河南省部分学校2025-2026学年高三上学期9月质量检测考试数学试题

秘密★启用前 2025一2026学年高三9月质量检测考试 数学 昌 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在 的 本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。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.已知命题p:Hx∈Z,x2∈N,则p: A.3x∈Z,x2tN B.3x∈Z,x2∈N C.3xZ,x2N D.Hx∈Z,x2在N 的 2.样本数据3,6,5,11,4,8的第60百分位数为 A.3 B.4 C.6 D.9 3.设复数之1=a十2i,之2=1十3ai,其中a∈R,若之1一之2在复平面内对应的点位于第四象限， 则a的取值范围为 A层 B(+ D.(1,+∞) 4,记F(2,0)为双曲线E,。-31(>0)的右焦点，则E的渐近线方程为 A.y=士2x B.y=士√3x C.y=士x D.y=士√5x 凶 栏 5.已知第二象限角a满是3sin(5-a)十1=0，则tan2a= 的 R c 4√2 D.7 数学试题第1页（共4页） 6.在矩形ABCD中，已知AB=2,点E为线段AD的中点，且BE⊥AC,则CA·CE= A.2 B.4 C.8 D.16 7.不透明袋子里装有大小、材质完全相同的3个白球、8个黑球，现从中每次随机不放回地抽 取1个小球，直到选中第1个黑球为止，则选取次数X的数学期望E(X)= 2 4 3 A.5 b.3 c 8.微扰级数是物理学中用于处理非线性系统的重要方法，对于小扰动参数λ（入∈[10-1,1）)， 可得系统的能量E=∑Ea,若E。=E1=…=En=2,n∈N,n为常数，则 A.当E取最小值时，n以"+1一1=(n十1)入" B.当E取最大值时，以"+1十1=(n十1)入” C.E无最小值 D.E无最大值 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要 求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.若正数a,b,c,d满足a,b,c成等差数列，b,c,d成等比数列，则下列说法正确的是 A.c2=bd B.若b=2a,则d=4.5a C.若a,b均为整数，则c一定为整数 D.若a,b均为整数，则d一定为整数 10.已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x>0时，f(x)=(2x+1)ln2x,则下列说法正 确的是 A.当x<0时，f(x)=(2x-1)1n(-x) B.f(0)+f(1)=1 C.当x>0时，f(x)单调递增 D.x轴是曲线y=f(x)的一条切线 数学试题第2页（共4页） 1.已知函数f)=amax十g。>0,g1<》,f0)-,且f(x)在区间6，)上单调 递增.记w的最大值为w,设g(x)=tan(ox十p),且在△ABC中，g()=3,BC=2,其 内切圆的半径为？，测下列说法正确的是 A.g(x)=tan(2x+) B.△ABC的外接圆的面积为经 C.r的最大值为3√3一√2 D.若平面内一动点P满足BP⊥CP,则当r取得最大值时，AP的取值范围为[1十√，3十√3] 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知某圆柱的高为2√3，且上、下底面均在以O为球心的球面上，若该圆柱的底面半径为 1,则球O的体积为 13.已知抛物线E:y2=4x,直线x=m与E分别交于A,B不同的两点，直线x=n与E分别 交于C,D不同的两点，且CD|=2AB|,m,n>0,则” m 14.已知函数f(x)=x2 1 一a 十x一a有且仅有2个零点，则实数a的取值范围 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.(13分) 已知某物理实验参数误差X(单位：cm)服从正态分布N(2,o2),且P(2≤X≤6)=0.4. (1)求P(X>6)的值； (2)求P(X≥-2|X≤2)的值. 16.(15分) 如图，在三棱锥V-ABC中，VA=VB=2,且AC⊥BC,AC=BC=2. 数学试题第3页（共4页） (1)若VC=2,证明：平面VAB⊥平面ABC; (2)若VC与平面ABC所成的角为60°，求二面角A-VC-B的正弦值. 17.(15分) 记首项为1的数列{an}的前n项的积为Tm,且{Tm+1一Tm}是以2为首项，2为公差的等差 数列. (1)求{Tm}的通项公式； (2)求{am}的通项公式； (3)求{an}中的最大项. 18.(17分) @知椭圆E:名十1Q>b>0的焦距为2，短轴长为23，A为E在第一象限上的一 点，过点A且与E相切的直线分别交y轴、x轴于B,C两点，O为坐标原点. (1)求E的标准方程； (2设点Do),求AD的最小值 (3)证明：△OBC的面积不小于2√3. 19.(17分) 已知函数fx)=ln） 2a 2x+1(a∈R). (1)证明：曲线y=f(x)关于点 20)中心对称： (2)当x>0时，f(x)>0,求a的取值范围； (3)证明：对于任意的n∈N*,2ln(n!)+2n<(2n+1)ln(n+1). 数学试题第4页（共4页）2025一2026学年高三 数学参 1.A【解析】对于命题p:Hx∈Z,x2∈N,由全称量 词命题的否定为存在量词命题，故p:3x∈Z, x2N. 故选A, 2.C【解析】将样本数据按照从小到大的顺序排列 为3,4,5,6,8,11，由于6×0.6=3.6，故第60百分 位数为6. 故选C 3.D【解析】易得之1一之2=a一1+(2-3a)i,其在复 平面内对应的点为(a一1,2-3a),由题意可得 fa-1>0, 解得a>1. 2-3a<0, 故选D. 4.B【解析】易知a2十3=22，解得a=1,故E:x2 苦-1，其蒲近线方程为y=士V 故选B. 5.D【解析】由诱导公式可得cosa=一3，故sin。= 2V2 2tan a= ,即tana=-2v2,放tan2a=1-tana 4v2 7 故选D. 6.C【解析】易知B啦=C应-C=C心-Ci, CA=CD+CB,故由BE⊥AC可知BE.CA=0, 即(C⑦-C)·(C⑦+C)=0,显然Ci.C- 0,放C市-2C,于是BC=22,Ci.C匝 (Ci+c).(2c+C)-2c+C市-8， 故选C 7.B【解析】易得选取次数X的可能取值有1,2,3， 4,P(X=1)=品P(X=2)=品×8-器 8 P(x=》-品×号×g-P(X=4-品× ·数学答案（第 9月质量检测考试 考答案 品x写×8=80所以E(x)=1×骨+2x 品+3×想+1×品= 24 6=4 故选B. 3.D【标】R=g=2x”令E0) 2×入”一1，故Ea)=2×A十1二”十1)入” (0-1)2 设函数f(入)=以+1十1-(n+1)入"，则f'()= n(n+1)λ"-1（入-1）≤0，故f()在[10-1”，1)上 单调递减，注意到f(1)=n十1-n-1=0,故 )>fD=0,枚E'Q)=2×Q/>0即 E(入)在[101,1)上单调递增，故当λ=1017时，E 取得最小值，且其无最大值，易知A不为E取得最 小值的情形. 故选D. 9.ABC【解析】易得c2=bd,故A正确；若b=2a, 则c=3a,则d=·3a=4,5a,故B正确：若a,6 为整数，则b一a为整数，故c=b+(b一a)为整数， 放C正确：取a-3b=46=5,则d-2空，放d不 为整数，故D错误. 故选ABC. 10.AD【解析】因为f(x)是定义域为R的奇函数， 所以当x<0时，f(x)=-f(-x)=一[2(-x)+ 1]ln2(-x)=(2x-1)ln2(-x),故A正确；因为 f(x)是定义域为R的奇函数，故f(0)=0,注意 到f(1)=0,故f(0)+f(1)=0,故B错误；当 >0时，f(2)=2nx(ax+2+2》令 g)=hx+2+日所以gx)=日= 子，当0<x<1时，g(x)<0,g(x)单调递减 当x>1时，g'(x)>0,g(x)单调递增，所以当 x>0时，g(x)≥g(1)=3,即g(x)>0,所以当 页，共5页)· 0<x<1时，f'(x)=2g(x)lnx<0,f(x)单调 递减，当x>1时，f'(x)>0,f(x)单调递增，故C 错误；当x>0时，令f'(x)=0,解得x=1,而 f(1)=0,故x轴是曲线y=f(x)在(1,0)处的切 线，故D正确。 故选AD. 1.AD【解折】易得了0)=amg怎，由1g<受 可知9=石，故f(x)=tan(o+答），由其在区间 (0,石）上单调递增可知ux十石∈（符，石m十 君)，放名0十看<受，解得u≤2，代人a=2可知 题设条件成立，故wo=2,于是g(x)=tan2x十 若)，故A正确：此时g(份侵)=an(A+）=, 由A∈(0，)可得A-否，由正弦定理可得 △ABC的外接圆直径2R= nA=4,故外接圆 BC 面积S=πR2=4π，故B错误；不妨记△ABC的 内角A,B,C的对边分别为a,b,c,由余弦定理可 得a2=b2+c2-2 bccos A,即4=(b十c)2-(2+ V3)bc,故c=6+c)-4-(2-月[6+e) 2+√3 4],于是x= bcsin A2-3 a十b十c 2 (6+c+2)(6+c-2)_2-3 b+c+2 2 ·(b+c-2),而 bc≤b+c),故2-3)b+c)2-4(2-3)≤ +e),于是(7-4)6+e)≤32-165， 故b十c≤ 4(8-43)_2W6-2)=2V6+ N7-43 2-√3 22,放-225.6+e-2)<2(25+ 2 2√2-2)=√5+√6-√2-2，当且仅当b=c= √6十√2时，等号成立，故r的最大值为W3十√6一 √2-2，故C错误；此时b=c=√6十√2，记BC的 中点为O,易知PO=1,于是由等腰三角形的性质 可知AO=√c2-1=2+√5，故AP≤AO十OP= ·数学答案（第 3+√3且AP≥AO-OP=1+3,当且仅当A, P,O三点共线时等号成立.故AP的取值范围是 [1十√3,3十√3]，故D正确. 故选AD. 12.2无【解析】圆柱的上、下底面圆心连线的中点 为球心O,圆柱底面半径为r=1,高为h=2√3， 则球心到底面的距离d=0.5h=√3.设底面圆周 上一点到球心的距离为球的半径R,由勾股定理 3πR=32 得R=√F+d=2,则球的体积V= 元. 13.4【解析】显然m,n均为正数，联立 y2=4x'可 x=m, 得y2=4m,y=士2Wm,于是AB|=4√m,同理 |CD|=4√n,由4vn=2X4√m可得n=4m,即 n m =4. 14.(-1,0)U(0,十o∞)【解析】f(x)=x2 x-a=|ax2-x-(-x十a)(x≠0)零点的个 数等价于曲线y=ax2-x|与直线y=一x十a 交点的个数，当a=0时，曲线y=x|与直线y= 一x有无数个交点，不符合题意；当a<0时，曲线 y=|ax2-x|与x轴的2个交点坐标分别为 (侣，0)和(0,0)，直线y=-x十a与y轴的交点 坐标为(0，a),因为直线y=一x十a的斜率为 -1,若日>a,即-1<a<0,则它们有2个 交点.又因为曲线y=一ax十x在x=是处的切 线的斜率恰为一1，所以当a≤一1时，该曲线与直 线y=-x十a至多有一个交点，不符合题意；当 a>0时，曲线y=ax2-x|与x轴的2个交点坐 标分划为合0)和0,0)，且面线y=-a+x在 x=。处的切线的斜率为-1，与直线y=一2十a 的斜率相同，即当a=1时，曲线y=|ax2一x与 直线y=-x+a在点(1,0)处相切，故当a>0 时，它们总有2个交点，综上，若函数f(x)有且仅 有2个零点，则a的取值范围是(-1,0)U(0, 十∞). 2页，共5页)· 15.解：(1)易得P(X<2)=P(X>2)=0.5,(3分) 又P(2≤X≤6)=0.4，则P(X>6)=0.1. (6分) (2)由对称性可知P(X<一2)=0.1， (8分) P(-2≤X≤2)=0.5-0.1=0.4， (10分) 故P(X≥-21X≤2)=P(-2≤X≤2)0.4 P(X≤2) 0.5 0.8. (13分) 16.解：(1)证明：如图，取AB的中点O,连接V0, CO.因为AC⊥BC,AC=BC=2,故CO⊥AB,且 C0=√2，AB=2√2. (2分) 又VA=VB=2,AB=2√2，则VO⊥AB,VO= √2. (4分) 由于VC=2,则V02+C0=-VC2,即VO⊥C0. (5分) 由于VO⊥AB,AB,COC平面ABC,AB∩CO= O,故VO⊥平面ABC. (6分) 又VOC平面VAB,故平面VAB⊥平面ABC. (7分) (2)由于CO⊥AB,VO⊥AB,且VO,COC平面 VOC,VO∩CO=O,故AB⊥平面VOC.(8分) 又ABC平面ABC,故平面VOC⊥平面ABC. (9分) 设点V在平面ABC上的投影为D.由于平面 VOC⊥平面ABC,且OC为两平面的交线，故D 在线段OC上，则VC与平面ABC所成的角为 ∠VC0=60°. (10分) 方法一几何法：由于VO=CO=√2，故△VOC 为等边三角形，则VC=√2 (11分) 取VC的中点E,由于VA=AC=2,VB=BC= 2,故VC⊥AE,VC⊥BE.故∠AEB为二面角 A-VC-B的平面角. (12分) 由于C=反，故AE=EB=2-() V14 2 (13分) ·数学答案（第 故0∠AEB-AR LERAB-子 2AE·EB (14分) 即二面角A-C-B的正弦值为√1-(（)- 4W3 7 (15分) 方法二建系法：如图，以O为原点，OC为x轴 的正方向，AB为y轴的正方向，过O作平面 ABC的垂线为之轴建立如图所示的空间直角坐 标系O-xyz, D 则A(0,-√2,0)，B(0,√2,0)，C(2,0,0),D o0受o,） 设平面VAC的法向量为n1=(x1,y1,之1)，平面 VBC的法向量为n2=(x2,y2,z2).由于VC= (0,-),Ad=EE,0,Bd=E, -√2,0). (11分) n1·AC=0, 故 取x1=3,则n1=(W3,一√5， n1.C=0, 1)； (12分) n2·BC=0, 取x2=√3，则n2=(W3w3,1). n2.VC=0, (13分) n1·n23-3+11 则cos<nn2之=n·n2√7·7 (14分) 设二面角大小为0， 故m9--(g (15分) 17.解：(1)由题意，{Tm+1一Tm}是以2为首项，2为公 差的等差数列，且数列{an}的首项为1，则T1= 1. (1分) 页，共5页)· 故Tm+1-Tm=2+2(n-1)=2n,Tm-Tm-1= 2(n-1),…,T2-T1=2, (3分) 当n≥2时，累加可得Tm=1+2X1十2X2+…十 2×(m-1)=1+2×n(m1D=n2-n+1.(5分) 2 经验证，当n=1时满足上式，故Tm=n2-n十1. (6分) Tn (2由(1)知，当n≥2时，a.= n2-n+1 n2-n+1 (n-1)2-(n-1)+1n2-3n+3' (8分) 经验证，当加=1时满足上式，即a.=”二”十1 n2-3n+31 (9分) (3)由(2)可知，当n≥2时，a,=1十2(n-1) n2-3n+3 2 1+ -1中 (11分) 设函数f(x)=z十(x>1),易得f(x)在( 十∞)上单调递增，则n≥2时，m-1十随n 的增大而增大，am随n的增大而减小，(13分) 也即{am}中的最大项为第1项或第2项.又a1= 1,a2=3,故{an}中的最大项为3. (15分) 18.解：(1)依题意得c=1,b=√3，则a=√b2+c2= √4=2， (2分) 故E的标准方程为+背-1， (4分) (2)设点A(x),则AD=(,-)十 g=店+6+. 1 (6分) 代人=3-是，得AD3=-2,十 49(x0-1)2,45 16 4+16 (8分) 故当x。=1时，AD取得最小值35 (9分) (3)证明：设切线的方程为y=kx十m,联 立/3x2+42-12=0, y=kx十m, ·数学答案（第 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,(11分) 4km 故。=一4h十3故0=x,十m= 3m 4k2+3,故 (13分) yo 4yo 代入切线方程中得y,=一 x十m,故m= 4yo 3x6+4y6-3 4yo (15分) yo 易得B,品)，C(会0，因此△0BC的面积为 6 (16分) xoyo 又1-+8。 zo yo zoyo 4+3≥2√4·3 (17分) 19.解：(1)证明：易知f(x)的定义域为x>0或x< -1,且x≠- 定义顿关于(-0)中心对称。 (1分) f-1-x)+f(x)=(-是) 2x+1=0, 故曲线y=✉)关于点（←0）中心对称。 (4分) 2已知fx)=h) 2a 2x+1,x∈(0， +e0),令2中1=4，则x=>1,则f) 1 x 1-2a年，因此只需求在：1，∞)止 使得f(t)>0的a的取值范围即可. (6分) 令p(x)=(x+1)lnx-2ax+2a,x∈(1，+∞)， 从而p(x)=nx++1-2a, 令n)=9期a),令m) 0,解得x=1,故9'(x)在x=1处取到最小值， p'(1)=2-2a; (7分) ①若a≤1，则p'(x)>0,进而p(x)在(1，十∞) 上单调递增，p(x)>p(1)=0,因此p(x)>0,故 页，共5页)· f(x)>0, (8分) 1)-(2i+1)lni-2>0, ②若a>1,则o'(1)<0,p'(x)在(1，十∞)上单调 (12分) 递增，从而由零点存在定理可知，存在x。∈(1， 进而有lni+ln(i+1)<2(i+1)ln(i+1) 十∞)，9'(xo)=0,进而x∈(1，xo)时，'(x)< 2iln i-2, (14分) 0,因此p(x)在(1，x。)上单调递减，p(1)=0,进 对其两边从1到n求和得到1n1+2∑1ni+ 而有x∈(1，xo)时，p(x)<0,矛盾。 =2 综上，a的取值范围为（一∞，1]. (10分) ln(n+1)<(2n+2)ln(n+1)-2n,(16分) 化简即得2ln(n!)+2n<(2n+1)ln(n+1). （3)证明：由(2)知，n生) 2x+7>0在(0， 2 (17分) +o∞)上恒成立，取x=i(i∈N),故(2i+l)ln(i+ ·数学答案（第5页，共5页)·2025一2026学年高三9月质量检测考试 数学 评分细则 12 3π 为等边三角形，则VC=√2！ (11分) 取VC的中点E,由于VA=AC=2,VB=BC= 13.4 2,故VC⊥AE,VC⊥BE.故∠AEB为二面角 14.(-1,0)U(0,+∞) A-VC-B的平面角. (12分) 15.解：(1)易得P(X<2)=P(X>2)=0.5,(3分) 又P(2≤X≤6)=0.4，则P(X>6)=0.1. 由于VC=2,放AE=EB=√2-()'- (6分) (2)由对称性可知P(X<-2)=0.1, (8分) √14 2 (13分) P(-2≤X≤2)=0.5-0.1=0.4， (10分) 故P(X≥-21X≤2)=P(-2≤X≤2)_0.4 故cOs∠AEB=AE2+EB2-AB =-1 2AE·EB P(X≤2) 0.5 (14分) 0.8. (13分) 16.解：(1)证明：如图，取AB的中点O,连接VO, CO.因为AC⊥BC,AC=BC=2,故CO⊥AB,且 即二面角A-℃-B的正弦值为、-(7- CO=√2，AB=2√2. (2分) 4√3 71 (15分) 又VA=VB=2,AB=2√2，则VO⊥AB,VO= 方法二建系法：如图，以O为原点，OC为x轴 √2. (4分) 的正方向，AB为y轴的正方向，过O作平面 由于VC=2,则V02+C02=VC2,即V0⊥C0. ABC的垂线为之轴建立如图所示的空间直角坐 (5分) 标系O-xy之， 由于VO⊥AB,AB,COC平面ABC,AB∩CO= O,故VO⊥平面ABC. (6分) 又VOC平面VAB,故平面VAB⊥平面ABC. (7分) 则A(0,-√2,0)，B(0,√2,0)，C(√2,0,0)，D 〔停vo,）. (2)由于CO⊥AB,VO⊥AB,且VO,COC平面 设平面VAC的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面 VOC,VO∩CO=O,故AB⊥平面VOC.(8分) VBC的法向量为n2=(x2,y2,之2).由于VC= 又ABC平面ABC,故平面VOC⊥平面ABC. (9分) (竖，-9》ad=0.成=， 设点V在平面ABC上的投影为D.由于平面 -√2,0). (11分) VOC⊥平面ABC,且OC为两平面的交线，故D 在线段OC上，则VC与平面ABC所成的角为 [n1·AC=0, 故 取x1=V3,则n1=(√3，-√3， ∠VCO=60. (10分) n1·VC=0, 方法一几何法：由于VO=CO=√2，故△VOC 1)； (12分) ·数学评分细则（第1页，共3页）· n2·BC=0, 取x2=√5，则n2=(5,w3,1). (2)设点A(x),则AD=(。-)+ n2·V元=0， (13分) (6分) n1·n23-3+11 则cos<n1n2>=m1·n2√7·V7 7 代人=3-是，得ADP=x-号，+ (14分) 49(x0-1)2,45 16 4 -十16 (8分) 设二面角大小为0， 故当x。-1时，AD取得最小值 4 (9分) 7· (15分) (3)证明：设切线的方程为y=kx十m,联 17.解：(1)由题意，{Tm+1-Tm}是以2为首项，2为公 13.x2+4y2-12=0, 差的等差数列，且数列{an}的首项为l,则T1= 立 y=kx+m, 1. (1分) 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,(11分) 故Tm+1-Tm=2+2(n-1)=2n,Tm-Tm-1= 4km 3m 2(n-1),…,T2-T1=2, (3分) 故x0= 4h+3,故y=bx。十m=46十3'故 当n≥2时，累加可得Tm=1十2×1+2×2+…+ (13分) 2X0m-1）=1+2×1D-m2-n+1.(5分) yo 3,即k=-3x 4yo 2 经验证，当n=1时满足上式，故Tm=n2-n十1. 代入切线方程中得y。=一 3x0 4yo x。十m,故m= (6分) 3x6+4y6_3 (15分) T 4yo yo (2)由(1)知，当n≥2时，a=Ta 易得B,品)，c(信0，因比△0c的面积为 n2-n+1 n2-n+1 (n-1)2-(n-1)+1n2-3n+3' (8分) 6 (16分) Zoyo 经验证，当n=1时满足上式，即a。=”n十1 n2-3n+3 又1=+ zo yo royo +3≥2√4·3 (9分) 3 (3)由(2)可知，当n≥2时，a,=1+2-1) 枚8≥28 (17分) n2-3n+3 19.解：(1)证明：易知f(x)的定义域为x>0或x< 1+ 2 (11分) 1 n-1+n1 -1,且x≠-日定义蚊关于（号0）中心对称。 (1分) 设函数f(x)=x+(x>1),易得f(x)在(1， 2a 十∞)止单调递增，则n≥2时，-1十随” f-1-x)+fx)=(-)-22z+ 的增大而增大，am随n的增大而减小，(13分) 也即{an}中的最大项为第1项或第2项.又a1= 故曲线y=f(x)关于点(0)中心对称 1,a2=3,故{am}中的最大项为3. (15分) (4分) 18.解：(1)依题意得c=1,b=√3，则a=√62+c= 2a √4=2， (2分) (2)已知f)=1h(生）-22x∈(0， 故E的标推方程为+ ,x2, 31. (4分) 十∞)，令t,则x=t>1,则f()= ·数学评分细则（第2页，共3页)· In t-2a(t-1) 2+1,因此只需求出在t∈(1，+∞)上 0,因此p(x)在(1，xo)上单调递减，p(1)=0,进 而有x∈(1，xo)时，9(x)<0,矛盾， 使得f(t)>0的a的取值范围即可. (6分) 综上，a的取值范围为(-∞，1]. (10分) 令p(x)=(x+1)lnx-2ax+2a,x∈(1，+o∞)， (3)证明：由(2)知，(）-2z7>0在0， 2 从而p'(x)=1nx+1+1-2a, +o∞)上恒成立，取x=i(i∈N*),故(2i+l)ln(i+ 令m(x)=(),则m()=,令m'(z) 1)-(2i+1)lni-2>0, (12分) 0,解得x=1,故p'(x)在x=1处取到最小值， 进而有lni+ln(i+1)<2(i+1)ln(i+1)- 9'(1)=2-2a; (7分) 2iln i-2, (14分) ①若a≤1，则p'(x)>0,进而p(x)在(1，+∞) 上单调递增，p(x)>p(1)=0,因此p(x)>0,故 对其两边从1到n求和得到ln1+2lni+ =2 f(x)>0, (8分) ln(n+1)<(2n+2)ln(n+1)-2n,(16分) ②若a>1,则p'(1)<0,p'(x)在(1，+∞)上单调 化简即得2ln(n!)+2n<(2n+1)ln(n+1). 递增，从而由零点存在定理可知，存在x。∈(1， (17分) +∞)，9(xo)=0,进而x∈(1，xo)时，p'(x)< ·数学评分细则（第3页，共3页)·