2024年天津市和平区耀华中学高考数学一模试卷-普通用卷

这是一份2024年天津市和平区耀华中学高考数学一模试卷-普通用卷，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.设全集U=Z，集合A={0,1}，B={−1,0,1,2}，则(∁UA)∩B=( )
A. ZB. {−1,2}C. {0,1}D. {−1,0,1,2}
2.已知a、b、c∈R，则“a=b”是“ac2=bc2”的( )
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 非充分非必要条件
3.函数f(x)=ln|x|⋅sin(π2−x)x的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
4.若2a=3，3b=5，5c=4，则lg4abc=( )
A. −2B. 12C. 22D. 1
5.下列说法正确的序号是( )
①在回归直线方程y =0.8x−12中，当解释变量x每增加一个单位时，预报变量y 平均增加0.8个单位；
②利用最小二乘法求回归直线方程，就是使得i=1n(yi−bxi−a)2最小的原理；
③已知X，Y是两个分类变量，若它们的随机变量K2的观测值k越大，则“X与Y有关系”的把握程度越小；
④已知随机变量ξ服从正态分布N(2,σ2)，且P(ξ<4)=0.8，则P(0<ξ<2)=0.3.
A. ①②③B. ②③④C. ②④D. ①②④
6.已知F为抛物线C：x2=4y的焦点，过点F的直线与抛物线C及其准线l的交点从上到下依次为P、N、M，若|MN|=2|FN|，则以F为圆心，|PF|半径的圆F方程为( )
A. x2+(y−1)2=16B. (x−1)2+y2=16
C. x2+(y−1)2=8D. (x−1)2+y2=8
7.已知函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的图象关于点(2π3,0)中心对称，则( )
A. 直线x=7π6是函数f(x)图象的对称轴
B. f(x)在区间(−π12,11π12)上有两个极值点
C. f(x)在区间(0,5π12)上单调递减
D. 函数f(x)的图象可由y=cs2x向左平移π6个单位长度得到
8.如图，已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为V，四边形ABCD为平行四边形，点E在CC1上且CE=3EC1，则三棱锥D1−ADC与三棱锥E−BCD的公共部分的体积为( )
A. V28
B. V21
C. 3V28
D. V7
9.已知第一象限内的点P在双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上，点P关于原点的对称点为Q，F1，F2，是C的左、右焦点，点M是△PF1F2的内心(内切圆圆心)，M在x轴上的射影为M′，记直线PM′，QM′的斜率分别为k1，k2，且k1⋅k2⋅|F1M′||F2M′|=9，则C的离心率为( )
A. 2B. 8C. 2 2D. 2 10
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.已知z(1+i)=2+4i(i是虚数单位)，则复数z=______.
11.( x+2x2)6的展开式中x−7的系数是______.
12.某班从6名班干部(其中男生4人，女生2人)中，任选3人参加学校的义务劳动.男生甲或女生乙被选中的概率为______；设“男生甲被选中”为事件 A，“女生乙被选中”为事件B，则P(A|B)=______.
13.已知a>0，b>0，a+b=1，则(a+1a)(b+1b)的最小值是______.
14.如图，在△ABC中，AB=2，AC=5，cs∠CAB=35，D是边BC上一点，且BD=2DC.若BP=34AD，记PD=λAB+μAC(λ,μ∈R)，则λ+μ=______；若点 P满足BP与AD共线，PA⊥PC，则|BP||AD|的值为______.
15.定义min{a,b}=a,a≤bb,a>b，已知函数f(x)=ex−1m,g(x)=(x−1)(mx+2m2−m−1)，若h(x)=min{f(x),g(x)}恰好有3个零点，则实数m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)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知4a= 5c，csC=35.
(1)求sinA的值；
(2)若b=11，
(i)求a的值；
(ii)求sin(2A+C)的值.
17.(本小题15分)
已知如图，四边形PDCE为矩形，ABCD为梯形，平面PDCE⊥平面ABCD，∠BAD=∠ADC=90∘，AB=AD=12CD=1，PD= 2.
(1)若M为PA中点，求证：AC//平面MDE；
(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；
(3)在线段PC上是否存在一点Q(除去端点)，使得平面QAD与平面PBC所成锐二面角的大小为π3？若存在，求出PQPC的值；若不存在，请说明理由．
18.(本小题15分)
在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率 22，且经过点A(1, 22).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设F为椭圆C的右焦点，直线l与椭圆C相切于点P(点P在第一象限)，过原点O作直线l的平行线与直线PF相交于点Q，问：线段PQ的长是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.
19.(本小题15分)
有n个首项为1的等差数列，设第m个数列的k项为amk(m,k=1,2,3,…，n，n≥3)，公差为dm，并且a1n，a2n，a3n，…，ann成等差数列.
(1)当d3=2时，求a32，a33，a34以及a3n；
(2)证明dm=p1d1+p2d2(3≤m≤n,p1,p2是m的多项式)，并求p1+p2的值；
(3)当d1=1，d2=3时，将数列{dm}分组如下：(d1)，(d2,d3,d4)，(d5,d6,d7,d8,d9)，…(每组数的个数构成等差数列)，设前m组中所有数之和为(cm)4，(cm>0)，求数列{2cm,dm}的前n项和Sn.
20.(本小题16分)
定义：若h′(x)是h(x)的导数，h′′(x)是h′(x)的导数，则曲线y=h(x)在点(x,h(x))处的曲率K=|h′′(x)|{1+[h′(x)]2}32；已知函数f(x)=exsin(π2+x)，g(x)=x+(2a−1)csx,(a<12)，曲线y=g(x)在点(0,g(0))处的曲率为 24；
(1)求实数a的值；
(2)对任意x∈[−π2,0],mf(x)≥g′(x)恒成立，求实数m的取值范围；
(3)设方程f(x)=g′(x)在区间(2nπ+π3,2nπ+π2)(n∈N*)内的根为x1，x2，…，xn，…比较xn+1与xn+2π的大小，并证明.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵全集U=Z，集合A={0,1}，B={−1,0,1,2}，
∴(∁UA)∩B={−1,2}.
故选：B.
利用集合的基本运算求解即可．
本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：当a=b时，ac2=bc2一定成立；
当ac2=bc2时，a=b不一定成立，例如c=0时．
故“a=b”是“ac2=bc2”的充分不必要条件．
故选：A.
结合等式的特点检验充分及必要性即可．
本题主要考查了充分必要条件的判断，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：f(x)=ln|x|⋅sin(π2−x)x=ln|x|⋅csxx定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
且f(−x)=ln|−x|⋅cs(−x)−x=−ln|x|⋅csxx=−f(x)，
所以函数f(x)是奇函数，图象关于原点中心对称，排除B、D.
又f(2)=ln2⋅cs22<0，故A错误．
故选：C.
先求出函数的定义域和奇偶性，排除BD，再求出特殊点的函数值，得到答案．
本题主要考查了函数的性质在函数图象判断中的应用，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：由题意得，a=lg23，b=lg35，c=lg54，
所以abc=lg3lg2⋅lg5lg3⋅lg4lg5=2，
则lg4abc=lg42=12.
故选：B.
结合指数与对数的转化公式可得a，b，c，然后结合对数的运算性质可求出abc，再由对数的运算性质即可求解．
本题主要考查了指数与对数的转化公式，对数的换底公式及对数运算性质的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：对于①，在回归直线方程y=0.8x−12中，当解释变量x每增加一个单位时，预报变量y平均增加0.8个单位，故①正确；
对于②，用离差的平方和，即Q=i=1n(yi−y i)2=i=1n(yi−a−bxi)2作为总离差，并使之达到最小，这样回归直线就是所有直线中Q取最小值的那一条，
由于平方又叫二乘方，所以这种使“离差平方和为最小”的方法叫做最小二乘法，
所以利用最小二乘法求回归直线方程，就是使得i=1n(yi−bxi−a)2最小的原理，故②正确；
对于③，对分类变量X与Y，对它们的随机变量K2的观测值k来说，k越小，则“X与Y有关系”的把握程度越小，故③错误；
对于④，因为随机变量ξ服从正态分布N(2,σ2)，且P(ξ<4)=0.8，
所以P(ξ>4)=1−0.8=0.2，
所以P(0<ξ<2)=P(2<ξ<4)=0.5−P(ξ>4)=0.3，故④正确．
故选：D.
对于①，结合线性回归方程中k的值，即可求解，对于②，结合最小二乘法求回归直线方程的原理判断即可，对于③，结合独立性检验的定义，即可求解，对于④，结合相关指数的定义，即可求解．
本题主要考查了线性回归方程的性质，考查了最小二乘法的定义，以及正态分布曲线的对称性，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：由抛物线方程知：F(0,1)，准线l：x=−1，
不妨假设过点F的直线MP斜率为负，则作NN1⊥y轴于点N1，设准线与y轴交于M1，如下图所示：
∵|MN|=2|FN|，∴|M1N1|=2|FN1|，又|FM1|=2，∴M1N1=43，
∴N点纵坐标为13，∴N(2 33,13)，∴直线方程为：y=− 33x+1，
∴P(−2 3,3)，∴|PF|= (−2 3−0)2+(3−1)2=4，
由抛物线对称性可知，当直线MP斜率为正时，|PF|=4，
∴所求圆的方程为：x2+(y−1)2=16.
故选：A.
由长度的比例关系可求得N点纵坐标，由此可确定直线MP方程，进而求得P点坐标，利用两点间距离公式可求得所求圆的半径，进而确定圆的方程，
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：因为函数f(x)的图象关于点(2π3,0)中心对称，所以sin(2×2π3+φ)=0，
可得4π3+φ=kπ,(k∈Z)，结合0<φ<π，得φ=2π3，所以f(x)=sin(2x+2π3)，
对于A，f(7π6)=sin(2×7π6+2π3)=0，所以直线x=7π6不是函数f(x)图象的对称轴，故A不正确；
对于B，当x∈(−π12,11π12)时，2x+2π3∈(π2,5π2)，所以函数f(x)在区间(−π12,11π12)上只有一个极值点，故B 不正确；
对于C，当x∈(0,5π12)时，2x+2π3∈(2π3,3π2)，所以函数f(x)在区间(0,5π12)上单调递减，故C正确；
对于D，y=cs2x左移π6个单位长度后得到y=cs(2x+π3)，故D错误．
故选：C.
利用正弦型三角函数的对称轴、对称中心处的性质，以及对称轴与单调区间的关系判断A，B，C选项，最后利用左加右减的规律判断D选项．
本题考查三角函数的图象与性质，以及图象平移变换的规律，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：如图所示，设DE∩D1C=P，AC∩BD=F，
则三棱锥D1−ADC与三棱锥E−BCD的公共部分为三棱锥P−DFC，
∵EC//D1D，CE=3EC1=34CC1=34D1D，
∴CPDP=CED1D=34，∴CP=37D1C，又易知S△DFC=14S四边形ABCD，
∴VP−DFC=14×37VD1−ABCD=14×37×13V=V28.
故选：A.
设DE∩D1C=P，AC∩BD=F，则三棱锥D1−ADC与三棱锥E−BCD的公共部分为三棱锥P−DFC，再转化三棱锥的顶点与底面，即可求解．
本题考查几何体的体积问题，化归转化思想，属中档题．
9.【答案】A
【解析】解：不妨设圆M与PF1，PF2分别切于点A，B，
此时|F1A|=|F1M′|，|PA|=|PB|，|F2B|=|F2M′|，
则|F1A|+|F1M′|=|F1P|−|AP|+|F1F2|−|M′F2|
=|F1P|−|PB|−|F2B|+|F1F2|=|F1P|−|F2P|+|F1F2|=2a+2c，
所以|F1M′|=a+c，
可得M′(a,0)，
不妨设P(x1,y1)，Q(−x1,−y1)，
因为P，Q两点均在双曲线上，
所以x12a2−y12b2=1，
整理得y12x12−a2=b2a2，
则k1k2=y1x1−a⋅−y1−x1−a=y12x12−a2=b2a2=e2−1，
又|F1M′||F2M′|=c+ac−a=e+1e−1，
所以k1k2⋅|F1M′||F2M′|=(e+1)2=9，
解得e=2.
故选：A.
由题意，根据切线性质和双曲线定义求得M′(a,0)，由斜率公式和点P在双曲线上整理化简，结合已知求解可得．
本题考查双曲线的性质，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
10.【答案】3+i
【解析】解：z(1+i)=2+4i，
则z=2+4i1+i=(2+4i)(1−i)(1+i)(1−i)=3+i.
故答案为：3+i.
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
11.【答案】240
【解析】解：根据( x+2x2)6的展开式Tr+1=C6r⋅2r⋅x6−5r2(r=0,1,2,3,4,5,6)；
令r=4时，x−7的系数是C64⋅24=240.
故答案为：240.
直接利用二项式的展开式以及组合数的应用求出结果．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
12.【答案】45 25
【解析】解：根据题意，从6人中任选3人，有C63=20种选法，
男生甲被选中而女生乙没有被选中的情况有C42=6种，
男生甲没有被选中而女生乙被选中的情况有C42=6种，
两人都被选中的选法有C41=4种，
则男生甲或女生乙被选中的概率P=6+6+420=45；
同时，P(B)=6+420=12，P(AB)=420=15，
故P(A|B)=P(AB)P(B)=1512=25.
故答案为：45；25.
根据题意，由组合数公式计算“从6人中任选3人”的选法，进而分析“男生甲被选中而女生乙没有被选中”、“男生甲没有被选中而女生乙被选中”和“两人都被选中”的选法，由古典概型公式可得第一空答案，进而求出P(B)、P(AB)，由条件概率公式计算可得答案．
本题考查条件概率的计算，涉及排列组合的应用，属于基础题．
13.【答案】254
【解析】解：由已知1=a+b≥2 ab，
∴0∴(a+1a)(b+1b)=a2b2+a2+b2+1ab=a2b2+(a+b)2−2ab+1ab=ab+1ab−2
由于f(t)=t+1t−2在(0,14]上单调递减，
∴当且仅当ab=14时，取最小值254.
故答案为：254.
利用基本不等式的性质、函数的单调性即可得出．
本题考查了基本不等式的性质、函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
14.【答案】−34 34或316
【解析】解：由已知图形可知，
PD=AD−AP=AD−(AB+BP)=AD−(AB+34AD)
=−AB+14AD=−AB+14(AB+BD)=−34AB+14×23BC
=−34AB+16(AC−AB)=−1112AB+16AC.
又PD=λAB+μAC(λ,μ∈R)，则λ=−1112，μ=16.
∴λ+μ=−1112+16=−34；
若点P满足BP与AD共线，设BP=mAD(m≠0)，
AP=AB+BP=AB+mAD=AB+m(AB+23BC)
=(m+1)AB+2m3(AC−AB)=(m3+1)AB+2m3AC，
PC=AC−AP=AC−(m3+1)AB−2m3AC=−(m3+1)AB+(1−2m3)AC.
由PA⊥PC，得−(m3+1)2|AB|2+2m3(1−2m3)|AC|2+(−49m2−m+1)AB⋅AC=0
∵AB=2，AC=5，cs∠CAB=35，
∴代入整理得：64m2−36m−9=0，
解得：m=34或m=−316.
∴|BP||AD|的值为34或316.
故答案为：−34；34或316.
由已知把PD用AB、AC线性表示，即可求得λ+μ；设BP=mAD(m≠0)，再把AP、PC用AB、AC线性表示，结合数量积的运算列关于m的方程求解．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查平面向量基本定理的应用，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】(1e, 22)∪( 22,1)
【解析】解：依题意可得m>0，
令f(x)=0，得x=−lnm，
令g(x)=0，得x=1或x=1m+1−2m，
又h(x)=min{f(x),g(x)}恰好有3个零点，
由图可知：
−lnm<1−lnm<1m+1−2m1m+1−2m≠1，
解得：1e即实数m的取值范围是(1e, 22)∪( 22,1)，
故答案为：(1e, 22)∪( 22,1).
由“取小函数”的定义及函数图象间的位置关系得：h(x)=min{f(x),g(x)}恰好有3个零点，则−lnm<1−lnm<1m+1−2m1m+1−2m≠1，解得：1e本题考查了“取小函数”的定义及函数图象间的位置关系，属中档题．
16.【答案】解：(1)因为4a= 5c，csC=35，
所以sinC= 1−cs2C=45，
所以由正弦定理asinA=csinC，可得asinA=4a 545，
所以sinA= 55；
(2)(i)因为a= 54c，a所以csA= 1−sin2A=2 55，
所以sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC= 55×35+2 55×45=11 525，
因为b=11，
由正弦定理asinA=bsinB，可得a=b⋅sinAsinB=11× 5511 525=5；
(ⅱ)因为cs2A=2cs2A−1=35，sin2A=2sinAcsA=45，
所以cs(2A+C)=cs2AcsC−sin2AsinC=35×35−45×45=−725.
【解析】(1)由题意由同角三角函数基本关系式可求sinC的值，进而利用正弦定理可得sinA的值；
(2)(i)利用大边对大角可求得A为锐角，利用同角三角函数基本关系式可求csA的值，利用两角和的正弦公式可求sinB的值，根据正弦定理即可求解a的值；
(ⅱ)利用二倍角公式可求cs2A，sin2A的值，进而利用两角和的余弦公式，即可求解cs(2A+C)的值．
本题考查了同角三角函数基本关系式，正弦定理，两角和的正弦公式，二倍角公式以及两角和的余弦公式的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：如图，连接MN，
∵四边形PDCE为矩形，PC与DE交于点N，
∴N为PC的中点，
又因为M为PA的中点，∴MN//AC，
而MN⊂平面MDE，AC⊄平面MDE，
∴AC//平面MDE；
(2)如下图，分别以DA，DC，DP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
根据题意，则有A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0, 2)，
所以PA=(1,0,− 2)，PB=(1,1,− 2)，PC=(0,2,− 2)，
假设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅PB=x+y− 2z=0m⋅PC=2y− 2z=0，取x=1，得m=(1,1, 2)，
设直线PA与平面PBC所成角的平面角为θ，
则sinθ=|m⋅PA||m|⋅|PA|=1 4⋅ 3= 36.
∴直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 36.
(3)假设存在点Q(x,y,z)，满足题意，
设此时PQPC=λ，则PQ=λPC(0<λ<1)，
即(x,y,z− 2)=λ(0,2,− 2)，解得Q(0,2λ, 2− 2λ)，
则DQ=(0,2λ, 2− 2λ)，DA=(1,0,0)，
假设平面DAQ的一个法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅DQ=2λb+( 2− 2λ)c=0n⋅DA=a=0，取b=1，得n=(0,1, 2λλ−1)，
又∵平面PBC的一个法向量为m=(1,1, 2)，
∵平面QAD与平面PBC所成锐二面角的大小为π3，
∴根据题意，则有csπ3=cs=m⋅n|m|⋅|n|=1+ 2× 2λλ−12× 1+2λ2(λ−1)2，
解得λ=23，
∴在线段PC上存在一点Q(除去端点)，使得平面QAD与平面PBC所成锐二面角的大小为π3，PQPC=23.
【解析】(1)连接MN，根据直线与平面平行的判定定理进行证明；
(2)使用空间向量求解线面角的正弦值；
(3)使用空间向量法利用已知条件，求解得出满足条件的点Q的坐标即可求解．
本题考查空间几何证明，重点考查空间向量在空间角的求解中的使用，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，是中档题．
18.【答案】解：(1)由题意可得ca= 22a2=b2+c21a2+12b2=1，解得a2=2，b2=1，c2=1，
∴椭圆C的方程为x22+y2=1；
(2)设P(x0,y0)，直线l的方程为x0x+2y0y=2，
过原点O且与直线l平行的直线方程x0x+2y0y=0，
则直线PF的方程为y−y00−y0=x−x01−x0，即y0x−(x0−1)y−y0=0，
联立y0x−(x0−1)y−y0=0x0x+2y0y=0，且x02+2y02=2，
解得x=2y022−x0，y=−x0y02−x0，
∴Q坐标为(2y022−x0,−x0y02−x0)，
∴|PQ|= (x0−2y022−x0)2+(y0+x0y02−x0)2= (2x0−22−x0)2+(2y02−x0)2= 4(x0−1)2+4(1−x022)(2−x0)2= 2(x0−2)2(2−x0)2= 2为定值．
【解析】本题考查了椭圆的方程，直线和椭圆的位置关系，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．
(1)由题意可得ca= 22a2=b2+c21a2+12b2=1，解得即可，
(2)设P(x0,y0)，可得直线l的方程为x0x+2y0y=2，过原点O且与直线l平行的直线方程x0x+2y0y=0，直线PF的方程为y0x−(x0−1)y−y0=0，联立方程组，求出点Q的坐标，利用两点之间的距离公式即可求出．
19.【答案】解：(1)当d3=2时，由题意可知a31=1
∴a32=a31+d3=3，a33=a31+2d3=5，a34=a31+3d=7a31
a3n=a31+(n−1)d3=2n−1
(2)由题意知，：(Ⅰ)由题意知amn=1+(n−1)dm.
则a2n−a1n=[1+(n−1)d2]−[1+(n−1)d1]=(n−1)(d2−d1)，
同理，a3n−a2n=(n−1)(d3−d2)，a4n−a3n=(n−1)(d4−d3)，…，ann−a(n−1)n=(n−1)(dn−dn−1).
又因为a1n，a2n，a3n，ann成等差数列，所以a2n−a1n=a3n−a2n=…=ann−a(n−1)n.
故d2−d1=d3−d2=…=dn−dn−1，即dn是公差为d2−d1的等差数列．
所以，dm=d1+(m−1)(d2−d1)=(2−m)d1+(m−1)d2.
令p1=2−m，p2=m−1，则dm=p1d1+p2d2，此时p1+p2=1.
(3)当d1=1，d2=3时，dm=2m−1(m∈N*).
数列dm分组如下：(d1)，(d2,d3,d4)，(d5,d6,d7,d8,d9)，
按分组规律，第m组中有2m−1个奇数，
所以第1组到第m组共有1+3+5+…+(2m−1)=m2个奇数．
注意到前k个奇数的和为1+3+5+…+(2k−1)=k2，
所以前m2个奇数的和为(m2)2=m4.
即前m组中所有数之和为m4，所以(cm)4=m4.
因为cm>0，所以cm=m，从而2cmdm=(2m−1)⋅2m(m∈N*).
所以Sn=1⋅2+3⋅22+5⋅23+7⋅24+…+(2n−3)⋅2n−1+(2n−1)⋅2n.①
2Sn=1⋅22+3⋅23+5⋅24+…+(2n−3)⋅2n+(2n−1)⋅2n+1.②
②-①得：Sn=−2−2(22+23+…+2n)+(2n−1)⋅2n+1
=−2−2⋅4(1−2n−1)1−2+(2n−1)⋅2n+1
=(2n−3)2n+1+6.
【解析】(1)当d3=2时，由题意可知，a31=1，代入等差数列的通项公式可求
(2)先根据首项和公差写出数列的通项公式，利用通项公式表示出数列a1n，a2n，a3n，…，ann中的第1项减第2项，第3项减第4项，…，第n项减第n−1项，由此数列也为等差数列得到表示出的差都相等，进而得到dn是首项d1，公差为d2−d1的等差数列，根据等差数列的通项公式表示出dm的通项，令p1=2−m，p2=m−1求出p1+p2即可；
(3)由d1=1，d2=3，代入可确定出dm的通项，根据题意的分组规律，得到第m组中有2m−1个奇数，所以第1组到第m组共有从1加到2m−1个奇数，利用等差数列的前n项和公式表示出和，从而表示出前m2个奇数的和，又前m组中所有数之和为(cm)4(cm>0)，即可得到cm=m，从而可确定出数列{2cmdm}的通项公式，利用错位相减可求和
本题考查学生灵活运用等差数列的通项公式及前n项和公式化简求值，会利用错位相减的方法求数列的通项公式，考查了利用函数的思想解决实际问题的能力，是一道难题．
20.【答案】解：(1)由已知g′(x)=−(2a−1)sinx+1，g′′(x)=−(2a−1)csx，
所以|2a−1|(1+12)32= 24，解得a=0(a=1舍去)，
所以a=0；
(2)由(1)得g(x)=x−csx，f(x)=exsin(π2+x)=excsx，
则g′(x)=1+sinx，
对任意的x∈[−π2,0]，mf(x)−g′(x)≥0，即mexcsx−sinx−1≥0恒成立，
令x=−π2，则m⋅0+1−1=0≥0，不等式恒成立，
当x∈(−π2,0]时，csx>0，原不等式化为m≥sinx+1excsx，
令h(x)=sinx+1excsx,x∈(−π2,0],
则h′(x)=(csx)excsx−ex(csx−sinx)(sinx+1)(excsx)2=1−sinxcsx−csx+sinxexcs2x=(1−csx)(1+sinx)excs2x≥0，
所以h(x)在区间(−π2,0]单调递增，所以h(x)max=h(0)=1，
所以m≥1，
综上所述，实数m的取值范围为[1,+∞)；
(3)xn+1>xn+2π，证明如下：
由已知方程f(x)=g′(x)可化为excsx−sinx−1=0，
令φ(x)=excsx−sinx−1，则φ′(x)=ex(csx−sinx)−csx，
因为x∈(2nπ+π3,2nπ+π2)，所以csx0，
所以φ′(x)<0，所以φ(x)在区间(2nπ+π3,2nπ+π2)(n∈N*)上单调递减，
故φ(2nπ+π3)=e2nπ+π3cs(2nπ+π3)−sin(2nπ+π3)−1=12e2nπ+π3− 32−1
≥12e2π+π3− 32−1>22×3+1×12− 32−1>0，
φ(2nπ+π2)=−2<0，
所以存在唯一x0∈(2nπ+π3,2nπ+π2)，使得φ(x0)=0，
又xn∈(2nπ+π3,2nπ+π2)，xn+1−2π∈(2nπ+π3,2nπ+π2)，
则φ(xn+1−2π)=exn+1−2πcs(xn+1−2π)−sin(xn+1−2π)−1
=exn+1−2ecsxn+1−sinxn+1−1
=exn+1−2ecsxn+1−exn+1csxn+1
=(exn+1−2π−exn+1)csxn+1<0=φ(xn)，
由φ(x)单调递减可得xn+1−2π>xn，
所以xn+1>xn+2π.
【解析】(1)根据曲率的定义求解即可；
(2)分x=−π2及x∈(−π2,0]两种情况讨论，分别判断导数的符号即可；
(3)令φ(x)=excsx−sinx−1，利用导数分析可知xn∈(2nπ+π3,2nπ+π2)(n∈N+)，xn+1−2π∈(2nπ+π3,2nπ+π2)(n∈N+)，由φ(x)单调递减即可得出结论．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了函数恒成立问题，属于中档题．