2023年天津市滨海新区高考数学三模试卷

2023年天津市滨海新区高考数学三模试卷

一、单选题(本大题共9小题，共45.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项)

1.若4={x∣x≥4},B={x∖2x>8},则(CRa)nB=()

A.(3,4)B.[3,4]C.(3,+∞)D.[4,+∞)

2.已知a,b€R,则“α>∣b∣”是“。2>力2”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

2

3.函数/(X)=e-嘤的图象大致为()

C.

4.为了解学生每天的体育活动时间，某市教育部门对全市高中学生进行调查，随机抽取IOOO

名学生每天进行体育运动的时间，按照时长(单位：分钟)分成6组：第一组[30,40),第二组

[40,50),第三组[50,60),第四组[60,70),第五组[70,80),第六组[80,90].对统计数据整理得

到如图所示的频率分布直方图，则下列结论不正确的是()

频率

A.频率分布直方图中的α=0.015

B.估计IoOo名学生每天体育活动不少于一个小时的学生人数为400

C.估计IOOO名学生每天体育活动时间的众数是55

D.估计IOOo名学生每天体育活动时间的第25百分位数为45.5

5.已知函数/(x)是定义在R上的偶函数，且在(0,+8)上单调递减，若α=/(IOg2。2),b=

f(2°2),c=∕∙(0.2o-3),则α,b,C大小关系为()

A.a<b<cB.c<a<bC.a<c<bD.b<a<c

3

6.已知α>1,b>1,a=b,则，gα+3∕ogzj10的最小值为()

A.4B.6C.8D.10

7.已知双曲线C：摄一，=l(α>0,6>0),抛物线E：y?=曲的焦点为F,准线为，，抛物

线E与双曲线C的一条渐近线的交点为P,且P在第一象限，过P作Z的垂线，垂足为Q,若直线

QF的倾斜角为120。，则双曲线C的离心率为()

A.及B.@CmD.2

332

8.某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边

长为2的正方形，AEAB,LFBC,LGCD,△H∕λ4均为正三角形，且它们所在的平面都与平

面ABC。垂直，则该包装盒的容积为()

A.ɪθpB.yC.10√3D.20

9.记函数/(x)=?(S讥23X+cos2ωx)(ω>0)的最小正周期为T,若1<T<兀，且y=/(%)

的图象的一条对称轴为X="，关于该函数有下列四个说法：

①2<ω<4；②f《)=0:

③/Q)在［0,勺上单调递增;

④为了得到g(χ)=cos3x的图象，只要把/Q)的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长为

原来的2倍，再向左平移*个单位长度.

以上四个说法中，正确的个数为()

A.1B.2C.3D.4

二、填空题(本大题共6小题，共30.0分)

10.己知复数Z满足Z(I+20=|4-3i∣.(其中i为虚数单位)，则复数Z的虚部为.

11.在的展开式中X的系数为.

12.己知圆6：(x-4)2+(y-3)2=16与圆C2：X2+y2-2x+2y-9=0,若两圆相交

于4B两点，贝∣J∣4B∣=

13.红、黄、蓝被称为三原色，选取任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色.已知同一种颜

色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄

色加蓝色调配出绿色,现有等量的红、黄、蓝彩色颜料各两瓶，甲从六瓶中任取两瓶颜料进行

等量调配，则甲调配出绿色的概率为：在甲调配出绿色的情况下，乙再从余下四瓶中

任取两瓶颜料，进行等量调配，则乙调配出紫色的概率为.

14.在平面四边形ABCD中，AB=2ΛΓ3,AD=6,向量四在向量而上的投影向量为;而，

则NBAO=；若”=3而，点E为线段BD上的动点，则荏•荏的最小值为.

fx2+4x÷α,x≤0

15.已知函数f(x)=[1I-n,若函数g(x)=/(%)-0%-1在/?上恰有三个不同

kIX-+α+l,x>0

的零点，则α的取值范围是.

三、解答题(本大题共5小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

16.(本小题14.0分)

在C中，内角4B,C所对的边分别为α,b,c,b=2<7,c=2,B=M

(I)求α的值；

(∏)求Sin4；

(In)求Sin(B-24)的值.

17.(本小题15.0分)

如图，在四棱锥P-ABCC中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是等边三角形，CD1平

面PaD,E,F,G,0分别是PC,PD,BC,AD的中点.

(I)求证：PoI平面4BCD；

(∏)求平面EFG与平面ZBCD的夹角的大小;

(Ill)线段PA上是否存在点M,使得直线GM与平面EFG所成角为也若存在，求线段PM的长;

若不存在，说明理由.

18.(本小题15.0分)

已知椭圆C：^+5=l(α>b>0)的离心率为?，左，右焦点分别为Fi，F2,过点Fi的直

线与椭圆相交于点4B,且△FzAB的周长为8.

(I)求椭圆的标准方程；

(∏)椭圆C的左，右顶点分别为A2,上顶点为C,若过&且斜率为A的直线1与椭圆C在第

一象限相交于点Q,与直线&。相交于点P,与y轴相交于点M,且满足|P&|∙∣MQ∣=S∖QA2∖■

∖MP∖,求直线，的方程.

19.(本小题15.0分)

设｛αn｝是等差数列,｛bn｝是各项都为正数的等比数列.且的=瓦=l,%+b2=7,2a2-b3=2,

n∈N*.

(I)求｛α71｝,｛%｝的通项公式；

(∏)记7；为｛bjj｝的前n项和,求证：Tn-Tn+2<T^+v

Γ(αn+1)-/瓦,n为奇数

(In)若Cn=J∣3b,i7为偶数，求数列｛7｝的前2江项和S2n∙

t(⅛-∣)(^n+2-5)

20.(本小题16.0分)

已知定义域均为R的两个函数g(x)=ex,∕ι(x)=(x—a)2.

(I)若函数/(x)=g(x)∕ι(x),且/"(x)在X=-1处的切线与X轴平行，求α的值；

(∏)若函数加。)=隼尹，讨论函数m(x)的单调性和极值；

(III)设a,b是两个不相等的正数，且Q+伍b=b+)α,证明：α+h+ln(αh)>2.

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：Ta={x∣x≥4},B={x∖x>3),

ʌCRA={x∣x<4},(CRA)CB=(3,4).

故选：A.

可求出集合B,然后进行补集和交集的运算即可.

本题考查了集合的描述法和区间的定义，指数函数的单调性，交集和补集的运算，考查了计算能

力，属于基础题.

2.【答案】A

【解析】解：aa>∖b∖n=>ua2>b2t,,反之不成立，例如α=-3,b=-2.

因此α>∖b∖n是"a?>b2"的充分不必要条件.

故选:A.

利用不等式的性质即可判断出关系.

本题考查了简易逻辑的判定方法、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.

3.【答案】D

2

【解析】解：根据题意，对于函数f(χ)=e-与L，

设t=_皂F,则y=N,

又由t=—与1Z≤O,则0<∕(x)≤l,即f(x)的值域为(0,1],

分析选项，。选项符合.

故选：D.

根据题意，设t=一寸,利用换元法分析“X)的值域，由此分析选项可得答案.

本题考查函数的图象分析，涉及函数值符号的分析，属于基础题.

4.【答案】D

【解析】解：由频率之和为1得：IOX(0.01+0.02+0.03+2α+0.01)=1,

解得α=0.015,故A正确；

学生每天体育活动不少于一个小时的概率为：(0.015+0.015+0.01)×10=0.4,

则估计IoOO名学生每天体育活动不少于一个小时的学生人数为0.4X1000=400,故B正确；

由频率分布直方图可估计IOOo名学生每天体育活动时间的众数是55,故C正确；

由10X0.01=0.1<0.25,10X0.01+10×0.02=0.3>0.25,

故第25百分位数位于［40,50)内，

则第25百分位数为40+簪察XlO=47.5,

U.5-(J.1

可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为47.5,故。不正确.

故选：D.

由频率分布直方图，结合选项逐一检验，可得答案.

本题考查频率分布直方图的应用，考查众数和百分位数，属于基础题.

5.【答案】A

【解析】解：由于函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在［0,+8)为单调递减函数，

由于α=f(IOg2。.2)=/(Tog25)=∕(log25),b=/(20∙2),c=∕(O.2o∙3),

又晦5>2>20∙2>1>O.20-3>0,

故α<6<c.

故选：A.

直接利用函数的单调性和奇偶性的应用及对数的运算的应用求出数的大小关系.

本题考查的知识要点：函数的单调性和奇偶性的应用，对数的性质，主要考查学生的运算能力和

数学思维能力，属于基础题.

6.【答案】B

【解析】解：α>1,b>1,..Iga>0,Igb>0,

21

又「a=/,∙∙Jgα+31ogblO=3∕gb+i^≥6,当且仅当均b=卷，即b=10时取等号，

Iga+3∕ogz,10的最小值为6.

故选:B.

根据条件知句α>0,Igb>0,并得出Sα+3∕ogi,10=3∕gb+i^,然后根据基本不等式即可求

出最小值.

本题考查了对数的运算性质，对数的换底公式，基本不等式求最值的方法，考查了计算能力，属

于基础题.

7.【答案】B

【解析】解：抛物线£：y2=4x的焦点为F(L0),准线为心X=-1,令/交支于点T,即有IFrl=2,

由PQ1I,直线QF的倾斜角为120。,得NPQF=乙QFT=60°,则IQFl=2∖FT∖=4,∖QT∖=2√^3,

又IPFl=IPQ则APQF为正三角形,IPQl=4,因此点P(3,2C),

双曲线C：■一A=I9>0/>0)过点「的渐近线为丫="于是2/3=3。解得!=台

所以双曲线C的离心率e=J。2+庐=J1+与=Jɪ+(_2_)2=子.

故选：B.

根据给定条件，结合抛物线的定义求出点P的坐标，进而求出&即可求解作答.

a

本题考查了双曲线的性质，属于中档题.

8.【答案】A

【解析】解：如图，可知包装盒的容积为长方体的体积减去

四个三棱锥的体积，

其中长方体的高441=EE'=√^3>

长方体的体积V=2X2Xq=4√^3.

一个三棱锥的体积H=gX&X1X1)XC==.

则包装盒的容积为V-4K,=4√3一4Xq=萼I

63

故选：A.

首先确定几何体的空间特征，然后结合相关的棱长计算其体积即可.

本题考查空间几何体体积的计算，考查运算求解能力，是中等题.

9.【答案】C

【解析】解：丫函数∕^(x)=(sin23X+cos23久)=sin(20)x+：)，3>0,它的最小正周期为T,

l<T<π,

••・1<易<兀，求得1,[1<3<2,故①错误.

根据y=/(x)的图象的一条对称轴为X=%可得23X工+[=kτr+J,kEZ,即3=6k+2,

IZIZzrΔ乙

fc∈Z.

令k=0,可得3=5，/(x)=sin(3x+^).

故∕^G)=SE7Γ=0,故②正确.

在[0,工]上，3x+：e6,且，函数/(x)单调递增，故③正确.

由于把f(x)=Sin(3x+》的图象上所有点的纵坐标不变，

横坐标伸长为原来的2倍，可得y=Sin(IX+》的图象，

再向左平移看个单位长度，可得丫=5访(|%+|*专+》=85|%的图象，故④正确.

故选：C.

由题意,利用三角恒等变换化简函数的解析式,再根据正弦函数的图象和性质，函数y=As皿cox+

缶的图象变换规律，得出结论.

本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的图象和性质，函数y=AsinQx+w)的图象变换规律，

属于中档题.

10.【答案】-2

【解析】解：由Z(I+2i)=|4—3i∣=J4?+(—3)2=5,

徂1_5(l-2i)_5(l-2i)_?

~l+2i~(1+20(1-20-7→?--1^zt,

则复数Z的虚部为-2.

故答案为：—2.

把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数的基本概念得答案.

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题.

11.【答案】-35

【解析】解：二项式（X-；）7的通项公式为Tr+1=（-l）rC^X7-2r,

令7-2r=1,贝IJr-3,

则展开式中X的系数为一G=-35.

故答案为：-35.

先求得二项式展开式的通项公式，再令X的事指数等于1,求得r的值，即可求得含X项的系数.

本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，属基础题.

12.【答案】

【解析】解：圆Cl的方程为（X-4产+（y-3）2=16,即/+y?一版-6y+9=O①,

又圆C2:X2+y2—2x+2y—9=0（2）»

（2）-①可得两圆公共弦所在的直线方程为6x+8y-18=0,

_∣24+24-18∣_C

圆Cl的圆心（4,3）到直线的距离dj==3,

{6+8

所以∣4Bl=2√16-9=2√^7∙

故答案为：2，万.

根据两圆相交时公共弦所在直线方程的求法和弦长公式求解.

本题主要考查两圆的位置关系，考查转化能力，属于基础题.

13.【答案】

【解析】解：设事件4="甲调配出绿色"，B="乙调配出紫色”，

•••等量的黄色加蓝色调配出绿色，且等量的红、黄、蓝色颜料共6瓶，

nrΛ∖CaCa4

∙∙∙P⑷=W=/

•••甲调配出绿色，已经用掉1瓶黄色颜料和1瓶蓝色蓝色颜料，

则颜料剩余红色2瓶，黄色1瓶，蓝色1瓶共4瓶，

二等量的红色加蓝色调配出紫色，

∙∙∙p⑻=⅛M∙

c4ɔ

故答案为：⅛;ɪ

利用古典概型的概率公式即可求出甲调配出绿色的概率；利用条件概率能求出甲调配出绿色的情

况下，乙再从余下四瓶中任取两瓶颜料，进行等量调配，乙调配出紫色的概率.

本题考查概率的求法，考查古典概型、条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.

14.【答案】I-6

【解析】解：过点B作BM垂直4。于点M,

则向量询为向量4%在向量&上的投影向量，

又向量而在向量而上的投影向量为T同，

则点M为线段4。的中点，

所以IAMl=∖∖AD∖=6,

所以CoSNBAD=*==?，

ADZVɔZ

又NBaD为锐角，

故484。=%

以点A为坐标原点，后所在直线为X轴建系如图,

则4(0,0),D(6,0),B(3,<3).

因为BC=g而，

所以C(5,，豆)，

因为点E为线段BD上的动点，

设D⅛=4丽=4(—3,√"3),/Ie[0,1]，

故点E(6—3λ,√^3λ).

则方•荏=(6—3λ,y∕~3λ)•(1-3λ,Oλ-√^3Λ,Oλ-3)=(6-3；I)(I-34)+√^3λ•

(√^3Λ-y∏)=12Λ2-242+6=12(4-I)2-6,λ∈[0,1],

当;I=I时，CE-AE取至U最小值一6.

故答案为：ð;-6.

由平面向量投影的运算，结合平面向量数量积的坐标运算及二次函数最值的求法求解即可.

本题考查了平面向量投影的运算，重点考查了平面向量数量积的坐标运算及二次函数最值的求法,

属中档题.

15.【答案】(-8,-4)U[l,2)

【解析】解：当％≤O时，由

g(%)=f(x)—αx—1=%2+

4x+α-ɑx-1=0,

得/+4%-1=α(x—1),

当%>0时，由g(%)=/(x)-

ax-l=i÷α+l-αx-1=

X

0,

得3=a(x-l),当X=I时，1=

0不成立，即X≠1,

1_]

则a=

x(x-l)-X2-Xf

X2+4X-1

设九(%)=----------,(x≤0),

X-I

(2x+4)(x-l)-(x2+4x-1)_X2-2X-3_(x+l)(x-3)

hf(x)=

(X-I)2(X-I)2(%-1)2

当％≤0时，由∕ι'(%)>O得1V-1,此时/1。)为增函数,

由"Q)Vo得，-1V%≤O,此时九(X)为减函数，且九(O)=1,

即当％=-1时，九(X)取得极大值为∕ι(-l)=2,

设(P(X)=(X>O且X≠1)，

2%—1

d(χ)=一

(/T)2

则由(∕∕(x)>0,得O<%<",此时？(%)为增函数,

由d(x)V0,得2<%<1或%>1,此时8(%)为减函数,

即当％=2时，¥(%)取得极大值为We)=-4,

当%>1时，φ(x)=~^~χ>θ*

作出九(X)=/+4：-1,(%<O)f∏φ(x)=(x>0且％≠1)的图象如图：

X~Lʌ一ʌ

要使g(x)=/(x)-ax-1在R上恰有三个不同的零点，

等价为y=α与∕ι(x),和3。)的图象分别有三个不同的交点，

由图象知，l≤α<2或α<-4,

即实数ɑ的取值范围是(-8,-4)u[l,2).

故答案为：(―8,-4)U[1,2).

根据函数与方程的关系转化为两个函数的交点个数问题，利用参数分离法分离参数，构造两个函

数，求出函数的导数，研究函数的单调性和图象，利用数形结合进行求解即可.

本题主要考查函数与方程的应用，利用参数分离法进行分离参数，然后构造函数，求函数的导数，

研究函数的单调性和极值，作出函数图象，利用数形结合是解决本题的关键，是中档题.

16.【答案】解：(I)由余弦定理知,b2=a2+C2—2accosB,

所以28=α2+4—2g-2■ɪ,即a?—2a-24=0.

解得a=6或-4(舍负)，

所以a=6.

(ɪŋ由正弦定理知，急C=h焉所以6以=至2√^7，

所以Si九4=ɜʃjɪ-

14

(Iil)由余弦定理知，CoSA=庐+十次=28+"36=_匚,

2bc2x2CX214

1ɔɔI~ɔ

所以cos24=2COS2A—1=——,sin2A=2sinAcosA=—^―)

1414

所以Sin(B-2Λ)=sinBcos2A—cosBsin2A=ɪ×(―-ɪ×(-=-

【解析】(I)运用余弦定理，即可得解；

(Il)结合(I)中所得与正弦定理，即可得解：

(IIl)先利用余弦定理求出COSA的值，再由二倍角公式，可得COS24和sin24的值，然后根据两角差

的正弦公式，展开运算，得解.

本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，二倍角公式，两角差的正弦公式是解题的关

键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.

17.【答案】(I)证明：因为APAD是正三角形，。是AC的中点，所以P014C∙

又因为COI平面240,PoU平面240,所以PO_LC0.

ADLCD=D,AD,CDU平面力Bez),所以Pol面力BCD.

(II)解：如图，以。点为原点分别以。A、OG、OP所在直线为X轴、y轴、Z轴建立空间直角坐标系.

则。(0,0,0),4(2,0,0),B(2,4,0),C(-2,4,0),0(-2,0,0),G(0,4,0).P(0,0,2<3),F(-l,2,<^3),

F(-1,O,C),EF=(0,-2,0).EG=(l,2,-√^3)

设平面EFG的法向量为沅=(x,y,z)

所以严"=-2y=0,

Im∙EG=X+2y—√3z=0

令Z=L则记=(-3,0,1),

又平面ABCD的法向量记=(0,0,1),

所以Icos何,办=鼎=J(/+-I=£

所以平面EFG与平面ABCD所成角为最

(In)解：假设线段PA上存在点M,

使得直线GM与平面EFG所成角为也直线GM与平面EFG法向量沆所成的角为景

Oɔ

设丽=4可，λ∈[0,1],PM=Λ(2,0,-2√3),M(2λ,0,2√^3-2√3Λ).

所以丽=(2λ,-4,2√^3(1-λ)).

所以eos5=∖cos(GM,m)∖='',

2』4λ2-6Λ+7

整理得2M-32+2=0,21<0,方程无解，所以，不存在这样的点

【解析】(I)证明PO1AD.PO1CD然后证明PO1,^ABCD.

(H)以。点为原点分别以04、OG、OP所在直线为X轴、y轴、Z轴建立空间直角坐标系.求出平面

EFG的法向量，平面ABCD的法向量，利用空间向量的数量积求解平面EFG与平面ABCD所成角.

(Ill)假设线段P4上存在点M,直线GM与平面EFG法向量记所成的角为会设前=λPA,λ∈[0,1],

Jj--->_73

通过CoSl=ICOS(GM,τn>∣=∣,求解即可得到结果.

2j4Γ-6Λ+7

本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，直线与平面是所成角的求

法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题.

18.【答案】解：(I)由题设得4a=8,所以a=2,又离心率为?，解得c=，？，b=1,

2

所以椭圆C的标准方程为5+f=1；

4J

(H)因为&(2,0),所以设直线2的方程为y=k(x-2),且k<—；,

∕-f

lc2)

联立(ɪ1

n22222

∖+y=整理可得：(4∕C+l)x-16∕CX÷16∕C-4=0,

则%+2=享，故%=畛则y°=k(∕-2)=-备，所以Q(%,乎)，

U4√+lQ4/+14k+1'4y+14/+1

又直线AlD的方程y=∣x÷1,

联立Fu(：2),整理可得：养率券

(y=-X+1v2∕c-l2k-ly

?

4k3k~2

所以般愣=蓝卷=维•姿=1一2仁5,则仁一2,且满足k<T

q户2k=i昴与'

所以直线/的方程为y=-2(x-2),即2x+y-4=0.

【解析】(I)由已知可求α,c,进而可求椭圆方程；

(Il)设直线I的方程为y=k(x-2),求得点P,Q的坐标，利用已知可求得匕进而可求直线方程.

本题考查椭圆的方程的求法，考查直线方程的求法，属中档题.

19.【答案】(I)解：由题意,设等差数列｛an｝的公差为d,等比数列｛g｝的公比为q(q>O),

1∣11P3+b2=l+2d+q=7

2

(2α2-b3=2(1+d)—q=2)

整理，得q?+q—6—0,

解得q=-3(舍去)，或q=2,

：•αn=1+2(n-1)=2n—1,nEN*f

n1n1

bn=l∙2-=2-,n∈N*.

n

(H)证明：由(1)可知，τn=^ζ=2-ι,

1一2

n+1n+2

则Tn+1=2-1,Tn+2=2-1,

F∙Tn+2-器+1=(2"-l)(2"+2_1)_(2"+ι-1)2

-2n<0,

∙,∙Tn∙Tn+2<7n+ι∙

(an+1)-«可,n为奇数

(IIl)解：由(1)可得，c

n,n为偶数

(⅛n-2)(^n+2-2)

2n∙Grττ,n为奇数

n∙2∙,n为奇数

∣2,(尹匕-2,之1)，Zl为偶数

ʌS2n=cl+c2+c2n

=(Cl+c3H-------t-c2n-ι)+G⅛+C44-------Fc2n)>

令4"=C1+C3+∙∙∙+c2n-1,

123n

则4n=c1+c3+•••+c2n-1=l∙2+3∙2+5∙2+•••+(2n-l)∙2,

23nn+1

2Λn=1∙2+3∙2+•■■+(2n-3)∙2+(2n-1)-2,

n+1n+1

两式相减，可得-An=2+23+24+∙∙∙+2-(2n-1)∙2

_)Ti+2

π+1

=2+^ɔ-(2n-1)∙2

1—Z

=-(2n-3)∙2n+1-6,

n+1

・・.An=(2n-3)∙2+6,

c,c,

令Bn=C2÷4÷,∙÷2n

c

则BrI=C2÷4+…+C2∏,

=2∙(ɪr-ττ-r)+2∙(ɪ--ɪr)+…÷2∙(2n-2n+2J

Z—1Z—1Z--1Z—1Z—1Z1—17

_9Z11,11,,1

一N'lZ2-Γ-卞y+ɪ-7-ɪ-Γ-1,■2n-2n+2J

Z—1Z—1Z—1Z-19L—119Z-,1

=2∙(ʃ7-92n+21)

Z—1L—1

_22

=3~eτr^'

∙∙∙⅛=Cl+C2+…+c2n

=(cl+c3+",+c2n-l)+(c2+c4+…+c2n)

=An+%

=(2n-3)∙2…+6+∣—-

=(2n-3)∙2^-？⅛τ+f,

【解析】(I)先设等差数列｛%l｝的公差为d,等比数列｛%｝的公比为q(q>O),再根据题干已知条

件列出关于公差d与公比q的方程组，解出d与q的值，即可计算出等差数列｛an｝与等比数列｛4｝的

通项公式；

(H)先根据第(I)题的结果计算出7；的表达式，进一步计算出Tn+ι,〃+2的表达式，再运用作差法

比较大小，即先推导出Tk-Tn+2-甯+1的表达式，再与。比较大小即可证得不等式成立；

(In)先根据第(I)题的结果计算出数列｛cn｝的通项公式，再求数列｛crι｝的前2n项和Szn时分奇数项

与偶数项分别计算，奇数项求和运用错位相减法进行求和，偶数项求和时运用裂项相消法进行求

和，最后综合即可得到前2n项和Szn的结果.

本题主要考查等差数列和等比数列的基本运算，以及数列求和问题.考查了方程思想，整体思想，

转化与化归思想，作差法，分组求和法，错位相减法，裂项相消法，以及逻辑推理能力和数学运

算能力，属中档题.

20.【答案】解：(I)因为f(%)=5(x)h(x),所以/(x)=ex(x-a)2,

所以/'(x)=ex(x—a)2+ex(2x-2d)=ex(x2-2ax+2x+a2—2a),

又/(x)在x=—1处的切线与X轴平行，所以/'(—1)=0,所以eT(l+2α-2+ɑ2-2α)=0,

所以1+Ia—2+CL^一2a-01即a?—1=0,所以α--+1.