2023-2024学年四川省成都七中高二（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年四川省成都七中高二（下）期中数学试卷-普通用卷，共16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(1−i)(z+i)=4i，则z的共轭复数z−的虚部为( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
2.已知点P(6,−9)在抛物线x2=2py(p≠0)上，则点P到其焦点F的距离|PF|=( )
A. 7B. 8C. 9D. 10
3.函数y=x−2sinx(−π≤x≤π)的大致图象是( )
A. B. C. D.
4.在等比数列{an}中，a2⋅a8=4a7，则lg2a1+lg2a3+lg2a5=( )
A. 6B. 8C. 10D. 12
5.从一个三棱台的9条棱中任取2条，它们所在直线互为异面直线的概率为( )
A. 12B. 13C. 14D. 16
6.已知函数f(x)=ax−ax(a>0且a≠1)在区间(−∞,1)上单调递减，则a的最大值是( )
A. e−2B. e−1C. eD. e2
7.已知圆柱内接于表面积为36π的球(圆柱的上、下底面圆周都在球面上)，当圆柱的体积最大时，其高等于( )
A. 6B. 2 2C. 3D. 2 3
8.“肝胆两相照，然诺安能忘.”(《承左虞燕京惠诗却寄却寄》，明⋅朱察卿)若A，B两点关于点P(1,1)成中心对称，则称(A,B)为一对“然诺点”，同时把(A,B)和(B,A)视为同一对“然诺点”.已知a∈Z，函数f(x)=(x−2)e−x,x<1ax−2,x>1的图象上有两对“然诺点”，则a等于( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
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.设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1>0，S5>S8，则下列结论一定成立的有( )
A. S12>0B. S13<0C. S6>S8D. S710.在二项式(x2−2x)6的展开式中，下列说法正确的有( )
A. 常数项等于240B. x3项的系数等于160
C. 偶次项系数之和等于365D. 系数绝对值最大的是第5项
11.已知ab≠0，函数f(x)=(ax−b)(x−1)2在x=1处取得极大值，则下列不等式可以成立的有( )
A. a2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某同学决定用圆周率π的不足近似值3.14159中出现的这六个数字编成一组六位数的开锁密码(每个数字用一次)，则两个数字“1”不相邻的不同密码共有______组.
13.已知A，B分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右顶点，直角△ACD的顶点C在y轴上，顶点D在双曲线的一条渐近线上，且斜边CD的中点为B，则双曲线的离心率为______.
14.牛顿数列是牛顿利用曲线的切线和数列的极限探求函数y=f(x)的零点时提出的，在航空航天领域中应用广泛.已知牛顿数列{xn}的递推关系为：xn+1是曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处的切线在x轴上的截距，其中n∈N*.
(1)若f(x)=e2x−1，并取x1=1，则{xn}的通项公式为______；
(2)若取x1>1，且{xn−1}为单调递减的等比数列，则f(x)可能为______.
(注：只需写出f(x)的一个解析式即可)
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)
如图，在四棱锥E−ABCD中，面ABCD为正方形，面ABE为等边三角形，M，N分别是AB和DE的中点.
(1)求证：直线MM//平面BCE；
(2)若BC⊥AE，求二面角A−CE−D的余弦值.
16.(本小题15分)
“一花一世界，一叶一追寻.”为庆祝建校120周年，激发同学们对校园的热爱、对艺术的追求，学校某学生社团举办了“校园一隅”自然景观摄影比赛.经过初赛的激烈角逐，有3名女生和2名男生的摄影作品(每人一件)闯入决赛.决赛采用抽签的方式决定顺序，由5名选手依次对自己的摄影作品进行创作陈述，最终评出特等奖2件(事先假定每件作品获奖的可能性相同).
(1)求至少有1名男生的摄影作品最终获得特等奖的概率；
(2)求决赛时，恰好有2名女生相邻进行创作陈述的概率；
(3)若当2名男生都陈述结束时，还有k名女生没有陈述的概率为0.2，求k.
17.(本小题15分)
已知n∈N⋆，k=1，2，3，…，n，并补充规定C00=1.
(1)化简：kCnkCn−1k−1.
(2)在数列{an}中，a1=1，前n项和Sn满足2Sn=(n+1)an.
①求{an}的通项公式；
②设bn=Cn1a1+Cn2a2+⋯+Cnkak+⋯+Cnnan，求数列{bn}的前n项和Tn.
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P(0,−1)，且离心率为 32.直线y=kx+3与C交于A，B两点，连结PA，PB.
(1)求△PAB面积的最大值；
(2)设直线PA，PB分别与x轴交于点M，N，线段MN的中点为Q，求直线PQ与直线AB的交点H的轨迹方程.
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=(ax+2)ln(x+1)，e≈2.71828为自然对数的底数.
(1)设a=0，求f(x)=tanx在区间(0,π2)内的实根个数；
(2)若对任意x>0，f(x)>2x都成立，求a的取值范围；
(3)设m=(2024!)⋅e2024，n=454049，比较m与n的大小.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：(1−i)(z+i)=4i，
则z+i=4i1−i=4i(1+i)(1−i)(1+i)=2i(1+i)=−2+2i，
故z=−2+i，
所以z−=−2−i，其虚部为−1.
故选：B.
根据已知条件，先对z化简，再结合复数的概念，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的概念，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为点P(6,−9)在抛物线x2=2py(p≠0)上，
所以36=−18p，
解得p=−2，
则抛物线的方程为x2=−4y，焦点坐标为(0,−1)，
所以点P到其焦点F的距离|PF|= (6−0)2+(−9+1)2=10.
故选：D.
由题意，将点P代入抛物线方程中求出p的值，得到抛物线的方程和焦点坐标，再利用两点间距离公式进行求解即可．
本题考查抛物线的方程，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：根据题意，设f(x)=x−2sinx，(−π≤x≤π)，
有f(−x)=−x−2sin(−x)=−(x−2sinx)=−f(x)，f(x)为奇函数，排除C、D，
又由f(π)=π−2sinπ=π>0，排除B.
故选：A.
根据题意，分析函数的奇偶性排除C、D，分析f(π)的符号排除B，综合可得答案．
本题考查函数的图象分析，涉及函数的奇偶性，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，由a2⋅a8=4a7，得a2q=4，所以a3=4，
所以lg2a1+lg2a3+lg2a5=lg2(a1a3a5)=lg2a23=lg243=3×2=6.
故选：A.
根据等比数列的定义与性质，求出a3，再根据对数的运算性质求值即可．
本题考查了等比数列的定义与性质，也考查了对数的运算问题，是基础题．
5.【答案】B
【解析】解：9条棱中任取2条，共有36种取法，
其中异面的情况有：一条侧棱对应着底面上不和它相交的2条棱，这2条棱中任取一条，共有3×2=6种取法；
一条上下底面棱对应着不与该棱平行的底面棱，共有3×2=6种取法，
所以所求概率为1236=13.
故选：B.
先求出9条棱中任取2条的取法，然后求出两直线异面的取法，结合古典概率公式即可求解．
本题主要考查了古典概率公式的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为函数f(x)=ax−ax(a>0且a≠1)在区间(−∞,1)上单调递减，
所以f′(x)=axlna−a≤0在x<1时恒成立，
即lna≤a1−x在x<1时恒成立，
当a>1时，a1−x>1，
所以lna≤1，解得1当0故lna≤0，即0故a的最大值为e.
故选：C.
先对函数求导，结合导数与单调性关系，分离参数，结合恒成立与最值关系的转化即可求解．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，体现了转化思想的应用，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：设圆柱底面圆半径为r，高为h，球的半径为R，如图，
则OA=R,OG=h2,GA=r，
故h24+r2=R2，
则h=2 R2−r2，
圆柱体积为V=πr2⋅h=2πr2 R2−r2，
设 R2−r2=t，则r2=R2−t2，
所以V=2πt(R2−t2)，
故V′=−6πt2+2πR2=−6π(t2−R3)，
当t2=R3时，V′=0，当t2>R3时，V′<0，当t20，
所以当t2=R3时，圆柱体积取得最大值，此时h=2t=2 R3=2 33R，
又球的表面积为36π，则4πR2=36π，R=3，
此时圆柱的高为2 3.
故选：D.
由题意画出图形，利用勾股定理可得h24+r2=R2，得出圆柱的体积，换元后求导，利用导数求出体积的最大值，即可求解．
本题考查了球的表面积和圆柱的体积公式，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：当x>1时，f(x)=ax−2，其关于点P(1,1)对称的函数为y=ax−2a+4(x<1)，
由题知y=ax−2a+4与y=(x−2)e−x在x∈(−∞,1)上有两个交点，
由y=ax−2a+4y=(x−2)e−x，消y得到ax−2a+4=(x−2)e−x，
又x<1，得到4x−2+a=e−x，
令h(x)=4x−2+a，g(x)=e−x，则h(x)=4x−2+a和g(x)=e−x在(−∞,1)上有两个交点，
在同一坐标系中，作出g(x)=e−x和h(x)=4x−2的图象，如图所示，
因为h(x)=4x−2+a的图象可由y=4x−2上下平移得到，
由图知41−2+a1，得到3又a∈Z，所以a=4.
故选：C.
当x>1时，f(x)=ax−2，其关于点P(1,1)对称的函数为y=ax−2a+4(x<1)，问题转化为y=ax−2a+4与y=(x−2)e−x在x∈(−∞,1)上有两个交点，结合函数的图象即可求解．
本题以新定义为载体，主要考查了由函数零点个数求解参数范围，体现了转化思想及数形结合思想的应用，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d，
若S5>S8，即S8−S5=a6+a7+a8=3a7<0，则有a7<0，
又由a1>0，则d<0，
依次分析选项：
对于A，S12=(a1+a12)×122=6(a6+a7)，由于a6+a7的符号不能确定，则S12的符号不能确定，A错误；
对于B，S13=(a1+a13)×132=13a7<0，B正确；
对于C，S8−S6=a7+a8，由于a8对于D，S7−S5=a6+a7，由于a6+a7的符号不能确定，则S7−S5的符号不能确定，D错误．
故选：BC.
根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d，分析可得S8−S5=a6+a7+a8=3a7<0，则有a7<0，可得d<0，由此分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查等差数列的性质，涉及等差数列的求和，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：根据二项式的展开式Tr+1=C6r⋅(−2)r⋅x12−3r(r=0,1,2,3,4,5,6)；
对于A：当r=4时，常数项为C64⋅(−2)4=240，故A正确；
对于B：当r=3时，x3的系数为C63⋅(−2)3=−160，故B错误；
对于C：由于：(x2−2x)6=a0x12+a1x9+a2x6+a3x3+a4x0+a5x−3+a6x−6，当x=1时，a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=1，
当x=−1时，a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6=36，
所以a1+a3+a5=1−362=−364.
对于D：设第r+1项的系数的绝对值最大，故C6r⋅2r≥C6r−1⋅2r−1C6r⋅2r≥C6r+1⋅2r+1，解得113≤r≤143(r∈N)，故r=4，故第5项系数的绝对值最大，故D正确．
故选：AD.
直接利用二项式的展开式，组合数，赋值法，不等式组的解法判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，系数的最大项，不等式组的解法，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
11.【答案】AB
【解析】解：因为f(x)=(ax−b)(x−1)2在x=1处取得极大值，
又f′(x)=(x−1)(3ax−a−2b)=3a(x−1)(x−a+2b3a)，
所以a>01a+2b3a，
即0当0当aab>b2，B正确．
故选：AB.
先对函数求导，结合函数极值存在条件及不等式的性质检验各选项．
本题主要考查了函数极值存在条件的应用，还考查了不等式性质的应用，属于中档题．
12.【答案】240
【解析】解：根据题意，先将3、4、5、9四个数全排列，有A44=24种情况，
排好后，有5个空位，在其中任选2个，安排两个数字“1”，有C52=10种情况，
则有24×10=240种情况，即有240组符合题意的密码．
故答案为：240.
根据题意，先将3、4、5、9四个数全排列，排好后，有5个空位，再在其中任选2个，安排两个数字“1”，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
13.【答案】 72
【解析】解：由题意可得A(−a,0)，B(a,0)，设C(0,m)，D(n,−ban)，
由斜边CD的中点为B，可得n=2a，m=ban，
由AC⊥AD，可得ma⋅ban−a−n=−1，
即b2a2n2=a(a+n)，化为4b2=3a2，
则e=ca= 1+b2a2= 1+34= 72.
故答案为： 72.
由中点坐标公式和直线的斜率公式、双曲线的离心率公式，可得所求值．
本题考查双曲线的方程和性质，以及中点坐标公式和直线的斜率公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
14.【答案】xn=3−n2(x∈N*) f(xn)=(xn−1)2(答案不唯一)
【解析】解：(1)根据题意，f′(x)=2e2x−1，
则f′(xn)=2e2xn−1且f(xn)=e2xn−1，
所以曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处切线的方程为y−e2xn−1=2e2xn−1(x−xn)，
令y=0，得xn+1=xn−12，即xn+1−xn=−12，又x1=1.
所以数列{xn}是以1为首项，以−12为公差的等差数列，
所以xn=1+(n−1)×(−12)=3−n2(n∈N*)；
(2)根据题意，曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处切线的方程为y−f(xn)=f′(xn)(x−xn)，
令y=0，得xn+1=xn−f(xn)f′(xn)，则xn+1−1=xn−1−f(xn)f′(xn)
因为{xn−1}为单调递减的等比数列，且x1−1>0，
设其公比为q，则xn+1−1=(xn−1)q，
所以0所以f(xn)f′(xn)=λ(xn−1)，
故xn+1−1=xn−1−λ(xn−1)=(1−λ)(xn−1)，
所以0<λ<1，
即函数f(x)满足f(x)f′(x)=λ(x−1)，且0<λ<1即可．如f(x)=(x−1)2，则f(x)=2(x−1)，
所以f(xn)=(xn−1)2，
f′(xn)=2(xn−1)，
所以f(xn)f′(xn)=12(xn−1)，符合题意．
故答案为：(1)xn=3−n2(n∈N*)；(2)f(xn)=(xn−1)2(答案不唯一).
(1)根据题意求出曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处切线的方程，可得数列{xn}是等差数列，进而求得通项公式n；
(2)由题意，可得xn+1=xn−f(xn)f′(xn)，结合{xn−1}为单调递减的等比数列，所以函数f(x)满足f(x)f′(x)=λ(x−1)且0<λ<1即可．
本题主要考查数列与函数的综合，考查转化能力，属于难题．
15.【答案】(1)证明：取CE的中点P，连结BP，PN，
又N为DE的中点，所以PN//CD，且2PN=CD，
在正方形ABCD中，M为AB的中点，
所以BM//CD，且2MB=CD，
故PN与BM平行且相等，
所以四边形BMNP为平行四边形，
故MN//BP，
又MN⊄平面BCE，BP⊂平面BCE，
所以MN//平面BCE.
(2)解：因为面ABCD为正方形，所以BC⊥AB，
又BC⊥AE，且AB∩AE=A，
故BC⊥平面ABE，
取CD的中点F，又M为AB的中点，
所以CB//FM，
故FM⊥平面ABE，
如图建立空间直角坐标(以M为原点)，
设MA=1，则A(1,0,0)，C(−1,0,2)，D(1,0,2)，E(0, 3,0)，
于是CA=(2,0,−2)，CE=(1, 3,−2)，CD=(2,0,0)，
设平面ACE的法向量n=(x,y,z)，
由CA⋅n=2x−2z=0CE⋅n=x+ 3y−2z=0，
令y=1，解得平面ACE的一个法向量n=( 3,1, 3)，
设平面DCE的法向量m=(x,y,z)，
由CD⋅m=2x=0CE⋅m=x+ 3y−2z=0，
令y=2，解得平面DCE的一个法向量m=(0,2, 3)，
则cs⟨m,n⟩=m⋅n|m|⋅|n|=0+2+3 7⋅ 7=57，
故二面角A−CE−D的余弦值为57.
【解析】(1)先证四边形BMNP为平行四边形，得出MN//BP，再利用线面平行的判定定理即可得证；
(2)建立空间直角坐标，分别求出平面ACE和平面DCE的法向量，利用向量夹角公式即可求解．
本题考查线面平行的判定以及向量法的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)根据题意，在5件作品中评出特等奖2件，有C52=10种情况，
其中至少有1名男生的摄影作品最终获得特等奖情况有C22+C21C31=7种情况，
则至少有1名男生的摄影作品最终获得特等奖的概率为P1=710；
(2)根据题意，由5名选手依次对自己的摄影作品进行创作陈述，有A55=120种顺序，
若恰好有2名女生相邻，有A22C32A22A32=72种顺序，
则恰好有2名女生相邻进行创作陈述的概率P2=72120=35；
(3)根据题意，假设当2名男生都陈述结束时，还有k(k=0、1、2、3)名女生没有陈述，有C4−k1A22A33=12(4−k)种顺序，
又由当2名男生都陈述结束时，还有k名女生没有陈述的概率为0.2，
则有C4−k1A22A33A55=12(4−k)120=0.2，解可得k=2，
故k=2.
【解析】(1)根据题意，分别计算“在5件作品中评出特等奖2件”和“至少有1名男生的摄影作品最终获得特等奖”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案；
(2)根据题意，分别计算“5名选手依次对自己的摄影作品进行创作陈述”和“恰好有2名女生相邻”的顺序数目，由古典概型公式计算可得答案；
(3)根据题意，计算“当2名男生都陈述结束时，还有k(k=0、1、2、3)名女生没有陈述”的情况数目，由古典概型公式可得12(4−k)120=0.2，解可得答案．
本题考查古典概型的计算，涉及排列组合的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由kCnk=k⋅n!k!(n−k)!=n⋅(n−1)!(k−1)!(n−k)!=nCn−1k−1，
所以kCnkCn−1k−1=n；
(2)①a1=1，前n项和Sn满足2Sn=(n+1)an.
当n≥2时，由2Sn=(n+1)an，可得2Sn−1=nan−1，
两式相减可得2an=(n+1)an−nan−1，
化为ann=an−1n−1=，
即an=n(对n=1也成立)，
则an=n，n∈N*；
②bn=Cn1a1+Cn2a2+⋯+Cnkak+⋯+Cnnan=Cn1+2Cn2+3Cn3+...+kCnk+...+nCnn
=nCn−10+nCn−11+nCn−12+...+nCn−1k−1+...+nCn−1n−1=n(Cn−10++Cn−11+Cn−12+...+Cn−1k−1+...+Cn−1n−1)=n⋅2n−1，
则数列{bn}的前n项和Tn=1⋅20+2⋅21+3⋅22+...+n⋅2n−1，
2Tn=1⋅21+2⋅22+3⋅23+...+n⋅2n，
两式相减可得−Tn=1+21+22+...+2n−1−n⋅2n=1−2n1−2−n⋅2n=(1−n)⋅2n−1，
则Tn=(n−1)⋅2n+1.
【解析】(1)由组合数公式，化简可得所求值；
(2)①由数列的通项与求和的关系，化简可得所求通项公式；
②由kCnk=nCn−1k−1，结合二项式定理，可得bn=n⋅2n−1，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和．
本题考查组合数公式和二项式定理，以及等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为椭圆C经过点P(0,−1)，且离心率为 32，
所以b=11−b2a2=34a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，
则椭圆C的方程为x24+y2=1；
联立y=kx+3x24+y2=1，消去y并整理得(4k2+1)x2+24kx+32=0，
此时Δ=64(k2−2)>0，
解得k2>2，
不妨设A(x1,kx1+3)，B(x2,kx2+3)，
由韦达定理得x1+x2=−24k4k2+1，x1x2=324k2+1，
所以△PAB的面积S=12⋅[3−(−1)]⋅|x1−x2|=2 (x1+x2)2−4x1x2
=2 (−24k4k2+1)2−4⋅324k2+1=16 k2−24k2+1，
不妨令t= k2−2(t>0)，
此时S=16t4t2+9=164t+9t≤43，
当且仅当t=32，即k=± 172时，等号成立，
故△PAB面积的最大值为43；
(2)易知直线PA的方程为y+1kx1+4=xx1，
当y=0时，
解得x=x1kx1+4，
即M(x1kx1+4,0)，
同理得N(x2kx2+4,0)，
则点Q的横坐标x0=12(x1kx1+4+x2kx2+4)=12⋅x1(kx2+4)+x2(kx1+4)(kx1+4)(kx2+4)=kx1x2+2(x1+x2)k2x1x2+4k(x1+x2)+16，
由(1)知x1+x2=−24k4k2+1，x1x2=324k2+1，
所以x0=32k−48k32k2−96k2+16(4k2+1)=−k，
即Q(−k,0)，
因为P(0,−1)，
所以直线PQ的斜率k′=−1k.
因为k⋅k′=−1，
所以PQ⊥AB，
不妨设T(0,3)，
此时直线PQ与AB的交点H在以PT为直径的圆上，
则以PT为直径的圆的方程是x2+(y+1)(y−3)=0，
即x2+y2−2y−3=0，
因为点H在椭圆C内，
联立x2+y2−2y−3=0x2+4y2<4，
解得−1故点H的轨迹方程为x2+y2−2y−3=0(−1【解析】(1)由题意，得到椭圆C的方程，将椭圆方程与直线方程联立，利用韦达定理、弦长公式以及三角形面积公式再进行求解即可；
(2)先推出M，N两点的坐标，进而得到点Q的横坐标，结合(1)中信息推出点Q的坐标和直线PQ的斜率，得到PQ⊥AB，设T(0,3)，直线PQ与AB的交点H在以PT为直径的圆上，得到圆的方程，根据点H在椭圆C内，列出等式求出y的取值范围，进而可得点H的轨迹方程．
本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解(1)当a=0时，方程f(x)=tanx，即2ln(x+1)=tanx，
设函数g(x)=2ln(x+1)−tanx=2ln(x+1)−sinxcsx(0设函数h(x)=cs2x−x(0所以h(x)在区间(0,π2)上单调递减，
又h(0)=1>0，h(1)=cs2−1<0，由零点存在定理知，在区间(0,π2)内存在唯一的x0∈(0,1)，使得h(x0)=0，
当00，故g′(x)>0，x0所以g(x)在区间(0,x0)上单调递增，在区间(x0,π2)上单调递减，
因为g(x0)>g(0)=0，
又g(π2)→−∞，g(0)>0，
所以g(x)在区间(0,π2)内有且仅有1个零点x1∈(x0,π2)，
故方程f(x)=tanx在区间(0,π2)内的实根个数为1；
(2)因为x>0，ln(x+1)>0，所以必有ax+2>0，
故不等式f(x)>2x(x>0)等价于ln(x+1)>2xax+2(x>0)，且a≥0，
设函数k(x)=ln(x+1)−2xax+2(x>0)，题意即k(x)>0对任意x>0恒成立，
求导得，k′(x)=1x+1−4(ax+2)2=x(a2x+a−4)(x+1)(ax+2)2，
①当a=0时，k(e−1)=1−(e−1)=2−e<0，不合题意．
②当0所以k(x)在区间(0,4−4aa2)上单调递减，
故(4−4aa2)③当a≥1时，因为a2x+4a−4≥a2x>0，所以k′(x)>0，
故k(x)在区间(0,+∞)上单调递增．所以k(x)>k(0)=0，符合题意．
综上所述，a的取值范围是[1,+∞)；
(3)由(2)知，当x>0时，(x+2)lhn(x+1)>2x恒成立(取a=1).
所以当x=1k时，(1k+2)ln(1k+1)>2k，整理得(2k+1)[ln(k+1)−lnk]>2，
所以(2k+1)ln(k+1)−(2k−1)lnk>2lnk+2，其中k=1，2，…，2024.
故4049ln2025−4047ln2024>2ln2024+2，
4047mn2024−4045ln2023>2mn2023+2，…，
7ln4−5ln3>2ln3+2，
5ln3−3ln2>2ln2+2，
3h2−ln1>2lh1+2，
累加，得4049ln2025−ln1>2(ln2024+ln2023+…+ln3+ln2+ln1)+2×2024，
故4049ln2025>2[ln(2024!)+2024].
又ln2025=2ln45，
所以4049ln45>ln(2024!)+2024，
故ln454049>ln[(2024!)⋅e2024]，
所以454049>(2024!)⋅e2024，
即n>m.
【解析】(1)设函数g(x)=2ln(x+1)−tanx=2ln(x+1)−sinxcsx(0(2)不等式f(x)>2x(x>0)等价于n(x+1)>2xax+2(x>0)，设函数k(x)=ln(x+1)−2xax+2(x>0)，分类讨论可求a的取值范围．
(3)由(2)可得x=1k时，(1k+2)ln(1k+1)>2k，整理得(2k+1)ln(k+1)−(2k−1)lnk>2mnk+2，其中k=1，2，…，2024，进而4049ln2025−4047ln2024>2ln2024+2，裂项相消可得结论．
本题主要考查了导数与单调性关系及函数性质在函数零点个数判断中的应用，还考查了由不等式恒成立求解参数范围，导数与单调性在函数值大小比较中的应用，属于难题．