广东省广州市华南师大附中2015届高考数学“临门一脚”试卷（理科

广东省广州市华南师大附中2015届高考数学“临门一脚”试卷（理科）

一、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分） 1．（3分）定义：分子为1且分母为正整数的分数称为单位分数．我们可以把1分拆为若干个不同的单位分数之和． 如：1=++，1=+++1=++则 A．

+++

+

+

+

+

+

+

+

，1=+++

+

，…依此类推可得：

*

，其中m≤n，m，n∈N．设1≤x≤m，1≤y≤n，

的最小值为（）

B．

C．

D．

2．（3分）定义区间（a，b），[a，b），（a，b]，[a，b]的长度均为d=b﹣a，多个区间并集的长度为各区间长度之和，例如，（1，2）∪[3，5）的长度d=（2﹣1）+（5﹣3）=3．用[x]表示不超过x的最大整数，记{x}=x﹣[x]，其中x∈R．设f（x）=[x]{x}，g（x）=x﹣1，当0≤x≤k时，不等式f（x）＜g（x）解集区间的长度为5，则k的值为（） A． 6 B． 7 C． 8 D．9 3．（3分）设A是整数集的一个非空子集，对于k∈A，如果k﹣1?A且k+1?A，那么称k是A的一个“孤立元”，给定S={1，2，3，4，5，6，7，8}，则S的3个元素构成的所有集合中，其元素都是“孤立元”的集合个数是（） A． 6 B． 15 C． 20 D．25 4．（3分）在如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz中，一个四面体的顶点坐标分别为（0，0，2），（2，2，0），（1，2，1），（2，2，2），给出的编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）

A． ①和②

B． ③和①

C． ④和③

D．④和②

5．（3分）现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是（） A． 152 B． 126 C． 90 D．54

二、填空题（共3小题，每小题3分，满分9分）

6．（3分）在平面直角坐标系xOy中，过点P（﹣5，a）作圆x+y﹣2ax+2y﹣1=0的两条切线，切点分别为M（x1，y1），N（x2，y2），且

7．（3分）设（x﹣1）（x+2）=a0x+a1x+…+anx+a12，则a2+a4+…+a12=． 8．（3分）给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当n≤4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相连的着色方案如图所示：由此推断，当n=6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有种，（结果用数值表示）

4

8

12

11

2

2

+=0，则实数a的值为．

三、解答题（共15小题，满分122分）

9．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b（b﹣且∠B为钝角．

（Ⅰ）求角A的大小，并求出角C的范围； （Ⅱ）若a=，求b﹣

10．（12分）已知函数

（1）求函数f（x）的解析式； （2）设α，值．

c）=（a﹣c）（a+c），

c的取值范围．

（x∈R）的图象经过点．

，，，求cos（α﹣β）的

11．（12分）为备战2016年奥运会，甲、乙两位射击选手进行了强化训练，现分别从他们的强化训练期间的若干次平均成绩中随机抽取8次，记录如下： 甲：8.3，9.0，7.9，7.8，9.4，8.9，8.4，8.3； 乙：9.2，9.5，8.0，7.5，8.2，8.1，9.0，8.5．

（1）现要从中选派一人参见奥运会封闭集训，从统计学角度，你认为派哪位选手参加合理？简单说明理由；

（2）若将频率视为概率，对选手乙在今后的三次比赛成绩进行预测，记这三次成绩中不低于8.5分的次数为ξ，求ξ的分布列及均值E（ξ）．

12．如图，直二面角D﹣AB﹣E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE=EB=CE上的点，且BF⊥CE，G为AC中点． （Ⅰ）求证：AC⊥平面BGF；

（Ⅱ）求二面角B﹣AC﹣E的平面角正弦的大小； （Ⅲ）求点D到平面ACE的距离．

，F为

13．已知四棱锥P﹣ABCD的三视图如图所示，其中正（主）视图与侧（左）视为直角三角形，俯视图为正方形．

（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；

（2）若E是侧棱PA上的动点．问：不论点E在PA的任何位置上，是否都有BD⊥CE？请证明你的结论？

（3）求二面角D﹣PA﹣B的余弦值．

14．（14分）等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别是边AB、AC上的点，且满足

（如图1）．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1﹣DE﹣B成直二面角，连结A1B、A1C （如图2）．

（1）求证：A1D丄平面BCED；

（2）在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．

15．（14分）已知数列{an}是公比为的等比数列，数列{bn}满足a1=

2

+

b1=1，且

an+1=，bn+1=1+，n∈N，若cn=

；

（1）求证：数列{cn}是等差数列，并求出{cn}的通项公式； （2）记数列{cn}的前n项和为Sn，若对于?n∈N，不等式k的取值范围．

16．（14分）将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表．记表中第一列数a1，a2，a4，a7，…构成的数列为{bn}，b1=a1=1．Sn为数列{bn}的前n项和，且满足2bn=bnSn

2*﹣Sn（n≥2，n∈N）． （1）证明数列{

}是等差数列，并求数列{bn}的通项公式；

+

ai≤k﹣恒成立，求实数

（2）图中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序构成等比数列，且公比为同一个正数．当a81=﹣

时，求上表中第k（k≥3）行所有数的和．

17．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn=an+2an（n∈N）． （1）求a1的值及数列{an}的通项公式； （2）记数列{

18．已知圆C：（x﹣1）+（y﹣1）=2经过椭圆Γ：

2

2

2*

}的前n项和为Tn，求证：Tn＜

（n∈N）．

*

+=1（a＞b＞0）的右焦点F和上顶

点B．

（Ⅰ）求椭圆Γ的方程；

（Ⅱ）过原点O的射线l与椭圆Γ在第一象限的交点为Q，与圆C的交点为P，M为OP的中点，求

?

的最大值．

19．（14分）如图，已知点S（﹣2，0）和圆O：x+y=4，ST是圆O的直径，从左到右M、O和N依次是ST的四等分点，P（异于S，T）是圆O上的动点，PD⊥ST，交ST于D，=λ直线PS与TE交于C，|CM|+|CN|为定值． （1）求点C的轨迹曲线Γ的方程及λ的值；

（2）设n是过原点的直线，直线l与n垂直相交于Q点，l与轨迹Γ相交于A，B两点，且|否存在直线l，使

?

|=1．是

，

2

2

=1成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

20．（14分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知A，B，C是椭圆+=1（a＞b＞0）

上不同的三点，A（3，），B（﹣3，﹣3），C在第三象限，线段BC的中点在直线OA

上．

（1）求椭圆的标准方程； （2）求点C的坐标；

（3）设动点P在椭圆上（异于点A，B，C）且直线PB，PC分别交直线OA于M，N两点，证明

?

为定值并求出该定值．

21．设函数f（x）=（1﹣ax）ln（x+1）﹣bx，其中a和b是实数，曲线y=f（x）恒与x轴相切于坐标原点．

（1）求常数b的值；

（2）当0≤x≤1时，关于x的不等式f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围； （3）求证：（

）

10000.4

＜e＜（）

1000.5

．

22．（14分）已知函数f（x）=2（a﹣1）ln（x﹣1）+x﹣（4a﹣2）lnx，其中实数a为常数． （Ⅰ）当a=2时，求函数f（x）的单调递减区间；

x

（Ⅱ）设函数y=f（e）有极大值点和极小值点分别为x1、x2，且x2﹣x1＞ln2，求a的取值范围． 23．（14分）已知函数f（x）=x﹣xlnx，g（x）=f（x）﹣xf′（a），其中f′（a）表示函数f（x）在x=a处的导数，a为正常数． （1）求g（x）的单调区间；

（2）对任意的正实数x1，x2，且x1＜x2，证明：（x2﹣x1）f′（x2）＜f（x2）﹣f（x1）＜（x2﹣x1）f′（x1）； （3）对任意的n∈N，且n≥2，证明：

*

．

广东省广州市华南师大附中2015届高考数学“临门一脚”试卷（理科）

参考答案与试题解析

一、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分） 1．（3分）定义：分子为1且分母为正整数的分数称为单位分数．我们可以把1分拆为若干个不同的单位分数之和． 如：1=++，1=+++1=++则 A．

+++

+

+

+

+

+

+

+

，1=+++

+

，…依此类推可得：

*

，其中m≤n，m，n∈N．设1≤x≤m，1≤y≤n，

的最小值为（）

B．

C．

D．

考点： 归纳推理．

专题： 计算题；推理和证明．

分析： 由题意，m=13，n=4×5=20，则小值．

解答： 解：由题意，m=13，n=4×5=20，则∵1≤x≤m，1≤y≤n， ∴y=1，x=13时，

的最小值为，

=1+，可得y=1，x=13时，取得最

=1+，

故选：C．

点评： 本题考查归纳推理，考查学生的计算能力，取得m，n的值是关键． 2．（3分）定义区间（a，b），[a，b），（a，b]，[a，b]的长度均为d=b﹣a，多个区间并集的长度为各区间长度之和，例如，（1，2）∪[3，5）的长度d=（2﹣1）+（5﹣3）=3．用[x]表示不超过x的最大整数，记{x}=x﹣[x]，其中x∈R．设f（x）=[x]{x}，g（x）=x﹣1，当0≤x≤k时，不等式f（x）＜g（x）解集区间的长度为5，则k的值为（） A． 6 B． 7 C． 8 D．9

考点： 函数单调性的性质；函数的值域． 专题： 计算题；新定义．

2

分析： 先化简f（x）=[x]?{x}=[x]?（x﹣[x]）=[x]x﹣[x]，再化简f（x）＜g（x），再分类讨论：①当x∈[0，1）时，②当x∈[1，2）时③当x∈[2，3）时，从而得出f（x）＜g（x）在0≤x≤k时的解集的长度，依题意即可求得k的值．

2

解答： 解：f（x）=[x]?{x}=[x]?（x﹣[x]）=[x]x﹣[x]，g（x）=x﹣1，

22

f（x）＜g（x）?[x]x﹣[x]＜x﹣1即（[x]﹣1）x＜[x]﹣1， 当x∈[0，1）时，[x]=0，上式可化为x＞1，

∴x∈?；

当x∈[1，2）时，[x]=1，上式可化为0＞0， ∴x∈?；

当x∈[2，3）时，[x]=2，[x]﹣1＞0，上式可化为x＜[x]+1=3，

∴当x∈[0，3）时，不等式f（x）＜g（x）解集区间的长度为d=3﹣2=1；

同理可得，当x∈[3，4）时，不等式f（x）＜g（x）解集区间的长度为d=4﹣2=2； ∵不等式f（x）＜g（x）解集区间的长度为5， ∴k﹣2=5， ∴k=7． 故选B．

点评： 本题主要考查了抽象函数及其应用，同时考查了创新能力，以及分类讨论的思想和转化思想，属于中档题． 3．（3分）设A是整数集的一个非空子集，对于k∈A，如果k﹣1?A且k+1?A，那么称k是A的一个“孤立元”，给定S={1，2，3，4，5，6，7，8}，则S的3个元素构成的所有集合中，其元素都是“孤立元”的集合个数是（） A． 6 B． 15 C． 20 D．25

考点： 分类加法计数原理；元素与集合关系的判断；排列、组合的实际应用． 专题： 集合；排列组合．

分析： 若集合S的子集的3个元素都是“孤立元”，则三元素两两不相邻，可采用间接法，即先不考虑相邻与否，算出S的所有三元素子集的个数，再从中去掉只有两个元素相邻和三个元素都相邻的三元素子集个数．

解答： 解：S的所有三元素子集共有个，

三元素中只有两个相邻的有两类：一是若1、2，或7、8相邻，则只需再从与之不相邻的5个元素中任取一个，共有2

=10个；二是若2、3或3、4或4、5或5、6或6、7相邻，则需

=20个；

从与之不相邻的四个元素中再任取一个，共5

三元素都相邻的共有6个（即：123，234，345，456，567，678）； 所以符合题意三元素子集共

﹣10﹣20﹣6=20个．

故选C

点评： 这个题以集合知识为载体，重点考查利用组合知识解决问题的能力． 4．（3分）在如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz中，一个四面体的顶点坐标分别为（0，0，2），（2，2，0），（1，2，1），（2，2，2），给出的编号为①，②，③，④的四个图，则该四面

体的正视图和俯视图分别为（）

A． ①和② B． ③和① C． ④和③ D．④和②

考点： 简单空间图形的三视图．

专题： 计算题；空间位置关系与距离．

分析： 在坐标系中，标出已知的四个点，根据三视图的画图规则，可得结论．

解答： 解：在坐标系中，标出已知的四个点，根据三视图的画图规则，可得三棱锥的正视图和俯视图分别为④②， 故选：D．

点评： 本题考查三视图的画法，做到心中有图形，考查空间想象能力，是基础题． 5．（3分）现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是（） A． 152 B． 126 C． 90 D．54

考点： 排列、组合的实际应用． 专题： 计算题．

分析： 根据题意，按甲乙的分工情况不同分两种情况讨论，①甲乙一起参加除了开车的三项工作之一，②甲乙不同时参加一项工作；分别由排列、组合公式计算其情况数目，进而由分类计数的加法公式，计算可得答案．

13

解答： 解：根据题意，分情况讨论，①甲乙一起参加除了开车的三项工作之一：C3×A3=18种；

②甲乙不同时参加一项工作，进而又分为2种小情况；

1°丙、丁、戌三人中有两人承担同一份工作，有A3×C3×A2=3×2×3×2=36种；

2112

2°甲或乙与丙、丁、戌三人中的一人承担同一份工作：A3×C3×C2×A2=72种；

222

由分类计数原理，可得共有18+36+72=126种， 故选B．

点评： 本题考查排列、组合的综合运用，注意要根据题意，进而按一定顺序分情况讨论．

二、填空题（共3小题，每小题3分，满分9分）

22

6．（3分）在平面直角坐标系xOy中，过点P（﹣5，a）作圆x+y﹣2ax+2y﹣1=0的两条切线，切点分别为M（x1，y1），N（x2，y2），且

+

=0，则实数a的值为3

或﹣2．

考点： 圆的切线方程． 专题： 计算题；直线与圆．

分析： 两者的和实质上是一个斜率与另一个斜率的倒数和，进而可得两斜率乘积为﹣1，可得P，Q，R，T共线，即可求出实数a的值． 解答： 解：设MN中点为Q（x0，y0），T（1，0），圆心R（a，﹣1）， 根据对称性，MN⊥PR，

===，

∵kMN=

，+=0

∴kMN?kTQ=﹣1， ∴MN⊥TQ，

∴P，Q，R，T共线， ∴kPT=kRT， 即

2

，

∴a﹣a﹣6=0， ∴a=3或﹣2．

故答案为：3或﹣2．

点评： 本题考查实数a的值，考查直线与圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

7．（3分）设（x﹣1）（x+2）=a0x+a1x+…+anx+a12，则a2+a4+…+a12=7．

考点： 二项式系数的性质；二项式定理的应用． 专题： 计算题．

分析： 分别令x=1与x=﹣1即可求得a0+a2+a4+…+a12的值，而a0=1，从而可得答案．

481211

解答： 解：∵（x﹣1）（x+2）=a0x+a1x+…+a11x+a12， ∴当x=1时，a0+a1+a2+…+a12=0，①

当x=﹣1时，a0﹣a1+a2﹣…﹣a11+a12=16，② ①+②得：2（a0+a2+a4+…+a12）=16，

481211

∴a0+a2+a4+…+a12=8；

12

又含x项的系数为1，即a0=1， ∴a2+a4+…+a12=7． 故答案为：7．

点评： 本题考查二项式定理的应用，考查二项式系数的性质，突出赋值法的应用，属于中档题． 8．（3分）给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当n≤4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相连的着色方案如图所示：由此推断，当n=6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有21种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有43种，（结果用数值表示）

考点： 归纳推理；计数原理的应用． 专题： 计算题；压轴题．

分析： 根据所给的涂色的方案，观测相互之间的方法数，得到规律，根据这个规律写出当n取不同值时的结果数；利用给小正方形涂色的所有法数减去黑色正方形互不相邻的着色方案，得到结果．

解答： 解：由题意知当n=1时，有2种， 当n=2时，有3种，

当n=3时，有2+3=5种， 当n=4时，有3+5=8种， 当n=5时，有5+8=13种， 当n=6时，有8+13=21种，

6

当n=6时，黑色和白色的小正方形共有2种涂法， 黑色正方形互不相邻的着色方案共有21种结果，

∴至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有64﹣21=43种结果， 故答案为：21；43

点评： 本题考查简单的排列组合及简单应用，考查观察规律，找出结果的过程，是一个比较麻烦的题目，当作为2015届高考题目比前几年的排列组合问题不难．

三、解答题（共15小题，满分122分）

9．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b（b﹣c）=（a﹣c）（a+c），且∠B为钝角．

（Ⅰ）求角A的大小，并求出角C的范围；

（Ⅱ）若a=，求b﹣c的取值范围．

考点： 余弦定理；正弦定理． 专题： 解三角形．

分析： （Ⅰ）把已知的等式变形，然后利用余弦定理求得cosA，再结合角A的范围求A，再由∠B为钝角可得C的范围；

（Ⅱ）利用正弦定理得到b=sinB，c=sinC，代入b﹣c后利用辅助角公式化积，再由C的范围得答案．

解答： 解：（Ⅰ）由b（b﹣得

，

c）=（a﹣c）（a+c），得，

于是

又A∈（0，π），∴A=∵B为钝角，于是A+C

．

，又A=，∴；

（Ⅱ）由正弦定理可知，，

∴b=sinB，c=sinC．

=又0∴

，

， ，

．

点评： 本题考查三角形的解法，考查了正弦定理和余弦定理的应用，训练了两角和与差的余弦公式，是中低档题．

10．（12分）已知函数

（1）求函数f（x）的解析式； （2）设α，

，

，

，求cos（α﹣β）的

（x∈R）的图象经过点

．

值．

考点： 由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；两角和与差的余弦函数．

专题： 计算题；三角函数的求值．

分析： （1）由函数f（x）的解析式，代入点函数f（x）的解析式． （2）由f（x）=换化简

可由

可得sinβ的值，结合范围

解得sinα的值，利用三角函数恒等变

，利用同角三角函

的坐标，解得a的值，从而可求

数关系式可求cosα，cosβ的值，由两角和与差的余弦函数公式即可得解．

解答： （本小题满分12分） 解：（1）由函数f（x）的图象经过点则因此（2）∵∴∵∴又∴∴

，

，

，

， ．

，

，

．解得a=﹣1， ． =

=，

，

，

点评： 本题主要考查了由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式，两角和与差的余弦函数公式，同角三角函数关系式的应用，属于中档题． 11．（12分）为备战2016年奥运会，甲、乙两位射击选手进行了强化训练，现分别从他们的强化训练期间的若干次平均成绩中随机抽取8次，记录如下： 甲：8.3，9.0，7.9，7.8，9.4，8.9，8.4，8.3； 乙：9.2，9.5，8.0，7.5，8.2，8.1，9.0，8.5．

（1）现要从中选派一人参见奥运会封闭集训，从统计学角度，你认为派哪位选手参加合理？简单说明理由；

（2）若将频率视为概率，对选手乙在今后的三次比赛成绩进行预测，记这三次成绩中不低于8.5分的次数为ξ，求ξ的分布列及均值E（ξ）．

考点： 离散型随机变量的期望与方差；极差、方差与标准差；离散型随机变量及其分布列．

专题： 计算题；概率与统计． 分析： （1）求平均数

=8.5，

=8.5；再求标准差S甲≈0.52，S乙≈0.64；从而确定；

（2）对于乙射击选手，每次射击不低于8.5分的概率为，从而求ξ分布列及数学期望． 解答： 解：（1）

=S甲=

=

=8.5；

=8.5，

≈0.52，

S乙≈0.64；

甲射击选手更稳定一些，故派甲选手参加合理．

（2）对于乙射击选手，每次射击不低于8.5分的概率为， 故ξ分布列为 ξ P

0

1

2

3

故E（ξ）=+×2+×3=．

点评： 本题考查了离散型随机变量的期望及分布列的求法，计算量比较大，属于中档题．

12．如图，直二面角D﹣AB﹣E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE=EB=，F为CE上的点，且BF⊥CE，G为AC中点． （Ⅰ）求证：AC⊥平面BGF；

（Ⅱ）求二面角B﹣AC﹣E的平面角正弦的大小； （Ⅲ）求点D到平面ACE的距离．

考点： 二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算． 专题： 空间位置关系与距离；空间角．

分析： （1）证明CB⊥平面ABE．然后证明BF⊥AC．BG⊥AC．利用直线与平面垂直的判定定理证明AC⊥平面BGF．

（2）连结BD交AC于G，连结FG，说明∠BGF是二面角B﹣AC﹣E的平面角，通过求解直角△BFG，得到二面角B﹣AC﹣E的平面角正弦值．

（3）过点E作EO⊥AB交AB于点O，OE=1．利用VD﹣ACE=VE﹣ACD，求解点D到平面ACE的距离．

解答： （1）证明：∵二面角DABE为直二面角，且CB⊥AB，∴CB⊥平面ABE． ∴CB⊥AE．又∵AE=EB=，AB=2∴EB⊥AE． ∴AE⊥平面BCE．∴BF⊥AE．又∵BF⊥CE． ∴BF⊥平面ACE∴BF⊥AC．又∵BG⊥AC． ∴AC⊥平面BGF； …（4分）

（2）解：连结BD交AC于G，连结FG，

∵正方形ABCD边长为2，∴BG⊥AC，BG=．∵BF⊥平面ACE，

由三垂线定理的逆定理得FG⊥AC，∴∠BGF是二面角B﹣AC﹣E的平面角．…（6分） 由（1）AE⊥平面BCE，又∵AE=EB，∴在等腰直角三角形AEB中，BE=． 又∵直角△BCE中，

，BF=

=

=

，

∴直角△BFG中，sin∠BGF===．

；…（10分）

∴二面角B﹣AC﹣E的平面角正弦值为：

（3）解：过点E作EO⊥AB交AB于点O，OE=1． ∵二面角D﹣AB﹣E为直二面角，∴EO⊥平面ABCD． 设D到平面ACE的距离为h， ∵VD﹣ACE=VE﹣ACD，∴

∵AE⊥平面BCE，∴AE⊥EC．

=S△ACD?EO．…（12分）

∴h===．

∴点D到平面ACE的距离为．…（14分）

点评： 本题考查二面角的平面角的求法，找出二面角的平面角是求解角的关键，同时考查点、线、面之间距离，考查几何体的体积的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．

13．已知四棱锥P﹣ABCD的三视图如图所示，其中正（主）视图与侧（左）视为直角三角形，俯视图为正方形．

（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；

（2）若E是侧棱PA上的动点．问：不论点E在PA的任何位置上，是否都有BD⊥CE？请证明你的结论？

（3）求二面角D﹣PA﹣B的余弦值．

考点： 由三视图求面积、体积；棱柱、棱锥、棱台的体积；与二面角有关的立体几何综合题．

专题： 计算题；转化思想．

分析： （1）根据三视图的数据，结合三视图的特征直接求四棱锥P﹣ABCD的体积； （2）若E是侧棱PA上的动点．不论点E在PA的任何位置上，都有BD⊥CE，说明BD⊥平面PAC，都有CE?平面PAC，即可．

（3）在平面DAP过点D作DF⊥PA于F，连接BF．说明∠DFB为二面角D﹣AP﹣B的平面角，在△DFB中，求二面角D﹣PA﹣B的余弦值． 解答： 解：（1）由三视图可知，四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形， 侧棱PC⊥底面ABCD，且PC=2

∴

S正方形ABCD?PC=．（4分）

（2）不论点E在何位置，都有BD⊥AE（5分） 证明：连接AC，∵ABCD是正方形，

∴BD⊥AC∵PC⊥底面ABCD，且BD?平面ABCD，∴BD⊥PC．（6分） 又∵AC∩PC=C，∴BD⊥平面PAC（7分） ∵不论点E在何位置，都有CE?平面PAC． ∵不论点E在何位置，都有BD⊥CE．（9分）

（3）在平面DAP过点D作DF⊥PA于F， 连接BF∵

，AD=AB=1，

∴Rt△ADP≌Rt△ABP∴∠PAD=∠PAB，

又AF=AF，AB=AD

从而△ADF≌△ABF，∴BF⊥AP．∴∠DFB为二面角D﹣AP﹣B的平面角（12分） 在Rt△ACP中，故在Rt△ADP中，又

，在△DFB中，

．

．（14分）

．

由余弦定理得：

所以二面角D﹣PA﹣B的余弦值为

点评： 本题是基础题，考查几何体的三视图，几何体的体积的求法，准确判断几何体的形状是解题的关键，同时注意：空间想象能力，逻辑思维能力的培养．

14．（14分）等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别是边AB、AC上的点，且满足

（如图1）．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1﹣DE﹣B成直二面角，连结A1B、A1C （如图2）．

（1）求证：A1D丄平面BCED；

（2）在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．

考点： 用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角． 专题： 计算题；空间角；空间向量及应用．

分析： （1）等边△ABC中，根据

2

2

2

得到AD=1且AE=2，由余弦定理算出DE=，

从而得到AD+DE=AE，所以AD⊥DE．结合题意得平面A1DE⊥平面BCDE，利用面面垂直的性质定理，可证出A1D丄平面BCED；

（2）作PH⊥BD于点H，连接A1H、A1P，由A1D丄平面BCED得A1D丄PH，所以PH⊥平面A1BD，可得∠PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角，即∠PA1H=60°．设PB=x（0≤x≤3），分别在Rt△BA1H、Rt△PA1H和Rt△DA1H中利用三角函数定义和勾股定理，建立等量关系得1+（2﹣x）=（x），解之得x=，从而得到在BC上存在点P且当PB=时，直线PA1与平面A1BD所成的角为60°．

解答： 解：（1）∵正△ABC的边长为3，且∴AD=1，AE=2，

△ADE中，∠DAE=60°，由余弦定理，得 DE=

2

2

2

2

2

2

==

=

∵AD+DE=4=AE，∴AD⊥DE． 折叠后，仍有A1D⊥DE

∵二面角A1﹣DE﹣B成直二面角，∴平面A1DE⊥平面BCDE 又∵平面A1DE∩平面BCDE=DE，A1D?平面A1DE，A1D⊥DE ∴A1D丄平面BCED；

（2）假设在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60° 如图，作PH⊥BD于点H，连接A1H、A1P

由（1）得A1D丄平面BCED，而PH?平面BCED 所以A1D丄PH

∵A1D、BD是平面A1BD内的相交直线， ∴PH⊥平面A1BD

由此可得∠PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角，即∠PA1H=60° 设PB=x（0≤x≤3），则BH=PBcos60°=，PH=PBsin60°=在Rt△PA1H中，∠PA1H=60°，所以A1H=， 在Rt△DA1H中，A1D=1，DH=2﹣x

由A1D+DH=A1H，得1+（2﹣x）=（x） 解之得x=，满足0≤x≤3符合题意

所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB=．

2

2

2

2

2

2

x

点评： 本题给出平面翻折问题，求证直线与平面垂直并探索了直线与平面所成角的问题，着重考查了线面垂直、面面垂直的判定与性质和直线与平面所成角的求法等知识，属于中档题．

15．（14分）已知数列{an}是公比为的等比数列，数列{bn}满足a1=

2

+

b1=1，且

an+1=，bn+1=1+，n∈N，若cn=

；

（1）求证：数列{cn}是等差数列，并求出{cn}的通项公式； （2）记数列{cn}的前n项和为Sn，若对于?n∈N，不等式k的取值范围．

考点： 数列递推式；数列的求和．

专题： 等差数列与等比数列；不等式的解法及应用．

+

ai≤k﹣恒成立，求实数

分析： （1）把bn+1=1+右边通分后两边平方，与an+1=

2

两边作积即可证得

数列{cn}是等差数列，由等差数列的通项公式求其通项公式； （2）求出数列{cn}的前n项和为Sn，代入

ai

整理，利用错位相减法求其和，由不等式

ai≤k﹣分离k后求得函数的最大值得答案．

解答： （1）证明：递推关系可变形为：（n∈N），

*

，

两式相乘得：

（n∈N），即cn+1=cn+1（n∈N），

**

又，∴．

∴数列{cn}是首项为，公差为1的等差数列， 故{cn}的通项公式：

；

（2）解：由（1）知道，，，

∴

ai

=．

记 ① ②

由①﹣②得：

=．

∴．

∴，

即对于任意的正整数n，不等式恒成立，∴k≥，

当n=1时，．

∴k的范围是[）．

点评： 本题考查数列递推式，考查了等差关系的确定，训练了错位相减法求数列的和，考查了数列的函数特性，属中高档题．

16．（14分）将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表．记表中第一列数a1，a2，a4，a7，…构成的数列为{bn}，b1=a1=1．Sn为数列{bn}的前n项和，且满足2bn=bnSn

2*﹣Sn（n≥2，n∈N）． （1）证明数列{

}是等差数列，并求数列{bn}的通项公式；

（2）图中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序构成等比数列，且公比为同一个正数．当a81=﹣

时，求上表中第k（k≥3）行所有数的和．

考点： 数列的求和；等差关系的确定． 专题： 综合题；等差数列与等比数列．

分析： （1）由n≥2时，2bn=bnSn﹣Sn，得2（Sn﹣Sn﹣1）=（Sn﹣Sn﹣1）Sn﹣

1，两边同除以

2

=﹣SnSn﹣

SnSn﹣1整理后得

，由此可知数列{}是等差数列，从而可求得

Sn，根据Sn与bn的关系可求得bn；

（2）设上表中从第三行起，每行中的数构成的等比数列的公比都为q，且q＞0．易判断a81所在的行和列，借助bn可求得公比q，再根据等比数列的求和公式可求得结果；

2

解答： 解：（1）由已知，当n≥2时，2bn=bnSn﹣Sn， 又Sn=b1+b2+b3+…+bn，

∴2（Sn﹣Sn﹣1）=（Sn﹣Sn﹣1）Sn﹣∴∴数列{∴

∴当n≥2时，bn=Sn﹣Sn﹣1=

，又S1=b1=a1=1．

}是首项为1，公差为的等差数列．

，则

=﹣

．

，

=﹣SnSn﹣1，

∴；

（2）设上表中从第三行起，每行中的数构成的等比数列的公比都为q，且q＞0． ∵1+2+…+12=

=78，

∴表中第1行至第12行共含有数列{an}的前78项，

故a81在表中第13行第3列，∴又

．

，∴q=2．

记表中第k（k≥3）行所有数的和为Sn，则

=﹣

?=．

点评： 本题考查等差关系的确定、等比数列的通项公式及数列的求和，属中档题，考查学生分析问题解决问题的能力．

17．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn=an+2an（n∈N）． （1）求a1的值及数列{an}的通项公式； （2）记数列{

}的前n项和为Tn，求证：Tn＜

（n∈N）．

*2

*

考点： 数列的求和；数列递推式． 专题： 点列、递归数列与数学归纳法．

分析： （1）通过4Sn=an+2an，令n=1可得首项，当n≥2时，利用4an=an+2an﹣（an﹣1+2an﹣1）可得公差，进而可得结论； （Ⅱ）通过令n=1可得T1＜

满足结论，当n≥2时，利用放缩法可得

＜

222

[?﹣?]，并项相加即得．

+2a1，

解答： （1）解：当n=1时，4a1=4S1=

解得a1=2或a1=0（舍去）；

22

当n≥2时，4Sn=an+2an，4Sn﹣1=an﹣1+2an﹣1，

2222

相减得4an=an+2an﹣（an﹣1+2an﹣1），即an﹣an﹣1=2（an+an﹣1）， 又an＞0，∴an+an﹣1≠0，则an﹣an﹣1=2，

∴数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列， ∴an=2n；

（Ⅱ）证明：当n=1时，T1=

==

＜

；

当n≥2时，==

＜==?

={+[﹣]}

=[∴Tn＜+[

?

=+（＜+?=+

=

；

?﹣﹣

?+

]，

﹣

+…+

?

﹣

]

﹣

?

）

综上，对任意n∈N，均有Tn＜

*

成立．

点评： 本题考查求数列的通项、判断数列和的取值范围，注意解题方法的积累，属于中档题．

18．已知圆C：（x﹣1）+（y﹣1）=2经过椭圆Γ：

2

2

+=1（a＞b＞0）的右焦点F和上顶

点B．

（Ⅰ）求椭圆Γ的方程；

（Ⅱ）过原点O的射线l与椭圆Γ在第一象限的交点为Q，与圆C的交点为P，M为OP的中点，求

?

的最大值．

考点： 直线与圆锥曲线的综合问题． 专题： 圆锥曲线中的最值与范围问题．

22

分析： （Ⅰ）在圆（x﹣1）+（y﹣1）=2中，令y=0，得F（2，0），令x=0，得B（0，2），由此能求出椭圆方程．

（Ⅱ）设点Q（x0，y0），x0＞0，y0＞0，则

=

=x0+y0，又

，设b=x0+y0，与

求出

的最大值．

2

联立，得：，由此能

解答： 解：（Ⅰ）在圆C：（x﹣1）+（y﹣1）=2中， 令y=0，得F（2，0），即c=2， 令x=0，得B（0，2），即b=2， 222

∴a=b+c=8， ∴椭圆Γ的方程为：

．

2

（Ⅱ）设点Q（x0，y0），x0＞0，y0＞0， 则

=

=（1，1）?（x0，y0） =x0+y0， 又

，

设b=x0+y0，与

联立，得： ，

令△≥0，得16b﹣12（12b﹣8）≥0， 解得﹣2．

又点Q（x0，y0）在第一象限， ∴当

时，

取最大值2

．

22

点评： 本题考查直线、圆、椭圆、平面向量、分式函数等基础知识，考查直线与圆锥曲线的位置关系，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合、化归转化及函数与方程等数学思想．

19．（14分）如图，已知点S（﹣2，0）和圆O：x+y=4，ST是圆O的直径，从左到右M、O和N依次是ST的四等分点，P（异于S，T）是圆O上的动点，PD⊥ST，交ST于D，=λ直线PS与TE交于C，|CM|+|CN|为定值． （1）求点C的轨迹曲线Γ的方程及λ的值；

，

2

2

（2）设n是过原点的直线，直线l与n垂直相交于Q点，l与轨迹Γ相交于A，B两点，且|否存在直线l，使

?

|=1．是

=1成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

考点： 轨迹方程；直线与圆锥曲线的关系． 专题： 综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．

分析： （1）设出点的坐标，得可求λ的值及点C的轨迹曲线E的方程； （2）分类讨论，根据

?

=1，|

，根据|CM|+|CN|为定值，建立条件关系即

|=1，进行转化，将y=kx+m代入椭圆方程，利用x1x2+y1y2=0，

即可得出结论． 解答： 解：（1）由题意，T（2，0），M（﹣1，0），N（1，0）， 设P（x0，y0），C（x，y），则E（x0，直线PS与TE交于C，故x≠±2，

），

①且，②

①②相乘得，

又点P是圆O上的动点，故，（4分）

要使|CM|+|CN|为定值，则4﹣=1，解得λ=．

此时（x≠±2）．

即λ=时，点C的轨迹曲线E的方程为（x≠±2）．

（2）设A，B两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），假设使（ⅰ）当l不垂直于x轴时，设l的方程为y=kx+m， 由l与n垂直相交于Q点且|

|=1．得

=1，即m=k+1

2

2

?=1成立的直线l存在，

∵∴

??

=1，|=（

+

|=1． ）?（

+

）=0

即x1x2+y1y2=0，

222

将y=kx+m代入椭圆方程，得（3+4k）x+8kmx+（4m﹣12）=0 由求根公式可得x1+x2=﹣

，④x1x2=

2

⑤

2

0=x1x2+y1y2=x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=（1+k）x1x2+km（x1+x2）+m，

222222

将④，⑤代入上式并化简得 （1+k）（4m﹣12）﹣8km+m（3+4k）=0⑥

222

将m=1+k代入⑥并化简得﹣5（k+1）=0，矛盾，即此时直线l不存在； （ⅱ）当l垂直于x轴时，满足|

|=1的直线l的方程为x=1或x=﹣1，

当X=1时，A，B，Q的坐标分别为（1，），（1，﹣），（1，0）， ∴∴

=（0，﹣），?

=≠1

?

≠1，矛盾，即此时直线l也不存在

=（0，﹣），

当x=﹣1时，同理可得综上可知，使

?

=1成立的直线l不存在．

点评： 本题考查椭圆方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

20．（14分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知A，B，C是椭圆+=1（a＞b＞0）

上不同的三点，A（3，），B（﹣3，﹣3），C在第三象限，线段BC的中点在直线OA

上．

（1）求椭圆的标准方程； （2）求点C的坐标；

（3）设动点P在椭圆上（异于点A，B，C）且直线PB，PC分别交直线OA于M，N两点，证明

?

为定值并求出该定值．

考点： 直线与圆锥曲线的综合问题．

专题： 综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．

分析： （1）将A，B坐标代入椭圆方程，求出a，b，即可求椭圆的标准方程；

（2）设点C（m，n）（m＜0，n＜0），则BC中点为（，），求得直线OA的方程，

利用点C在椭圆上，即可求点C的坐标；

（3）求出M，N的纵坐标，利用点C在椭圆上，结合向量的数量积公式，即可求得结论．

解答： （1）解：由已知，得，解得 …（2分）

∴椭圆的标准方程为． …（3分）

（2）解：设点C（m，n）（m＜0，n＜0），则BC中点为（，）．

由已知，求得直线OA的方程为x﹣2y=0，从而m=2n﹣3．①

22

又∵点C在椭圆上，∴m+2n=27．② 由①②，解得n=3（舍），n=﹣1，从而m=﹣5． …（5分） ∴点C的坐标为（﹣5，﹣1）． …（6分）

（3）证明：设P（x0，y0），M（2y1，y1），N（2y2，y2）． ∵P，B，M三点共线，∴

，整理，得y1=

．…（8分）

∵P，C，N三点共线，∴，整理，得．…（10分）

∵点C在椭圆上，∴，∴=27﹣．

从而y1y2=∴∴

??

=5y1y2=

=3×=． …（14分）

． …（15分）

． …（16分）

为定值，定值为

点评： 本题考查椭圆的方程，考查向量的数量积公式，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

21．设函数f（x）=（1﹣ax）ln（x+1）﹣bx，其中a和b是实数，曲线y=f（x）恒与x轴相切于坐标原点．

（1）求常数b的值；

（2）当0≤x≤1时，关于x的不等式f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围； （3）求证：（

）

10000.4

＜e＜（）

1000.5

．

考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程． 专题： 综合题；导数的综合应用．

分析： （1）对f（x）求导，根据条件知f′（0）=0，即可求常数b的值；

（2）f′（x）=﹣aln（1+x）+性，即可求实数a的取值范围；

﹣1，f″（x）=﹣，分类讨论，确定函数的单调

（3）对要证明的不等式等价变形如下：（）

10000.4

＜e＜（）

1000.5

．所以可以考虑

证明：对于任意的正整数n，不等式＜e＜恒成立． ﹣b，

解答： （1）解：对f（x）求导得：f′（x）=﹣aln（1+x）+根据条件知f′（0）=0，所以1﹣b=0， 所以b=1．（3分）

（2）解：由（1）得f（x）=（1﹣ax）ln（x+1）﹣x，0≤x≤1

f′（x）=﹣aln（1+x）+f″（x）=﹣

．

﹣1

①当a≤﹣时，由于0≤x≤1，有f″（x）≥0，于是f′（x）在[0.1]上单调递增，从而f′（x）≥f′（0）=0，因此f（x）在[0.1]上单调递增，即f（x）≥f（0）而且仅有f（0）=0；

②当a≥0时，由于0≤x≤1，有f″（x）＜0，于是f′（x）在[0.1]上单调递减，从而f′（x）≤f′（0）=0，因此f（x）在[0.1]上单调递减，即f（x）≤f（0）而且仅有f（0）=0； ③当﹣＜a＜0时，令

，当0≤x≤m时，f″（x）＜0，于是f′（x）在[0，

m]上单调递减，从而f′（x）≤f′（0）=0，因此f（x）在[0，m]上单调递减， 即f（x）≤f（0）而且仅有f（0）=0．

综上可知，所求实数a的取值范围是（﹣∞，﹣]．（8分） （3）证明：对要证明的不等式等价变形如下：（

）

10000.4

＜e＜（）

1000.5

．

所以可以考虑证明：对于任意的正整数n，不等式＜e＜恒成立．

并且继续作如下等价变形

对于（p）相当于（2）中a=﹣∈（﹣，0），f（x）≤f（0）而且仅有f（0）=0． 取x=，当n≥2时，（p）成立； 当n=1时，（p）成立．

从而对于任意正整数n都有（p）成立．

情形，有f（x）在[0，]上单调递减，即

对于（q）相当于（2）中a=﹣情形，对于任意x∈[0，1]，恒有f（x）≥f（0）而且仅有f（0）=0．

取x=，得：对于任意正整数n都有（q）成立．

因此对于任意正整数n，不等式＜e＜恒成立．

这样依据不等式右边，即可得到（

）

＜e＜

10000.4

，再令n=10000利用左边，令n=1000利用）

1000.5

＜e＜（成立．（12分）

点评： 本小题主要考查函数与导数的综合应用能力，具体涉及到用导数来描述原函数的单

调性、极值以及函数零点的情况．本小题对考生的逻辑推理能力与运算求解有较高要求． 22．（14分）已知函数f（x）=2（a﹣1）ln（x﹣1）+x﹣（4a﹣2）lnx，其中实数a为常数． （Ⅰ）当a=2时，求函数f（x）的单调递减区间；

x

（Ⅱ）设函数y=f（e）有极大值点和极小值点分别为x1、x2，且x2﹣x1＞ln2，求a的取值范围．

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． 专题： 计算题．

分析： （I）先对函数y=f（x）进行求导，然后令导函数大于0（或小于0）求出x的范围，根据f′（x）＞0求得的区间是单调增区间，f′（x）＜0求得的区间是单调减区间，即可得到答案．

（II）由题意可知由题意知，y′=0有两解．下面分类讨论：当2a﹣1＞2时；当1＜2a﹣1＜2时；当2a﹣1=2时，研究其极值点得到b的范围即可． 解答： 解：（1）解：当a=2时，f（x）=2ln（x﹣1）+x﹣6lnx，

∴，

又∵x＞0，x﹣1＞0，∴当2＜x＜3时，f′（x）＜0，∴函数f（x）的单调递减区间为（2，3）．（6分）

（2）∵y=f（e）=2（a﹣1）ln（e﹣1）+e﹣（4a﹣2）lne，∴

由题意知，y′=0有两解．

又e﹣1＞0，∴2a﹣1＞1，∴a＞1，（9分）

x

当2a﹣1＞2时，y=f（e）在（0，ln2），（ln（2a﹣1），+∞）上单调递增， 在（ln2，ln（2a﹣1））单调递减，∴x1=ln2，x2=ln（2a﹣1），∵x2﹣x1＞ln2，∴分）

当1＜2a﹣1＜2时，y=f（e）在（0，ln（2a﹣1）），（ln2，+∞）上单调递增，在（ln（2a﹣1），ln2）单调递减，∴x1=ln（2a﹣1），x2=ln2，∵x2﹣x1＞ln2，∴a＜1，舍去， 当2a﹣1=2时，无极值点，舍去，∴

．（15分）

x

x

x

x

x

x

，

，（12

点评： 本小题主要考查利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值等基础知识，考查运算求解能力与转化思想．属于基础题． 23．（14分）已知函数f（x）=x﹣xlnx，g（x）=f（x）﹣xf′（a），其中f′（a）表示函数f（x）在x=a处的导数，a为正常数．

（1）求g（x）的单调区间；

（2）对任意的正实数x1，x2，且x1＜x2，证明：（x2﹣x1）f′（x2）＜f（x2）﹣f（x1）＜（x2﹣x1）f′（x1）； （3）对任意的n∈N，且n≥2，证明：

*

．

考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性． 专题： 压轴题．

分析： （1）求导函数，利用导数的正负，可确定函数的单调区间； （2）先证明f（x2）﹣f（x1）＜（x2﹣x1）f'（x1），f（x2）﹣f（x1）＞（x2﹣x1）f'（x2），即可得（x2﹣x1）f'（x2）＜f（x2）﹣f（x1）＜（x2﹣x1）f'（x1）；

（3）构造函数φ（x）=可得结论．

，确定φ（x）在（1，+∞）上单调递减，从而

，即ln2lnn≤ln（2+k）ln（n﹣k），再利用放缩法，即可证得

解答： （1）解：f'（x）=﹣lnx，g（x）=x﹣xlnx+xlna，g'（x）=f'（x）﹣f'（a）=﹣lnx+lna=ln． 所以，x∈（0，a）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；x∈（a，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减．

所以，g（x）的单调递增区间为（0，a]，单调递减区间为[a，+∞）． （2）证明：∵f′（x）=﹣lnx，

∴f′（x）在（0，+∞）上是一个减函数， 对任意的正实数x1，x2，且x1＜x2，

由拉格朗日中值定理，可知，存在b∈（x1，x2），使得∴x1＜b＜x2，又f′（x）在（0，+∞）上是一个减函数， ∴f′（x2）＜f′（b）＜f′（x1）， ∴f′（x2）＜

＜f′（x1），

，

∴（x2﹣x1）f′（x2）＜f（x2）﹣f（x1）＜（x2﹣x1）f′（x1）． （3）证明：对k=1，2，…，n﹣2，令φ（x）=

，则φ′（x）

=，

显然1＜x＜x+k，0＜lnx＜ln（x+k），所以xlnx＜（x+k）ln（x+k），所以φ′（x）＜0，φ（x）在（1，+∞）上单调递减．

由n﹣k≥2，得φ（n﹣k）≤φ（2），即

所以ln2lnn≤ln（2+k）ln（n﹣k），k=1，2，…，n﹣2．

．

所以≤

=

=2

又由（2）知f（n+1）﹣f（n）＜f′（n）=﹣lnn，所以lnn＜f（n）﹣f（n+1）．

∴ln1+ln2+…+lnn＜f（1）﹣f（2）+f（2）﹣f（3）+…+f（n）﹣f（n+1）=f（1）﹣f（n+1）=1﹣f（n+1）． 所以，

．

点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，考查放缩法的运用，综合性强，难度较大．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/dej7.html