2019-2020年高三數(shù)學(xué)上學(xué)期12月月考試卷 理（含解析）.doc

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2019-2020年高三數(shù)學(xué)上學(xué)期12月月考試卷 理（含解析） 一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的. 1．已知a、b∈R，a+bi是虛數(shù)的充分必要條件是( ) A．a(chǎn)b≠0 B．a(chǎn)≠0 C．b≠0 D．a(chǎn)=0且b≠0 考點：復(fù)數(shù)的基本概念． 專題：計算題；數(shù)系的擴充和復(fù)數(shù)． 分析：根據(jù)虛數(shù)的定義可得答案． 解答： 解：由虛數(shù)的定義可知a、b∈R，a+bi是虛數(shù)的充分必要條件是b≠0， 故選：C． 點評：該題考查復(fù)數(shù)的基本概念，理解虛數(shù)的定義是解題關(guān)鍵． 2．函數(shù)f（x）=的定義域是( ) A．[﹣1，4] B．[1，4] C．（1，4] D．（﹣1，4] 考點：函數(shù)的定義域及其求法． 專題：計算題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用． 分析：函數(shù)f（x）=的定義域是{x|}，由此能求出結(jié)果． 解答： 解：函數(shù)f（x）=的定義域是： {x|}， 解得1＜x≤4． 故選：C． 點評：本題考查函數(shù)的定義域的求法，是基礎(chǔ)題．解題時要認真審題，仔細解答． 3．已知集合A={0，1，2}，B={x|x=2a，a∈A}，則A∩B中元素的個數(shù)為( ) A．0 B．1 C．2 D．3 考點：交集及其運算． 專題：計算題． 分析：有題目給出的已知條件，用列舉法表示出集合B，取交集運算后答案可求． 解答： 解：由A={0，1，2}， B={x|x=2a，a∈A}={0，2，4}， 所以A∩B={0，1，2}∩{0，2，4}={0，2}． 所以A∩B中元素的個數(shù)為2． 故選C． 點評：本題考查了交集及其運算，考查了集合中元素的特性，是基礎(chǔ)的概念題． 4．設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，若a1=1，a3=5，Sk+2﹣Sk=36，則k的值為( ) A．8 B．7 C．6 D．5 考點：等差數(shù)列的前n項和． 專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列． 分析：由a1=1，a3=5，可解得公差d，進而由Sk+2﹣Sk=36可得k的方程，解之即可． 解答： 解：由a1=1，a3=5，可解得公差d==2， 再由Sk+2﹣Sk=ak+2+ak+1=2a1+（2k+1）d=4k+4=36， 解得k=8， 故選A 點評：本題考查等差數(shù)列的通項公式和求和公式，屬基礎(chǔ)題． 5．已知函數(shù)f（x）是R上的奇函數(shù)，且在區(qū)間[0，+∞）上單調(diào)遞增，若a=f（sin），b=f（cos），c=f（tan），則( ) A．b＜a＜c B．c＜b＜a C．b＜c＜a D．a(chǎn)＜b＜c 考點：奇偶性與單調(diào)性的綜合． 專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用． 分析：根據(jù)函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性之間的關(guān)系，即可得到結(jié)論． 解答： 解：∵f（x）是R上的奇函數(shù)，且在區(qū)間[0，+∞）上單調(diào)遞增， ∴f（x）在（﹣∞，+∞）上是增函數(shù)， ∵sin＞0，cos＜0，tan＜0， ∴a=f（sin）＞0，b＜0，c＜0 ∵＜＜， ∴cos＞cos=，tan＜tan=﹣1， ∴tan＜cos＜0， ∴f（tan）＜f（cos）＜f（sin）， 即c＜b＜a， 故選：B 點評：本題主要考查函數(shù)值的大小比較，根據(jù)函數(shù)奇偶性和單調(diào)性之間的關(guān)系，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵． 6．由直線y=，y=2，曲線y=及y軸所圍成的封閉圖形的面積是( ) A．2ln2 B．2ln2﹣1 C．ln2 D． 考點：定積分． 專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用． 分析：利用定積分的幾何意義，首先利用定積分表示出圖形的面積，求出原函數(shù)，計算即可． 解答： 解：由題意，直線y=，y=2，曲線y=及y軸所圍成的封閉圖形的面積如圖陰影部分， 面積為=lny=ln2﹣ln=2ln2； 故選A． 點評：本題考查定積分的運用，利用定積分的幾何意義求曲邊梯形的面積，考查了學(xué)生的計算能力，屬于基礎(chǔ)題． 7．已知點E、F、G分別是正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱AA1、CC1、DD1的中點，點M、N、Q、P分別在線段DF、AG、BE、C1B1上．以M、N、Q、P為頂點的三棱錐P﹣MNQ的俯視圖不可能是( ) A． B． C． D． 考點：簡單空間圖形的三視圖． 專題：概率與統(tǒng)計． 分析：根據(jù)已知中點E、F、G分別是正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱AA1、CC1、DD1的中點，點M、N、Q、P分別在線段DF、AG、BE、C1B1上．結(jié)合正投影的畫法，分析三棱錐P﹣MNQ的俯視圖形狀，可得答案． 解答： 解：在底面ABCD上考察，P、M、N、Q四點在俯視圖中它們分別在BC、CD、DA、AB上， 先考察形狀，再考察俯視圖中的實虛線，可判斷C不可能， 因為該等腰三角形且當(dāng)中無虛線，說明有兩個頂點投到底面上重合了， 只能是Q、N投射到點A或者M、N投射到點D， 此時俯視圖不可能是等腰三角形． 故選：C 點評：本題考查的知識點是簡單空間圖形的三視圖，其中熟練掌握正投影的畫法，是解答的關(guān)鍵． 8．運行下面的程序，如果輸入的n是6，那么輸出的p是( ) A．120 B．720 C．1440 D．5040 考點：循環(huán)結(jié)構(gòu)． 專題：算法和程序框圖． 分析：討論k從1開始取，分別求出p的值，直到不滿足k≤6，退出循環(huán)，從而求出p的值，解題的關(guān)鍵是弄清循環(huán)次數(shù)． 解答： 解：根據(jù)題意：第一次循環(huán)：p=1，k=2； 第二次循環(huán)：p=2，k=3； 第三次循環(huán)：p=6，k=4； 第四次循環(huán)：p=24，k=5； 第五次循環(huán)：p=120，k=6； 第六次循環(huán)：p=720，k=7；不滿足條件，退出循環(huán)． 故選B． 點評：本題主要考查了直到型循環(huán)結(jié)構(gòu)，循環(huán)結(jié)構(gòu)有兩種形式：當(dāng)型循環(huán)結(jié)構(gòu)和直到型循環(huán)結(jié)構(gòu)，當(dāng)型循環(huán)是先判斷后循環(huán)，直到型循環(huán)是先循環(huán)后判斷，屬于基礎(chǔ)題 9．函數(shù)f（x）=2sin（ωx+φ）（ω＞0，0≤φ≤π）的部分圖象如圖所示，其 中A，B兩點之間的距離為5，則f（x）的遞增區(qū)間是( ) A．[6k﹣1，6k+2]（k∈z） B．[6k﹣4，6k﹣1]（k∈z） C．[3k﹣1，3k+2]（k∈z） D．[3k﹣4，3k﹣1]（k∈z） 考點：由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式；復(fù)合三角函數(shù)的單調(diào)性． 專題：計算題；三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)． 分析：由圖象可求函數(shù)f（x）的周期，從而可求得ω，繼而可求得φ，利用正弦函數(shù)的單調(diào)性即可求得f（x）的遞增區(qū)間． 解答： 解：|AB|=5，|yA﹣yB|=4， 所以|xA﹣xB|=3，即=3， 所以T==6，ω=； ∵f（x）=2sin（x+φ）過點（2，﹣2）， 即2sin（+φ）=﹣2， ∴sin（+φ）=﹣1， ∵0≤φ≤π， ∴+φ=， 解得φ=，函數(shù)為f（x）=2sin（x+）， 由2kπ﹣≤x+≤2kπ+， 得6k﹣4≤x≤6k﹣1， 故函數(shù)單調(diào)遞增區(qū)間為[6k﹣4，6k﹣1]（k∈Z）． 故選B 點評：本題考查由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式，考查復(fù)合三角函數(shù)的單調(diào)性，屬于中檔題． 10．已知A（1，0），曲線C：y=eax恒過點B，若P是曲線C上的動點，且?的最小值為2，則a=( ) A．﹣2 B．﹣1 C．2 D．1 考點：指數(shù)函數(shù)的圖像與性質(zhì)；平面向量數(shù)量積的運算． 專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；平面向量及應(yīng)用． 分析：由題意可得B（0，1），?取得最小時，P，B重合，可得曲線C：y=eax在點B（0，1）處的切線與與垂直，即y′|x=0=1，由此求得a的值 解答： 解：因為 e0=1所以B（0，1）． 考察?的幾何意義，因為，所以?取得最小時， ∴在上的投影長應(yīng)是，所以P，B重合． 這說明曲線C：y=eax在點B（0，1）處的切線與垂直， 所以y′|x=0=1，即 a?e0=1，∴a=1， 故選：D 點評：本題主要考查兩個向量的數(shù)量積的定義，函數(shù)在某一點的導(dǎo)數(shù)的幾何意義，屬于基礎(chǔ)題． 二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分．把答案填在答題卡的相應(yīng)位置． 11．已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a2=1﹣a1，a4=9﹣a3，則a4+a5=27． 考點：等比數(shù)列的性質(zhì)． 專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列． 分析：根據(jù)題意可知公比q＞0，由等比數(shù)列的通項公式得a4+a3=（a2+a1）q2，代入數(shù)據(jù)求出q的值，再代入a4+a5=（a1+a2）q3，求出a4+a5的值． 解答： 解：因為數(shù)列{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列， 所以公比q＞0， 由a2=1﹣a1，a4=9﹣a3，得a2+a1=1，a4+a3=9， 則a4+a3=（a2+a1）q2，解得q=3， 所以a4+a5=（a1+a2）q3=27， 故答案為：27． 點評：本題考查等比數(shù)列的通項公式，以及整體代換的計算技巧，屬于基礎(chǔ)題． 12．若等邊△ABC的邊長為1，平面內(nèi)一點M滿足，則=﹣． 考點：平面向量的基本定理及其意義． 專題：平面向量及應(yīng)用． 分析：根據(jù)三角形法則分別將，用，表示出來，根據(jù)向量的數(shù)量積運算法則計算出結(jié)果即可． 解答： 解：∵ ∴= = ∴= 又△ABC為邊長為1的等邊三角形， ∴= = 故答案為：﹣ 點評：本題主要考查了向量的三角形法則和數(shù)量積的運算，屬于中檔題． 13．在△ABC中，若（a2+c2﹣b2）?tanB=?ac，則角B=60或120． 考點：余弦定理． 專題：解三角形． 分析：已知等式變形后，利用余弦定理化簡，再利用同角三角函數(shù)間基本關(guān)系求出sinB的值，即可確定出B度數(shù)． 解答： 解：由余弦定理得：cosB=，即a2+c2﹣b2=2accosB， 代入已知等式得：2accosB?tanB=?ac，即sinB=， ∵B為三角形內(nèi)角， ∴B=60或120， 故答案為：60或120 點評：此題考查了余弦定理，同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系，以及特殊角的三角函數(shù)值，熟練掌握余弦定理是解本題的關(guān)鍵． 14．設(shè)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，f（x）=x2，若對任意x∈[a，a+2]，不等式f（x+a）≥f（3x+1）恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是（﹣∞，﹣5]． 考點：函數(shù)奇偶性的性質(zhì)；函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)． 專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用． 分析：利用函數(shù)奇偶性和單調(diào)性之間的關(guān)系，解不等式即可． 解答： 解：∵當(dāng)x≥0時，f（x）=x2， ∴此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞增， ∵f（x）是定義在R上的奇函數(shù)， ∴函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增， 若對任意x∈[a，a+2]，不等式f（x+a）≥f（3x+1）恒成立， 則x+a≥3x+1恒成立， 即a≥2x+1恒成立， ∵x∈[a，a+2]， ∴（2x+1）max=2（a+2）+1=2a+5， 即a≥2a+5， 解得a≤﹣5， 即實數(shù)a的取值范圍是（﹣∞，﹣5]； 故答案為：（﹣∞，﹣5]； 點評：本題主要考查函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的應(yīng)用，以及不等式恒成立問題，綜合考查函數(shù)的性質(zhì)． 15．對于函數(shù)y=f（x），若在其定義域內(nèi)存在x0，使得x0f（x0）=1成立，則稱函數(shù)f（x）具有性質(zhì)P． （1）下列函數(shù)中具有性質(zhì)P的有①② ①f（x）=﹣2x+2 ②f（x）=sinx（x∈[0，2π]） ③f（x）=x+，（x∈（0，+∞）） （2）若函數(shù)f（x）=alnx具有性質(zhì)P，則實數(shù)a的取值范圍是a＞0或a≤﹣e． 考點：函數(shù)與方程的綜合運用． 專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用． 分析：（1）在 x≠0時有解即函數(shù)具有性質(zhì)P，逐一判斷三個函數(shù)是否滿足此條件，可得答案； （2）f（x）=alnx具有性質(zhì)P，顯然a≠0，方程 有根，因為g（x）=xlnx的值域為，所以 ，進而得到答案． 解答： 解：（1）在 x≠0時，有解，即函數(shù)具有性質(zhì)P， ①令，即， ∵△=8﹣8=0，故方程有一個非0實根，故f（x）=﹣2x+2具有性質(zhì)P； ②f（x）=sinx（x∈[0，2π]）的圖象與y=有交點， 故sinx=有解，故f（x）=sinx（x∈[0，2π]）具有性質(zhì)P； ③令x+=，此方程無解， 故f（x）=x+，（x∈（0，+∞））不具有性質(zhì)P； 綜上所述，具有性質(zhì)P的函數(shù)有：①②， （2）f（x）=alnx具有性質(zhì)P，顯然a≠0，方程 有根， ∵g（x）=xlnx的值域為， ∴， 解之可得：a＞0或 a≤﹣e． 故答案為：（1）①②，（2）a＞0或a≤﹣e． 點評：本題考查的知識點是方程的根，新定義，函數(shù)的值域，是方程和函數(shù)的綜合應(yīng)用，難度比較大． 三、解答題：本大題共6小題，共75分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．解答寫在答題卡上的指定區(qū)域內(nèi)． 16．在△ABC中，已知A=，cosB=． （Ⅰ）求cosC的值； （Ⅱ）若BC=2，D為AB的中點，求CD的長． 考點：兩角和與差的余弦函數(shù)；正弦定理． 專題：解三角形． 分析：（I）由cosB的值及B的范圍求出sinB的值，所求式子利用誘導(dǎo)公式及內(nèi)角和定理變形，再利用兩角和與差的余弦函數(shù)公式化簡，將各自的值代入計算即可求出cosC的值； （Ⅱ）由cosC的值，求出sinC的值，根據(jù)BC，sinA，以及sinC的值，利用正弦定理求出AB的唱，再利用余弦定理即可求出CD的長． 解答： 解：（Ⅰ）∵cosB=且B∈（0，π）， ∴sinB==， 則cosC=cos（π﹣A﹣B）=cos（﹣B）=coscosB+sinsinB=﹣﹣+﹣=﹣； （Ⅱ）由（Ⅰ）可得sinC===， 由正弦定理得=，即=，解得AB=6， 在△BCD中，CD2=BC2+AD2﹣2BC?ADcosB=（2）2+32﹣232=5， 所以CD=． 點評：此題考查了兩角和與差的余弦函數(shù)公式，以及正弦、余弦定理，熟練掌握公式及定理是解本題的關(guān)鍵． 17．在一個盒子中，放有大小相同的紅、白、黃三個小球，從中任意摸出一球，若是紅球記1分，白球記2分，黃球記3分．現(xiàn)從這個盒子中，有放回地先后摸得兩球，所得分數(shù)分別記為x、y，設(shè)o為坐標原點，點p的坐標為（x﹣2），x﹣y），記ξ=||2． （Ⅰ）求隨機變量ξ的最大值，并求事件“ξ取得最大值”的概率； （Ⅱ）求隨機變量ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望． 考點：離散型隨機變量及其分布列；離散型隨機變量的期望與方差． 專題：概率與統(tǒng)計． 分析：（Ⅰ）x，y可能的取值為1、2、3，僅有x=1，y=3或x=3，y=1時隨機變量ξ的最大值為5，可得符合題意的基本事件有2個，而總的基本事有件33=9種，由古典概型可得概率； （Ⅱ）ξ的所有的取值為0，1，2，5，同（1）的求法分別可求得概率，列表可得分布列，由期望的定義可得期望值． 解答： 解：（Ⅰ）∵x，y可能的取值為1、2、3，∴|x﹣2|≤1，|y﹣x|≤2， ∴ξ=（x﹣2）2+（x﹣y）2≤5，當(dāng)且僅當(dāng)x=1，y=3或x=3，y=1時，ξ=5， 因此隨機變量ξ的最大值為5，因為有放回摸兩球所有情況有33=9種， ∴P（ξ=5）=； （Ⅱ）ξ的所有的取值為0，1，2，5 ∵ξ=0時，只有x=2，y=2這一情況， ξ=1時，有x=1，y=1，或x=2，y=1，或x=2，y=3或x=3，y=3四種情況， ξ=2時，有x=1，y=2或x=3，y=2兩種情況， ∴P（ξ=0）=，P（ξ=1）=，P（ξ=2）=， 故隨機變量ξ的分布列為： ξ 0 1 2 5 P 因此數(shù)學(xué)期望Eξ==2 點評：本題考查離散型隨機變量及分布列，涉及數(shù)學(xué)期望的求解，屬中檔題． 18．如圖，三角形ABC和梯形ACEF所在的平面互相垂直，AB⊥BC，AF⊥AC，AF2CE，G是線段BF上一點，AB=AF=BC=2． （Ⅰ）當(dāng)GB=GF時，求證：EG∥平面ABC； （Ⅱ）求二面角E﹣BF﹣A的余弦值； （Ⅲ）是否存在點G滿足BF⊥平面AEG？并說明理由． 考點：用空間向量求平面間的夾角；直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定． 專題：空間角． 分析：（Ⅰ）當(dāng)GB=GF時，根據(jù)線面平行的判定定理即可證明EG∥平面ABC； （Ⅱ）建立空間直角坐標系，利用向量法即可求二面角E﹣BF﹣A的余弦值； （Ⅲ）根據(jù)線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，建立條件關(guān)系即可得到結(jié)論． 解答： 解：（Ⅰ）取AB中點D，連接GD，CD， 又GB=GF，所以． 因為，所以，四邊形GDCE是平行四邊形， 所以CD∥EG 因為EG?平面ABC，CD?平面ABC 所以EG∥平面ABC． （Ⅱ）因為平面ABC⊥平面ACEF，平面ABC∩平面ACEF=AC， 且AF⊥AC，所以AF⊥平面ABC， 所以AF⊥AB，AF⊥BC 因為BC⊥AB，所以BC⊥平面ABF． 如圖，以A為原點，建立空間直角坐標系A(chǔ)﹣xyz． 則F（0，0，2），B（2，0，0），C（2，2，0），E（2，2，1），是平面ABF的一個法向量． 設(shè)平面BEF的法向量n=（x，y，z），則，即 令y=1，則z=﹣2，x=﹣2，所以n=（﹣2，1，﹣2），所以， 由題知二面角E﹣BF﹣A為鈍角，所以二面角E﹣BF﹣A的余弦值為． （Ⅲ）因為，所以BF與AE不垂直， 所以不存在點G滿足BF⊥平面AEG． 點評：本題主要考查線面平行的判定以及空間二面角的計算，建立空間直角坐標系，利用向量法是解決本題的關(guān)鍵． 19．已知橢圓C：+=1（a＞b＞0）的焦距為2，且過點A（，）． （Ⅰ）求橢圓的方程； （Ⅱ）已知l：y=kx﹣1，是否存在k使得點A關(guān)于l的對稱點B（不同于點A）在橢圓C上？若存在求出此時直線l的方程，若不存在說明理由． 考點：直線與圓錐曲線的關(guān)系；橢圓的標準方程． 專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程． 分析：（Ⅰ）通過橢圓的焦距求出c，利用a、b、c的關(guān)系以及點的坐標適合橢圓方程，求出a，b，即可求橢圓的方程； （Ⅱ）法1：當(dāng)k=0時，驗證點不在橢圓上；當(dāng)k≠0時，可設(shè)直線，代入利用韋達定理，以及對稱綜上，說明不存在k滿足條件． 法2：設(shè)AB：x=﹣ky+m，代入橢圓方程利用韋達定理，以及對稱知識，說明k=1，導(dǎo)出對稱點B與點A重合，不合題意，不存在k滿足條件． 法3：由l：y=kx﹣1可知直線l恒過點P（0，﹣1），設(shè)點A關(guān)于l的對稱點B坐標為（x0，y0）， 利用|PA|=|PB|，求出與A關(guān)于x=0對稱，不存在k滿足條件． 解答： 解：（Ⅰ）橢圓C：+=1（a＞b＞0）的焦距為2，∴c=，則a2﹣b2=2…①， 橢圓過點A（，）．…②，解①②可得a2=3，b2=1， ∴橢圓的方程： （Ⅱ）法1：當(dāng)k=0時，直線l：y=﹣1，點不在橢圓上； 當(dāng)k≠0時，可設(shè)直線，即2x+2ky﹣3﹣k=0 代入整理得（4k2+12）y2﹣4k（k+3）y+（k+3）2﹣12=0 因為， 所以 若A，B關(guān)于直線l對稱， 則其中點在直線y=kx﹣1上 所以，解得k=1 因為此時點在直線l上， 所以對稱點B與點A重合，不合題意 所以不存在k滿足條件． 法2：設(shè)AB：x=﹣ky+m，代入橢圓方程化簡得（k2+3）y2﹣2kmy+m2﹣3=0，，所以 若A，B關(guān)于直線l對稱，則其中點在直線y=kx﹣1上， 所以，即2km=k2+3． 又在直線AB：x=﹣ky+m上， 所以2m﹣k=3， 消m得（3+k）k=k2+3，所以k=1 因為此時點在直線l上， 所以對稱點B與點A重合，不合題意， 所以不存在k滿足條件． 法3：由l：y=kx﹣1可知直線l恒過點P（0，﹣1）， 設(shè)點A關(guān)于l的對稱點B坐標為（x0，y0）， 因為點A，B關(guān)于l對稱，所以|PA|=|PB| 所以① 又B在橢圓上，所以② 聯(lián)立①②解得或 因為與A點重合，舍， 因為與A關(guān)于x=0對稱 所以不存在k滿足條件． 點評：本題考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的對稱關(guān)系的應(yīng)用，考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系． 20．已知函數(shù)f（x）=xlnx+mx（m∈R）的圖象在點（1，f（1））處的切線的斜率為2． （Ⅰ）求實數(shù)m的值； （Ⅱ）設(shè)g（x）=，討論g（x）的單調(diào)性； （Ⅲ）已知m，n∈N*且m＞n＞1，證明：＞． 考點：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性． 專題：計算題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用． 分析：（Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，由圖象在點（1，f（1））處的切線的斜率為2，即有f′（1）=1+ln1+m=2，即可得到m； （Ⅱ）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，設(shè)h（x）=x﹣1﹣lnx，再求h（x）的導(dǎo)數(shù)，討論h（x）的單調(diào)性，從而得到g（x）的單調(diào)性； （Ⅲ）運用分析法證明，要證，即證﹣＞lnn﹣lnm，即證lnm＞lnn，即證，即證g（m）＞g（n），再由（Ⅱ）即可得證． 解答： （Ⅰ）解：f（x）=xlnx+mx，所以f′（x）=1+lnx+m， 由圖象在點（1，f（1））處的切線的斜率為2， 即有f′（1）=1+ln1+m=2， 解得m=1； （Ⅱ）解：， 所以g′（x）=， 設(shè)h（x）=x﹣1﹣lnx，h′（x）=1﹣， 當(dāng)x＞1時，h′（x）＞0，h（x）是增函數(shù)，h（x）＞h（1）=0， 所以，故g（x）在（1，+∞）上為增函數(shù)； 當(dāng)0＜x＜1時，h′（x）＜0，h（x）是減函數(shù)，h（x）＞h（1）=0， 所以g′（x）=＞0，故g（x）在（0，1）上為增函數(shù)； 所以g（x）在區(qū)間（0，1）和（1，+∞）都是單調(diào)遞增的． （Ⅲ）證明：由已知可知要證，即證﹣＞lnn﹣lnm， 即證lnm＞lnn，即證，即證g（m）＞g（n）， 又m＞n＞1（m，n∈N*），由（2）知g（m）＞g（n）， 成立，所以＞． 點評：本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義和導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用：求單調(diào)區(qū)間，以及運用單調(diào)性證明不等式，考查運算能力和推理能力，屬于中檔題． 21．已知函數(shù)f（x）=x2sinx，各項均不相等的有限項數(shù)列{xn}的各項xi滿足|xi|．令F（n）=xi?f（xi），n≥3且n∈N，例如：F（3）=（x1+x2+x3）（f（x1）+f（x2）+f（x3））． （Ⅰ）若an=f（π），{an}前n項和為Sn，求S19的值； （Ⅱ）試判斷下列給出的三個命題的真假，并說明理由． ①存在數(shù)列{xn}使得F（n）=0； ②如果數(shù)列{xn}是等差數(shù)列，則F（n）＞0； ③如果數(shù)列{xn}是等比數(shù)列，則F（n）＞0． 考點：數(shù)列的應(yīng)用． 專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列． 分析：（I）由an=f（π）=（π）2sin（π），利用分組求和吧，可得a4k﹣3+a4k﹣2+a4k﹣1+a4k=（2﹣4k）π2，（k∈N+），再由S19=S20得到答案． （II）由題意，f（x）=x2sinx是奇函數(shù)，只需考查0＜x≤1時的性質(zhì)，此時y=x2，y=sinx都是增函數(shù)，得f（x）=x2sinx在[0，1]上是增函數(shù)；即f（x）=x2sinx在[﹣1，1]上是增函數(shù)． x1+x2＜0時，得f（x1）+f（x2）＜0，x1+x2＞0時，得f（x1）+f（x2）＞0；即x1+x2≠0時，（x1+x2）（f（x1）+f（x2））＞0； 判定①是正確的，如{xn}滿足x1+x2+…+xn=0時； ②是錯誤的，如x1+x2+…+xn=0時，F(xiàn)（n）=0； ③是正確的，如數(shù)列{xn}是等比數(shù)列，各項符號一致的情況顯然符合；各項符號不一致時，公比q＜0，討論n是偶數(shù)，n是奇數(shù)時，都有F（n）＞0． 解答： 解：（I）∵an=f（π）=（π）2sin（π）， ∴a4k﹣3+a4k﹣2+a4k﹣1+a4k=（2﹣4k）π2，（k∈N+）， ∴S19=S20=﹣（2+6+10+14+18）π2=﹣50π2， （II）由題意，得f（x）=x2sinx是奇函數(shù)， 當(dāng)0＜x≤1時，y=x2，y=sinx都是增函數(shù)， ∴f（x）=x2sinx在[0，1]上遞增， ∴f（x）=x2sinx在[﹣1，1]上是增函數(shù)； 若x1+x2＜0，則x1＜﹣x2， ∴f（x1）＜f（﹣x2）， 即f（x1）＜﹣f（x2）， ∴f（x1）+f（x2）＜0； 同理若x1+x2＞0，可得f（x1）+f（x2）＞0； ∴x1+x2≠0時，（x1+x2）（f（x1）+f（x2））＞0． 對于①，顯然是正確的，如{xn}滿足x1+x2+…+xn=0時； 對于②，顯然是錯誤的，如x1+x2+…+xn=0，F(xiàn)（n）=0時； 對于③，是正確的，當(dāng)數(shù)列{xn}是等比數(shù)列，且各項符號一致的情況時顯然符合題意； 若各項符號不一致，則公比q＜0， 若n是偶數(shù)，（x2i﹣1+x2i）=x1q2i﹣2（1+q），i=1，2，…，符號一致， 又（x2i﹣1+x2i），[f（x2i﹣1）+f（x2i）]符號一致， ∴符合F（n）＞0； 若n是奇數(shù)，可證明“（x2i﹣1+x2i）=x1q2i﹣2（1+q），i=1，2，…，和符號一致”， 或者“（x2i﹣1+x2i）=x1q2i﹣2（1+q），i=1，2，…，和x1符號一致”， 同理可證符合F（n）＞0； 綜上，正確的命題是①③． 點評：本題通過命題真假的判定，考查了新定義的函數(shù)的性質(zhì)以及應(yīng)用問題，函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性問題，等差與等比數(shù)列的性質(zhì)與應(yīng)用問題，是綜合題．