ8nλ=−m4n，即nm=34，
则kOP=nm=34.
【解析】(1)根据离心率及椭圆上的点到焦点的最远距离计算即可得；
(2)①由椭圆方程可得A、B点的坐标，即可得lAD与lBC的解析式，联立曲线计算即可得C，D两点坐标，即可得CD的斜率；②由AB与CD的斜率均为−13，可得AB//CD，设PD=λDA，则有PC=λCB，结合向量共线满足的坐标运算，代入椭圆方程中，可得2mλx1+8nλy1+m2+4n2=8λ+1，同理可得2mλx2+8nλy2+m2+4n2=8λ+1，即可得lAB:2mλx+8nλy+m2+4n2=8λ+1，结合AB的斜率值，即可得nm，即可得直线OP的斜率．
本题考查了椭圆的方程和性质，考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想和数形结合思想，属于中档题．
18.【答案】解：(1)f(x)=ex+csx，则f′(x)=ex−sinx，
故f(0)=2，f′(0)=1，所以f(x)在x=0处的切线方程为：y−2=1⋅(x−0).
即x−y+2=0.
(2)①证明：当a=2，h(x)=ex+csx−2x−2，x∈[0,+∞).
则h′(x)=ex−sinx−2，x∈[0,+∞),
令m(x)=ex−sinx−2，m′(x)=ex−csx≥0，
所以m(x)在[0,+∞)上单调递增，
又因为m(x)min=m(0)=e0+sin0−2=−1，
所以存在x0∈[0,+∞),使得m(x)=0，
则当x∈[0,x0),m(x)<0,则h′(x)<0，
当x∈(x0,+∞)，m(x)>0，则h′(x)>0，
所以h(x)在[0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
而h(x)min=h(x0)②因为h(0)=0，所以一定有h′(0)=1−a≥0，即a≤1(必要性)；
下证充分性，当a≤1时，h(x)=ex+csx−ax−2≥ex+csx−x−2，
令u(x)=ex+csx−x−2，u′(x)=ex−sinx−1，
令k(x)=ex−sinx−1，k′(x)=ex−csx≥0在[0,+∞)上恒成立，
所以k(x)在[0,+∞)上单调递增，k(x)≥k(0)=e0−sin0−1=0，
所以u′(x)≥0，故u(x)在[0,+∞)上单调递增，
u(x)≥u(0)=0，故h(x)≥0，满足充分性．
综上，实数a的取值范围为{a|a≤1}.
所以实数a的最大值为1.
【解析】(1)对f(x)求导，通过导数的几何意义求解即可；
(2)①对h(x)求导，讨论h′(x)与0的大小，可得h(x)min<0即可证明；
②将问题转化为h(x)=ex+csx−ax−2≥ex+csx−x−2恒成立，得出a≤1符合题意，再利用导数去证明其充分性即可．
本题考查了利用导数研究函数的切线方程，利用导数研究函数的单调性与最值，利用综合法证明不等式，考查了转化思想，属难题．
19.【答案】解：(1)证明：由an为数列{bn}的前n项积，1bn+2an=1，
可得n=1时，a1=b1，即有1a1+2a1=1，解得a1=3；
当n≥2时，bn=anan−1，即有an−1an+2an=1，
可得an=an−1+2，即an−an−1=2，
则数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列；
(2)由(1)可得an=3+2(n−1)=2n+1，
3an−52=6n+3−52=3n−1，
可得{2n+1}和{3n−1}中的相同项为5，11，17，23，…，
即有c1=2，c2=3，c3=5，c4=7，c5=8，c6=9，c7=11，c8=13，…，
可设cn=6k−4,n=4k−36k−3,n=4k−26k−1,n=4k−16k+1,n=4k，k∈N*，
则T4n=(c1+c2+c3+c4)+(c5+c6+c7+c8)+...+(c4n−3+c4n−2+c4n−1+c4n)=17+41+...+(24n−7)=12n(17+24n−7)=12n2+5n；
(3)若q=1，即有dn=1，d1+d2+d3+⋯+dn≤T4n，即n≤12n2+5n，恒成立；
当q>1时，d1+d2+d3+⋯+dn≤T4n，即qn−1q−1≤12n2+5n，
上式左边即为qn−1+qn−2+...+q+1，当n无限增大时，指数函数的增长速度大于二次函数的增长速度，
所以q>1时，qn−1+qn−2+...+q+1≤12n2+5n对任意的n∈N*不恒成立，
综上，可得q=1.
【解析】(1)由n=1时，a1=b1，当n≥2时，bn=anan−1，结合等差数列的定义，可得证明；
(2)由等差数列的通项公式，推得cn=6k−4,n=4k−36k−3,n=4k−26k−1,n=4k−16k+1,n=4k，k∈N*，再由等差数列的求和公式，计算可得所求和；
(3)分别讨论q=1，q>1，结合不等式恒成立思想，以及指数函数、二次函数的增长速度，可得结论．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，以及不等式恒成立问题，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题． X
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19
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