2020-2021学年河南省高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版

这是一份2020-2021学年河南省高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A={y|y=lg2(x2−2x+5)}，B=N∗，则(∁RA)∩B=( )
A.{−1, 0, 1, 2}B.{−1, 0, 1}C.{0, 1}D.{1}

2. sin34∘sin64∘−cs34∘sin206∘的值为（ ）
A.12B.22C.32D.1

3. 新莽铜嘉量是由王莽国师刘歆等人设计制造的标准量器，它包括了龠、合、升、斗、斛这五个容量单位．每一个量又有详细的分铭，记录了各器的径、深、底面积和容积．根据铭文不但可以直接测得各容量单位的量值，而且可以通过对径、深各个部位的测量，得到精确的计算容积，从而推算出当时的标准尺度．现根据铭文计算，当时制造容器时所用的圆周率分别为3.1547，3.1992，3.1498，3.2031，比周三径一的古率已有所进步，则上面四个数与祖冲之给出的约率(227≈3.1429)、密率(355113≈3.1416)，这6个数据的中位数（精确到万分位）与极差分别为（ ）
，0.0615，0.0615
，0.0484，0.0484

4. 已知sin(3π2+α)=35，0<α<π，则tanα=( )
A.−43B.−34C.34D.43

5. 已知a>0，b>0，(2a)b=16，则a+2b的最小值为（ ）
A.2B.22C.4D.42

6. 已知f(x)=4x+m，f(1+lg234)=3，则m的值为（ ）
A.14B.34C.1D.2

7. 已知实数x，y满足约束条件2x−y+1≥0x+y≤0x+2y+2≥0，则z=x2+y2+2x−2y的最大值为（ ）
A.4B.32C.16D.18

8. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，其中正视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积为（ ）

A.2+(3+5)πB.2+(3+52)πC.2+(2+52)πD.(3+52)π

9. 运行如图的程序框图，则输出k的值为（ ）

A.6B.5C.4D.3

10. 已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC=CC1=1，∠ACB=60∘，则异面直线B1C与AC1所成角的余弦值为（ ）
A.16B.13C.14D.15

11. 在△ABC中，角A，B，C的对应边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若S=acsB+bcsA，cs2A+sinA−79=0，角A为锐角，c=25，则△ABC的外接圆的面积为（ ）
A.4πB.81π16C.6πD.25π4

12. 已知函数f(x)=2tan(ωx+φ)(0<ω<10, |φ|<π2)，f(0)=233，(π12, 0)为f(x)图象的一个对称中心．现给出以下四种说法：①φ=π6；②ω=2；③函数f(x)在区间(5π24, π3)上单调递增；④函数f(x)的最小正周期为π4，则上述说法正确的序号为（ ）
A.①④B.③④C.①②④D.①③④
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分

已知非零向量a→=(m, 2m)，b→=(−1, 1)，a→⊥(a→−b→)，则实数m=________．

已知函数f(x)=2sinωxcsωx−23cs2ωx，且f(x)图象的相邻对称轴之间的距离为π4，则当x∈[0, π4]时，f(x)的最小值为________．

已知Sn为等差数列{an}的前n项和，S4S8=13，则S16S12=________．

已知在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，cs∠BAC=45，且此三棱柱有内切球，则此三棱柱的内切球与外接球的表面积的比为________．
三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

已知△ABC的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且bcsA=2ccsC−acsB．
(Ⅰ)求C的大小；
(Ⅱ)若c=2，b=2a，求△ABC的面积．

如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B是边长为2的菱形，AC⊥平面AA1B1B，且AC=2，点E为A1C1的中点，O为BA1与AB1的交点．

1证明：BA1⊥平面AB1C；

2若∠ABB1=60∘，求三棱锥E−B1AC的体积．

已知正项数列{an}满足an2−nan−2n2=0，数列{(an−1)⋅2n+an}的前n项和为Sn．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)求Sn．

甲、乙两人进行比赛，现有两组图形，第一组为一个正方形及其外接圆和内切圆，第二组为一个正方体及其外接球和内切球，甲在第一组图形内部任取一点，则此点在正方形与其外接圆之间得3分，此点在内切圆与正方形之间得2分，此点在内切圆内部得1分，乙在第二组图形内部任取一点，则此点在正方体与其外接球之间得3分，此点在内切球与正方体之间得2分，此点在内切球内部得1分．
(Ⅰ)分别求出甲得3分的概率和乙得3分的概率；
(Ⅱ)预估在这种规则下，甲、乙两人谁的得分多．

已知数列{an}满足a1+a2+a3+...+an=n2(n∈N∗)．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)令bn=(−1)n−14nanan+1，求数列{bn}的前n项和Tn的最大值．

已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0, ω>0, 0<φ<π2)的部分图象如图所示，最高点的坐标为(1, 1)．
(Ⅰ)求函数f(x)的解析式；
(Ⅱ)将f(x)的图象向左平移4个单位长度，横坐标扩大为原来的π2倍，得到g(x)的图象，求函数g(x)在[−π, 2π]上的单调递增区间；
(Ⅲ)若存在x∈[−53, 3]，对任意a∈[−1, 1]，不等式f(x)−m2+2am+72≤0恒成立，求m的取值范围．

参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省高二（上）期中数学试卷（理科）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.
【答案】
D
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
求出集合A，进而求出∁RA，由此能求出(∁RA)∩B的值．
【解答】
∵ 集合A={y|y=lg2(x2−2x+5)}={y|y=lg2[(x−1)2+4]}={y|y≥lg24}={y|y≥2}，
B=N∗，
∴ ∁RA={y|y<2}，
∴ (∁RA)∩B={1}．
2.
【答案】
C
【考点】
两角和与差的三角函数
【解析】
利用诱导公式，两角和的正弦公式，特殊角的三角函数值合计已知即可求解．
【解答】
sin34∘sin64∘−cs34∘sin206∘
=sin34∘cs26∘+cs34∘sin26∘
=sin(34∘+26∘)
=sin60∘
=32．
3.
【答案】
B
【考点】
极差、方差与标准差
【解析】
根据题意，计算这6个数据的中位数和极差即可．
【解答】
因为227≈3.1429，
355113≈3.1416，
所以这6个数据的中位数是3.1498+3.15472=3.15225≈3.1523，
极差为3.2031−3.1416=0.0615．
4.
【答案】
A
【考点】
运用诱导公式化简求值
同角三角函数间的基本关系
【解析】
利用诱导公式化简已知等式可得csα=−35，结合范围0<α<π，利用同角三角函数基本关系式即可求解．
【解答】
因为sin(3π2+α)=35，
所以csα=−35，
又因为0<α<π，
所以α为第二象限角，
所以sinα=45，
可得tanα=−43．
5.
【答案】
D
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
先根据幂的运算可得ab=4，再根据基本不等式即可求出．
【解答】
a>0，b>0，(2a)b=16，
∴ 2ab=24，
∴ ab=4，
∴ a+2b≥22ab=28=42，
当且仅当a=2b时取等号，
故a+2b的最小值为42，
6.
【答案】
B
【考点】
求函数的值
函数的求值
【解析】
推导出f(1+lg234)=41+lg234+m=3，由此能求出m的值．
【解答】
∵ f(x)=4x+m，
∴ f(1+lg234)=41+lg234+m=4×916+m=3，
解得m=34．
7.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
【解析】
画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，转化求解即可．
【解答】
约束条件的可行域如图：
z=x2+y2+2x−2y=(x+1)2+(y−1)2−2，
则z+2表示可行域内的点到P(−1, 1)距离的平方，
联立x+y＝0x+2y+2＝0，可得点A的坐标(2, −2)，
故z+2的最大值为|PA|2=32+(−3)2=18．
所以z=x2+y2+2x−2y的最大值为：16．
8.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由三视图还原原几何体，可知该几何体是半个圆锥和四分之一个球的综合题，其中圆锥的底面半径为1，球的半径为1，圆锥的高为2，再由圆锥的侧面积、球的表面积、圆的面积及三角形面积公式求解．
【解答】
由三视图还原原几何体，可知该几何体是半个圆锥和四分之一个球的综合题，
其中圆锥的底面半径为1，球的半径为1，圆锥的高为2，
则圆锥的母线长为l=12+22＝5，
则该几何体的表面积为S=14×4π×12+12×π×12+12×π×1×5+12×2×2＝3+52π+2．
9.
【答案】
A
【考点】
程序框图
【解析】
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量k的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】
模拟程序的运行，可得
第一次循环，a=23，k=2，b=89；
第二次循环，a=89，k=3，b=89；
第三次循环，a=89，k=4，b=6481；
第四次循环，a=6481，k=5，b=160243；
第五次循环，a=160243，k=6，b=128243，
此时不满足b>35，故退出循环，输出k的值为6．
10.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
将直三棱柱ABC−A1B1C1补成如图所示的直四棱柱ACBD−A1C1B1D1，连接AD1，D1C1，由题意知∠D1AC1或其补角为异面直线B1C与AC1所成角，由此能求出异面直线B1C与AC1所成角的余弦值．
【解答】
将直三棱柱ABC−A1B1C1补成如图所示的直四棱柱ACBD−A1C1B1D1，
连接AD1，D1C1，由题意知∠D1AC1或其补角为异面直线B1C与AC1所成角，
在△A1D1C1中，由余弦定理得：
DC1=1+1−2×1×1×cs120∘=3，
∵ D1A=2，C1A=2，∴ cs∠D1AC1=2+2−32×2×2=14，
∴ 异面直线B1C与AC1所成角的余弦值为14．
11.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
【解析】
利用三角形的面积公式，正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式，可得bsinA=2，利用二倍角公式进而可得18sin2A−9sinA−2=0，解方程可求sinA的值，由余弦定理可求a的值，利用正弦定理可求△ABC的外接圆的半径为r，进而可求△ABC的外接圆的面积．
【解答】
因为S=acsB+bcsA，
所以12absinC=acsB+bcsA，
由正弦定理可得12sinAbsinC=sinAcsB+sinBcsA=sinC，
可得bsinA=2，
因为cs2A+sinA−79=29−2sin2A+sinA=0，
所以18sin2A−9sinA−2=0，解得sinA=23（A为锐角，负值舍去），
所以csA=53，b=3，
所以a2=b2+c2−2bccsA=9+20−2×3×25×53=9，解得a=3，
设△ABC的外接圆的半径为r，则asinA＝2r，即323=2r，解得r=94，
所以所求的△ABC的外接圆的面积为πr2=81π16．
12.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
由f(0)=233求解φ判断①；由(π12, 0)为f(x)图象的一个对称中心求得ω值判断②；由x的范围求得4x+π6的范围判断③；直接求出函数的最小正周期判断④．
【解答】
f(x)=2tan(ωx+φ)(0<ω<10, |φ|<π2)，
由f(0)=233，得2tanφ=233，即tanφ=33，结合|φ|<π2，解得φ=π6，故①正确；
(π12, 0)为f(x)图象的一个对称中心，故π12ω+π6＝kπ2，k∈Z，
解得ω=6k−2，k∈Z，又0<ω<10，∴ ω=4，故②错误；
当x∈(5π24, π3)时，4x+π6∈(π, 3π2)，故函数f(x)在区间(5π24, π3)上单调递增，故③正确；
∵ ω=4，∴ f(x)的最小正周期T=π4，故④正确．
∴ 正确的序号为①③④．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
【答案】
15
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，求得m的值．
【解答】
∵ 非零向量a→=(m, 2m)，b→=(−1, 1)，a→⊥(a→−b→)，
∴ a→⋅(a→−b→)=a→2−a→⋅b→=5m2−(−m+2m)=5m2−m=0，
则实数m=15，或m=0（舍去），
【答案】
−23
【考点】
两角和与差的三角函数
三角函数中的恒等变换应用
【解析】
利用二倍角公式及辅助角公式对函数化简，根据周期公式求ω的值，从而可求f(x)，进而利用正弦函数的性质即可求解．
【解答】
f(x)=2sinωxcsωx−23cs2ωx=sin2ωx−3cs2ωx−3=2sin(2ωx−π3)−3．
由题意可知f(x)的最小正周期为2×π4=π2，
所以2π2ω=π2，即ω=2，
所以f(x)=2sin(4x−π3)−3．
当x∈[0, π4]，4x−π3∈[−π3, 2π3]，
所以2sin(4x−π3)∈[−3, 2]，
所以f(x)=2sin(4x−π3)−3∈[−23, 2−3]，
所以x)的最小值为−23．
【答案】
53
【考点】
等差数列的性质
【解析】
根据等差数列的性质S4，S8−S4，S12−S8，S16−S12也成等差数列，结合 S4S8=13，我们易根据等差数列的性质得到S12=6k，S16=10k，即可得到答案．
【解答】
根据等差数列的性质，若数列{an}为等差数列，
则S4，S8−S4，S12−S8，S16−S12也成等差数列，
又因为：S4S8=13，
则令S4=k，S8=3k，则S8−S4=2k，S12−S8=3k，S16−S12=4k，
可得：S12=6k，S16=10k，
所以S16S12=53．
【答案】
4:29
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
由题意，设BC=6，AB=8，AC=10，求出直角三角形内切圆的半径，可得直三棱柱内切球的半径，再求出直三棱柱外接球的半径，再由球的表面积公式求解，作比得答案．
【解答】
由题意，设BC=6，AB=8，AC=10，
则△ABC的内切圆的半径为6+8−102＝2，
所以要使此三棱柱有内切球，则此三棱柱的高AA1=4，得内切球的半径r=2，
取AC的中点D，A1C1 的中点D1，则DD1 的中点M为外接球的球心，
则外接球的半径R=(102)2+(42)2＝29，
因此，三棱柱的内切球与外接球的表面积的比为4πr2:4πR2=4:29，
即三棱柱的内切球与外接球的表面积的比为4:29．
三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
【答案】
（1）由正弦定理可得sinBcsA+sinAcsB=2sinCcsC，
所以sin(A+B)=2sinCcsC，
所以sinC=2sinCcsC，
又因为sinC≠0，
所以csC=12，
因为C∈(0, π)，
所以C=π3．
（2）因为c=2，
所以由余弦定理可得22=a2+b2−2ab×12，即a2+b2−ab−4=0，
又b=2a，
解得a=233，b=433，
所以S△ABC=12absinC=12×233×433×32=233．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
(Ⅰ)由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式可得sinC=2sinCcsC，结合sinC≠0，可得csC=12，结合范围C∈(0, π)，可求C的值．
(Ⅱ)由已知利用余弦定理，结合b=2a解得a，b的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．
【解答】
（1）由正弦定理可得sinBcsA+sinAcsB=2sinCcsC，
所以sin(A+B)=2sinCcsC，
所以sinC=2sinCcsC，
又因为sinC≠0，
所以csC=12，
因为C∈(0, π)，
所以C=π3．
（2）因为c=2，
所以由余弦定理可得22=a2+b2−2ab×12，即a2+b2−ab−4=0，
又b=2a，
解得a=233，b=433，
所以S△ABC=12absinC=12×233×433×32=233．
【答案】
1证明：∵ 侧面AA1B1B是边长为2的菱形，
∴ A1B⊥AB1，
∵ AC⊥平面AA1B1B，A1B⊂平面AA1B1B，
∴ AC⊥A1B，
∵ AB1∩AC=A，AB1，AC⊂平面AB1C，
∴ BA1⊥平面AB1C.
(2)解：∵ ∠ABB1=60​∘，四边形AA1B1B是边长为2的菱形，
故△ABB1为等边三角形.
且A1C1//AC，
则VE−B1AC=VA1−B1AC=13S△B1AC⋅OA1
=13×12×2×2×3
=233.
故三棱锥E−B1AC的体积为233.
【考点】
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
1由侧面AA1B1B是边长为2的菱形，得A1B⊥AB1，再由AC⊥平面AA1B1B，得AC⊥A1B，然后利用直线与平面垂直的判定可得BA1⊥平面AB1C；
2由已知求得AB1=2，OA1＝3，结合A1C1 // AC，可得VE−B1AC＝VA1−B1AC，再由棱锥体积公式求得三棱锥E−B1AC的体积．
【解答】
1证明：∵ 侧面AA1B1B是边长为2的菱形，
∴ A1B⊥AB1，
∵ AC⊥平面AA1B1B，A1B⊂平面AA1B1B，
∴ AC⊥A1B，
∵ AB1∩AC=A，AB1，AC⊂平面AB1C，
∴ BA1⊥平面AB1C.
(2)解：∵ ∠ABB1=60​∘，四边形AA1B1B是边长为2的菱形，
故△ABB1为等边三角形.
且A1C1//AC，
则VE−B1AC=VA1−B1AC=13S△B1AC⋅OA1
=13×12×2×2×3
=233.
故三棱锥E−B1AC的体积为233.
【答案】
（1）由an2−nan−2n2=0得(an−2n)(an+n)=0，
又an>0，∴ an=2n；
（2）由(Ⅰ)可得：(an−1)⋅2n+an=(2n−1)⋅2n+2n，
∴ Sn=[1×21+3×22+5×23+...+(2n−1)⋅2n]+2(1+2+3+...+n)=[1×21+3×22+5×23+...+(2n−1)⋅2n]+2×n(n+1)2，
令x=1×21+3×22+5×23+...+(2n−1)⋅2n，
则2x=1×22+3×23+...+(2n−3)⋅2n+(2n−1)⋅2n+1，
两式相减得：−x=2+2(22+23+...+2n)−(2n−1)⋅2n+1=2+2×22(1−2n−1)1−2−(2n−1)⋅2n+1，
整理得：x=(2n−3)⋅2n+1+6，
∴ Sn=(2n−3)⋅2n+1+6+n2+n．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
(Ⅰ)先由题设⇒(an−2n)(an+n)=0，再由an>0，即可求得an；
(Ⅱ)先由(Ⅰ)求得(an−1)⋅2n+an，再利用分组求和法及错位相减法求得其前n项和即可．
【解答】
（1）由an2−nan−2n2=0得(an−2n)(an+n)=0，
又an>0，∴ an=2n；
（2）由(Ⅰ)可得：(an−1)⋅2n+an=(2n−1)⋅2n+2n，
∴ Sn=[1×21+3×22+5×23+...+(2n−1)⋅2n]+2(1+2+3+...+n)=[1×21+3×22+5×23+...+(2n−1)⋅2n]+2×n(n+1)2，
令x=1×21+3×22+5×23+...+(2n−1)⋅2n，
则2x=1×22+3×23+...+(2n−3)⋅2n+(2n−1)⋅2n+1，
两式相减得：−x=2+2(22+23+...+2n)−(2n−1)⋅2n+1=2+2×22(1−2n−1)1−2−(2n−1)⋅2n+1，
整理得：x=(2n−3)⋅2n+1+6，
∴ Sn=(2n−3)⋅2n+1+6+n2+n．
【答案】
（1）假设第一组图形中正方形的边长为2，则正方形的外接圆的半径为222=2，
所以正方形的面积为4，其外接圆的面积为2π，
则甲得3分的概率为2π−42π=1−2π，
假设第二组图形中正方体的棱长为2，则正方体的外接球的半径为232=3，
乙得3分的概率为43π−843π=1−233π，
（2）甲得1分的概率为π2π=12，甲得2分的概率为4−π2π=2π−12，
所以甲的平均得分为1×12+2×(2π−12)+3×(1−2π)=52−2π，
乙得1分的概率为43π43π=39，甲得2分的概率为8−43π43π=233π−39，
所以乙的平均得分为1×39+2×(233π−39)+3×(1−233π)=−233π+3−39，
(52−2π)−(−233π+3−39)=−12+39−6−233π<0，
因此预估乙的得分多．
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
(Ⅰ)假设第一组图形中正方形的边长为2，求出正方形的外接圆的半径，再利用几何概型的概率公式即可求出甲得3分的概率，假设第二组图形中正方体的棱长为2，求出正方体的外接球半径，再利用几何概型的概率公式即可求出乙得3分的概率．
(Ⅱ)分别计算出甲、乙得1分，2分的概率，求出它们的平均分，再比较即可判断出两人谁的得分多．
【解答】
（1）假设第一组图形中正方形的边长为2，则正方形的外接圆的半径为222=2，
所以正方形的面积为4，其外接圆的面积为2π，
则甲得3分的概率为2π−42π=1−2π，
假设第二组图形中正方体的棱长为2，则正方体的外接球的半径为232=3，
乙得3分的概率为43π−843π=1−233π，
（2）甲得1分的概率为π2π=12，甲得2分的概率为4−π2π=2π−12，
所以甲的平均得分为1×12+2×(2π−12)+3×(1−2π)=52−2π，
乙得1分的概率为43π43π=39，甲得2分的概率为8−43π43π=233π−39，
所以乙的平均得分为1×39+2×(233π−39)+3×(1−233π)=−233π+3−39，
(52−2π)−(−233π+3−39)=−12+39−6−233π<0，
因此预估乙的得分多．
【答案】
（1）由a1+a2+a3+...+an=n2可得：a1+a2+a3+...+an−1=(n−1)2，n≥2，
两式相减得：an=2n−1，
又当n=1时，a1=1也适合上式，
∴ an=2n−1；
（2）由(Ⅰ)可得：bn=(−1)n−14n(2n−1)(2n+1)=(−1)n−1(12n−1+12n+1)，
当n为奇数时，Tn=(1+13)−(13+15)+...−(12n−3+12n−1)+(12n−1+12n+1)=1+12n+1≤43（当n=1时取“=“）；
当n为偶数时，Tn=(1+13)−(13+15)+...−(12n−1+12n+1)=1−12n+1<1，
∴ Tn≤43，
∴ 数列{bn}的前n项和Tn的最大值为43．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
(Ⅰ)先由a1+a2+a3+...+an=n2⇒a1+a2+a3+...+an−1=(n−1)2，n≥2，两式相减求得an=2n−1，再求得a1，并检验其是否适合上式，即可求得an；
(Ⅱ)先由(Ⅰ)求得bn，再利用裂项相消法分n为奇数、偶数两种情况分别求得Tn，即可求得其最大值．
【解答】
（1）由a1+a2+a3+...+an=n2可得：a1+a2+a3+...+an−1=(n−1)2，n≥2，
两式相减得：an=2n−1，
又当n=1时，a1=1也适合上式，
∴ an=2n−1；
（2）由(Ⅰ)可得：bn=(−1)n−14n(2n−1)(2n+1)=(−1)n−1(12n−1+12n+1)，
当n为奇数时，Tn=(1+13)−(13+15)+...−(12n−3+12n−1)+(12n−1+12n+1)=1+12n+1≤43（当n=1时取“=“）；
当n为偶数时，Tn=(1+13)−(13+15)+...−(12n−1+12n+1)=1−12n+1<1，
∴ Tn≤43，
∴ 数列{bn}的前n项和Tn的最大值为43．
【答案】
（1）由题意可得A=1，2πω=8，即ω=π4，
将(1, 1)代入f(x)=Asin(π4x+φ)，可得sin(π4+φ)=1，
所以φ=π4+2kπ，k∈Z，
因为0<φ<π2，
所以φ=π4，
所以f(x)=sin(π4x+π4)．
（2）根据题意可得g(x)=−sin(12x+π4)，
令t=12x+π4，则t∈[−π4, 5π4]，
令π2≤x≤5π4，
所以π2≤12x+π4≤5π4，则π2≤x≤2π，
所以函数g(x)在[−π, 2π]上的单调递增区间为[π2, 2π]．
(Ⅲ)因为f(x)−m2+2am+72≤0，
所以f(x)≤m2−2am−72，
因为x∈[−53，3]，
所以f(x)∈[−12, 1]，
由题意可知−12≤m2−2am−72，
所以2ma−m2+3≤0，
可视为以a为自变量的不等式M(a)≤0，
所以M(1)≤0M(−1)≤0，解得m≤−3，或m≥1m≥3，或m≤−1，
解得m≥3，或m≤−3，
则m的取值范围为(−∞, −3]∪[3, +∞)．
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
(Ⅰ)由题意可得A，利用周期公式可求ω，将(1, 1)代入f(x)=Asin(π4x+φ)，结合0<φ<π2，可求φ的值，即可得解函数解析式．
(Ⅱ)根据题意可得g(x)=−sin(12x+π4)，利用正弦函数的单调性即可求解．
(Ⅲ)由已知可得f(x)≤m2−2am−72，可求范围f(x)∈[−12, 1]，由题意可得2ma−m2+3≤0，由M(1)≤0M(−1)≤0，即可得解m的取值范围．
【解答】
（1）由题意可得A=1，2πω=8，即ω=π4，
将(1, 1)代入f(x)=Asin(π4x+φ)，可得sin(π4+φ)=1，
所以φ=π4+2kπ，k∈Z，
因为0<φ<π2，
所以φ=π4，
所以f(x)=sin(π4x+π4)．
（2）根据题意可得g(x)=−sin(12x+π4)，
令t=12x+π4，则t∈[−π4, 5π4]，
令π2≤x≤5π4，
所以π2≤12x+π4≤5π4，则π2≤x≤2π，
所以函数g(x)在[−π, 2π]上的单调递增区间为[π2, 2π]．
(Ⅲ)因为f(x)−m2+2am+72≤0，
所以f(x)≤m2−2am−72，
因为x∈[−53，3]，
所以f(x)∈[−12, 1]，
由题意可知−12≤m2−2am−72，
所以2ma−m2+3≤0，
可视为以a为自变量的不等式M(a)≤0，
所以M(1)≤0M(−1)≤0，解得m≤−3，或m≥1m≥3，或m≤−1，
解得m≥3，或m≤−3，
则m的取值范围为(−∞, −3]∪[3, +∞)．