2020年天津市南开区高考数学二模试卷
2020年天津市南开区高考数学二模试卷
一、选择题：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. 复数z=4+3i3−4i（i是虚数单位）在复平面内对应点的坐标为（ ）
A.(1, 0) B.(0, 1) C.(45,−35) D.(35,−45)
2. 某中学高一、高二、高三年级的学生人数之比依次为6:5:7，防疫站欲对该校学生进行身体健康调查，用分层抽样的方法从该校高中三个年级的学生中抽取容量为n的样本，样本中高三年级的学生有21人，则n等于（ ）
A.35 B.45 C.54 D.63
3. 方程x2+y2−kx+2y+k2−2＝0表示圆的一个充分不必要条件是（ ）
A.k∈(−∞, −2)∪(2, +∞) B.k∈(2, +∞)
C.k∈(−2, 2) D.k∈(0, 1]
4. 设a=2ln2,b=−log124,c=log32，则a，b，c的大小关系是（ ）
A.b>a>c B.a>b>c C.b>c>a D.a>c>b
5. 如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的底面是面积为2的正方形，该长方体的外接球体积为323π，点E为棱AB的中点，则三棱锥D1−ACE的体积是（ ）
A.223 B.22 C.33 D.1
6. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的离心率为62，以双曲线C的右焦点F为圆心，a为半径作圆F，圆F与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，则∠MFN＝（ ）
A.45∘ B.60∘ C.90∘ D.120∘
7. 某学校食堂为了进一步加强学校疫情防控工作，降低学生因用餐而交叉感染的概率，规定：就餐时，每张餐桌（如图）至多坐两个人，一张餐桌坐两个人时，两人既不能相邻，也不能相对（即二人只能坐在对角线的位置上）．现有3位同学到食堂就餐，如果3人在1号和2号两张餐桌上就餐（同一张餐桌的4个座位是没有区别的），则不同的坐法种数为（ ）
A.6 B.12 C.24 D.48
8. 已知函数f(x)＝sin(ωx+φ)(ω>0, |φ|<π2)，y＝f(x)的图象关于直线x=5π6对称，且与x轴交点的横坐标构成一个公差为π2的等差数列，则函数f(x)的导函数f′(x)的一个单调减区间为（ ）
A.[π12, 7π12] B.[−5π12, π12] C.[π6, 7π6] D.[−π6, π3]
9. 如图，在边长23的等边三角形ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点，O为△ABC的中心，过点O的直线与直线BC交于点P，与直线DE交于点Q，则AP→⋅AQ→的取值范围是（ ）
A.[3, +∞) B.(−∞, 3) C.(−∞,92) D.(−∞,92]
二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.请将答案填在题中横线上．
已知集合A＝{x|(x+1)(x−2)≤0}，∁RB＝{x|x≤0或x>3}，则A∩B＝________．
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若(x2+1ax)6的二项展开式中x3的系数为52，则a＝________（用数字作答）．
过点(−3,1)的直线l与圆x2+y2＝4相切，则直线l在y轴上的截距为________．
一袋中装有6个大小相同的黑球和白球．已知从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是45，则袋中白球的个数为________；从袋中任意摸出2个球，则摸到白球的个数X的数学期望为________．
已知ab>0，则(a2+4b2)2+2(a2+4b2)+54ab+1的最小值为________．
已知定义在R上的偶函数f(x)在(−∞, 0]上单调递增，且f(−1)＝−1．若f(x−1)+1≥0，则x的取值范围是________；设函数g(x)=(x+1)2−a−1,x>0,2x+x−a+1,x≤0, 若方程f（g(x)）+1＝0有且只有两个不同的实数解，则实数a的取值范围为________．
三、解答题：（本大题共5个小题，共75分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知a2+c2＝b2+105ac．
(Ⅰ)求cosB及tan2B的值；
(Ⅱ)若b＝3，A=π4，求c的值．
如图所示，平面CDEF⊥平面ABCD，且四边形ABCD为平行四边形，∠DAB＝45∘，四边形CDEF为直角梯形，EF // DC，ED⊥CD，AB＝3EF＝3，ED＝a，AD=2．
求证：AD⊥BF；
(Ⅱ)若线段CF上存在一点M，满足AE // 平面BDM，求CMCF的值；
(Ⅲ)若a＝1，求二面角D−BC−F的余弦值．
已知F1，F2为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，椭圆C过点M(1,22)，且MF2⊥F1F2．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)经过点P(2, 0)的直线交椭圆C于A，B两点，若存在点Q(m, 0)，使得|QA|＝|QB|．
(i)求实数m的取值范围：
(i)若线段F1A的垂直平分线过点Q，求实数m的值．
设{an}是各项都为整数的等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝1，a3+b2＝7，S5b2＝50，n∈N*．
(Ⅰ)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(Ⅱ)设cn＝log2b1+log2b2+log2b3+...+log2bn，Tn＝acn+1+acn+2+acn+3+⋯+acn+n．
(i)求Tn；
(ii)求证：i=2n 1Ti−i<2．
设函数f(x)=k3x3−12x2−x,k∈R．
(Ⅰ)若x＝1是函数f(x)的一个极值点，求k的值及f(x)单调区间；
(Ⅱ)设g(x)＝(x+1)ln(x+1)+f(x)，若g(x)在[0, +∞)上是单调增函数，求实数k的取值范围；
(Ⅲ)证明：当p>0，q>0及m
[p+qp2n−1i=12n−1 (−1)i−1p2n−1−iqi−1]2m−1．
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参考答案与试题解析
2020年天津市南开区高考数学二模试卷
一、选择题：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】
B
【考点】
复数的运算
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】
∵ z=4+3i3−4i=(4+3i)(3+4i)(3−4i)(3+4i)=25i25=i，
∴ 复数z=4+3i3−4i（i是虚数单位）在复平面内对应点的坐标为(0, 1)．
2.
【答案】
C
【考点】
分层抽样方法
【解析】
由某中学高一、高二、高三年级的学生人数之比为6:5:7，知高三年级学生的数量占总数的718，再由分层抽样的方法从三个年级的学生中抽取一个容量为n的样本，高三年级被抽到的人数为21人，能求出n．
【解答】
∵ 某中学高一、高二、高三年级的学生人数之比为6:5:7，
∴ 高三年级学生的数量占总数的718，
∵ 分层抽样的方法从三个年级的学生中抽取一个容量为n的样本，若已知高三年级被抽到的人数为21人，
∴ n＝21÷718=54．
3.
【答案】
D
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
化x2+y2−kx+2y+k2−2＝0为(x−k2)2+(y+1)2=3−34k2，由3−34k2>0求得k的范围，然后逐一核对四个选项得答案．
【解答】
由x2+y2−kx+2y+k2−2＝0，得(x−k2)2+(y+1)2=3−34k2，
若方程x2+y2−kx+2y+k2−2＝0表示圆，则3−34k2>0，即−2a>c．
5.
【答案】
C
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
由该长方体的外接球体积为323π，求出该长方体的外接球半径为R＝2，从而求出AA1＝23，由此能求出三棱锥D1−ACE的体积．
【解答】
∵ 长方体ABCD−A1B1C1D1的底面是面积为2的正方形，
该长方体的外接球体积为323π，设长方体的外接球的半径为R，
则43πR3=323π，解得该长方体的外接球半径为R＝2，
∴ 2+2+AA122=2，解得AA1＝23，
S△ACE=12S△ABC=12×12×2×2=12，
∴ 三棱锥D1−ACE的体积V=13×S△ACE×DD1=13×12×23=33．
6.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
因为离心率e=c2a2=1+b2a2=62，所以ba=22，不妨设与圆F相交的渐近线为y=bax，则点F(c, 0)到直线MN的距离为d=|ba⋅c|1+b2a2=b，所以sin∠NMF=dMF=ba=22，∠NMF＝45∘＝∠MNF，所以∠MFN＝180∘−(∠NMF+∠MNF)
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＝90∘．
【解答】
∵ 离心率e=c2a2=1+b2a2=62，∴ ba=22，
由题意可知，双曲线x2a2−y2b2=1的渐近线方程为y=±bax，点F(c, 0)，
不妨设与圆F相交的渐近线为y=bax，则点F到直线MN的距离为d=|ba⋅c|1+b2a2=b，
∴ sin∠NMF=dMF=ba=22，∠NMF＝45∘＝∠MNF，∴ ∠MFN＝180∘−(∠NMF+∠MNF)＝90∘．
7.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据分类计数原理即可求出．
【解答】
若在2人在1号餐桌，1人在2号餐桌，则有C32×2＝6种，
若在1人在1号餐桌，2人在2号餐桌，则有C32×2＝6种，
则共有不同的坐法6+6＝12种．
8.
【答案】
A
【考点】
等差数列的通项公式
正弦函数的单调性
【解析】
先根据三角函数的图象和性质求出f(x)的解析式，可得它的导数，再利用余弦函数的单调性，得出结论．
【解答】
∵ 函数f(x)＝sin(ωx+φ)(ω>0, |φ|<π2)，y＝f(x)的图象关于直线x=5π6对称，
且与x轴交点的横坐标构成一个公差为π2的等差数列，故函数的周期为2×π2=2πω，∴ ω＝2．
故2×5π6+φ＝kπ+π2，k∈Z，∴ φ=−π6，f(x)＝sin(2x−π6)．
则函数f(x)的导函数f′(x)＝2cos(2x−π6)．
令2kπ≤2x−π6≤2kπ+π，可得kπ+π12≤x≤kπ+7π12，故f′(x)的减区间为[kπ+π12, kπ+7π12]，k∈Z，
9.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
因为是等边三角形，所以可建立平面直角坐标系，设出PQ的方程，解出P，Q的坐标，即可将问题转化为直线PQ斜率k的函数，求其值域即可．
【解答】
由题意，如图建立平面直角坐标系：
因为三角形ABC边长为23，故23×32=3，
故：DE:y=32；O(0, 1)，A(0, 3)．
所以直线PQ:y＝kx+1，（由对称性，不妨设k>0）．
所以由y=kx+1y=32 得Q(12k,32)；由y=0y=kx+1 得P(−1k,0)．
所以AQ→=(12k,−32),AP→=(−1k,−3)，
所以AP→⋅AQ→=−12k2+92<92，
特别的，当PQ⊥x轴时，P(0, 0)，Q(0, 32)，
∴ AP→⋅AQ→=(0,−3)⋅(0,−32)=92．
故AP→⋅AQ→≤92．
二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.请将答案填在题中横线上．
【答案】
(0, 2]
【考点】
交集及其运算
【解析】
可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
∵ ∁RB＝{x|x≤0或x>3}，
∴ B＝{x|00，则有a2+4b2≥2×a2×4b2=4ab，当且仅当a＝2b时等号成立，
则原式=(a2+4b2)2+2(a2+4b2)+54ab+1≥(4ab)2+2(4ab)+54ab+1=(4ab+1)2+44ab+1=(4ab+1)+44ab+1，
又由ab>0，则4ab+1>1，
则有(4ab+1)+44ab+1≥2×(4ab+1)×44ab+1=4，当且仅当4ab+1＝2，即4ab＝1时等号成立，
综合可得：(a2+4b2)2+2(a2+4b2)+54ab+1的最小值为4，当且仅当a＝2b=12时等号成立
【答案】
[0, 2],(−∞, −1]∪(3, +∞)
【考点】
函数的零点与方程根的关系
奇偶性与单调性的综合
【解析】
根据f(x)的奇偶性和单调性列不等式求出x的范围，根据g(x)的单调性和最值，分情况讨论最值和±1的关系，从而确定a的范围．
【解答】
（2）2−a>1>−a>−1，此时g(x)＝1有2解，g(x)＝−1有1解，不符合题意（1）（3）若−a≥1，则g(x)＝1有1解，g(x)＝−1有1解，符合题意（2）（4）若2−a<−1，则g(x)＝1有1解，g(x)＝−1有1解，符合题意（3）（5）若2−a＝1，则g(x)＝1有2解，g(x)＝−1有1解，不符合题意（4）（6）若2−a＝−1，则g(x)＝−1有2解，g(x)＝1有1解，不符合题意（5）综上，−a≥1或2−a<−1，解得a≤−1或a>3．
故答案为：[0, 2]，(−∞, −1]∪(3, +∞)．
三、解答题：（本大题共5个小题，共75分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
【答案】
（1）∵ a2+c2＝b2+105ac，
∴ 由余弦定理可得：cosB=a2+c2−b22ac=1010，
∴ sinB=1−cos2B=31010，
∴ sin2B＝2sinBcosB=35，cos2B＝2cos2B−1=−45，
∴ tan2B=sin2Bcos2B=−34；
（2）∵ sinC＝sin[π−(A+B)]＝sin(A+B)＝sin(B+π4)＝sinBcosπ4+cosBsinπ4=31010×22+1010×22=255．
∴ 由正弦定理csinC=bsinB，可得c=b⋅sinCsinB=3×25531010=22．
【考点】
余弦定理
【解析】
(Ⅰ)由已知利用余弦定理可得cosB，利用同角三角函数基本关系式可求sinB，利用二倍角公式可求sin2B，cos2B，进而根据同角三角函数基本关系式可求tan2B的值．
(Ⅱ)由已知利用两角和的正弦函数公式可求sinC的值，进而由正弦定理可得c的值．
【解答】
（1）∵ a2+c2＝b2+105ac，
∴
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由余弦定理可得：cosB=a2+c2−b22ac=1010，
∴ sinB=1−cos2B=31010，
∴ sin2B＝2sinBcosB=35，cos2B＝2cos2B−1=−45，
∴ tan2B=sin2Bcos2B=−34；
（2）∵ sinC＝sin[π−(A+B)]＝sin(A+B)＝sin(B+π4)＝sinBcosπ4+cosBsinπ4=31010×22+1010×22=255．
∴ 由正弦定理csinC=bsinB，可得c=b⋅sinCsinB=3×25531010=22．
【答案】
（1）∵ 平面CDEF⊥平面ABCD，ED⊥CD，
∴ ED⊥平面ABCD，
如图，以D为原点，DC所在直线为y轴，过点D垂直于DC的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
∵ ∠DAB＝45∘，AB＝3EF＝3，ED=a,AD=2，
∴ A(1, −1, 0)，B(1, 2, 0)，C(0, 3, 0)，E(0, 0, a)，F(0, 1, a)，
∴ BF→=(−1,−1,a),DA→=(1,−1,0)，
∴ BF→⋅AD→=−1+1+0=0，
∴ AD⊥EF；
（2）设CM→=λCF→=λ(0,−2,a)=(0,−2λ,aλ)，则DM→=DC→+CM→=(0,3,0)+(0,−2λ,λa)=(0,3−2λ,λa)，
设平面BDM的法向量为n1→=(x1,y1,z1)，则n1→⋅DB→=x1+2y1=0n1→⋅CP→=(3−2λ)y1+λaz1=0 ，
取x1＝2，则n1→=(2,−1,3−2λaλ)，
若AE // 平面BDM，则AE→⋅n1→=(−1,1,a)⋅(2,−1,3−2λaλ)=0，即−2−1+3−2λλ=0，解得λ=35，
∴ 线段CF上存在一点M，满足AE // 平面BDM，此时CMCF=35；
（3）设平面BCF的法向量为n2→=(x2,y2,z2)，则n2→⋅CB→=(x2,y2,z2)⋅(1,−1,0)=x2−y2=0n2→⋅CF→=(x2,y2,z2)⋅(0,−2,1)=−2y2+z2=0 ，
取x2＝1，则n2→=(1,1,2)，
又平面BCD的一个法向量为n3→=(0,0,1)，
∴ |cos|=|n2→⋅n3→|n2→||n3→||=63，
由图可知，二面角D−BC−F为锐角，故二面角D−BC−F的余弦值为63．
【考点】
直线与平面平行
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）建立空间直角坐标系，求出直线AD及直线BF的方向向量，利用两向量的数量积为0，即可得证；
（2）设CM→=λCF→，根据题设数据，求出平面BDN的一个法向量，以及直线AE的方向向量，利用AE // 平面BDM，建立关于λ的方程，解出即可；
（3）求出平面BCF及平面BCD的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．
【解答】
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（1）∵ 平面CDEF⊥平面ABCD，ED⊥CD，
∴ ED⊥平面ABCD，
如图，以D为原点，DC所在直线为y轴，过点D垂直于DC的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
∵ ∠DAB＝45∘，AB＝3EF＝3，ED=a,AD=2，
∴ A(1, −1, 0)，B(1, 2, 0)，C(0, 3, 0)，E(0, 0, a)，F(0, 1, a)，
∴ BF→=(−1,−1,a),DA→=(1,−1,0)，
∴ BF→⋅AD→=−1+1+0=0，
∴ AD⊥EF；
（2）设CM→=λCF→=λ(0,−2,a)=(0,−2λ,aλ)，则DM→=DC→+CM→=(0,3,0)+(0,−2λ,λa)=(0,3−2λ,λa)，
设平面BDM的法向量为n1→=(x1,y1,z1)，则n1→⋅DB→=x1+2y1=0n1→⋅CP→=(3−2λ)y1+λaz1=0 ，
取x1＝2，则n1→=(2,−1,3−2λaλ)，
若AE // 平面BDM，则AE→⋅n1→=(−1,1,a)⋅(2,−1,3−2λaλ)=0，即−2−1+3−2λλ=0，解得λ=35，
∴ 线段CF上存在一点M，满足AE // 平面BDM，此时CMCF=35；
（3）设平面BCF的法向量为n2→=(x2,y2,z2)，则n2→⋅CB→=(x2,y2,z2)⋅(1,−1,0)=x2−y2=0n2→⋅CF→=(x2,y2,z2)⋅(0,−2,1)=−2y2+z2=0 ，
取x2＝1，则n2→=(1,1,2)，
又平面BCD的一个法向量为n3→=(0,0,1)，
∴ |cos|=|n2→⋅n3→|n2→||n3→||=63，
由图可知，二面角D−BC−F为锐角，故二面角D−BC−F的余弦值为63．
【答案】
（1）因为椭圆过M(1, 22)，MF2⊥F1F2，
所以c2=a2−b21a2+12b2=1 解得：a2＝2，b2＝1，
所以椭圆的方程为：x22+y2＝1；
（2）设直线的方程为：y＝k(x−2)，
代入椭圆的方程y=k(x−2)x22+y2=1 ，整理可得：(1+2k2)x2−8k2x+8k2−2＝0，
因为直线l与椭圆C由两个交点，所以△＝64k4−4(1+2k2)(8k2−2)>0，
解得2k2<1；
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则有x1+x2=8k21+2k2，x1x2=8k2−21+2k2，
(i)设AB中点为M(x0, y0)，
则有x0=4k21+2k2，y0＝k(x0−2)=−2k1+2k2，
当k≠0时，因为|QA|＝|QB|，∴ QM⊥l，
∴ kQM⋅k=−2k1+2k2−04k21+2k2−m⋅k＝−1，解得m=2k21+2k2，
∴ m=2k21+2k2=1−11+2k2∈(0, 12)，
当k＝0，可得m＝0，
综上所述：m∈[0, 12)．
(ii)由题意|QF1|＝|QA|＝QB|，且F1(−1, 0)，
由x2+2y2=2(x−m)2+y2=(m+1)2 ，整理可得：x2−4mx−4m＝0，
所以x1，x2也是此方程的两个根，所以x1+x2＝4m=8k21+2k2，x1x2＝−4m=8k2−21+2k2，
所以8k21+2k2=2−8k21+2k2，解得k2=18，
所以m=2k21+2k2=15．
所以m的值为15．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的标准方程
椭圆的应用
【解析】
(Ⅰ)由椭圆过M点，及且MF2⊥F1F2，可得c＝1，可得a，b的值，求出椭圆的方程；
(Ⅱ)(i)设直线AB的方程与椭圆联立求出两根之和，可得AB的中点N的坐标，由|QA|＝|QB|．可得直线AB⊥QN可得斜率之积为−1，可得m的表达式m=2k21+2k2，进而可得m的范围；
(ii)由题意|QF1|＝|QA|＝QB|，且F1(−1, 0)，可得：x2−4mx−4m＝0，所以x1+x2＝4m=8k21+2k2，x1x2＝−4m=8k2−21+2k2，可得8k21+2k2=−8k2−21+2k2，解得k2=18，进而求出m的值．
【解答】
（1）因为椭圆过M(1, 22)，MF2⊥F1F2，
所以c2=a2−b21a2+12b2=1 解得：a2＝2，b2＝1，
所以椭圆的方程为：x22+y2＝1；
（2）设直线的方程为：y＝k(x−2)，
代入椭圆的方程y=k(x−2)x22+y2=1 ，整理可得：(1+2k2)x2−8k2x+8k2−2＝0，
因为直线l与椭圆C由两个交点，所以△＝64k4−4(1+2k2)(8k2−2)>0，
解得2k2<1；
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则有x1+x2=8k21+2k2，x1x2=8k2−21+2k2，
(i)设AB中点为M(x0, y0)，
则有x0=4k21+2k2，y0＝k(x0−2)=−2k1+2k2，
当k≠0时，因为|QA|＝|QB|，∴ QM⊥l，
∴ kQM⋅k=−2k1+2k2−04k21+2k2−m⋅k＝−1，解得m=2k21+2k2，
∴ m=2k21+2k2=1−11+2k2∈(0, 12)，
当k＝0，可得m＝0，
综上所述：m∈[0, 12)．
(ii)由题意|QF1|＝|QA|＝QB|，且F1(−1, 0)，
由x2+2y2=2(x−m)2+y2=(m+1)2 ，整理可得：x2−4mx−4m＝0，
所以x1，x2也是此方程的两个根，所以x1+x2＝4m=8k21+2k2，x1x2＝−4m=8k2−21+2k2，
所以8k21+2k2=2−8k21+2k2，解得k2=18，
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所以m=2k21+2k2=15．
所以m的值为15．
【答案】
（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由a1＝b1＝1，a3+b2＝7，S5b2＝50，
可得1+2d+q＝7，5(1+2d)q＝50，
解得d＝2，q＝2或d=12，q＝5，
由于{an}是各项都为整数的等差数列，所以d＝2，q＝2，
从而an＝2n−1，bn＝2n−1，n∈N*；
(2)(i)∵ log2bn＝log22n−1＝n−1，
∴ cn＝0+1+2+...+(n−1)=12n(n−1)，
∴ acn+i=2(n2−n2+i)−1＝n2−n−1+2i，
∴ Tn＝(n2−n−1+2)+(n2−n−1+4)+...+(n2−n−1+2n)
＝n(n2−n−1)+(2+4+...+2n)＝n(n2−n−1)+n(n+1)＝n3；
(ii)证明：1Tn−n=1n3−n=1(n−1)n(n+1)
=1n+1−n−1(1(n−1)n−1n(n+1))=1n(1n−1−1n+1)⋅n−1+n+12，
而n−1+n+12=n−1+n+1+2n2−14<2n+2n4=n，
∴ 1Tn−n<1n−1−1n+1，
∴ i=2n 1Ti−i=11−13+12−14+13−15+14−16+⋯+1n−2−1n+1n−1−1n+1
＝1+22−1n−1n+1，
由于1n+1n+1>0，
可得1+22−1n−1n+1<2．
则i=2n 1Ti−i<2．
【考点】
等差数列与等比数列的综合
数列的求和
【解析】
(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，运用等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，即可得到所求通项公式；
(Ⅱ)(i)运用对数的运算性质和等差数列的求和公式可得cn=12n(n−1)，acn+i=n2−n−1+2i，再由数列的分组求和，结合等差数列的求和公式，计算可得所求和；
(ii)推得1Tn−n=1n3−n=1(n−1)n(n+1)<1n−1−1n+1，再由数列的裂项相消求和和不等式的性质，即可得证．
【解答】
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（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由a1＝b1＝1，a3+b2＝7，S5b2＝50，
可得1+2d+q＝7，5(1+2d)q＝50，
解得d＝2，q＝2或d=12，q＝5，
由于{an}是各项都为整数的等差数列，所以d＝2，q＝2，
从而an＝2n−1，bn＝2n−1，n∈N*；
(2)(i)∵ log2bn＝log22n−1＝n−1，
∴ cn＝0+1+2+...+(n−1)=12n(n−1)，
∴ acn+i=2(n2−n2+i)−1＝n2−n−1+2i，
∴ Tn＝(n2−n−1+2)+(n2−n−1+4)+...+(n2−n−1+2n)
＝n(n2−n−1)+(2+4+...+2n)＝n(n2−n−1)+n(n+1)＝n3；
(ii)证明：1Tn−n=1n3−n=1(n−1)n(n+1)
=1n+1−n−1(1(n−1)n−1n(n+1))=1n(1n−1−1n+1)⋅n−1+n+12，
而n−1+n+12=n−1+n+1+2n2−14<2n+2n4=n，
∴ 1Tn−n<1n−1−1n+1，
∴ i=2n 1Ti−i=11−13+12−14+13−15+14−16+⋯+1n−2−1n+1n−1−1n+1
＝1+22−1n−1n+1，
由于1n+1n+1>0，
可得1+22−1n−1n+1<2．
则i=2n 1Ti−i<2．
【答案】
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（1）f′(x)＝kx2−x−1，
∵ x＝1是函数f(x)的一个极值点，
∴ f′(1)＝k−1−1＝0，解得：k＝2，
∴ f′(x)＝2x2−x−1，
当f′(x)>0，即x<−12或x>1时，f(x)递增，
当f′(x)<0，即−120，由h′(x)＝0解得：x＝0，x=1−2k2k>−1，
①当00，
∴ x∈(0, 1−2k2k)时，h′(x)<0，h(x)递减，
∴ h(x)≤h(0)＝0，不合题意，
∴ g(x)>g(1)＝0；
②当k≥12时，1−2k2k<0，
∴ x∈[0, +∞)时，h′(x)>0，h(x)递增，
∴ h(x)≥h(0)＝0，即g′(x)≥0对任意x∈[0, +∞)恒成立，
综上，k≥12时，g(x)在[0, +∞)是单调递增函数；
(Ⅲ)∵ p+qp2m−1i=12m−1 (−1)i−1p2m−1−iqi−1=p+qpi=12m−1 (−qp)i−1=p+qp⋅1−(−qp)2m−11−(−qp)=1+(qp)2m−1，
∴ [p+qp2m−1i=12m−1 (−1)i−1p2m−1−iqi−1]2n−1>[p+qp2n−1ni=12m−1 (−1)i−1p2n−1−iqi−1]2m−1．
⇔[1+(qp)2m−1]2n−1>[1+(qp)2n−1]2m−1，
⇔[1+(qp)2m−1]12m−1>[1+(qp)2n−1]12n−1
⇔12m−1ln[1+(qp)2m−1]>12n−1ln[1+(qp)2n−1]，
①p>q>0时，则00)，其中a=qp∈(0, 1)，
φ′(x)=axlnax(1+ax)−ln(1+ax)x2，
由(Ⅱ)知ln(x+1)>x−12x2，
∴ ln(ax+1)>ax−12a2x，
∴ φ′(x)0，
∴ lna<0，ax>a2x>12a2x，
∴ φ′(x)<0，φ(x)在(0, +∞)递减，
∵ 012n−1ln[1+(qp)2n−1]，
故原不等式成立．
②p＝q时，a=qp=1，
则函数h(x)=1xln(1+ax)=ln2x，(x>0)，h(x)在(0, +∞)递减，
∵ 012n−1ln[1+(qp)2n−1]，
③01，
构造函数ρ(x)=1xln(1+ax)，(x>0)，其中a=qp∈(1, +∞)，
ρ′(x)=axlnax(1+ax)−ln(1+ax)x2，
令g(x)＝xlnx(x>1)，则g′(x)＝lnx+1>0，g(x)在(1, +∞)递增，
由ax<1+ax，得：g(ax)12n−1ln[1+(qp)2n−1]，
故原不等式成立．
综上，原不等式成立．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】
(Ⅰ)求出函数的导数，得到关于k的方程，求出k，求出函数的单调区间即可；
(Ⅱ)求出函数的导数，问题转化为g′(x)＝h(x)＝ln(x+1)+kx2−x≥0恒成立，求出h(x)的导数，通过讨论k的范围，求出函数h(x)的最小值，求出k的范围即可；
(Ⅲ)问题转化为证明12m−1ln[1+(qp)2m−1]>12n−1ln[1+(qp)2n−1]，通过讨论p>q>0，构造函数φ(x)=1xln(1+ax)，(x>0)，其中a=qp∈(0, 1)，②p＝q>0，③00，即x<−12或x>1时，f(x)递增，
当f′(x)<0，即−120，由h′(x)＝0解得：x＝0，x=1−2k2k>−1，
①当00，
∴ x∈(0, 1−2k2k)时，h′(x)<0，h(x)递减，
∴ h(x)≤h(0)＝0，不合题意，
∴ g(x)>g(1)＝0；
②当k≥12时，1−2k2k<0，
∴ x∈[0, +∞)时，h′(x)>0，h(x)递增，
∴ h(x)≥h(0)＝0，即g′(x)≥0对任意x∈[0, +∞)恒成立，
综上，k≥12时，g(x)在[0, +∞)是单调递增函数；
(Ⅲ)∵ p+qp2m−1i=12m−1 (−1)i−1p2m−1−iqi−1=p+qpi=12m−1 (−qp)i−1=p+qp⋅1−(−qp)2m−11−(−qp)=1+(qp)2m−1，
∴ [p+qp2m−1i=12m−1 (−1)i−1p2m−1−iqi−1]2n−1>[p+qp2n−1ni=12m−1 (−1)i−1p2n−1−iqi−1]2m−1．
⇔[1+(qp)2m−1]2n−1>[1+(qp)2n−1]2m−1，
⇔[1+(qp)2m−1]12m−1>[1+(qp)2n−1]12n−1
⇔12m−1ln[1+(qp)2m−1]>12n−1ln[1+(qp)2n−1]，
①p>q>0时，则00)，其中a=qp∈(0, 1)，
φ′(x)=axlnax(1+ax)−ln(1+ax)x2，
由(Ⅱ)知ln(x+1)>x−12x2，
∴ ln(ax+1)>ax−12a2x，
∴ φ′(x)0，
∴ lna<0，ax>a2x>12a2x，
∴ φ′(x)<0，φ(x)在(0, +∞)递减，
∵ 012n−1ln[1+(qp)2n−1]，
故原不等式成立．
②p＝q时，a=qp=1，
则函数h(x)=1xln(1+ax)=ln2x，(x>0)，h(x)在(0, +∞)递减，
∵ 012n−1ln[1+(qp)2n−1]，
③01，
构造函数ρ(x)=1xln(1+ax)，(x>0)，其中a=qp∈(1, +∞)，
ρ′(x)=axlnax(1+ax)−ln(1+ax)x2，
令g(x)＝xlnx(x>1)，则g′(x)＝lnx+1>0，g(x)在(1, +∞)递增，
由ax<1+ax，得：g(ax)12n−1ln[1+(qp)2n−1]，
故原不等式成立．
综上，原不等式成立．
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