2020届天津市十二区县重点学校高考数学一模试卷（含答案解析）

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1、2020 年天津市十二区县重点学校高考数学一模试卷年天津市十二区县重点学校高考数学一模试卷 一、选择题（共 9 小题，每小题 5 分，满分 45 分） 1已知全集 U2，1，0，1，2，3，集合 Ax|0x1，xZ，B1，2，则U （AB）（ ） A1，2 B0，1，2 C2，1，3 D2，1，0，3 2已知 aR，则“1a0”是“ax2+2ax10 对xR 恒成立”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） 的图象大致是（ ） A B C D 4张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方等于 10，三棱 柱 ABC

2、A1B1C1的侧棱垂直于底面，且 ABBC ，ABBC，AA12，若该三棱柱的 所有顶点都在同一球面上，利用张衡的结论可得该球的表面积为（ ） A8 B8 C12 D12 5某社区组织“学习强国”的知识竞赛，从参加竞赛的市民中抽出 40 人，将其成绩分成以 下 6 组：第 1 组40，50），第 2 组50，60），第 3 组60，70），第 4 组70，80），第 5 组80，90），第 6 组90，100，得到如图所示的频率分布直方图现采用分层抽样的 方法， 从第 2， 3， 4 组中按分层抽样抽取 8 人， 则第 2， 3， 4 组抽取的人数依次为 （ ） A1，3，4 B2，3，3 C

3、2，2，4 D1，1，6 6若双曲线 C： 1（a0，b0）的一条渐近线被圆（x2） 2+y24 所截得的弦 长为 2 ，则 C 的离心率为（ ） A2 B C D 7 已知函数 yf （x2） 的图象关于直线 x2 对称， 在 x （0， +） 时， f （x） 单调递增 若 af（4ln3），bf（2e）， （其中 e 为自然对数的底数， 为圆周率），则 a， b，c 的大小关系为（ ） Aacb Babc Ccab Dcba 8关于函数 ，有下列命题： f（x）的最小正周期为 ； 函数 f（x）的图象关于 x 对称； f（x）在区间 ， 上单调递增； 将函数 f（x）的图象向左平移 个单

4、位长度后所得到的图象与函数 y2sin2x 的图象 重合 其中正确的命题是（ ） A B C D 9在等腰梯形中，ABCD，AB2，AD1，DAB ，点 F 是线段 AB 上的一点，M 为直线 BC 上的动点，若 3 ， ，且 1，则 的最大值 为（ ） A B C1 D 二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分.把答案填在答题卡中的相应横线上） 10若复数 z 满足：z（1+i）|1 i|，则复数 z 的虚部是 11二项式 中，则其展开式中 x 的系数是 12抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F，其准线过（2，2），过焦点 F 倾斜角为 的直 线交抛物线于 A，B 两

5、点，则 p ；弦 AB 的长为 13 为了贯彻落实党中央对新冠肺炎疫情防控工作的部署和要求， 坚决防范疫情向校园蔓延， 切实保障广大师生身体健康和生命的安全，教育主管部门决定通过电视频道、网络平台 等多种方式实施线上教育教学工作为了了解学生和家长对网课授课方式的满意度，从 经济不发达的 A 城市和经济发达的 B 城市分别随机调查了 20 个用户， 得到了一个用户满 意度评分的样本，并绘制出茎叶图如图： 若评分不低于 80 分，则认为该用户对此授课方式“认可”，否则认为该用户对此授课方 式“不认可”以该样本中 A，B 城市的用户对此授课方式“认可”的频率分别作为 A， B 城市用户对此授课方式“

6、认可”的概率 现从 A 城市和 B 城市的所有用户中分别随机抽取 2 个用户，用 X 表示这 4 个用户中对此 授课方式“认可”的用户个数，则 P（X3） ；用 Y 表示这从 A 城市随机抽取 2 个用户中对此授课方式“认可”的用户个数，则 Y 的数学期望为 14若存在 a，b，c（0，+），使得不等式 成立，则实数 m 的 取值范围是 15已知函数 ， ， ，若函数 g（x）f（x）k|x+2|有三个零点，则 实数 k 的取值范围是 三、解答题（本大题 5 小题，共 75 分解答应写出必要的文字说明， 证明过程或演算步骤） 16ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知A

7、BC 的面积为 ，bc 2，cos A （）求 a 和 sinC 的值； （）求 cos（2C ）的值 17如图，平面 EFBA平面 ABCD，EFBA 为矩形，ABCD 为等腰梯形，ABCD，M，N 分别为 FC，AC 中点，ADC45，DC3AB3，AE2 （）证明：MN平面 EFBA； （）求二面角 FACD 的正弦值； （）线段 ED 上是否存在点 P，使得 PN面 MAC，若存在求出 EP 的长，若不存在， 说明理由 18已知椭圆 ： 的左、右焦点 F1，F2，离心率为 ，点 M 是椭圆上 的动点，MF1F2的最大面积是 （）求椭圆 C 的方程； （）圆 E 经过椭圆的左右焦点，且与

8、椭圆 C 在第一象限的交点为 A，且 F1，E，A 三 点共线，直线 l 交椭圆 C 于两点 P，Q，且 （i）求直线 OA 的斜率； （ii）当APQ 的面积取到最大值时，求直线 l 的方程 19等比数列an的各项均为正数，2a5，a4，4a6成等差数列，且满足 a44a32，数列bn 的前 n 项和 Sn ，nN*，且 b11 （）求数列an和bn的通项公式； （）设 cn ， ，求证： ； （）设 Rna1b1+a2b2+anbn，Tna1b1a2b2+（1）n1anbn，nN*，求 R2n+3T2n 1 20（16 分）已知函数 f（x）x sin x+mlnx+1，g（x）f（x）

9、sinx （）求函数 g（x）的单调区间和极值； （）当 x1 时，若不等式 g（x）xex10 恒成立，求实数 m 的取值范围； （）若存在 x1，x2（0，+），且当 x1x2时，f（x1）f（x2），证明： 参考答案 一、选择题（在每小题四个选项中，只有一项是符合题目要求的，本大题共 9 小题，每小题 5 分，满分 45 分） 1已知全集 U2，1，0，1，2，3，集合 Ax|0x1，xZ，B1，2，则U （AB）（ ） A1，2 B0，1，2 C2，1，3 D2，1，0， 3 【分析】求出集合 A，再求出 AB，得出结论 解：因为全集 U2，1，0，1，2，3，集合 Ax|0x1，xZ

10、0，1，B 1，2， AB0，1，2； 则U（AB）2，1，3； 故选：C 2已知 aR，则“1a0”是“ax2+2ax10 对xR 恒成立”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 【分析】a0 时，不等式化为10，满足条件a0 时，ax2+2ax10 对xR 恒成 立，0，解得 a 范围即可判断出结论 解：a0 时，不等式化为10，满足条件 a0 时，ax2+2ax10 对xR 恒成立，4a2+4a0，解得1a0， “1a0”是“ax2+2ax10 对xR 恒成立”的充分不必要条件 故选：A 3函数 f（x） 的图象大致是（ ） A B C D 【分

11、析】先求出函数的定义域，解条件先判断函数的奇偶性和对称性，结合极限思想以 及排除法进行排除即可 解：由 2|x|10 得|x| ，即 x ，即函数的定义域为x|x ， f（x） f（x），即函数 f（x）是奇函数，图象关于原点对称， 排除 B， 当 x+，f（x）+，排除 A， 当 0x 时，2|x|10，e xex0，此时 f（x）0，排除 D， 故选：C 4张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方等于 10，三棱 柱 ABCA1B1C1的侧棱垂直于底面，且 ABBC ，ABBC，AA12，若该三棱柱的 所有顶点都在同一球面上，利用张衡的结论可得该球的表面积为（ ）

12、A8 B8 C12 D12 【分析】根据题意，棱柱 ABCA1B1C1外接球即为以 BA，BC，BB1为长宽高的长方体外 接球，求出长方体的对角线即为球的直径，从而可求球的表面积 解： 根据题意， 棱柱 ABCA1B1C1外接球即为以 BA， BC， BB1为长宽高的长方体外接球， 该长方体的半径为 ， 所以该球的表面积为 S球4R24（ ） 288 故选：B 5某社区组织“学习强国”的知识竞赛，从参加竞赛的市民中抽出 40 人，将其成绩分成以 下 6 组：第 1 组40，50），第 2 组50，60），第 3 组60，70），第 4 组70，80），第 5 组80，90），第 6 组90，1

13、00，得到如图所示的频率分布直方图现采用分层抽样的 方法， 从第 2， 3， 4 组中按分层抽样抽取 8 人， 则第 2， 3， 4 组抽取的人数依次为 （ ） A1，3，4 B2，3，3 C2，2，4 D1，1，6 【分析】利用分层抽样的性质结合频率分布直方图能求出第 2，3，4 组抽取的人数 解：采用分层抽样的方法，从第 2，3，4 组中按分层抽样抽取 8 人， 则第 2 抽取的人数为：8 2 人， 第 3 组抽取的人数为：8 2 人， 第 4 组抽取的人数为：8 4 人 故选：C 6若双曲线 C： 1（a0，b0）的一条渐近线被圆（x2） 2+y24 所截得的弦 长为 2 ，则 C 的离

14、心率为（ ） A2 B C D 【分析】通过圆的圆心与双曲线的渐近线的距离，列出关系式，然后求解双曲线的离心 率即可 解：双曲线 C： 1（a0，b0）的一条渐近线不妨为：bx+ay0， 圆（x2）2+y24 的圆心（2，0），半径为：2， 双曲线 C： 1（a0，b0）的一条渐近线被圆（x2） 2+y24 所截得的弦长 为 2， 可得圆心到直线的距离为： ， 解得： 1，e1，即 e 故选：D 7 已知函数 yf （x2） 的图象关于直线 x2 对称， 在 x （0， +） 时， f （x） 单调递增 若 af（4ln3），bf（2e）， （其中 e 为自然对数的底数， 为圆周率），则 a，

15、 b，c 的大小关系为（ ） Aacb Babc Ccab Dcba 【分析】根据题意，分析可得函数 f（x）的图象关于 y 轴对称，由偶函数的性质可得 c f（ln ）f（ln），由对数的性质可得 4 ln3 414lnlne12e0，结合函数 的单调性分析可得答案 解：根据题意，函数 yf（x2）的图象关于直线 x2 对称，则函数 f（x）的图象关于 y 轴对称， 即函数 f（x）为偶函数，满足 f（x）f（x），则 cf（ln ）f（ln） 4ln3414lnlne12e0 又由 x（0，+）时，f（x）单调递增， 则有 acb； 故选：A 8关于函数 ，有下列命题： f（x）的最小正周

16、期为 ； 函数 f（x）的图象关于 x 对称； f（x）在区间 ， 上单调递增； 将函数 f（x）的图象向左平移 个单位长度后所得到的图象与函数 y2sin2x 的图象 重合 其中正确的命题是（ ） A B C D 【分析】 根据三角函数辅助角公式化简 f （x） ， 求出函数的周期， 求出对称轴方程， 由 x 的范围以及正弦函数图象判断单调性，将函数 f（x）平移之后与函数 y2sin2x 作对比 解：函数 f（x）cos2x2 sinxcosxcos2x sin2x2sin（2x ）， 对于，f（x）的最小正周期为 T ，正确； 对于，令 2x k ，解得 x （kZ），则当 k0 时，对

17、称轴为 x ，正 确； 对于，当 x ， 时，2x ， ，则 f（x）单调递增，正确； 对于，函数 f（x）的图象向左平移 个单位长度后得到 y2sin2（x ） 2sin（2x ），不与函数 y2sin2x 重合，错误； 综上，正确的命题为 故选：A 9在等腰梯形中，ABCD，AB2，AD1，DAB ，点 F 是线段 AB 上的一点，M 为直线 BC 上的动点，若 3 ， ，且 1，则 的最大值 为（ ） A B C1 D 【分析】以 A 为原点，AB 和垂直 AB 的线分别为 x 和 y 轴建立平面直角坐标系，结合已 知条件可依次写出点的坐标 A（0，0），B（2，0），C（ ， ），D（

18、 ， ），E （ ， ），F（2，0），通过 1 可求得 ，于是得 F ， ；再由点 B 和 C 的坐标写出直线 BC 的方程，从而可设点 M 的坐标为（ ， ），最后 利用平面向量数量积的坐标运算将 表示成关于 x 的函数，采用配方法即可得最 大值 解：以 A 为原点，AB 和垂直 AB 的线分别为 x 和 y 轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则 A（0，0），B（2，0），C（ ， ），D（ ， ）， 3 ，E（ ， ）， ，F（2，0）， 又 1， ， ， ，解得 ，F ， ， B（2，0），C（ ， ），直线 BC 的方程为 ， M 为直线 BC 上的动点，不妨设点 M 的坐标为（

19、， ）， ， ， ， 当 时， 有最小值，为 故选：B 二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分.把答案填在答题卡中的相应横线上） 10若复数 z 满足：z（1+i）|1 i|，则复数 z 的虚部是 1 【分析】先求等式右边的模，再把等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简得 答案 解：由 z（1+i）|1 i| ， 得 z ， 复数 z 的虚部是1 故答案为：1 11二项式 中，则其展开式中 x 的系数是 405 【分析】在二项展开式的通项公式中，令 x 的幂指数等于 1，求出 r 的值，即可求得展开 式中 x 的系数 解： 二项式 中， 则其展开式的通项公式为 Tr

20、+1 35r ， r0， 1， ， 5 令 1，求得 r1，可得展开式中 x 的系数为 53 4405， 故答案为：405 12抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F，其准线过（2，2），过焦点 F 倾斜角为 的直 线交抛物线于 A，B 两点，则 p 4 ；弦 AB 的长为 【分析】根据准线过点（2，2），可得 2，进而解得 p，联立直线与抛物线方程， 利用根与系数关系，弦长公式即可求得弦 AB 的值 解：由条件可得准线方程为 2，则 p4，则抛物线方程为 y28x， 所以 F（2，0），直线方程为 y （x2），代入抛物线方程可得 3x220x+120， 则有 xA+xB ，xAxB4，

21、所以 AB 2 ， 故答案为：4， 13 为了贯彻落实党中央对新冠肺炎疫情防控工作的部署和要求， 坚决防范疫情向校园蔓延， 切实保障广大师生身体健康和生命的安全，教育主管部门决定通过电视频道、网络平台 等多种方式实施线上教育教学工作为了了解学生和家长对网课授课方式的满意度，从 经济不发达的 A 城市和经济发达的 B 城市分别随机调查了 20 个用户， 得到了一个用户满 意度评分的样本，并绘制出茎叶图如图： 若评分不低于 80 分，则认为该用户对此授课方式“认可”，否则认为该用户对此授课方 式“不认可”以该样本中 A，B 城市的用户对此授课方式“认可”的频率分别作为 A， B 城市用户对此授课方

22、式“认可”的概率 现从 A 城市和 B 城市的所有用户中分别随机抽取 2 个用户，用 X 表示这 4 个用户中对此 授课方式“认可”的用户个数，则 P（X3） ；用 Y 表示这从 A 城市随机抽取 2 个用户中对此授课方式“认可”的用户个数，则 Y 的数学期望为 【分析】 根据认可频数计算认可概率， 再根据相互独立事件和二项分布的概率公式计算 P （X3）和 E（Y） 解：从城市 A 中随机抽取 1 个用户，则该用户对网络授课认可的概率为 ， 从城市 B 中随机抽取 1 个用户，则该用户对网络授课认可的概率为 ， 设选出 A 城市的 2 个用户中对授课方式满意的人数为 a，选出 B 城市的 2

23、 个用户中对授 课方式满意的人数为 b， 则 aB（2， ），bB（2， ）， P （X3） P （a1） P （b2） +P （a2） P （b1） （ ） 2 （ ） 2 ， E（Y）E（a）2 故答案为： ， 14若存在 a，b，c（0，+），使得不等式 成立，则实数 m 的 取值范围是 ， ， 【分析】根据 ， ，可得 1 成立，从而求解 ，可得 m 的范围 解：由 ， 根据根据 ，当且仅当 2ab 时取等号； ，当且仅当 2cb 时取等号； 1 成立， 从而可得 ， 即 2m2+3m20， 解得：m 或 m2 故答案为： ， ， 15已知函数 ， ， ，若函数 g（x）f（x）k|x

24、+2|有三个零点，则 实数 k 的取值范围是 （0，74 ）（1， 【分析】分离参数可得 kh（x） ，判断 h（x）的单调性，计算极值，作出 h（x） 的函数图象，根据直线 yk 与 yh（x）有 3 个交点得出 k 的范围 解：当 x2 时，g（x）e10， 令 g（x）0 可得：k ， 令 h（x） ， ， ， ，则 h（x） ， ， ， ， 当 x2 时，h（x）0，当2x1 时，h（x）0，当1x1 时，h （x）0， 当 1x2 2 时，h（x）0，当 x2 2 时，h（x）0， yh（x）在（，2）上单调递增，在（2，1）上单调递减，在（1，1） 上单调递增，在（1，2 2）上单

25、调递增，在（2 2，+）上单调递减， 当 x1 时，yh（x）取得极小值 h（1）1，当 x2 2 时，yh（x）取得 极大值 h（2 2）74 ， 又当 x2 时，h（x） 0，当 x1 时，令 h（x）0 可得 x1（舍）或 x2 做出 yh（x）的大致函数图象如图所示： 函数 g（x）f（x）k|x+2|有三个零点，直线 yk 与 yh（x）的图象有三个交点， 0k74 或 1k 故答案为：（0，74 ）（1， 三、解答题（本大题 5 小题，共 75 分解答应写出必要的文字说明， 证明过程或演算步骤） 16ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知ABC 的面积为 ，

26、bc 2，cos A （）求 a 和 sinC 的值； （）求 cos（2C ）的值 【分析】（）根据ABC 的面积公式和余弦定理，即可求得 a 的值，再利用正弦定理 求出 sinC 的值； （）根据同角的三角函数关系和三角恒等变换，计算即可 解：（）ABC 中，面积为 SABC bcsinA ， 又 cos A ，A 为钝角， 所以 sinA ； 所以 bc8； 又 bc2， 所以 b4，c2； 所以 a2b2+c22bccosA16+4242（ ）24； 所以 a2 ； 由正弦定理得 ， 所以 sinC ； （）由题意知，C 为锐角， 所以 cosC ； 所以 cos（2C ）cos2Cc

27、os sin2Csin （12sin 2C） 2sinCcosC （12 ） 2 17如图，平面 EFBA平面 ABCD，EFBA 为矩形，ABCD 为等腰梯形，ABCD，M，N 分别为 FC，AC 中点，ADC45，DC3AB3，AE2 （）证明：MN平面 EFBA； （）求二面角 FACD 的正弦值； （）线段 ED 上是否存在点 P，使得 PN面 MAC，若存在求出 EP 的长，若不存在， 说明理由 【分析】（I）连接 AF，推导出 MNAF，由此能证明 MN平面 EFBA （）过点 A 做 AHCD，垂足为 H，以 A 为坐标原点，分别以 AH，AB，AE 为 x，y， z 轴建立空间

28、直角坐标系，利用向量法能求出二面角 FACD 的正弦值 （III）假设存在这样一个点 P，设 P（x，y，z）， ，求出 P（，22）， （ ，1+，22），平面 MAC 的法向量 （4，2，1），由 PN平面 MAC，推导出不存在点 P，使得 PN面 MAC 解：（I）证明：连接 AF，M，N 为 FC，AC 中点MNAF， MN平面 EFBA，AF平面 EFBA， MN平面 EFBA （）解：过点 A 做 AHCD，垂足为 H 以 A 为坐标原点，分别以 AH，AB，AE 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， A（0，0，0），C（1，2，0），F（0，1，2），D（1，1，0）， （1

29、，2，0）， （0，1，2）， 设平面 FAC 的一个方向量为 （x，y，z）， 则 ，令 y2，得 （4，2，1）， 平面 ACD 的一个方向量为 ， ， ， ， ， ， ， 二面角 FACD 的正弦值为 （III）解：假设存在这样一个点 P，设 P（x，y，z）， 设 ，即（x，y，z2）（1，1，2）， x，y，z22，P（，22）， （ ，1+，22），平面 MAC 的法向量 （4，2，1）， PN平面 MAC， ， ， 且 ，即不存在这样的 ， 故不存在点 P，使得 PN面 MAC 18已知椭圆 ： 的左、右焦点 F1，F2，离心率为 ，点 M 是椭圆上 的动点，MF1F2的最大面积

30、是 （）求椭圆 C 的方程； （）圆 E 经过椭圆的左右焦点，且与椭圆 C 在第一象限的交点为 A，且 F1，E，A 三 点共线，直线 l 交椭圆 C 于两点 P，Q，且 （i）求直线 OA 的斜率； （ii）当APQ 的面积取到最大值时，求直线 l 的方程 【分析】（）由椭圆的离心率及三角形的周长可得 a，c 的值，再由 a，b，c 之间的关 系可得 b 的值，进而求出椭圆的方程； （）（i）由题意可得圆 E 的圆心在 y 轴上，设 E 的坐标，由 F1，E，A 三点共线可得 A 的坐标，进而求出直线 OA 的斜率； （ii）因为 ，所以直线 PQ 的斜率也为 ，设直线 PQ 的方程，与椭圆

31、联立求出 两根之和及两根之积，进而求出弦长|PQ|的值，再求 A 到弦 PQ 的距离求出三角形 APQ 的面积，由二次函数的单调性求出面积的最大值或者有均值不等式求出面积的最大值 解：（）由题意 e ，a2c，b ， MF1F2的最大面积为： 2c bc ，所以 c1， 所以椭圆的方程为： 1； （） （i）因为圆 E 经过椭圆的左右焦点， 所以圆心 E 在 y 轴上，设点 E（0，y0）， 因为圆 E 与椭圆 C 在第一象限的交点为 A，所以 y00， 因为 F1，E，A 三点共线，所以 A（1，2y0）， 将点 A 的坐标代入椭圆的方程可得 y0 ，即 A（1， ）， 所以直线 OA 的斜

32、率为 ， （ii）因为 ，所以直线 PQ 的斜率也为 ， 设直线 PQ 的方程为：y x+m，设 P（x1，y1），Q（x2，y2）， 联立直线 PQ 与椭圆的方程 整理可得 3x2+3mx+m230， 9m212 （m23） 3 （12m2） 0， 0m212， ， ， |PQ| ， 点 A（1， ）到直线 PQ：y x+m 的距离 d ， 法一：所以 SAPQ |PQ| d ， 当 m26，及 m 时面积 S 最大， 所以面积最大时直线 PQ 的方程为：y x ； 法二：S |PQ| d |m| （ ）26 ， 当且仅当|m| ，即 m 时等号成立； 所以当 m26，即 m 时APQ 的面

33、积最大，此时直线 l 的方程为：y x 19等比数列an的各项均为正数，2a5，a4，4a6成等差数列，且满足 a44a32，数列bn 的前 n 项和 Sn ，n一、选择题*，且 b11 （）求数列an和bn的通项公式； （）设 cn ， ，求证： ； （）设 Rna1b1+a2b2+anbn，Tna1b1a2b2+（1）n1anbn，nN*，求 R2n+3T2n 1 【分析】（I）设等比数列an的公比为 q，由题设条件列出 q 的方程，再结合 a44a32 求出公比与首项，写出数列an的通项公式利用 整 理得 ，得出数列 是各项均为 的常数列，从而求出 bn； （II） 由 （I） 得 cn

34、 ， 利用裂项相消法求出 ， 证明结论； （III）先利用错位相减法分别求出 Rn、Tn，再求 R2n+3T2n1 解：（I） 解： 设等比数列an的公比为q， 依题意， 有2a42a5+4a6， 所以a4a ， 因为 an0， 所以q0， 且 2q2+q10， 解得 或 q1 （舍） ， 因为 ， 所以 所以 所以数列an的通项公式为 当 n2 时， 整理得（n1）bnnbn1，即 所以数列 是各项均为 的常数列所以 ，即 bnn，所以数 列bn的通项公式为 bnn； （II）证明：由（I）得 cn （ ） ， 所以 ； （III）解：Rn ， （ ） 2+2 （ ） 3+ +n （ ） n

35、+1， 由可得： ， 又 ， ，由 可得： ， ， 20（16 分）已知函数 f（x）x sin x+mlnx+1，g（x）f（x） sinx （）求函数 g（x）的单调区间和极值； （）当 x1 时，若不等式 g（x）xex10 恒成立，求实数 m 的取值范围； （）若存在 x1，x2（0，+），且当 x1x2时，f（x1）f（x2），证明： 【分析】（）先求得 g（x）x+mlnx+1，x0，再对其求导，对 m 分类讨论，研究导 数的符号，确定 g（x）的单调性与极值； （）由 g（x）xex10 恒成立h（x）mlnx+1ex10 恒成立，研究 h（x）的 最值小于等于 0 恒成立，求出

36、 m 的范围即可； （）设出 x2，x1 的比值，将原不等式转化为关于比值的函数，对该函数的单调性和极 值进行讨论即可证出结论 解：（）由题设可得 g（x）x+mlnx+1，x0，g（x） ， 当 m0 时，恒有 g（x）0，此时 g（x）的单调递增区间为（0，+），无极值； 当 m0 时，令 g（x）0xm，当 xm 时，g（x）0，当 0xm 时，g（x）0，此时 g（x）的单调递增区间为（m，+），单调递减区间为（0， m），有极小值 g（m）m+1+mln（m），无极大值； （）由题设知 g（x）xex1mlnx+1ex10 在 x1 时恒成立，令 h（x）mlnx+1 ex1，则 h

37、（1）0， h（x） ，当 m1 时，x1，h（x）0，h（x）在 x1 时单调递 减，h（x）h（1）0，故适合题意； 当 m1 时，令 h（x）0xx0（1，+），当 x1，x0）时，h（x）0， 此时 h（x）单调递增；当 xx0，+）时，h（x）0，此时 h（x）单调递减， （h（x） maxh（x0）h（1）0，不合题意；综合知：m1 （）证明：依题意，不妨设 0x1x2 ，令 t 1，令 yxsinx，x（0，+）， 则 y1cosx0， 故 yxsinx 在 x（0，+）时单调递增， x2sinx2x1sinx1，从而 x2x1sinx2sinx1；f（x 1）f（x2）， x1 ， m （lnx2lnx1） x ， 所以2m 0 下面证明 ，即证明 ，只要证明 lnt 0 设 m（t）lnt ，t1，则 m（t） 0 在（1，+）恒成立， 所以 h（t）在（1，+）单调递减，故 h（t）h（1）0，从而 成立，所以 2m ，即