2023年天津市和平区高考数学一模试卷（含答案解析）

这是一份2023年天津市和平区高考数学一模试卷（含答案解析），共16页。试卷主要包含了 函数y=lncsx的图象是， 已知a=lg0等内容，欢迎下载使用。

A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个
2. 已知a是实数，则“a<−1”是“a+1a<−2”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y=lncsx(−π2A. B.
C. D.
4. 某城市在创建文明城市的活动中，为了解居民对“创建文明城市”的满意程度，组织居民给活动打分(分数为整数，满分100分)，从中随机抽取一个容量为100的样本，发现数据均在[40,100]内.现将这些分数分成6组并画出样本的频率分布直方图，但不小心污损，使部分图形缺失，如图，部分图形缺失的频率分布直方图中，下列说法错误的是( )
A. 第三组的频数为15人B. 估计样本的众数为75分
C. 估计样本的中位数75分D. 估计样本的平均数为75分
5. 已知a=lg0.20.3，b=lg0.30.2，c=lg23，则a，b，c的大小关系为( )
A. b6. 将函数f(x)=sin2x图象上所有点的横坐标缩短为原来的12，纵坐标不变，再将所得的图象向右平移π12个单位长度，得到函数g(x)的图象，则( )
A. |g(x)|的最小正周期为π2B. g(x)的图象关于直线x=7π12对称
C. g(x)在(−π24,π24)上单调递增D. g(x)的图象关于点(5π24,0)对称
7. 抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F，其准线与双曲线y24−x22=1的渐近线相交于A、B两点，若△ABF的周长为4 2，则P=( )
A. 2B. 2 2C. 8D. 4
8. 为庆祝国庆，立德中学将举行全校师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠．如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是( )
A. 2(5+3 3)π3cm3B. 4(5+3 3)π3cm3
C. 2(5+3 3)πcm3D. 8(5+3 3)π3cm3
9. 已知函数f(x)=|lnx|,0A. x1+x2=2B. 1C. 0<(2e−x3)(2e−x4)<1D. e210. 若i为虚数单位，则复数3−i1+i=______ .
11. 1x3⋅(x+2 x)6的展开式中常数项为______.
12. 直线l：y=x与圆C：(x−1)2+(y−2)2=a2(a>0)交于A，B两点，若△ABC为等边三角形，则a的值为______ .
13. 先后掷两次骰子(骰子的六个面上的点数分别是1、2、3、4、5、6)，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x、y，记事件A为“x+y为偶数”，事件B为“x、y中有偶数且x≠y“，则概率P(A)=______，P(B|A)=______.
14. 若实数x，y满足x2+y2+xy=1，则x+y的最大值是______.
15. 已知四边形ABCD,DC=tAB,AB=6,AD=4,∠DAB=60∘，且AD⋅CD=−6，点E为线段BD上一点，且AE=(1+λ)AD+23CB，则λ=______ ，过E作EF//BC交AB于点F，则FD⋅FC=______ .
16. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(bcsC+ccsB)tanA=− 3a.
(1)求A的大小；
(2)若a= 7,b=1.
(i)求△ABC的面积；
(ii)求cs(2C−A).
17. 在如图所示的几何体中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=BD=2AE=2，M是AB的中点.
(1)求证：CM⊥EM；
(2)求直线EM与平面CDE所成角的正弦值；
(3)求平面CME与平面CDE的夹角的余弦值.
18. 已知数列{an}为首项a1=1的等比数列，且an，3an+1，9an+2成等差数列；数列{bn}为首项b1=1的单调递增的等差数列，数列{bn}的前n项和为Sn，且S1，S2，S4+3成等比数列.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求i=1n(−1)i(2bi+3)bibi+1,(n∈N*)；
(3)数列{cn}满足cn=nan3，记Gn和Tn分别为{an}和{cn}的前n项和，证明：Tn19. 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，点A是椭圆与x轴负半轴的交点，点B是椭圆与y轴正半轴的交点，且直线AB与圆O:x2+y2=127相切.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知斜率大于0的直线l与椭圆C有唯一的公共点M，过点A作直线l的平行线交椭圆C于点P，若△MOP的面积为34，求直线l的方程.
20. 已知函数f(x)=ex−ax，g(x)=ln(x+2)−a，其中e为自然对数的底数，a∈R.
(1)当a>0时，函数f(x)有极小值f(1)，求a；
(2)证明：f′(x)>g(x)恒成立；
(3)证明：ln2+(ln32)2+(ln43)3+⋯+(lnn+1n)n答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：全集U=A∪B={0,1,2,3,4,5,6,7}，
又A∩(∁UB)={1,3,5,7}，
因为A∪B=U，
所以∁UB={1,3,5,7}，
则{1,3,5,7}⊆A，
所以B={0,2,4,6}，
则集合B元素的个数为4个．
故选：B.
利用集合全集、补集以及交集的定义分析求解即可．
本题考查了集合的运算，主要考查了集合全集、补集以及交集的定义，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：当a=−12时，a+1a=−12−2<−2；
当a<−1时，a+1a=−(−a+1−a)≤−2 −a⋅1−a=−2，
当且仅当−a=1−a，即a=−1时等号成立，
所以当a<−1时，a+1a<−2成立，
所以“a<−1”是“a+1a<−2”的充分不必要条件．
故选：A.
利用特殊值及基本不等式，结合充分条件及必要条件的定义即可求解．
本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，考查了基本不等式的应用，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查复合函数的图象识别．属于基础题．
利用函数y=lncsx(−π2【解答】
解：∵cs(−x)=csx，
∴y=lncsx(−π2可排除B、D，
由csx≤1⇒lncsx≤0排除C，
故选：A.
4.【答案】D
【解析】解：分数在[60,70)内的频率为1−10×(0.005+0.015+0.030+0.025+0.010)=0.15，
所以第三组[60,70)的频数为100×0.15=15(人)，故A正确；
因为众数的估计值是频率分布直方图中最高矩形的中点，从图中可看出众数的估计值为75分，故B正确；
因为(0.005+0.020+0.010)×10=0.35<0.5，(0.005+0.020+0.010+0.03)×10=0.65>0.5，
所以中位数位于[70,80),设中位数为x，
则0.35+(x−70)×0.03=0.5，
解得x=75，
即中位数的估计值为75，故C正确；
样本平均数的估计值为：45×(10×0.005)+55×(10×0.020)+65×(10×0.010)+75×(10×0.03)+85×(10×0.025)+95×(10×0.01)=73(分)，故D错误．
故选：D.
利用频率分布直方图的性质可判断A，根据众数、中位数和平均数的定义可判断BCD.
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查运算求解等能力，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵01，c=lg23>lg22=1，
因为y=x2−x在(0,1)上单调递减，
故0>lg22−lg2>lg23−lg3，
又bc=lg0.30.2⋅lg32=lg2−1lg3−1⋅lg2lg3=lg22−lg2lg23−lg3<1，
∴b故选：C.
利用对数函数的单调性直接求解．
本题考查对数的运算，考查对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力等核心素养，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：将函数f(x)=sin2x图象上所有点的横坐标缩短为原来的12，纵坐标不变，
可得y=sin4x的图象；
再将所得的图象向右平移π12个单位长度，得到函数g(x)=sin(4x−π3)的图象，
故g(x)的最小正周期为2π4=π2，|g(x)|的最小正周期为π4，故A错误；
令x=7π12，求得g(x)=0，不是最值，故g(x)的图象不关于直线x=7π12对称，故B错误；
当x∈(−π24,π24)，4x−π3∈(−π2,−π6)，函数g(x)单调递增，故C正确；
令x=5π24，求得g(x)=1，是最大值，故g(x)的图象关于直线x=5π24对称，故D错误，
故选：C.
由题意，根据函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，得到g(x)的解析式，再利用正弦函数的图象和性质，得出结论．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：双曲线x24−y22=1渐近线方程为y=± 22x，
抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=−p2，
由题意得：A(−p2, 24p)，B(−p2,− 24p)，
∴|AB|= 22P，|FA|=|FB|= P2+( 24P)2=3 24P.
又∵△ABF的周长为4 2，
∴|FA|+|FB|+|AB|=3 24P+3 24P+ 22P=4 2.
解得：p=2.
故选：A.
由双曲线方程求出渐近线方程，再求出抛物线的准线方程，联立求得A，B的坐标，可得|AB|，再由勾股定理求得|FA|，|FB|，利用△ABF的周长为4 2列式求得p值．
本题考查双曲线与抛物线的简单性质，是基础的计算题．
8.【答案】B
【解析】解：分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示：
正视图中小球球心B，半球球心O与切点A构成直角三角形，则有OA2+AB2=OB2，
俯视图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到球心的距离O1A1与正视图中的OA相等，
设半球半径为R，已知小球半径r=1，
∴OA= 2，AB=1，OB= 3，R=OB+r= 3+1，
半球面形状的容器的容积是V=12×43πR3=12×43×( 3+1)3π=4(5+3 3)π3，
故选：B.
根据四个小球和容器的相切关系，作出对应的正视图和俯视图，建立球心和半径之间的关系即可得到容器的半径．
本题主要考查球与多面体的切接问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
9.【答案】D
【解析】解：方程f(x)=2−x+b(b∈R)的根可化为函数y=f(x)−2−x与y=b图象的交点的横坐标，
作函数y=f(x)−2−x的图象，
由图象可得，0故x3⋅x4>e2；
易知|ln(2e−x3)|>|ln(2e−x4)|，
即ln(2e−x3)>−ln(2e−x4)，
即ln(2e−x3)+ln(2e−x4)>0，
即4e2−2e(x3+x4)+x3⋅x4>1，
即2e(x3+x4)∴x3x4<(2e−1)2，∴e2故选：D.
方程f(x)=2−x+b(b∈R)的根可化为函数y=f(x)−2−x与y=b图象的交点的横坐标，作函数y=f(x)−2−x的图象分析即可．
本题考查了数形结合的思想应用及函数的零点与函数的图象的关系应用，同时考查了基本不等式的应用．
10.【答案】1−2i
【解析】解：3−i1+i=(3−i)(1−i)(1+i)(1−i)=2−4i2=1−2i
故答案为：1−2i.
复数3−i1+i的分子、分母同乘分母的共轭复数1−i，化简为a+bi(a,b∈R)的形式即可．
本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，同时考查了运算能力，属于基础题．
11.【答案】60
【解析】解：1x3⋅(x+2 x)6的展开式通项为：Tk+1=1x3C6kx6−k(2 x)k=C6k2kx3−3k2，
令3−3k2=0得k=2，故1x3⋅(x+2 x)6的展开式中常数项为：T3=C62×22=60.
故答案为：60.
求出1x3⋅(x+2 x)6的展开式的通项，令x的次数为0即可．
本题考查二项展开式的通项，属于基础题．
12.【答案】 63
【解析】解：由题知圆心为C(1,2)，半径为r=a，
∴圆心C(1,2)到直线l：y=x的距离为d=|1−2| 12+(−1)2=1 2，
∵△ABC为等边三角形，∴|AB|=a，∴d= r2−(12|AB|)2= 32a，
∴ 32a=1 2，解得a= 63.
故答案为： 63.
由题知圆心为C(1,2)，△ABC为等边三角形，可得圆心到直线的距离为 32a，求解即可．
本题主要考查了直线与圆的位置关系，考查了学生的运算求解能力，属基础题．
13.【答案】12 13
【解析】解：若x+y为偶数，则x、y全为奇数或全为偶数，所以，P(A)=3×3×26×6=12，
事件AB为“x+y为偶数且x、y中有偶数，x≠y”，则x、y为两个不等的偶数，
所以，P(AB)=3×26×6=16，
因此P(B|A)=P(AB)P(A)=13.
故答案为：12；13.
由古典概率公式求出P(A)、P(AB)，利用条件概率公式可得结果．
本题考查条件概率，考查学生的计算能力，是基础题．
14.【答案】2 33
【解析】
【分析】
本题主要考查了基本不等式．是中档题．
利用基本不等式，根据xy≤(x+y)24把题设等式整理成关于x+y的不等式，求得其范围，则x+y的最大值可得．
【解答】
解：∵x2+y2+xy=1，
∴(x+y)2=1+xy，
∵xy≤(x+y)24，
∴(x+y)2−1≤(x+y)24，整理求得−2 33≤x+y≤2 33，
∴x+y的最大值是2 33，
故答案为：2 33.
15.【答案】13 10
【解析】解：如图所示：
因为DC=tAB，
所以DC//AB，即有DC//AB，
又因为AD⋅CD=−6，
所以AD⋅DC=6，
即t⋅AD⋅AB=6，
t⋅|AD|⋅|AB|⋅cs60∘=6，
解得t=12，
所以DC=12AB，
所以|DC|=12|AB|=3，
又因为AD+DC+CB+BA=0，
即AD+12AB+CB−AB=0，
所以AB=2AD+2CB；
又因为AE=AD+DE
=AD+mDB
=AD+m(AB−AD)
=AD+m(2AD+2CB−AD)
=(m+1)AD+2mCB(0又因为AE=(1+λ)AD+23CE，
所以1+λ=m+12m=23，解得m=13λ=13；
如图所示：
取AB中点M，连接DM，
由题意可知DC//MB且DC=MB=3，
所以四边形DCBM为平行四边形，
所以DM//BC，
又因为EF//BC，
所以DM//EF，
又因为DE=13DB，
所以DE=13DB，
所以MF=13MB=1,FB=2，
所以FB=13AB，
由AB=2AD+2CB可得BC=AD−12AB，
所以FC=FB+BC=13AB+AD−12AB=−16AB+AD，
FD=FA+AD=−23AB+AD，
所以FD⋅FC=(−23AE+AD)⋅(−16AE+AD)
=19AB2−56AB⋅AD+AD2
=19×62−56×6×4×12+42
=10.
故答案为：13;10.
由AD⋅CD=−6，可得t=12，进而可得AE=(m+1)AD+2mCB(0取AB中点M，连接DM，根据向量的数乘及加减运算可得FC=−16AB+AD,FD=−23AB+AD，再根据向量的数量积运算即可得第二空答案．
本题考查了对于向量的线性运算，关键是将所求向量表示成同一组基底的数量积，然后再进行求参、数量积等运算．
16.【答案】解：(1)∵(bcsC+ccsB)tanA=− 3a，
由正弦定理得(sinBcsC+sinCcsB)tanA=− 3sinA.
∴sin(B+C)tanA=− 3sinA，
∴sinA⋅tanA=− 3sinA，∵sinA>0，
∴tanA=− 3，∵A∈(0,π)，
∴A=2π3；
(2)(i)若a= 7,b=1，A=2π3，
由余弦定理得7=c2+1−2c×1×(−12)，
即c2+c−6=0，∵c>0，∴c=2，
∴△ABC的面积为12bcsinA=12×1×2× 32= 32；
(ii)由正弦定理asinA=csinC，得sinC= 217，
∵a>c，∴csC=2 77，
∴cs2C=2cs2C−1=17，
sin2C=2sinCcsC=4 37，
∴cs(2C−A)=cs2CcsA+sin2CsinA=17×(−12)+4 37× 32=1114.
【解析】(1)由正弦定理进行化简可求tanA，进而可求A；
(2)(i)利用余弦定理先求c，然后利用三角形的面积公式求解；
(ii)利用正弦定理求出sinC，再利用二倍角公式求出sin2C，cs2C，求解即可．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，两角差的余弦公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
17.【答案】证明：(1)如图，以CA，CB所在直线分别为x轴和y轴，
过点C作与平面ABC垂直的直线为z轴，建系如图，
则A(2,0,0)，B(0,2,0)，E(2,0,a)，D(0,2,2)，M(1,1,0).
EM=(−1,1,−1)，CM=(1,1,0)，
∴EM⋅CM=0，∴EM⊥CM；
(2)∵C(0,0,0)，M(1,1,0)，E(2,0,1)，D(0,2,2)，
EM=(−1,1,−1)，CD=(0,2,2)，CE=(2,0,1)，
设平面CDE的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅CD=2y+2z=0n⋅CE=2x+z=0，取n=(1,2,−2)，
∴直线EM与平面CDE所成角的正弦值为：
|cs|=|EM⋅n||EM||n|=3 3×3= 33；
(3)由(2)知平面CDE的法向量n=(1,2,−2)，
设平面EMC的法向量为m=(a,b,c)，
∵EM=(−1,1,−1)，CM=(1,1,0)，
∴m⋅EM=−a+b−c=0m⋅CM=a+b=0，取m=(1,−1,−2)，
∴平面CME与平面CDE的夹角的余弦值为：
|m⋅n||m|⋅|n|=3 9⋅ 6= 66.
【解析】(1)以点C为坐标原点，以CA，CB所在直线分别为x轴和y轴，过点C作与平面ABC垂直的直线为z轴，建立直角坐标系C−xyz，利用向量法能证明EM⊥CM.
(2)求出平面CDE的法向量，利用向量法能求出CM与平面CDE所成的角的正弦值．
(3)求出平面CDE的法向量和平面EMC的法向量，利用向量法，向量夹角公式，即可求解．
本题考查向量法证明线线垂直问题，向量法求解线面角问题，向量法求解面面角问题，属中档题．
18.【答案】解：(1)数列{an}为首项a1=1的等比数列，设公比为q，
由an，3an+1，9an+2成等差数列，可得6an+1=an+9an+2，
即为6anq=an+9anq2，即9q2−6q+1=0，解得q=13，
则an=(13)n−1；
数列{bn}为首项b1=1的单调递增的等差数列，设公差为d(d>0)，
由S1，S2，S4+3成等比数列，可得S22=S1(S4+3)，
即为(2+d)2=1(4+6d+3)，解得d=3，
则bn=1+3(n−1)=3n−2；
(2)因为(−1)i(2bi+3)bibi+1=(−1)i(6n−1)(3i−2)(3i+1)=(−1)i(13i−2+13i+1)，
所以i=1n(−1)i(2bi+3)bibi+1=−(1+14)+(14+17)−(17+110)+...+(−1)n(13n−2+13n+1)
=−1+(−1)n(13n+1)；
(3)证明：cn=nan3=n⋅(13)n，
则Gn=1−(13)n1−13=32(1−13n)，
12Gn=34(1−13n)，
Tn=1⋅13+2⋅19+...+n⋅(13)n，13Tn=1⋅19+2⋅127+...+n⋅(13)n+1，
上面两式相减可得23Tn=13+19+127+...+13n−n⋅(13)n+1
=13(1−13n)1−13−n⋅(13)n+1，
化简可得Tn=34(1−13n)−n2⋅3n，
则Tn−12Gn=−n2⋅3n<0，
所以Tn【解析】(1)由等差数列和等比数列的通项公式与求和公式、中项性质，解方程可得公差、公比，进而得到所求；
(2)求得(−1)i(2bi+3)bibi+1=(−1)i(13i−2+13i+1)，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和；
(3)分别由等比数列的求和公式、数列的错位相减法求和，结合不等式的性质，可得证明．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的裂项相消求和与错位相减法求和，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意可得e=ca=12，则a=2c，
由椭圆的方程可得A(−a,0)，B(0,b)，所以直线AB的方程为x−a+yb=1，即bx−ay+ab=0，
则点O到直线AB的距离d=ab a2+b2，由题意可得ab a2+b2= 12 7，而a2=b2+c2=b2+a24，则b= 32a，
解得a2=4，b2=3，
所以椭圆C的方程为：x24+y23=1；
(2)设直线l的方程为y=kx+m(k>0)，m≠0，设M(x1,y1)，
联立y=kx+m3x2+4y2=12，整理可得：(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0，
Δ=64k2m2−4(3+4k2)(4m2−12)=0，可得m2=3+4k2，
16k2(3+4k2)+9(3+4k2)23+4k2且2x1=−8km3+4k2，所以x1=−4km3+4k2，y1=kx1+m=3m3+4k2，
即M(−4km3+4k2,3m3+4k2)，所以直线OM的方程为y=−34kx，即3x+4ky=0，
由椭圆的方程可得A(−2,0)，由题意可得直线AP的方程为y=k(x+2)，
联立y=k(x+2)3x2+4y2=12，整理可得(3+4k2)x2+16k2x+16k2−12=0，
可得−2xP=16k2−123+4k2，可得xP=−8k2+63+4k2，yP=k(xP+2)=12k3+4k2，即P(−8k2+63+4k2,12k3+4k2)，
P到直线OM的距离d=|3⋅−8k2+63+4k2+4k⋅12k3+4k2| 9+16k2=6 9+16k2，
|OM|= 16k2m2(3+4k2)2+9m2(3+4k2)2= 16k2(3+4k2)+9(3+4k2)3+4k2= 9+16k2 3+4k2，
所以S△MOP=12⋅|OM|⋅d=12⋅ 9+16k2 3+4k2⋅6 9+16k2=3 3+4k2，
由题意可得3 3+4k2=34，解得k2=134，因为k>0，
所以k= 132，
且m2=3+4k2=16，解得m=±4，
所以直线l的方程为y= 132x+4或y= 132x−4.
【解析】(1)由离心率的值可得a，c的关系，由题意可知A，B的坐标，进而求出直线AB的方程，求出圆O到直线AB的距离，由直线与圆O相切，可得a，b的关系，再由a，b，c之间的关系，可得a，b的中，进而求出椭圆的方程；
(2)设切线l的方程，与椭圆的方程联立，由判别式等于0，可得参数的关系，进而求出M的坐标，求出直线OM的方程，由题意设直线AP的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之积，可得P的坐标，求出P到直线OM的距离d，代入三角形的面积公式，由三角形的面积，可得参数的值，进而求出切线l的方程．
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，三角形面积公式的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)f′(x)=ex−a(a>0)，
令f′(x)=0得x=lna，
所以当x>lna时，f′(x)>0，
当x所以f(x)有极小值f(lna)，
所以lna=1，即a=e.
(2)证明：不等式f′(x)>g(x)恒成立，即ex−ln(x+2)>0恒成立，
设h(x)=ex−ln(x+2)，则h′(x)=ex−1x+2，
所以h′(x)在定义域上的增函数，又h′(0)=1−12>0，h′(−1)=1e−1<0，
则h′(x)=ex−1x+2=0在(−1,0)上有一个根x0，
此时h(x)在(−1,x0)上的单调递减，在(x0,0)上单调递增，
所以h(x)的最小值为h(x0)=ex0−ln(x0+2)，
因为ex0=1x0+2，
所以x0=−ln(x0+2)，
因为x0∈(−1,0)，
所以h(x0)=1x0+2+x0=1+x02+2x0x0+2=(1+x0)2x0+2>0，
所以ex−ln(x+2)>0恒成立，结论成立．
(3)证明：由(2)知，ex>ln(x+2)，令x=−t+1t，
则e−t+1t>ln(−t+1t+2)=lnt+1t，
所以e−t+1>(lnt+1t)t，
由此可知，当t=1时，e0>ln2，
当t=2时，e−1>(ln32)2，
当t=3时，e−2>(ln43)3，
...
当t=n时，e−n+1>(lnn+1n)n，
累加得e0+e−1+e−2+...+e−n+1>ln2+(ln32)2+(ln43)3+...+(lnn+1n)n，
又e0+e−1+e−2+...+e−n+1=1−(1e)n1−1e<11−1e=ee−1，
所以ln2+(ln32)2+(ln43)3+...+(lnn+1n)n【解析】(1)求导得f′(x)，分析f′(x)的符号，进而可得f(x)的单调性，极值，即可得出答案．
(2)根据题意可得ex−ln(x+2)>0恒成立，设h(x)=ex−ln(x+2)，求导分析h(x)的单调性和最值，只需h(x)min>0，即可得出答案．
(3)由(2)知，ex>ln(x+2)，则e−t+1>(lnt+1t)t，当t=1时，e0>ln2，当t=2时，e−1>(ln32)2，当t=3时，e−2>(ln43)3，...当t=n时，e−n+1>(lnn+1n)n，累加，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．