2024年贵州省遵义四中高考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年贵州省遵义四中高考数学一模试卷（含解析），共17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U={x∈Z|x2−6x≤0}，A={1,3,5}，B={2,3,4}，则(∁UA)∪B=( )
A. {2,4}B. {0,6}C. {1,2,3,4,5}D. {0,2,3,4,6}
2.已知命题p：∀x>1，lnx>13−13x3，则¬p为( )
A. ∀x>1，lnx≤13−13x3B. ∃x≤1，lnx<13−13x3
C. ∃x≤1，lnx≤13−13x3D. ∃x>1，lnx≤13−13x3
3.已知直线nx−y+2=0与函数f(x)=8πcs(π2x)+x12的图象在x=1处的切线没有交点，则n=( )
A. 6B. 7C. 8D. 12
4.已知抛物线x2=−2py(p>0)的准线平分圆x2+(y−2)2=1，则p=( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
5.已知向量a=(4,2)，b=(2csα,2sinα)，当a⋅b取得最大值时tanα=( )
A. 12B. 13C. 14D. 15
6.已知椭圆C：y26+x22=1，过点P(12,32)的直线与椭圆C交于A，B两点且AB的中点为P，则坐标原点O到直线AB的距离为( )
A. 1B. 2C. 2D. 2 2
7.数列{an}满足a1=12，对任意正整数p，q都有apaq=(1p+1q)ap+q，则a6a8=( )
A. 4B. 163C. 6D. 323
8.近年来，中国成为外来物种入侵最严重的国家之一，物种入侵对中国生物多样性、农牧业生产等构成巨大威胁.某地的一种外来动物数量快速增长，不加控制情况下总数量每经过7个月就增长1倍.假设不加控制，则该动物数量由入侵的100只增长到1亿只大约需要(lg2≈0.3010)( )
A. 8年B. 10年C. 12年D. 20年
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。
9.已知函数f(x)=−x,x≤0,x2−4x,x>0,则下列结论中正确的是( )
A. 函数f(x)有且仅有一个零点B. 函数f(x)是奇函数
C. f(x)在(−∞,2)上单调递减D. 函数f(x)的最小值为−4
10.已知正实数a，b满足sina+lna=b+lnb，则( )
A. 2a>bB. a−12>b−12C. lg1eae1b
11.将边长为4的正方形ABCD沿对角线AC折起，则下列命题是真命题的是( )
A. 不论二面角D−AC−B为何值，总有AC⊥BD
B. 当二面角D−AC−B为120°时，BD=2 6
C. 当二面角D−AC−B为90°时，△BCD是等边三角形
D. 不论二面角D−AC−B为何值，四面体ABCD外接球的体积为128 2π3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z=a−1+(a+3)i，a∈R，则|z|的最小值为______．
13.某冰淇淋门面店将上半部是半球(半球的半径为3)，下半部是倒立的圆锥(圆锥的高为6)的冰淇淋模型放到椐窗内展览，托盘是边长为12的等边三角形ABC金属片沿三边中点D，E，F的连线向上折叠成直二面角而成，则半球面上的最高点到平面DEF的距离为______．
14.第24届北京冬奥会开幕式由一朵朵六角雪花贯穿全场，为不少人留下深刻印象.六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Kch曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Kch曲线得到2级十八角雪花曲线(如图3)…依次得到n级Kn(n∈N*)角雪花曲线.若正三角形边长为1，我们称∧为一个开三角(夹角为60°)，则n级Kn角雪花曲线的开三角个数为______，n级Kn角雪花曲线的内角和为______．
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)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 3b−asinC= 3acsC．
(1)求A；
(2)若△ABC为锐角三角形，c=2，求b的取值范围．
16.(本小题15分)
如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，AC=3，A1C1=A1A=AB=2，A1B= 3，∠A1AC=∠BAC=π3，A1O⊥AC，垂足为O，连接BO．
(1)证明：平面ACC1A1⊥平面A1OB；
(2)求直线B1B与平面ACC1A1所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
某企业为激发员工的工作热情，年终对职工进行绩效考核，按绩效发放年终奖，将评价结果采用百分制进行了初评，并根据员工得分绘制出下面的频率分布直方图，评分在区间[88,100]直接定为优秀，评分在区间[84,88)，[76,84)，[72,76)，分别对应为良好、合格、不合格.然后又对良好、合格、不合格的员工再进行一次复评.在复评中，原来评为良好、合格、不合格员工都有14的概率提升一级，分别变为优秀、良好、合格，不晋级则保留原等级，每位员工的复评结果相互独立．
(1)估计该企业初评成绩的中位数；(结果精确到0.1)
(2)在初评中甲、乙、丙三人分别获得良好、合格、合格，记三人复评后为良好等级的人数为X，求X的分布列和数学期望；
(3)从全体员工中任选1人，求在已知该员工是复评后晋级的条件下，初评是合格的概率．
18.(本小题17分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线y=3与C的左、右两支分别交于M，N两点，四边形MF1F2N为矩形，且面积为12．
(1)求四边形MF1F2N的外接圆方程；
(2)设A，B为C的左、右顶点，直线l过点(−3,0)与C交于P，Q两点(异于A，B)，直线AP与BQ交于点R，证明：点R在定直线上．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=ln(x+1)+12x2，g(x)=csx+12x2．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若对于正实数x1，x2，满足f(ex12)+1=g(x2)．
(ⅰ)证明：x2>ex12；
(ⅱ)证明：f(x22)>g(x1+1)−1．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合U={x∈Z|x2−6x≤0}={0,1,2,3,4,5,6}，
∵∁UA={0,2,4,6}，B={2,3,4}，
∴(∁UA)∪B={0,2,3,4,6}．
故选：D．
先求出集合U，再结合补集、并集的定义，即可求解．
本题主要考查集合的基本运算，比较基础．
2.【答案】D
【解析】解：命题p：∀x>1，lnx>13−13x3，则¬p为：∃x>1，lnx≤13−13x3．
故选：D．
任意改存在，将结论取反，即可求解．
本题主要考查全称命题的否定，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：f(x)=8πcs(π2x)+x12，则f(1)=8πcsπ2+1=1，
f′(x)=−8πsin(π2x)⋅π2+12x11，f′(1)=−4sinπ2+12=8，
所以函数f′(x)=8πcs(π2x)+x12的图象在x=1处的切线方程为：
y−1=8(x−1)，即y=8x−7，
因为直线nx−y+2=0与直线y=8x−7没有交点，
所以直线nx−y+2=0与直线y=8x−7平行，
则n=8．
故选：C．
求f′(x)，再求出f(1)，f′(1)，由点斜式方程可求出函数f(x)=8πcs(π2x)+x12的图象在x=1处的切线方程y=8x−7，再由直线nx−y+2=0与直线y=8x−7平行，即可得出答案．
本题主要考查利用导数求切线方程，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：根据题意可得抛物线的准线方程为y=2，
∴p2=2，∴p=4．
故答案为：B．
根据圆的几何性质，抛物线的几何性质，即可求解．
本题考查抛物线的几何性质，圆的几何性质，属基础题．
5.【答案】A
【解析】解：因为a=(4,2)，b=(2csα,2sinα)，
所以a⋅b=4×2csα+2×2sinα=8csα+4sinα=4 5(2 55csα+ 55sinα)=4 5sin(α+β)，其中sinβ=2 55，csβ= 55，
当α+β=π2+2kπ，k∈Z，即α=π2−β+2kπ，k∈Z时，a⋅b取得最大值，
此时tanα=tan(π2−β+2kπ)=tan(π2−β)=sin(π2−β)cs(π2−β)=csβsinβ= 552 55=12．
故选：A．
由平面向量的坐标表示结合三角恒等变换知识可得α=π2−β+2kπ，k∈Z时，a⋅b取得最大值，再由诱导公式计算即可求法．
本题考查平面向量的坐标运算，涉及三角函数的最值，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由142+946=12<1，可得P在椭圆内，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由AB的中点为P，可得x1+x2=1，y1+y2=3，
又y126+x122=1，y226+x222=1，两式相减可得(y1−y2)(y1+y2)6+(x1−x2)(x1+x2)2=0，
即有y1−y22+x1−x22=0，即kAB=y1−y2x1−x2=−1，
可得直线AB的方程为y−32=−(x−12)，即为x+y−2=0，
坐标原点O到直线AB的距离为d=|0+0−2| 2= 2．
故选：B．
由点差法和中点坐标公式、直线的斜率公式，求得直线AB的方程，再由点到直线的距离公式，可得所求值．
本题考查椭圆的方程和性质，以及直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由apaq=(1p+1q)ap+q得(p+q)ap+q=pap⋅qaq，
令bn=nan(n∈N*)，
依题意，对任意正整数p，q都有bp+q=bpbq，
令p=1，q=n(n∈N*)，则∀n∈N*，bn+1=b1bn，b1=a1=12，即bn+1=12bn，
因此数列{bn}是以12为首项，12为公比的等比数列，
则bn=12n，即nan=12n，
所以an=1n⋅2n，
所以a6a8=8×286×26=163．
故选：B．
变形给定等式，构造新数列bn=nan(n∈N*)，再求出数列{bn}的通项公式即可计算得解．
本题主要考查了数列的递推关系在数列通项公式求解中的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：设经过x个月该动物数量由入侵的100只增长到1亿，
则100⋅2x7=108，即2x7=106，
两边取对数可得，x7⋅lg2=6，即x=42lg2≈420.3010≈139.53，
139.5312≈11.63，
故该动物数量由入侵的100只增长到1亿只大约需要12年．
故选：C．
根据已知条件，推得2x7=106，再结合对数的运算性质，即可求解．
本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：作出函数y=f(x)的图象，如图所示：
由此可得函数有两个零点x=0和x=4，故A错误；
函数的图象不关于原点对称，所以不是奇函数，故B错误；
函数在(−∞,2)上单调递减，故C正确；
当x=−2时，函数有最小值，为−4，故D正确．
故选：CD．
作出函数y=f(x)的图象，结合图象逐一判断即可．
本题考查了一次函数、二次函数的性质，考查了数形结合思想，作出图象是关键，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：令f(x)=x−sinx，x>0，求导得f′(x)=1−csx≥0，
函数f(x)在(0,+∞)上递增，f(x)>f(0)=0，
即当x>0时，sinx当a>0时，sina而函数y=x+lnx在(0,+∞)上递增，因此a>b>0，
对于A，2a>a>b，A正确；
对于B，函数y=x−12在(0,+∞)上递减，则a−12对于C，函数y=lg1ex在(0,+∞)上递减，则lg1ea对于D，1a<1b，则e1a故选：AC．
利用导数证明sinx0，利用不等式的性质，结合函数y=x+lnx的单调性可得b本题主要考查了导数与单调性及不等式性质在不等式大小比较中的应用，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：在正方形ABCD中，连接BD交AC于点O，
则OA=OB=OC=OD=12AC=2 2，且AC⊥BD，
在四面体ABCD中，AC⊥OB且AC⊥OD，又OB∩OD=O，OB，OD⊂平面OBD，
∴AC⊥平面OBD，BD⊂平面OBD，
∴AC⊥BD，故A正确；
因为AC⊥OB且AC⊥OD，
所以∠BOD即为二面角D−AC−B的平面角，
当二面角D−AC−B为120°时，即∠BOD=120°，
在△BOD中由余弦定理BD= OD2+OB2−2OD⋅OBcs∠BOD
= (2 2)2+(2 2)2−2×2 2×2 2×(−12)=2 6，故B正确；
当二面角D−AC−B为90°时，即∠BOD=90°，
所以BD= OB2+OD2= (2 2)2+(2 2)2=4，
又CD=BC=4，
所以△BCD是等边三角形，故C正确；
因为OA=OB=OC=OD=2 2，
所以四面体ABCD外接球球心是O，
所以外接球半径R=OA=2 2，
所以四面体ABCD的外接球体积V=43π×(2 2)3=64 2π3，故D错误．
故选：ABC．
在正方形ABCD中，连接BD交AC于点O，即可得到OA=OB=OC=OD=2 2，且AC⊥BD，从而证明AC⊥平面OBD，即可判断A，又∠BOD即为二面角D−AC−B的平面角，利用余弦定理判断B，利用勾股定理判断C，四面体ABCD外接球球心是O，外接球半径R=OA=2 2，即可求出外接球的体积，从而判断D．
本题考查二面角的求法，属于中档题．
12.【答案】2 2
【解析】解：由题意可得|z|= (a−1)2+(a+3)2= 2a2+4a+10= 2(a+1)2+8，
当a=−1时，|z|min=2 2．
故答案为：2 2．
利用复数模的求解公式求出|z|，然后根据二次函数的性质即可求解．
本题考查了复数模的求解，涉及到二次函数的性质，属于基础题．
13.【答案】9+ 3
【解析】解：设上面球心为O1，△ABC的圆心为O2，A，B，C三点在底面的投影构成正三角形A1B1C1，其中心为O3，

圆锥的顶点为M，EF边中点为N，连接DN，BN，
由题意可知O1P=3，O1M=6，BE=6，
由几何关系可得O1，O2，O3三点共线，
由题意可得BN=DN=12×12× 32=3 3，
设三角形ABC的外接圆半径为r2，
则由正弦定理可得2r2=3sin60∘⇒r2= 3，
由△MBO2～△MPO1，
可得MO2MO1=BO2BO1，
所以MO26= 33⇒MO2=2 3，
所以半球面上的最高点到平面DEF的距离为3+6−MO2+BN=9−2 3+3 3=9+ 3．
故答案为：9+ 3．
画出底面展开图，由几何关系得到图中边长关系，由正弦定理可得r2= 3，再由三角形相似得到MO2=2 3，最后求出结果即可．
本题考查空间几何体的结构特征，属于中档题．
14.【答案】4n+2 3π×4n−2π
【解析】解：依题意，n级Kn(n∈N*)角雪花曲线的每一条边按生成，得n+1级Kn+1(n∈N*)角雪花曲线的4条边，
因此n级Kn(n∈N*)角雪花曲线的边数构成以12为首项，4为公比的等比数列，
则n级Kn(n∈N*)角雪花曲线的边数为12×4n−1=3×4n，
当n=1时，曲线有6个开角，n级Kn(n∈N*)角雪花曲线的开角数为an，a1=6，
由于n级Kn(n∈N*)角雪花曲线的每一条边，向外形成一个开角，因此an+1=an+3×4n，
当n≥2时，n级Kn(n∈N*)角雪花曲线的开角数an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−an−1)
=6+3(4+42+⋯+4n−1)=6+3×4(1−4n−1)1−4=4n+2,a1=6满足上式，
所以n级Kn(n∈N*)角雪花曲线的开角数an=4n+2；
令n级Kn角雪花曲线的内角和为bn，显然b1=6×π3+6×4π3=10π，
而n级Kn(n∈N*)角雪花曲线到n+1级Kn+1(n∈N*)角雪花曲线每增加一个开角，其内角和增加π3+2×4π3=3π，
于是bn+1=bn+3π×3×4n=bn+9π×4n，当n≥2时，n级Kn(n∈N*)角雪花曲线的内角和：
bn=b1+(b2−b1)+(b3−b2)+⋯+(bn−bn−1)=10π+9π(4+42+⋯+4n−1)
=10π+9π×4(1−4n−1)1−4=3π×4n−2π,b1=10π满足上式，
所以n级Kn角雪花曲线的内角和为bn=3π×4n−2π．
故答案为：4n+2；3π×4n−2π．
利用观察归纳法求出边数构成的数列通项，再利用n级Kn角雪花曲线的开三角个数及曲线的内角和变化规律列式求和即得．
本题主要考查归纳推理，属于中档题．
15.【答案】解：(1)在△ABC中，由 3b−asinC= 3acsC及正弦定理，
得 3sinB−sinAsinC= 3sinAcsC，
则 3sinAcsC+sinAsinC= 3sin(A+C)= 3sinAcsC+ 3csAsinC，
即sinAsinC= 3csAsinC，而snC>0，于是tanA= 3，又0(2)由(1)知，A=π3，
由正弦定理得b=csinBsinC=2sin(2π3−C)sinC= 3csC+sinCsinC= 3tanC+1，
由△ABC为锐角三角形，得0则tanC>1 3，∴1tanC< 3，则1【解析】(1)根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式求解即得．
(2)利用正弦定理、和角的正弦公式化简，再利用正切函数的取值范围求解即得．
本题考查正弦定理，考查三角函数性质，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：因为A1A=AB=2，∠A1AC=∠BAC=π3，AO=AO，
所以△A1AO≌△BAO，AO⊥AC，
所以BO⊥AC，
因为A1O∩BO=O，A1O，BO⊂平面A1OB，
所以AC⊥平面A1OB，又因为AC⊂平面ACC1A1，
所以平面ACC1A1⊥平面A1OB．
(2)因为AA=2，∠A1AC=π3，A1O⊥AC，
所以AO=1，A1O= AA12−AO2= 3，
同理可得：BO= 3，
所以△A1OB是等边三角形，
取BO的中点N，连接AN，
所以A1N⊥OB，
由(1)知，AC⊥平面A1OB，AC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面A1OB，
平面ABC∩平面A1OB=OB，OB⊂平面ABC，
所以A1N⊥平面ABC，
取BC的中点M，连接MN，则MN⊥BO，
所以以N为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则N(0,0,0)，O(− 32,0,0)，B( 32,0,0)，C( 32,2,0)，A1(0,0,32)，A(− 32.−1,0)，
因为A1B1=23AB，
设B1(x,y,z)，所以A1B1=(x,y,z−32),23AB=23( 3,1,0)，
所以x=2 33,y=23,z=32，
所以B1(2 33,23,32)，
可得B1B=(− 36,−23,−32)，OA=(0,−1,0)，OA1=( 32,0,32)，
设平面ACC1A1的法向量为n1=(a,b,c)，
则n1⋅OA=0n1⋅OA1=0，
取a= 3，可得b=0，c=−1，
所以n1=( 3,0,−1)，
设直线B1B与平面ACC1A1所成角的为θ，
所以sinθ=|cs|=|−12+32| 112+49+94⋅ 3+1=12 3+16+8136=12 10036
=12×53=310，
故直线B1B与平面ACC1A1所成角的正弦值为310．
【解析】(1)由题意可得出△A1AO≌△BAO，即可证明BO⊥AC，再由A1O⊥AC，可证得AC⊥平面A1OB，再由面面垂直的判定定理即可证明平面ACC1A1⊥平面A1OB；(2)取BO的中点N，连接A1N，由线面垂直和面面垂直的性质和判定定理可证明A1N⊥平面ABC，以N为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出直线B1B的方向向量与平面ACC1A1的法向量，由线面角公式求解即可．
本题考查面面垂直的判定以及空间向量的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为(0.01+0.03+0.07)×4=0.44<0.5，(0.01+0.03+0.07+0.09)×4=0.8>0.5，
所以中位数位于[84,88)之间，设中位数为x，
则(0.01+0.03+0.07)×4+(x−84)×0.09=0.5，
解得x≈84.7；
(2)依题意可得x的可能取值为0，1，2，3，
则P(X=0)=14×(1−14)2=964，P(X=1)=34×34×34+14×C21⋅14×34=3364，P(X=2)=34×C21⋅14×34+14×14×14=1964，P(X=3)=34×14×14=364，
所以X的分布列如下：
所以E(X)=0×964+1×3364+2×1964+3×364=54；
(3)由频率分布直方图可知员工考核是良好的频率为0.09×4=0.36，合格的频率为(0.03+0.07)×4=0.4，不合格的频率为0.01×4=0.04，
记事件A为“该员工复评晋级”，事件B为“该员工初评是合格”，
则P(B|A)=P(AB)P(A)=0.4×140.36×14+0.4×14+0.04×14=12．
【解析】(1)首先判断中位数位于[84,88)之间，设中位数为x，列出方程，解得即可；
(2)依题意X的可能取值为0，1，2，3，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；
(3)利用条件概率的概率公式计算可得．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为双曲线C的左，右焦点分别为F1(−c,0)，F2(c,0)，
直线y=3与双曲线C的左，右两支分别交于M，N两点，且四边形MF1F2N为矩形，
所以MF1⊥F1F2且|MF1|=3，
联立x2a2−y2b2=1x=−c，
解得y=±b2a，
即M(−c,b2a)，
所以b2a=3，①
因为四边形MF1F2N的面积S=3×2c=12，②
又c2=a2+b2，
联立①②③，
解得a=1，b= 3，c=2，
则双曲线C的方程为x2−y23=1，
此时F1(−2,0)，F2(2,0)，M(−2,3)，N(2,3)，
则MF2的中点D(0,32)，
又|MF2|= 42+32=5，
所以矩形MF1F2N的外接圆的方程为x2+(y−32)2=254；
(2)证明：由(1)知A(−1,0)，B(1,0)，
易知直线l的斜率不为零，
不妨设直线l的方程为x=my−3，P(x1,y1)，Q(x2,y2)(y1,y2≠0)，
联立x=my−3x2−y23=1，消去x并整理得(3m2−1)y2−18my+24=0，
此时3m2−1≠0且Δ=36m2+96>0，
由韦达定理得y1+y2=18m3m2−1，y1y2=243m2−1，
所以43(y1+y2)=my1y2，
此时直线AP的方程为y=y1x1+1(x+1)，直线BQ的方程为y=y2x2−1(x−1)，
联立y=y1x1+1(x+1)y=y2x2−1(x−1)，
整理得x+1x−1=x1+1y1⋅y2x2−1=(my1−2)y2y1(my2−4)=my1y2−2y2my1y2−4y1，
所以x+1x−1=43(y1+y2)−2y243(y1+y2)−4y1=43y1−23y2−83y1+43y2=−12，
解得x=−13，
故点R在定直线x=−13上．
【解析】(1)由题意，得到MF1⊥F1F2且|MF1|=3，将x=−c代入双曲线方程中，求出M点的坐标，再利用矩形面积以及a，b，c之间的关系列出等式求出a，b，c的值，推出线段的中点以及线段长，进而可得外接圆的面积；
(2)设出直线l的方程和P，Q两点的坐标，将直线l的方程与双曲线方程联立，由韦达定理得y1+y2=18m3m2−1，y1y2=243m2−1，将直线AP与BQ的方程表示出来，联立两方程求出x，进而即可得证．
本题考查双曲线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)易知函数f(x)的定义域为(−1,+∞)，
可得f′(x)=1x+1+x=x2+x+1x+1，
因为x2+x+1=(x+12)2+34>0，
所以f′(x)>0，f(x)单调递增，
则函数f(x)的单调递增区间为(−1,+∞)，无递减区间；
(2)(i)证明：因为f(x)=ln(x+1)+12x2,g(x)=csx+12x2，
不妨设φ(x)=f(x)+1−g(x)=ln(x+1)+1−csx，函数定义域为(0,+∞)，
当x>0时，1−csx≥0，ln(x+1)>0，
所以φ(x)>0恒成立，
此时φ(ex12)>0，
可得f(ex12)+1>g(ex12)，
同理得f(x22)+1>g(x22)，
因为f(ex12)+1=g(x2)，
所以g(x2)>g(ex12)，
易知g′(x)=x−csx，
不妨设h(x)=x−sinx，函数定义域为(0,+∞)，
可得h′(x)=1−csx≥0，
所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增，
即h′(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以g′(x)>g′(0)=0，
则函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为x2>0，ex12>0，
所以x2>ex12；
(ⅱ)证明：要证f(x22)>g(x1+1)−1，
即证f(x2)+1>g(x1+1)，
需证g(x22)>g(x1+1)，
即证x22>x1+1，
因为x2>ex12，
所以x22>ex1，
不妨设m(x)=ex−x−1，函数定义域为(0,+∞)，
可得m′(x)=ex−1>0，
所以函数m(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为x1>0，
所以m(x1)>m(0)=0，
即ex1>x1+1，
可得x22>x1+1，
此时g(x22)>g(x1+1)，
则f(x2)+1>g(x1+1)．
故f(x22)>g(x1+1)−1．
【解析】(1)由题意，对函数f(x)进行求导，根据导函数的正负号即可得到函数f(x)的单调性；
(2)(i)构造函数φ(x)=f(x)+1−g(x)，得到φ(x)>0恒成立，此时φ(ex12)>0，推出g(x2)>g(ex12)，对函数g(x)进行求导，利用导数得到函数g(x)的单调性，结合x2>0，ex12>0再进行求证即可；
(ⅱ)将问题转化成求证x22>x1+1，构造函数m(x)=ex−x−1，对函数m(x)进行求导，利用导数得到函数m(x)的单调性，推出ex1>x1+1，再按部就班进行求证即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．X
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