2024年天津市新华中学高考数学统练试卷（十一）（含详细答案解析）

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这是一份2024年天津市新华中学高考数学统练试卷（十一）（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|2x2−3x−5≥0}，B={x|x2−2x−8≤0,x∈N}，则(∁RA)∩B=( )
A. {x|−1C. {0,1,2}D. {1,2}
2.若0b3”是“a>b”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)的部分图象如图所示，则f(x)的解析式可能为( )
A. f(x)=xsinx+x2|x|+1B. f(x)=xsinx|x|+1
C. f(x)=xsinx+x|x|+1D. f(x)=xsinxx2+1
4.根据最小二乘法由一组样本点(xi,yi)(其中i=1，2，⋯，300)，求得的回归方程是y =b x+a ，则下列说法正确的是( )
A. 至少有一个样本点落在回归直线y =b x+a 上
B. 若所有样本点都在回归直线y =b x+a 上，则变量间的相关系数为1
C. 当b =−2时，x增加1个单位时，y平均增加2个单位
D. 若回归直线y =b x+a 的斜率b >0，则变量x与y正相关
5.已知a=30.6，b=lg25，c=lg32 3，则实数a，b，c的大小关系是( )
A. b>a>cB. a>b>cC. b>c>aD. a>c>b
6.设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和Sn，若a1=1，S5=5S3−4，则S4=( )
A. 158B. 658C. 15D. 40
7.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E、F分别为棱PA和PB中点，则四棱锥P−CDEF和四棱锥P−ABCD的体积之比为( )
A. 25B. 37C. 38D. 49
8.记函数f(x)=sin(ωx+π4)(ω>0)的最小正周期为T.若π①2<ω<3；
②f(π2)=0；
③f(x)在[−π6,π6]上单调递增；
④为了得到g(x)=sinωx的图象，只需将f(x)的图象向右平移π4个单位长度.
以上四个说法中，正确的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
9.已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，过F2作一条渐近线的垂线，垂足为A，延长F2A与另一条渐近线交于点B，若S△BOF1=3S△AOB(O为坐标原点)，则双曲线的离心率为( )
A. 3B. 2C. 5D. 6
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.已知复数z的实部为5，虚部为−1，则|z1+i|=______.
11.在(x−2x)6的展开式中，常数项是______.(用数字作答)
12.写出与直线x+y+2=0和y轴都相切，半径为 2的一个圆的方程：______.
13.随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式.某公司员工小明上班出行方式有自驾、坐公交车、骑共享单车三种，某天早上他选择自驾、坐公交车、骑共享单车的概率分别为13,13,13，而他自驾、坐公交车、骑共享单车迟到的概率分别为14,15,16，则小明这一天迟到的概率为______；若小明这一天迟到了，则他这天是自驾上班的概率为______.
14.如图，在△ABC中，AD=12AB,AE=13AC,CD与BE交于点P，AB=2，AC=3,AP⋅BC=1，则AB⋅AC的值为______；过点 P的直线l分别交AB，AC于点M，N，设AM=mAB,AN=nAC(m>0,n>0)，则m+2n的最小值为______.
15.设函数f(x)=3x−a(x<1)2(x−a)(x−2a)(x≥1)，若f(x)恰有2个零点，则实数a的取值范围是______.
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题14分)
在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a=4，b=5，csC=18.
(Ⅰ)求△ABC的面积；
(Ⅱ)求边c的值和sinA的值；
(Ⅲ)求cs(2A−π3)的值.
17.(本小题15分)
如图所示的几何体ABCDE中，DA⊥平面EAB，AB=AD=AE=2BC=2，CB//DA，EA⊥AB，M是EC上的点(不与端点重合)，F为AD上的点，N为BE的中点．
(Ⅰ)若M为CE的中点，AF=3FD.
(i)求证：FN//平面MBD；
(ii)求点F到平面MBD的距离．
(Ⅱ)若平面MBD与平面ABD所成角(锐角)的余弦值为13，试确定点M在EC上的位置．
18.(本小题15分)
如图，已知抛物线y2=4x的焦点为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F，点P为抛物线与椭圆C在第一象限的交点，且|PF|=53.
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)过点F的直线l交抛物线于A，C两点，交椭圆于B，D两点(A,B,C,D依次排序)，且|AB|−|CD|=103，求直线l的方程．
19.(本小题15分)
已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列.a1=1，且a3−b1=1，a4−b1=b3−a6.
(Ⅰ)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(Ⅱ)若ck={(ak−1ak)bk,k为奇数,(a2n+1−k+1a2n+1−k)b2n+1−k,k为偶数.
(ⅰ)当k为奇数，求ck+c2n+1−k；
(ⅱ)求k=12nck.
20.(本小题16分)
已知函数f(x)=sinx+ln(1+x)−ax，a∈R.
(1)求f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)≤0恒成立，求a的值；
(3)求证：i=n+12nsin(1i−1)<2ln2n−1n−1−ln2,n≥2,n∈N*.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由2x2−3x−5≥0，得(2x−5)(x+1)≥0，解得x≥52或x≤−1，
则A={x|x⩾52或x⩽−1}，所以∁RA={x|−1由x2−2x−8≤0，得(x−4)(x+2)≤0，解得−2≤x≤4，
则B={x|−2≤x≤4,x∈N}={0,1,2,3,4}.
所以(∁RA)∩B={0,1,2}.
故选：C.
解一元二次不等式可得集合A，求得∁RA，求得集合B，可求(∁RA)∩B.
本题主要考查一元二次不等式及其应用，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查充分必要条件的判断，考查基本的推理能力，属于基础题．
根据0b3”是“a>b”的必要不充分条件.
【解答】
解：根据0b3，由此可推“a>b3”是“a>b”的必要条件．
取b=0.5，a=0.5，此时a>b3，但是a=b，故充分性不成立.
故选：B.
3.【答案】A
【解析】解：由图象可得函数f(x)为偶函数，且x∈R，f(x)≥0，当且仅当x=0时，f(x)=0，
对于A，因为f(−x)=−xsin(−x)+(−x)2|−x|+1=xsinx+x2|x|+1=f(x),x∈R，
所以函数f(x)是偶函数，
又y=sinx+x，x>0，则y′=csx+1≥0，所以函数y=sinx+x在(0,+∞)上单调递增，
所以y=sinx+x>0，故解析式可能为A，故A正确；
对于B，由f(3π2)=3π2sin3π23π2+1=−3π23π2+1<0，不符合题意，故B错误；
对于C，因为f(−x)=−xsin(−x)+(−x)|−x|+1=xsinx−x|x|+1，
所以f(−x)≠f(x)且f(−x)≠−f(x)，所以函数f(x)是非奇非偶函数，故C错误；
对于D，由f(π)=πsinππ2+1=0，不合题意，故D错误．
故选：A.
由图象分析出函数的奇偶性、函数值符号，结合排除法可得出合适的选项．
本题主要考查根据函数图象判断函数解析式，考查函数性质的应用，属于中档题．
4.【答案】D
【解析】解：回归直线必过样本数据中心点，但样本点可能全部不在回归直线上，故A错误；
所有样本点都在回归直线y =b x+a 上，则变量间的相关系数为±1，故B错误；
当b =−2时，x增加1个单位时，y平均减少2个单位，故C错误；
若回归直线y =b x+a 的斜率b >0，样本点分布应从左到右是上升的，则变量x与y正相关，故D正确．
故选：D.
根据线性回归的思想、回归直线的特点及性质进行分析即可．
本题考查了线性回归的思想、回归直线的特点及性质，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由y=3x在R上单调递增，可得30.6>30.5= 3>32，
又(30.6)5=27<25=32，
则32由y=lg2x在(0,+∞)上单调递增，可得b=lg25>lg24=2.
由y=lg3x在(0,+∞)上单调递增，可得c=lg32 3所以b>a>c，
故选：A.
利用指数函数单调性可得322，c=lg32 3<32，从而可得结果．
本题主要考查了指数函数及对数函数单调性在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：由题知1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)−4，
化为q3+q4=4q+4q2，即(q−2)(q+1)(q+2)=0.
由题知q>0，解得q=2.
∴S4=1+2+4+8=15.
故选：C.
根据题意列出关于q的方程，计算出q，即可求出S4.
本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：∵点E、F分别为棱PA和PB中点，底面ABCD为平行四边形，
∴易得EF//DC，EF=12DC，
∴S梯形CDEF=32S△CDF，
∴VP−CDEF=VB−CDEF=32VB−CDF=32VF−BCD=32×12VP−BCD=32×12×12VP−ABCD=38VP−ABCD，
即四棱锥P−CDEF和四棱锥P−ABCD的体积之比为38.
故选：C.
转化锥体的顶点与底面，即可求解．
本题考查锥体的体积问题，化归转化思想，属基础题．
8.【答案】B
【解析】解：函数f(x)=sin(ωx+π4)(ω>0)的最小正周期为T，π∵T=2πω，
∴1<ω<2，故①错误；
∵y=f(x)的图象的一条对称轴为x=π6，
∴π6ω+π4=π2+kπ,k∈Z，即ω=6(k+14)，
∵k∈N*，
∴ω=32，
∴f(x)=sin(32x+π4)，
∴f(π2)=sin(32×π2+π4)=0，故②正确；
当x∈[−π6,π6]时，32x+π4∈[0,π2]，
则f(x)在[−π6,π6]上单调递增，故③正确；
将f(x)的图象向右平移π4个单位长度，则f(x−π4)=sin[32(x−π4)+π4]=sin(32x−π8)≠sinωx，故④错误．
故选：B.
对于①，根据已知条件，结合周期公式，即可求解；
对于②，结合对称轴的定义，即可求解；
对于③，结合正弦函数的单调性，即可求解；
对于④，结合三角函数平移伸缩变换的指数，即可求解．
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题．
9.【答案】D
【解析】解：如图：双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1(−c,0)，F2(c,0)，
如果a>b，则B在第四象限，不满足S△BOF1=3S△AOB，如果a=b，则不存在B，所以b>a，
直线AB的方程：y=−ba(x−c)，OB的方程为y=−bax，联立可得yB=abcb2−a2，F2到y=bax的距离为：d=bc a2+b2=b，
|OA|= c2−b2=a，
S△BOF1=3S△AOB，
所以12c|yB|=3(12c|yB|−12ab)，化简可得3ab=2c⋅abcb2−a2，可得c2=6a2，
可得e= 6.
故选：D.
结合已知条件求解B的纵坐标，利用三角形的面积关系，转化求解离心率即可．
本题考查直线与双曲线的位置关系的应用，离心率的求法，是中档题．
10.【答案】 13
【解析】解：由题意得z=5−i，则z1+i=5−i1+i=(5−i)(1−i)(1+i)(1−i)=4−6i2=2−3i，
所以|z1+i|= 22+(−3)2= 13.
故答案为： 13.
化简复数，利用模长公式求解．
本题考查复数的模长，属于基础题．
11.【答案】−160
【解析】解：(x−2x)6的展开式的通项公式为Tr+1=C6r⋅x6−r⋅(−2x)r=(−2)r⋅C6r⋅x6−2r，
令6−2r=0，解得r=3，
所以展开式的常数项为：C63×(−2)3=−160，
故答案为：−160.
求出展开式的通项公式，令x的指数为0，由此即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
12.【答案】(x− 2)2+(y+ 2)2=2(答案不唯一)
【解析】解：因为直线x+y+2=0和y轴都相切，所以圆心为(± 2,a)，
当圆心为( 2,a)时，| 2+a+2| 2= 2，解得a=− 2或a=−4− 2；
当圆心为(− 2,a)时，|− 2+a+2| 2= 2，解得a= 2或a=−4+ 2.
所以圆的方程为(x− 2)2+(y+ 2)2=2或(x− 2)2+(y+4+ 2)2=2
或(x+ 2)2+(y− 2)2=2或(x+ 2)2+(y+4− 2)2=2.
故答案为：(x− 2)2+(y+ 2)2=2(答案不唯一).
由题意可得圆心为(± 2,a)，再由圆心到直线x+y+2=0的距离为半径，求解即可得出答案．
本题主要考查圆的标准方程的求解，属于基础题．
13.【答案】37180 1537
【解析】解：由题意设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，
事件C表示“骑共享单车”，事件D表示“迟到”，
则P(A)=P(B)=P(C)=13,P(D|A)=14,P(D|B)=15,P(D|C)=16.
由全概率公式可得小明这一天迟到的概率为：
P(D)=P(A)P(D|A)+P(B)P(D|B)+P(C)P(D|C)=13×(14+15+16)=37180.
解法一：小明迟到了，由贝叶斯公式得
他自驾去上班的概率是P(A|D)=P(AD)P(D)=P(A)P(D|A)P(D)=13×1437180=1537.
解法二：在迟到的条件下，他自驾去上班的概率P=1414+15+16=1537.
故答案为：37180；1537.
设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，利用全概率公式可得小明这一天迟到的概率；利用贝叶斯公式即可得到若小明这一天迟到了，则他这天是自驾上班的概率；或者在迟到的前提下计算概率即可．
本题考查条件概率、全概率公式、贝叶斯公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】485
【解析】解：设AP=xAB+yAC，
因为AD=12AB,AE=13AC，
所以AP=2xAD+yAC=xAB+3yAE，
又C，P，D与B，P，E分别共线，所以2x+y=1x+3y=1，解得x=25,y=15，
令AB=a,AC=b，
则AP=25AB+15AC=25a+15b，
所以AP⋅BC=(25a+15b)⋅(b−a)=1，
所以2a2−a⋅b−b2+5=0，即8−a⋅b−9+5=0，
解得a⋅b=4，即AB⋅AC=4；
因为AM=mAB,AN=nAC，
所以AB=1mAM,AC=1nAN，
所以AP=25AB+15AC=25mAM+15nAN，
因为M，P，N三点共线，所以25m+15n=1，
所以m+2n=(m+2n)(25m+15n)=45+4n5m+m5n≥45+2 4n5m⋅m5n=85，当且仅当m=45,n=25时，等号成立，
所以m+2n的最小值为85.
故答案为：4；85.
设AP=xAB+yAC，将AB=2AD,AC=3AE分别代入，利用三点共线的条件列方程组求出x，y的值，然后根据AP⋅BC=1，求解AB⋅AC的值即可；将AB=1mAM,AC=1nAN代入AP=xAB+yAC中，根据M，P，N三点共线可得25m+15n=1，然后利用基本不等式中的“乘1法”求解即可．
本题考查平面向量的应用，熟练掌握平面向量的基本定理，线性运算与数量积的运算法则，基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
15.【答案】[12,1)∪[3,+∞)
【解析】解：由题意可得知，y=f(x)在(−∞,1)上单调递增，
所以f(x)∈(−a,3−a)；
在[1,+∞)上，f(x)的对称轴为x=3a2且开口向上，
所以当−a≥0，即a≤0时，x=3a2≤0<1，
则f(x)在[1,+∞)上递增，f(1)=2(1−a)(1−2a)>0，此时f(x)无零点；
当0要使f(x)恰有2个零点，
则在[1,+∞)上也只有一个零点，
而x=3a2∈(0,92)且f(3a2)=−a22<0，
所以当3a2≤1，即0只需f(1)=2(1−a)(1−2a)≤0，可得12≤a≤23；
当3a2>1，即a>23，
只需f(1)=2(1−a)(1−2a)<0，可得23所以此时，12≤a<1时，f(x)恰有2个零点；
当a≥3时，在(−∞,1)上f(x)无零点，
要使f(x)恰有2个零点，
则在[1,+∞)上有两个零点即可，
而x=3a2∈[92,+∞)且f(3a2)=−a22<0，f(1)=2(1−a)(1−2a)>0，
所以f(x)在[1,+∞)上恒有两个零点．
综上，a的取值范围为[12,1)∪[3,+∞).
故答案为：[12,1)∪[3,+∞).
根据解析式分析f(x)的性质，讨论a≤0、3>a>0、a≥3，结合指数函数和二次函数的性质判断f(x)恰有2个零点情况下a的取值范围．
本题考查了指数函数、二次函数的性质，考查了分类讨论思想，属于中档题．
16.【答案】解：(Ⅰ)因为csC=18，且0所以sinC= 1−cs2C=3 78，
所以S△ABC=12absinC=15 74；
(Ⅱ)由余弦定理有，c2=a2+b2−2abcsC=16+25−5=36，则c=6，
又由正弦定理csinC=asinA，
得sinA=asinCc= 74；
(Ⅲ)由(2)知，sinA= 74，所以csA=± 1−sin2A=±34，
由余弦定理有，csA=b2+c2−a22bc>0，所以csA=34，
所以cs2A=cs2A−sin2A=916−716=18，sin2A=2sinAcsA=2× 74×34=3 78，
所以cs(2A−π3)=cs2Acsπ3+sin2Asinπ3=18×12+3 78× 32=1+3 2116.
【解析】(Ⅰ)利用平方关系和面积公式求解即可；
(Ⅱ)利用余弦定理和正弦定理求解即可；
(Ⅲ)由(2)求出csA，从而求得cs2A，sin2A，再由两角差的余弦公式计算即可．
本题考查利用余弦定理，三角形的面积公式，三角恒等变换知识解三角形，属于中档题．
17.【答案】证明：(Ⅰ)(i)如图，以A为原点，分别以AE、AB、AD为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(0,2,1)，D(0,0,2)，
E(2,0,0)，
F(0,0,32)，N(1,1,0)，M(1,1,12)，
设平面MBD的一个法向量n=(x,y,z)，
MD=(−1,−1,32)，MB=(−1,1,−12)，
则n⋅MD=−x−y+32z=0n⋅MB=−x+y−12z=0，取x=1，得n=(1,2,2)，
FN=(1,1,−32)，
∵FN⋅n=1+2+2×(−32)=0，∴FN⊥n，
∵FN⊄平面MBD，∴FN//平面MBD；
解：(ii)平面MBD的法向量n=(1,2,2)，
FD=(0,0,12)，
则点F到平面MBD的距离：
d=|FD⋅n||n|=13.
(Ⅱ)设M(a,b,c)，CM=λCE，0<λ<1，则(a,b−2,c−1)=λ(2,−2,−1)，
∴a=2λb−2=−2λc−1=−λ，∴a=2λb=2−2λc=1−λ，∴M(2λ,2−2λ,1−λ)，
设平面MBD的一个法向量m=(x,y,z)，
MD=(−2λ,2λ−2,λ+1)，MB=(−2λ,2λ,λ−1)，
则m⋅MD=−2λx+(2λ−2)y+(λ+1)z=0m⋅MB=−2λx+2λy+(λ−1)z=0，取y=1，得m=(3λ−12λ,1,1)，
平面ABD的法向量p=(1,0,0)，
∵平面MBD与平面ABD所成角(锐角)的余弦值为13，
∴|m⋅p||m|⋅|p|=|3λ−12λ| 2+(3λ−12λ)2=13，
解得λ=12或λ=14，
∴点M是EC的中点或EC上靠近点C的四等分点．
【解析】(Ⅰ)(i)以A为原点，分别以AE、AB、AD为x，y，z轴，建立空间直角坐标系利用向量法能证明FN//平面MBD；
(ii)求出平面MBD的法向量n=(1,2,2)，FD=(0,0,12)，利用向量法能求出点F到平面MBD的距离．
(Ⅱ)设M(a,b,c)，CM=λCE，0<λ<1，求出M(2λ,2−2λ,1−λ)，求出平面MBD的一个法向量和平面ABD的法向量，利用平面MBD与平面ABD所成角(锐角)的余弦值为13，利用向量法能求出点M的位置．
本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，考查满足条件的点的位置的确定与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
18.【答案】解：(I)∵抛物线y2=4x，
∴F(1,0)，
∵点P为抛物线与椭圆C在第一象限的交点，且|PF|=53，
∴|PF|=xp+1=53，解得xp=23，即yp2=83，
故P(23,2 63)，
∵椭圆的焦点为F(1,0)，且过点P(23,2 63)，
∴a2−b2=149a2+249b2=1，解得a2=4b2=3，
故椭圆方程为x24+y23=1.
(II)过点F的直线l的斜率不存在时，则|AB|=|CD|，不符合题意，
故设直线l的斜率为k，则直线方程为y=k(x−1)，
联立抛物线方程y=k(x−1)y2=4x，化简整理可得，k2x2−(2k2+4)x+k2=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x1+x2=2+4k2，
故|AC|=x1+x2+2=4+4k2，
联立y=k(x−1)x24+y23=1，化简整理可得，(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
设B(x3,y3)，D(x4,y4)，
则x3+x4=8k23+4k2，x3⋅x4=4k2−123+4k2，
则|BD|= 1+k2⋅ (x3+x4)2−4x3x4= 1+k2⋅ (8k23+4k2)2−4(4k2−12)3+4k2=12(1+k2)3+4k2，
又|AB|−|CD|=|AC|−|BD|，
故|AC|−|BD|=103，即4+4k2−12(1+k2)3+4k2=103，化简整理可得，14k4−9k2−18=0，解得k2=32，
由题图可得，k>0，即k= 62，
故直线l的方程为y= 62(x−1).
【解析】(I)由抛物线的方程求出椭圆的焦点，再结合抛物线的定义，求出P点坐标，再列出方程组，即可求解．
(II)设出直线方程，和抛物线以及椭圆分别联立，求得相应的弦长，即|AC|，|BD|的表达式，利用|AB|−|CD|=|AC|−|BD|，解方程，即可求解．
本题主要考查直线与椭圆的综合应用，需要学生较强的综合能力，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则q=2，
由a1=1，且a3−b1=1，a4−b1=b3−a6，可得1+2d−b1=1，1+3d−b1=4b1−(1+5d)，
得b1=2，d=1，
∴an=n,bn=2n.
(Ⅱ)(ⅰ)∵k为奇数，∴2n+1−k为偶数，
∴ck+c2n+1−k=(ak−1ak)bk+(a2n+1−(2n+1−k)+1a2n+1−(2n+1−k))⋅b2n+1−(2n+1−k)=(ak−1ak)bk+(ak+1ak)bk
=2akbk=2k⋅2k.
(ⅱ)令S2n= 2nk=1ck.
∵S2n=c1+c2+⋯+c2n−1+c2n，
即S2n=c2n+c2n−1+⋯+c2+c1，
∴2S2n=(c1+c2n)+(c2+c2n−1)+⋯+(c2n−1+c2)+(c2n+c1)，
即S2n=(c1+c2n)+(c3+c2n−2)+⋯+(c2n−1+c2)，
故S2n=2×1×21+2×3×23+⋯+2×(2n−3)⋅22n−3+2×(2n−1)22n−1，
4S2n=2×1×23+2×3×25+⋯+2×(2n−3)⋅22n−1+2×(2n−1)×22n+1，
所以−3S2n=4+4(23+25+⋯+22n−1)−2×(2n−1)×22n+1，
即−3S2n=4+4(8−22n+11−4)−2×(2n−1)×22n+1，
整理得S2n=209+12n−109×22n+1.
【解析】(Ⅰ)由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得所求；
(Ⅱ)(ⅰ)由k为奇数，2n+1−k为偶数，结合ck的表达式，可得所求和；
(ⅱ)由数列的倒序相加和等比数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的倒序相加，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)f(x)=sinx+ln(1+x)−ax，有f(0)=0；
因为f′(x)=csx+1x+1−a，所以f′(0)=2−a；
则曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=(2−a)x.
(2)因为f(0)=0，f(x)≤0，
所以x=0是f(x)的极大值点，因为f′(x)=csx+1x+1−a，
所以f′(0)=2−a=0⇒a=2，
只需证，当a=2时，f(x)=sinx+ln(1+x)−2x≤0恒成立即可，
因为f′(x)=csx+1x+1−2，
令φ(x)=f′(x)=csx+1x+1−2，则φ′(x)=−sinx−1(x+1)2，
①当x∈(−1,0)时，1(x+1)2>1,φ′(x)<0，则φ(x)在(−1,0)上单调递减，
所以f′(x)>f′(0)=0，f(x)在(−1,0)单调递增，f(x)②当x∈(0,+∞)时，f′(x)≤0，则f(x)在(0,+∞)单调递减，
所以f(x)≤f(0)=0，
综上，a=2符合题意．
证明：(3)由(2)可知，sinx≤2x−ln(x+1)，当且仅当x=0时取等号，
所以i=n+12nsin(1i−1)<2i=n+12n1i−1−i=n+12nln(1+1i−1)，
i=n+12nln(1+1i−1)=i=n+12nln(ii−1)=lnn+1n+lnn+2n+1+⋯+ln2n2n−1=ln2，
因为ln2n−1n−1=ln(2n−12n−2⋅2n−22n−3⋯nn−1)=ln2n−12n−2+ln2n−22n−3+⋯+lnnn−1=i=n+12nln(n−1n−2)，
所以即证1i−1令x=i−1i−2=1+1i−2∈(1,+∞)，则1i−1=1−1x，
所以即证：1−1x令m(x)=1−1x−lnx，则m′(x)=1x2−1x=1−xx2，
所以x∈(1,+∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，
所以m(x)综上，i=n+12nsin(1i−1)<2ln2n−1n−1−ln2,n≥2,n∈N*.
【解析】(1)求导，根据函数在(−1,2π)的单调性和导函数的单调性可求
(2)根据题意求出极大值点，进而求出a的值，然后利用导数证明不等式恒成立
(3)利用sinx≤2x−ln(x+1)，转化为i=n+12nsin(1i−1)<2i=n+12n1i−1−i=n+12nln(1+1i−1)，然后利用导函数的单调性证明1i−1本题主要考查了导数几何意义在切线方程求解中的应用，还考查了由不等式恒成立求解参数范围，证明不等式，体现了转化思想的应用，属于中档题．

2024年天津市新华中学高考数学统练试卷（十一）（含详细答案解析）

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