2024年广东省广州市天河区高考数学二模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年广东省广州市天河区高考数学二模试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|x=3k,k∈N}，B={x|x=6z,z∈N}，则( )
A. A⊆BB. B⊆AC. A=BD. A∪B=N
2.已知非零向量a,b，“|a+b|=|a|+|b|”是“向量a,b共线”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.若抛物线C：y2=2px(p>0)上一点M(2,m)到焦点的距离为3，则p=( )
A. 6B. 4C. 2D. 1
4.若实数m满足lg2(−m)A. (−∞,0)B. (0,+∞)C. (−∞,−1)D. (−1,0)
5.根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到χ2=7.174.依据α=0.005的独立性检验，结论为( )
A. 变量x与y独立
B. 变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005
C. 变量x与y不独立
D. 变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005
6.若直线ax+by=1与圆O：x2+y2=1相切，则圆(x−a)2+(y−b)2=14与圆O( )
A. 外切B. 相交C. 内切D. 没有公共点
7.已知 3sinα+csα=65,π3<α<5π6，则csα=( )
A. 3+4 310B. 3−4 310C. 3 3+410D. 3 3−410
8.设10≤x1A. Dξ1B. Dξ1=Dξ2
C. Dξ1>Dξ2
D. Dξ1与Dξ2的大小关系与x1，x2，x3，x4，x5的取值有关
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知m，n是不同的直线，α，β是不重合的平面，则下列命题为真命题的是( )
A. 若m//α，n⊂α，则m//nB. 若m⊥α，n⊥β，m//n，则α//β
C. 若α//β，m⊂α，则m//βD. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
10.已知函数f(x)=2cs(ωx+φ)的部分图象如图所示，则( )
A. f(x)的最小正周期为π
B. f(x)在[−5π12,π12]上单调递增
C. f(x)的图象可由g(x)=2sin2x的图象向左平移π3个单位长度得到
D. 函数F(x)=f(x2−π24)+f(x−π6)的最小值为−94
11.双曲线具有如下性质：双曲线在任意一点处的切线平分该点与两焦点连线的夹角.设O为坐标原点，双曲线C:x220−y2b2=1(b>0)的左右焦点分别为F1，F2，右顶点A到一条渐近线的距离为2，右支上一动点P处的切线记为l，则( )
A. 双曲线C的渐近线方程为y=±12x
B. 双曲线C的离心率为 305
C. 当PF2⊥x轴时，|PF1|=9 52
D. 过点F1作F1K⊥l，垂足为K,|OK|=2 5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若1+i(i为虚数单位)是关于x的实系数一元二次方程x2+kx+2=0的一个虚根，则实数k=______.
13.已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)=−eax.若f(ln2)=18，则a=______.
14.如图，一块面积为定值的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，当容器的容积最大时，其侧面与底面所成的二面角的余弦值为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区植物覆盖面积与某种野生动物数量的关系，将其分成面积相近的若干个地块，从这些地块中随机抽取20个作为样区，调查得到样本数据(xi,yi)(i=1,2,…，20)，其中xi，和yi，分别表示第i个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量(单位：只)，并计算得i=120(xi−x−)2=80,i=120(yi−y−)2=9000,i=120(xi−x−)(yi−y−)=800.
(1)求样本(xi,yi)(i=1,2,…，20)的相关系数(精确到0.01)，并推断这种野生动物的数量y(单位：只)和植物覆盖面积x(单位：公顷)的相关程度；
(2)已知20个样区中有8个样区的这种野生动物数量低于样本平均数，从20个样区中随机抽取2个，记抽到这种野生动物数量低于样本平均数的样区的个数为X，求随机变量X的分布列.
附：相关系数r=i=1n(xi−x−)(yi−y−) i=1n(xi−x−)2i=1n(yi−y−)2, 2≈1.414
16.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ACC1A1是菱形，且与平面A1BC垂直，BC⊥AC，AA1=A1C=4，BC=2.
(1)证明：BC⊥平面ACC1A1；
(2)棱CC1上是否存在一点D，使得直线A1D与平面ABB1A1所成角为30∘？若存在，请确定点D的位置；若不存在，请说明理由.
17.(本小题15分)
已知数列{an}中，a1=1，a1+12a2+13a3+⋯+1nan=an+1−1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn=2nan，记Tn为{bn}的前n项和，证明：n≥3时，Tn18.(本小题17分)
已知直线l1：y= 22x,l2:y=− 22x，动点A，B分别在直线l1，l2上，|AB|=2 2，M是线段AB的中点，记点M的轨迹为曲线Γ.
(1)求曲线Γ的方程；
(2)已知点P(−2,1)，过点P作直线l与曲线Γ交于不同的两点C，D，线段CD上一点Q满足|PC||PD|=|QC||QD|，求|OQ|的最小值.
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=lnx+2x−b(b>2).
(1)证明：f(x)恰有一个零点a，且a∈(1,b)；
(2)我们曾学习过“二分法”求函数零点的近似值，另一种常用的求零点近似值的方法是“牛顿切线法”.任取x1∈(1,a)，实施如下步骤：在点(x1,f(x1))处作f(x)的切线，交x轴于点(x2,0)；在点(x2,f(x2))处作f(x)的切线，交x轴于点(x3,0)；一直继续下去，可以得到一个数列{xn}，它的各项是f(x)不同精确度的零点近似值.
(i)设xn+1=g(xn)，求g(xn)的解析式；
(ii)证明：当x1∈(1,a)，总有xn答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为集合A={x|x=3k,k∈N}，B={x|x=6z,z∈N}，
则集合A中的元素x是3的倍数，且为0和正整数，
集合B中的元素x必是6的倍数，且为0和正整数，
所以B⊆A.
故选：B.
根据集合包含关系的定义交集定义判断．
本题考查了集合的包含关系，涉及到元素与集合的关系，属基础题．
2.【答案】A
【解析】解：当|a+b|=|a|+|b|时，|a|2+2a⋅b+|b|2=|a|2+2|a|⋅|b|+|b|2，
化简得a⋅b=|a||b|，即csθ=a⋅b|a||b|=1，θ=0，即a与b共线；
当a与b共线时，则存在唯一实数λ，使得a=λb，
|a+b|=|1+λ||b|，|a|+|b|=(|λ|+1)|b|，|λ|+1与|1+λ|不一定相等，
即|a+b|，|a|+|b|不一定相等，
故“|a+b|=|a|+|b|“是“a与b共线”的充分不必要条件．
故选：A.
利用数量积公式，充分必要条件的定义即可判断．
本题考查充分必要条件，考查向量的计算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为：x=−p2，
由抛物线的定义知，2−(−p2)=3，
解得：p=2.
故选：C.
依题意知，其准线方程为：x=−p2，利用定义，将抛物线上的点到焦点的距离，转化为它到准线的距离即可．
本题考查抛物线的简单性质，熟练应用定义是关键，考查转化思想，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：当m=−1时，lg2(−m)=m+1，故A错误；
当m>0时，对数函数无意义，故B错误；
当m=−2时，lg2(−m)>m+1，故C错误．
故选：D.
根据已知条件，结合特殊值排除选项，即可求解．
本题主要考查对数函数的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由题意，χ2=7.174<7.897，
所以依据α=0.005的独立性检验，x与y独立．
故选：A.
根据教材中的观测值表，结合题意，即可得出正确的结论．
本题考查了独立性检验的相关程度问题，是基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由圆O：x2+y2=1，可得圆心O(0,0)，半径R=1，
由直线ax+by=1与圆O：x2+y2=1相切，可得|1| a2+b2=1，
所以a2+b2=1，
由圆(x−a)2+(y−b)2=14，可得圆心C(a,b)，半径为r=12，
因为|CO|= (a−0)2+(b−0)2=1，
所以1−12=R−r<|CO|故选：B.
由已知可得|1| a2+b2=1，可得a2+b2=1，求得两圆的圆心距，可得结论．
本题考查直线与圆的位置关系，考查转化思想，属基础题．
7.【答案】B
【解析】解：由题意， 3sinα+csα=2sin(α+π6)=65，∴sin(α+π6)=35，
又π3<α<5π6，∴π2<α+π6<π，cs(α+π6)=−45，
则csα=cs[(α+π6)−π6]=cs(α+π6)csπ6+sin(α+π6)sinπ6=−45× 32+35×12=3−4 310.
故选：B.
根据辅助角公式以及两角差的余弦公式求解．
本题考查三角恒等变换，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：由随机变量ξ1、ξ2的取值情况，它们的期望分别为：Eξ1=15(x1+x2+x3+x4+x5)，
Eξ2=15(x1+x22+x2+x32+x3+x42+x4+x52+x5+x12)=15(x1+x2+x3+x4+x5)，即Eξ2=Eξ1，
Dξ1=15[(x1−Eξ1)2+(x2−Eξ1)2+(x3−Eξ1)2+(x4−Eξ1)2+(x5−Eξ1)2]=15(x12+x22+x32+x42+x52)−(Eξ1)2，
同理Dξ2=15[(x1+x22)2+(x2+x32)2+(x3+x42)2+(x4+x52)2+(x5+x12)2]−(Eξ2)2，
而(x1+x22)2+(x2+x32)2+(x3+x42)2+(x4+x52)2+(x5+x12)2
=2(x12+x22+x32+x42+x52)+2x1x2+2x2x3+2x3x4+2x4x5+2x5x14
<2(x12+x22+x32+x42+x52)+2(x12+x22+x32+x42+x52)4=x12+x22+x32+x42+x52，
所以有Dξ1>Dξ2.
故选：C.
根据随机变量ξ1，ξ2的取值情况，计算出它们的期望和方差，再借助均值不等式即可判断作答．
本题主要考查离散型随机变量的期望和方差，考查逻辑推理能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若m//α，n⊂α，则m//n或m与n异面，A错误；
对于B，若m⊥α，m//n，则n⊥α，又由n⊥β，则α//β，B正确；
对于C，若α//β，m⊂α，则m与平面β无公共点，即m//β，C正确；
对于D，若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m与n异面，D错误．
故选：BC.
根据题意，由直线与直线的位置关系分析A、D，由平面与平面的位置关系分析B，由平面与平面平行的性质分析C，综合可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与直线的位置关系，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：根据函数的图象，可得周期T满足3T4=13π12−π3=3π4，解得T=π，所以ω=2；
f(x)的最大值为f(13π12)=2cs(13π6+φ)=2，故13π6+φ=2kπ，(k∈Z)，取k=1得φ=−π6.
因此，f(x)的解析式为f(x)=2cs(2x−π6).
对于A，f(x)的最小正周期为π，故A项正确；
对于B，由−π+2kπ≤2x−π6≤2kπ(k∈Z)，解得−5π12+kπ≤x≤π12+kπ(k∈Z)，
所以f(x)的增区间为[−5π12+kπ,π12+2kπ](k∈Z)，
取k=0得f(x)在[−5π12,π12]上单调递增，故B项正确；
对于C，g(x)=2sin2x的图象向左平移π3个单位长度，可得y=2sin(2x+2π3)=2cs(2x+π6)，
所得图象与f(x)的图象不重合，故C项不正确；
对于D，F(x)=f(x2−π24)+f(x−π6)=2cs(x−π4)+2cs(2x−π2)= 2(csx+sinx)+4sinxcsx，
令csx+sinx=t，t∈[− 2, 2]则F(x)= 2t+2(t2−1)=2t2+ 2t−2，
当t=− 24时，F(x)的最小值为2×(− 24)2+ 2×(− 24)−2=−94，故D项正确．
故选：ABD.
根据正弦函数的图象与性质，求出函数的解析式，再对各项依次加以判别，即可得到本题的答案．
本题主要考查三角函数的图象与性质、三角恒等变换、二次函数的性质等知识，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：双曲线C:x220−y2b2=1(b>0)的左右焦点分别为F1，F2，
则双曲线的渐近线方程为y=±b2 5x，
又右顶点A(2 5,0)到一条渐近线的距离为2，
则b2 5×2 5 1+b220=2，
即b2=5，
即a=2 5，b= 5，c=5，
即双曲线的方程为x220−y25=1，
对于选项A，双曲线的渐近线方程为y=±12x，
即选项A正确；
对于选项B，
双曲线C的离心率为ca=52 5= 52，
即选项B错误；
对于选项C，当PF2⊥x轴时，
由双曲线的性质可得：|PF2|=b2a= 52，
由双曲线的定义可得：|PF1|=2a+|PF2|=9 52，
即选项C正确；
对于选项D，延长F1K、PF2交于点M，
则|PM|=|PF1|，K为F1M的中点，
则OK//F2M且|OK|=12|F2M|，
又|F2M|=|PM|−|PF2|=|PF1|−|PF2|=4 5，
则|OK|=2 5，
即选项D正确．
故选：ACD.
由双曲线的性质，结合双曲线的定义及对称问题求解．
本题考查了双曲线的性质，重点考查了双曲线的定义及余弦定理，属中档题．
12.【答案】−2
【解析】解：因为1+i是关于x的实系数一元二次方程x2+kx+2=0的一个虚根，
所以(1+i)2+k(1+i)+2=0，
整理得，2+k+(2+k)i=0，
故2+k=0，即k=−2.
故答案为：−2.
由已知把x=1+i代入方程，然后结合复数的四则运算进行化简，再由复数相等的条件即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算及复数相等条件的应用，属于基础题．
13.【答案】3
【解析】解：∵f(x)是奇函数，∴f(−ln2)=−18，
又∵当x<0时，f(x)=−eax，
∴f(−ln2)=−e−aln2=−18，
∴−aln2=ln18，∴a=3.
故答案为：3.
奇函数的定义结合对数的运算可得结果
本题主要考查函数奇偶性的应用，对数的运算性质，属于基础题．
14.【答案】 63
【解析】解：正四棱锥为四棱锥P−ABCD，O为底面对角线交点，如图，
则OP⊥平面ABCD，设E为AD中点，
则PE⊥AD，OE⊥AD，
∴∠OEP是其侧面与底面所成的二面角的平面角，
设题中所给正方形的边长为2a，AD=2x，
∴四棱锥P−ABCD的高h=OP= a2−x2，
∴VP−ABCD=13×(2x)2 a2−x2=4x2 a2−x23=43 12x2⋅x2(2a2−2x2)
≤43 12(x2+x2+2a2−2x23)3=8 3a327，
当且仅当x2=x2=2a2−2x2，∴x= 63a时，取等号，
此时，OE=AE= 63a，
在Rt△POE中，cs∠OEP=OEPE= 63aa= 63，
∴当容器的容积最大时，∠OEP是其侧面与底面所成的二面角的余弦值为 63.
故答案为： 63.
先画出正四棱锥P−ABCD，设E为AD的中点，则PE⊥AD，OE⊥AD，则∠OEP是其侧面与底面所成的二面角的平面角，由此能求出结果．
本题考查线面垂直的判定与性质、二面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】解：(1)样本(xi,yi)(i=1,2,⋯,20)的相关系数为：
r=j=120(xi−x−)(yi−y−) i=120(xi−x−)2i=120(yi−y−)2=800 80×9000=2 23≈0.94，
因为相关系数|r|∈[0.75,1]时，相关性很强，且|r|的值越大，相关性越强，
故r=0.94，相关性较强；
(2)由题意得：X的可能取值为0，1，2，
20个样区中有8个样区的这种野生动物数量低于样本平均数，有12个样区的这种野生动物数量不低于样本平均数，
所以P(X=0)=C122C202=66190=3395，
P(X=1)=C81C121C202=96190=4895，
P(X=2)=C82C202=28190=1495，
所以X的分布列为：

【解析】(1)根据相关系数的计算公式即可代入求解；
(2)根据超几何概率的概率公式求解概率，即可得分布列．
本题考查了相关系数的计算，超几何分布的分布列等问题，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：因为平面ACC1A1⊥平面A1BC垂直，BC⊥AC，
侧面ACC1A1∩平面A1BC=AC，BC⊂平面ABC，
所以BC⊥ACC1A1；
(2)解：因为侧面ACC1A1是菱形，所以AA1=A1C=AC=4，
即△AA1C为等边三角形，
取AC的中点O，过O作OM⊥AC交AB于M，
又因为BC⊥AC，
所以OM//BC，即M为AB的中点，
因为AA1=A1C=4，BC=2，
可得AO=2 3，OM=1，
建立以O为坐标原点，以OA所在的直线为x轴，以PM所在的直线为y轴，以OA1所在的直线为z轴，
则O(0,0,0)，A(2,0,0)，M(0,1,0)，C(−2,0,0)，
B(−2,2,0)，A1(0,0,2 3)，C1(−4,0,2 3)，
B1(−4,2,2 3)，
设CD=λCC1，λ∈[0,1]，
A1D=A1C+CD=(−2,0,−2 3)+λ(−2,0,2 3)=(−2−2λ,0,−2 3+2 3λ)，
AB=(−4,2,0)，AA1=(−2,0,2 3)，
设平面平面ABB1A1的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AB=0n⋅AA1=0，即−4x+2y=0−2x+2 3z=0，令z=1，则x= 3，y=2 3，
所以n=( 3,2 3,1)，
A1D⋅n=(−2−2λ,0,−2 3+2 3λ)⋅( 3,2 3,1)=−4 3，|n|= 3+12+1=4，
|A1D|= (−2−2λ)2+02+(−2 3+2 3λ)2=4 λ2−λ+1，
所以cs=A1D⋅n|A1D|⋅|n|=−4 34×4 λ2−λ+1=− 34 λ2−λ+1，
设直线A1D与平面ABB1A1所成角为30∘，
则sin30∘=|cs|= 34 λ2−λ+1=12，
解得λ=12，即CD=12CC1.
所以存在D为CC1的中点时满足条件．
【解析】(1)由面面垂直的性质可证得结论；
(2)建立空间直角坐标系，由题意求出各点的坐标，设CD=λCC1，求出直线A1D与平面ABB1A1的法向量所成的角余弦值，进而求出直线与平面所成角的正弦值．
本题考查直线与平面垂直的证法及空间向量的方法求直线与平面所成的角的正弦值的求法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)数列{an}中，a1=1，a1+12a2+13a3+...+1nan=an+1−1(n∈N*)，
所以a1+12a2+13a3+...+1n+1an+1=an+2−1(n∈N*)，
故(n+2)an+1=(n+1)an+1，
整理得an+1an+2=n+1n+2，
利用累乘法：anan+1=nn+1，由于a1=1，
所以an=n(首项符合通项)；
故an=n.
证明：(2)由(1)得：bn=n⋅2n，
所以Tn=1×21+2×22+...+n⋅2n，①，
2Tn=1×22+2×23+...+n⋅2n+1，②，
①-②得：Tn=(n−1)⋅2n+1+2.
要证Tn只需证明n⋅2n+1−2n+1+2即证−2n+1+2<−4n，即2n+1−4n−2>0，
由于函数y=2x+1与函数y=4x+2在坐标系中的位置如图所示：
根据函数的单调性：当n≥3时，Tn【解析】(1)直接利用递推关系和累乘法求出数列的通项公式；
(2)利用乘公比错位相减法和函数的单调性求出结果．
本题考查的知识要点：数列的递推关系式，累乘法，乘公比错位相减法，函数的单调性，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)根据条件可设A( 2t,t)，B(− 2n,n)，
∵|AB|=2 2，∴2(t+n)2+(t−n)2=8(*)，
设M(x,y)，由题意知x= 2(t−n)2y=t+n2，∴t−n= 2xt+n=2y，
代入(*)式得x24+y2=1，故曲线Γ的方程为x24+y2=1.
(2)设|PC||PD|=|QC||QD|=λ，则PC=λPD，CQ=λQD，
设C(x1,y1)，D(x2,y2)，
由PC=λPD，可知(x1+2,y1−1)=λ(x2+2,y2−1)，
∴x1+2=λ(x2+2)y1−1=λ(y2−1)，∴−2=x1−λx21−λ1=y1−λy21−λ①．
∵CQ=λQD，设Q(x,y)，∴x=x1+λx21+λy=y1+λy21+λ②．
①×②可得−2x=x12−λ2x221−λ2y=y12−λ2y221−λ2(**)，
∵C，D在曲线Γ上，∴x124+y12=1λ2x224+λ2y22=λ2，
∴x12−λ2x224+y12−λ2y22=1−λ2，化简得x12−λ2x224(1−λ2)+y12−λ2y221−λ2=1，
(**)式代入可得−2x4+y=1，即x−2y+2=0，
∴Q的轨迹方程为x−2y+2=0，
∴|OQ|的最小值为O到直线x−2y+2=0的距离，
∴|OQ|min=2 5=2 55.
【解析】(1)由已知设A( 2t,t),B(− 2n,n)，可得2(t+n)2+(t−n)2=8，设M(x,y)，利用中点坐标公式计算可得t−n= 2xt+n=2y，代入化简即可得出结果；
(2)设|PC||PD|=|QC||QD|=λ，则PC=λPD,CQ=λQD，设C(x1,y1)，D(x2,y2)，利用向量的坐标计算化简可得−2=x1−λx21−λ1=y1−λy21−λ①．设Q(x,y)，由CQ=λQD，可得x=x1+λx21+λy=y1+λy21+λ②，结合C，D在曲线F上，可得Q的轨迹方程x−2y+2=0，利用点到直线的距离公式计算即可．
本题主要考查轨迹方程的求法，直线与圆锥曲线的综合，考查运算求解能力，属于难题．
19.【答案】解：(1)证明：f(x)=lnx+2x−b(b>2)，定义域为(0,+∞)，
所以，f′(x)=1x+2>0在(0,+∞)上恒成立，
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为f(1)=lnl+2−b=2−b<0(b>2)，f(b)=lnb+2b−b=lnb+b>0(b>2)，
所以，存在唯一a∈(1,b)，使得f(a)=0，即：f(x)有唯一零点a，且a∈(1,b)；
(2)解：(i)由(1)知f′(x)=1x+2，
所以，曲线f(x)在(xn,f(xn))处的切线斜率为kn=1xn+2，
所以，曲线f(x)在(xn,f(xn))处的切线方程为y−f(xn)=f′(xn)(x−xn)，即y=1+2xnxnx+lnxn−b−1，
令y=0得x=−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn，
所以，切线与x轴的交点(−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn,0)，即xn+1=−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn，
所以，g(xn)=−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn；
证明：(ii)对任意的xn∈(0,+∞)，由(i)知，曲线f(x)在(xn,f(xn))处的切线方程为：y=1+2xnxnx+lnxn−b−1，
故令h(x)=1+2xnxnx+lnxn−b−1，
令F(x)=f(x)−h(x)=lnx−1xnx−lnxn+1，
所以，F′(x)=1x−1xn=xn−xxnx，
所以，当x∈(0,xn)时，F(x)>0，F(x)单调递增，当x∈(xn,+∞)时，F(x)<0，F(x)单调递减，
所以，恒有F(x)≤F(xn)=0，即f(x)≤h(x)恒成立，当且仅当x=xn时等号成立，
另一方面，由(i)知，xn+1=xn−f(xn)f′(xn)，且当xn≠a时，xn+1≠xn，
(若xn=a，则f(xn)=f(a)=0，故任意xn+1=xn=…=x1=a，显然矛盾)，
因为xn+1是h(x)的零点，
所以f(xn+1)因为f(x)为单调递增函数，
所以，对任意的xn≠a时，总有xn+1又因为x1所以，对于任意n∈N*，均有xn所以，f′(xn)>0，f(xn)所以xn+1=lnxn−f(xn)f′(xn)>xn，
综上，当x1∈(1,a)，总有xn【解析】(1)根据函数的单调性，结合零点存在性定理证明即可；
(2)(i)由导数的几何意义得曲线f(x)在(xn,f(xn))处的切线方程为y=1+2xnxnx+lnxn−b−1，进而得g(xn)=−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn；
(ii)令h(x)=1+2xnxnx+lnxn−b−1，进而构造函数F(x)=f(x)−h(x)=lnx−1xnx−lnxn+1，结合函数单调性证明xn+10，f(xn)xn即可得答案．
本题考查了零点存在性定理和导数的几何意义，属于中档题．α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.897
10.828
X
0
1
2
P
3395
4895
1495