【文档说明】安徽省江淮十校2025届高三第一次联考（一模）数学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，1.666 MB，由小赞的店铺上传

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江淮十校2025届高三第一次联考数学试题注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂照．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题

的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．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.若集合1,R2xSxxx=−，0,1,2,3T=，则ST?（）A.0,1B.1C.1,2D.0,1,2【答案】B【解析】【分析】由分式不等式的解法与交集的概念求解【详解】由12xx−得2202xx−

−，得12x，则[1,2)S=，ST?1故选：B2.设3i,iaaz+=R，其中i为虚数单位．则“1a”是“10z”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【答案】A【解析】【分析】根据复数的四则运算法则，复数模的计算，结合充分性和必要性的定

义进行判断即可.【详解】因为23i3iiaza−==−，所以29za=+．令10z，解得1a或1a−，故“1a”是“10z”的充分不必要条件．故选：A3.若ln10,ln2ln5,ln4eabc===，则abc、、的大小关

系是（）A.cabB.abcC.cbaD.bac【答案】D【解析】【分析】结合对数运算性质及对数函数的单调性比较,ac的大小，结合基本不等式及对数函数单调性比较,ab的大小，可得结论.【详解】

ln4eln10ln4eln1022ca====，而()()22222ln2ln5ln104ln2ln5ln10244ab+====，且0,0ab．所以ab，故bac．故选：D.4.已知2ba=，若a与b的夹角为60，则2ab−在b上的

投影向量为（）A.12brB.12b−C.32b−D.32b【答案】B【解析】【分析】应用向量的数量积及运算律，结合投影向量公式计算即可得解.【详解】因为2ba=，a与b的夹角为60，所以21cos6022ababaaa=

==，则()222222242abbabbaaa−=−=−=−，所以2ab−在b上的投影向量为()2221222abbabbbaabb−−==−．故选：B.5.定义在R上的函数()fx满足()()2220fxfx++=，且()2yfx=−为偶函数，则下列说法正确的是（）

A.函数()fx的周期为2B.函数()fx的图象关于1x=对称C.函数()fx为偶函数D.函数()fx的图象关于3x=对称【答案】C【解析】【分析】根据已知及偶函数判断周期判断A,再结合周期判断对称性判断B,C,D.【详解】由题意()()2220fxfx++=可知

，𝑓(𝑥+4)=−𝑓(𝑥+2)=𝑓(𝑥)，则函数()fx的周期为4．A选项错误；又()()()22fxfxfx−=+=−，即函数的图象关于2x=对称，也关于(1,0)对称，则()fx的图象不关于1x=对称，B错误；若关于

3x=对称，已知图象关于2x=对称，则函数周期为2矛盾，D错误．对于C，()2yfx=−为偶函数，则()()22fxfx−=+，可知()()()4fxfxfx−=+=，故C正确．故选：C.6.已知三棱锥PAB

C−的四个顶点都在球O的球面上，22PAPBPCABBC=====，23AC=，则球O的表面积为（）A.40π3B.20πC.27π4D.21π2【答案】A【解析】【分析】根据题意，利用正弦、余弦定理，求得ABCV的外接圆的半径，记ABCV的外心为1O，证得1PO⊥面ABC，求得1245PO=，结

合球的截面圆的性质，列出方程求得球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.【详解】设ABCV的外接圆的半径为r，因为22,23ABBCAC===，由余弦定理得2223cos222ACBCABACBACBC+−==，所以5sin22ACB=，则82sin5

ABrACB==，故45r=，记ABCV的外心为1O，连接111,,OAOBOC，则111OAOBOC==取,ABBC的中点,EF，连接11,OEOF，则11,OEABOFBC⊥⊥，又因为PAPBPC==，可得,PEABPFB

C⊥⊥，因为11,PEOEEPFOFF==，且1,PEOE平面1PEO,1,PFOF平面1PFO，所以AB⊥平面1PEO,⊥BC平面1PFO，又因为1PO平面1PEO,1PO平面1PFO，所以11,POABPOBC⊥⊥，因为ABBCB=且,

ABBC平面ABC，所以1PO⊥面ABC，可得1245PO=由题意可得外接球的球心在1PO上，设外接球的半径为R，可得22224455RR−+=，解得85224R=，即4524R=，所以球O的表面积为2404ππ3SR==．故选：A.7.已知函数()2lnfxxmx

x=−+，若不等式()0fx的解集中恰有两个不同的正整数解，则实数m的取值范围是（）A.2ln23ln3,89++B.3ln32ln2,94++C.3ln32ln2,94++D.2ln

23ln3,89++【答案】C【解析】【分析】不等式()0fx可化为ln1xmxx−，利用导数分析函数()lnxgxx=的单调性，作函数()1hxmx=−，()lnxgxx=的图象，由条件结

合图象列不等式求m的取值范围.【详解】函数()2lnfxxmxx=−+的定义域为()0,+，不等式()0fx化为：ln1xmxx−．令()1hxmx=−，()lnxgxx=，()21lnxgxx−=，故函数()gx在()0,e上单调递增，

在()e,+上单调递减．当1x时，𝑔(𝑥)>0，当1x=时，𝑔(𝑥)=0，当01x时，𝑔(𝑥)<0，当x→+时，()0gx→，当0x，且0x→时，()gx→−，画出()gx及ℎ(𝑥)的大致图象如下，因为不等式()0fx解集中恰有两个不同的正整数解，故正整数解为1,

2．故()()()()2233hghg，即ln2212ln3313mm−−．故3ln32ln294m++.故选：C.的8.抛物线22(0)ypxp=的焦点为F，准线与x轴的交点为P．过点P作

直线与抛物线交于,AB两点，其中点A在点B的右边．若120,AFPFAB=△的面积为3，则p等于（）A.23B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】先由题得直线AB斜率必存在且0ABk，故由对称性不妨设0k得A和B在第一象限，过A作AH

x⊥轴交于点H，则根据题意可得结合点(),AAAxy，然后利用结合条件条件即得.【详解】由题可知,02pF，,02pP−，直线AB斜率必存在，且0ABk，由对称性不妨设0k，则A和B在第一象限，因为120AFP=，所以60A

Fx=，过A作AHx⊥轴交于点H，则tan6032AAyAHpFHx===−，即32AApyx=−，又点(),AAAxy在22(0)ypxp=上，所以22AAypx=即22AAyxp=，代入32AAp

yx=−得2322AAypyp=−，整理得223230AAypyp−−=，即()()330AAypyp+−=，所以33Apy=−或3Ayp=，此时3,63ppA−或3,32

pAp，因为A和B在第一象限，所以3,32pAp，故3,63ppB，所以1122FABFAPFBPABSSSPFyPFy=−=−()11333223ABpPFyypp=−=−=

，所以23p=即3p=.故选：D.【点睛】思路点睛：由图的结构特征可知()111222FABFAPFBPABABSSSPFyPFyPFyy=−=−=−，所以解决本题的方向是求出点A和B，先由题得直线AB斜率必存在，且0ABk，故由对称性不妨设0k得

A和B在第一象限，过A作AHx⊥轴交于点H，则由tan60AHFH=得32AApyx=−，再结合点(),AAAxy在22(0)ypxp=上计算整理得33Apy=−或3Ayp=，进而由A和B在第一象限求出

点A和B.二、多选题：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.给出下列命题，其中正确命题为（）A.已知数据12310xxxx、、、、，满足：()12210iixxi−−=，若去掉110xx、

后组成一组新数据，则新数据的方差为21B.随机变量X服从正态分布()21,,(1.5)0.34NPx=，若()0.34Pxa=，则0.5a=C.一组数据()(),1,2,3,4,5,6iixyi=的

线性回归方程为23yx=+，若6130iix==，则6163iiy==D.对于独立性检验，随机变量2的值越大，则推断“两变量有关系”犯错误的概率越小【答案】ABD【解析】【分析】根据方差计算判断A,应用正态分布概率计算求参判断B,根据回归直线过样本中心点求解判断C,应用独立性检验

判断D.【详解】对于A选项，去掉110,xx后平均数为23911872988xxxxx++++==+，方差为()()()222213191999218xxxxxx−−+−−++−−=故A选项正确；对于B选项，由于随机

变量X服从正态分布()21,,(1.5)0.34NPX=，的则()(1.5)0.34PXaPX==，,1.5a关于1对称，则0.5a=故B选项正确；对于C选项，因为6130iix==，所以5x=，又因为回归方程为23yx=+，所以25313y=+=，

所以6113678iiy===，故C选项错误；对于D选项，对于独立性检验，随机变量2的值越大，则两变量有关系的程度的错误率更低，故2越大，判定“两变量有关系”的错误率更低，D选项正确．故选:ABD.10.函数()()sinfxx=+的部

分图象如图所示，其中ππ22−，图象向右平移()*ssN个单位后得到函数𝑦=𝑔(𝑥)的图象，且𝑦=𝑔(𝑥)在ππ,33−上单调递减，则下列说正确的是（）A.1=B.π6x=−为()fx图象的一条对称轴C.s可以等于5D.s的最小值为2【答案】

BD【解析】【分析】根据题意，求得函数()πsin3fxx=−，结合三角函数的图象变换，以及三角函数的性质，逐项判定，即可求解.【详解】由函数()fx图象，可得35π2π3π4632T=+=，所以2πT=，所以2π1

T==，解得1=，又由函数()fx的图象过点5π,16，且ππ22−，当1=时，可得5πsin()16+=，所以5ππ2π,Z62kk=++，解得π2π,Z3kk=−+，因为ππ22−，可得π3=−；当1=−时，可

得5πsin()16−+=，所以5ππ2π,Z62kk−+=+，解得4π2π,Z3kk=−+，因为ππ22−，不存在，舍去，综上可得，1=，π3=−，所以()πsin3fxx=−，所以A不正确，B正确；又因为()()1πππsin663f−=−−=−，所

以π6x=−是函数()fx的一条对称轴，所以B正确；将函数()fx的图象向右平移s个单位后，得到()πsin3gxxs=−−，因为()ygx=在ππ,33−上单调递减，则满足πππ2π332,ππ3π2π332skksk−−−

+−−+Z．解得3π7π2π2π,26kskk−−−−Z，当2k=−时，5π17π26s，而5π52，故s不可能等于5，所以C错误．当1k=−时，π5π26s，又因为Ns，所以min2s=，所以D正确．故选：

BD.11.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的左、右焦点分别为12FF、．过2F的直线l交双曲线C的右支于AB、两点，其中点A在第一象限．12AFF△的内心为11,IAI与x轴的交点为P，记12AFF△的内切圆1I的半径为112,r

BFF的内切圆2I的半径为2r，则下列说法正确的有（）A.若双曲线渐近线的夹角为60，则双曲线的离心率为2或233B.若12AFAF⊥，且112BFAFa−=，则双曲线的离心率为102C.若1,3ab==，则12rr−的取值范围是()3,3−

D.若直线l的斜率为113,2AIIP=，则双曲线的离心率为54【答案】ABD【解析】【分析】根据基本量运算直接得出离心率判断A，结合双曲线定义判断B,结合内切圆性质判断C，结合定义及余弦定理计算可得离心率判断D.【详解】对于A，双曲线

渐近线的夹角为60，则3ba=或者3,3ba=故212bea=+=或22313bea=+=．对于B，设1AFx=，则221,2,2BFxAFxaBFxa==−=+．故222(22)(2)xxaxa+−=+，解得3xa=．又()222

2224,104xxacac+−==，故102e=．对于C，令圆1I切1212,,AFAFFF分别为点,,DQT，则1122||||,|D|||,||||ADAQFFTFQFT===，121212||||||||||||2FTFTFDFQAFAFa−=−=−=，令点0(,0)

Tx，而12(,0),(,0)FcFc−，因此00()()2xccxa−−−−=，解得0xa=，又112ITFF⊥，则点1I横坐标为a，同理点2I横坐标为a，即直线12II的方程为xa=，设直线AB的倾斜角为2

，那么22OFI=，12π2IFO=−在12IFT中，()()1π1tan2tanrcaca=−−=−在22IFT中，()2tanrca=−，渐近线的斜率为3．因为AB、均在右支上，故3602120,3060,tan,33

．如图所求，()12112323tantan,tantan33rrca−=−−=−−．对于D，1211212122AIAFAFAFAF

IPFPFPc+====，故124AFAFc+=，而122AFAFa−=．3ABk=故12122,2,120AFacAFcaFFA=+=−=，由余弦定理可知()()()2222242245cacacccaca+=−++−=

，，故54e=．故选：ABD.【点睛】关键点点睛：1.根据几何性质确定12,II的横坐标都是a，2.设倾斜角为2，将12rr−表示为的三角函数.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知2πcos2cos4xx=−，则tanx=______．【答案】1−

或13．【解析】【分析】应用二倍角公式及两角差余弦公式化简最后由同角三角函数公式计算即可.【详解】()()()2222π1cos2coscossincossincossincossin42xxxxxxxxxx=−−=+=+−当cossin0s

incostan1xxxxx+==−=−,当1cossin0cossin2cos2sincos3sintan3xxxxxxxxx++=−==.故答案为：1−或13.13.现有4个相同的袋子，里面均装有4个除颜色外其他无区别的小球，第()1,2,3,4kk=个袋中有k个红

球，4k−个白球．现将这4个袋子混合后，任选其中一个袋子，并且连续取出三个球（每个取后不放回），则第三次取出的球为白球的概率为______．【答案】38【解析】【分析】设=iA“取出第i个袋子”，1,2,3,4iB==“，结合条件概率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，设=i

A“取出第i个袋子，其中1,2,3,4i=”，B=“从袋子中连续取出三个球，第三次取出的球为白球”，则124ΩAAA=，且1234,,,AAAA两两互斥．()()14,44iiiPAPBA−==，所以()()()416iiiiPABPAPBA−==，所以，()()()(

)()12343213168PBPABPABPABPAB++=+++==．故答案为：3814.以minM表示数集M中最小的数．函数()()cossinmincos,2sinRfxxxxxx=+

的最大值是______．【答案】334##334．【解析】【分析】根据函数的最小值函数定义列式再结合换元cossin,cossin2222xxxxmn=−=+，最后应用导函数正负得出单调性即可得出最大值.【详解】()()222cossincoscos1sincossinc

ossin2222xxxxfxxxxxx+=+=−+．令cossin,cossin2222xxxxmn=−=+，则222mn+=．而()()22232626cossincossin22222xxxxfxmnmnnn−

+===−．令()()32gttt=−，其中20,2tn=，则由()23640gttt=−，可知302t,令()0gt，得322t，即()gt在30,2上为

增函数，在3,22上为减函数．故()327216gtg=，即()334fx≤，当且仅当2231sin211sin22sincosnxmxxx=+==−=，即13

sin,cos22xx==时等号成立．故()fx的最大值为334.故答案为：334.四、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.如图，已知在ABCV中，内角,,ABC所对的边分别为,,abc，且coscos2AaCbc=−．（1）求A的值；（2）若2

4,cbM==为边BC上一点，且23BMMC=，求AM的长．【答案】（1）π3A=（2）2375AM=【解析】【分析】（1）由正弦定理可得sincoscos2sinsinACBCA=−，从而可得2cossinsinABB=，

即1cos2A=，即可求解；（2）利用余弦定理及向量的数量积求出2bcABAC=uuuruuur，利用平面向量基本定理表示出2355AMABAC=+，再平方求解．【小问1详解】由题意知，cossincos2sinsinAACBC=−，故()2cossinsincosco

ssinsinsinABACACACB=+=+=．又sin0B，故1cos2A=，而()0,πA，则π3A=．【小问2详解】在ABCV中，222222cosabcbcAbcbc=+−=+−，故222cos22bcabcACcbAAB+−===．2355AMABAC=+，

故222224912496437||.252525cbABACcbbcAM++++===故2375AM=．16.如图，在四棱锥PABCD−中，122,PADDPCCBBAADCB=====∥，90CPDABC==，平面PCD⊥平面,ABCDE为PD中点．（1

）求证：PD⊥平面PCA；（2）点Q在棱PA上，CQ与平面PDC所成角的正弦值为63，求平面PCD与平面CDQ夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）55．【解析】【分析】（1）应用面面垂直性质定理证明线面垂直；（2）先应用空间向量法计算

线面角得出参数，再计算二面角即可.小问1详解】由题意：222,90,22BCABABCACABBC====+=，同理22CD=，又2224,,ADCDACADCDAC=+=⊥．而2222CDPDPC==+，即PCPD⊥又平面PCD⊥平面ABCD，

平面PCD平面,ABCDCDAC=平面ABCD，AC⊥平面,PCDPD平面,PCDPDAC⊥，又PCPD⊥，且PC面,PCAAC面【,,PCAPCACCPD=⊥平面PCA．【小问2详解】以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()()0,

0,0,0,22,0,22,0,0,2,0,2CADP，()()()22,0,0,2,0,2,2,22,2CDCPPA===−−，设(01)PQPA=，有()()()21,22,21CQCPPA=+=−−，取面PCD的一个法向量()0,1,0m=

，则()222261cos,32418CQm===−+，，故22,2,22CQ=．令𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)是平面CDQ的一个法向量，则00nCDnCQ==，即220222022xxyz=++=令

1y=，有()0,1,2n=−，则5cos,5nmnmnm==故平面PCD与平面CDQ夹角的余弦值为55．17.椭圆22:14xEy+=的上顶点为P，圆222:(1)(0)Cxyrr−+=在椭圆E内．（1）求r的取值范围；（2）过点P作圆C的

两条切线，切点为AB、，切线PA与椭圆E的另一个交点为N，切线PB与椭圆E的另一个交点为M．是否存在圆C，使得直线MN与之相切，若存在求出圆C的方程，若不存在，说明理由．【答案】（1）603r（2）存在，2217413(1)9xy−−+=【解析】【分析】（1）

设()00,Txy为椭圆E上任意一点，再根据两点间距离小于半径即可得出范围；（2）设直线,PMPN的方程直线,由点到直线距离等于半径得出MN的方程为()()22231510xryr+−+−=，最后再应用圆心到直线距离等于

半径求参即可求出圆的方程．【小问1详解】设()00,Txy为椭圆E上任意一点，022x−，则()222200003||1224TCxyxx=−+=−+．则22200min3348222244333rxx−+=−+=．故603r．

【小问2详解】由题意可知()0,1P，设()()1122,,MxyNxy、，因为1r，故切线PMPN、的斜率都存在．又直线PM的方程为1111yyxx−=+，即为()11110yxxyx−−+=，直线PN的方程为()

22210yxxyx−−+=．则()11221111xyrxy+−=+−，故()()()2222221111112111xxyyrxry+−+−=+−．而()221141xy=−，故()()()()()22222111114112111ryxyyry−−+−+−=−，又因为11y

．故()()2211233510xryr+−+−=，同理()()2222233510xryr+−+−=．故直线MN的方程为()()22231510xryr+−+−=．若直线MN与圆C相切，则()22253914rrr−=−+，令220,3tr=．故329

434390ttt−+−=，即()()2193490ttt−−+=．故1t=，或174139t=．故存在满足条件的圆C，其方程为2217413(1)9xy−−+=．18.南昌地铁1号线在2015年12月26日正式通车运营，共24站.

第1站为双港站，第24站是瑶湖西站.如果乘客乘坐从第1站开往第24站的地铁，则称他为正向乘车，否则称他为反向乘车.假设每隔5分钟，在1号线上的任何一个站点（除去第1站和第24站），乘客可以正向乘车，也可以反向乘车.在五一劳

动节的5天假期期间，张爸爸带着大张和小张一起去南昌旅游.他们约定每天由一人统一管理三人的手机，相邻两天管理手机的人不相同.若某天是张爸爸管理手机，则下一天有12的概率是大张管理手机；若某天是大张或小张管理手机，则下一天有34的概率是张爸

爸管理手机，第一天由张爸爸管理手机.（1）记这5天中，张爸爸保存手机的天数为X，求X的分布列及期望．（2）在张爸爸管理手机的某天，三人在第13站八一广场站下地铁后，失去了联系.张爸爸决定按照事先安排，独自前往景点.大张和小张都

决定乘坐地铁，每到一个站点，下车寻找对方.只要他们出现在同一个站点，就会寻找到对方，然后一起前往景点，和张爸爸汇合，如果没有寻找到对方，则他们继续乘车寻找.大张和小张正向乘车、反向乘车的概率均为12.求在25分钟内（包含25分钟），他们寻找到对方的概率.【答案】（1）分布列见解析

，()16364EX=（2）193256【解析】【分析】（1）根据题意，得到变量X的取值为1,2,3，结合独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解；（2）由题意知，大张和小张有12的概率乘车的方向相同，转化为求小张在五步内，第一次回到起点

的概率，分类讨论，即可求解.【小问1详解】由题意知，随机变量X的取值为1,2,3，可得()3114PX==；当2X=时，张爸爸管理手机的情况分为：在第3天、第4天、第5天三种情况．若在第3天管理手机，不同手机管理方法有

4种，其概率为1131134242416p==；若在第4天管理手机，不同的手机管理方法有4种，其概率为2113134244216p==；若在第5天管理手机，不同的手机管理方法有2种，其概率为3111332244464p=

=；所以()27264PX==．当3X=时，张爸爸管理手机的情况为：第3天和第5天，此时，不同的手机管理方法有4种，可得故()1313934242416PX===．所以随机变量X的分布列为X

123p1642764916所以随机变量X的期望为()127916312364641664EX=++=．【小问2详解】由题意知，大张和小张有12的概率乘车的方向相同，当大张和小张都乘车寻找对方时，可以视为大张在第13站不乘车，在某个站点，小张以12的概率不乘车，以14

的概率正向乘车两站，以14的概率反向乘车两站，现求小张在五步内，第一次回到起点的概率，若小张经过一步，第一次回到起点，相当于小张在第一步选择了停留，其概率为12p=，若小张经过两步，第一次回到起点，其概率为21211C48p==；的若小张经

过三步，第一次回到起点，则只能在第2步时停留，其概率为212111C2416p==；若小张经过四步，第一次回到起点，则小张有2种选择，每站都不停留；或者停留2次，且只能在第2步和第3步停留，其概率为4221111152242412832128p=+=+=

；若小张经过五步，第一次回到起点，则小张有2种选择，停留1次，且只能第2步或第3步或第4步停留；停留3次，且只能在第2步、第3步、第4步停留，其概率为4321111317322242425664256p=+=+=

，故满足条件的概率为111571932816128256256p=++++=．19.在微积分中，泰勒展开是一种常用的分析方法.若()fx在包含0x的某个开区间(),ab中具有1n+阶导数，设()()nfx表示()f

x的n阶导数.则对(),xab有()()()()()()()()()()20000000...1!2!!nnnfxfxfxfxfxxxxxxxRxn=+−+−++−+.其中()()()()()1101!nnnfRxxxn++=−+，是位于0x与x之间的某个值，它称为n阶泰勒

余项.()()()()()()()()()''20000000...1!2!!nnnfxfxfxPxfxxxxxxxn=+−+−+−+叫做()fx在0xx=处的n阶泰勒多项式.（1）求()ln1x+在0x=处的1阶泰勒多项式()1Px和2阶泰勒多项式()2Px，并证明：当0x时，(

)()()21ln1PxxPx+；（2）整数2024n.定义数列220011111,,,122kkkknnabaabbkn−−===+=+−.设e为自然对数的底数.（i）求证：ena；（ii）求证：enb.【答案】（1）()()212,2xPxxPxx==−，证明见解析在

（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析；【解析】【分析】（1）令()()=ln1fxx+，求出()0f和()0f即可求出()1Px和()2Px；当0x时，利用导数工具求证()()()1100ln1fxfxx=−=+和()()22ln12xfxxx=+−

+()200f=即可得证()()()21ln1PxxPx+.（2）令11,22nnrsn==−，先求证ka为增数列且当*kN时，1ka；kb为增数列，且当*kN时，1kb.（i）由题意得()212lnln2lnln1kkkkraaraa+

=+=++，接着利用放缩法得111lnln222kkkkkaar++++，从而利用累加法得110ln1222nnnknkar−+=，于是ln1na得ena；（ii）同（i）得111lnln222kkkkkbbs+++−，结合累加法得对任意的mN，110ln

11222mmmkmkbss−+==−，于是得()211emsmb−即()2221111emsmb−，再结合e1xx+得1112lnln132222kkkkkkbbsss++

++−−+，接着得1120ln13222nnnkkkbsss−++=−+13111222nnssns=−−+−，进而推出ln1nb，从而得证enb.【小问1详解】令()()=l

n1fxx+，则()1=1fxx+，()()21=1fxx−+，所以()10=110f=+，()()210=110f−=+，所以()()212,2xPxxPxx==−；令()()1ln1,0fxxxx=

+−则()11101xxf=−+，故()1fx在()0,+上递减，则()()1100fxf=，即()()1ln1xPx+；令()()22ln1,02xfxxxx=+−+，则()211112011fxxxxx=−+=+−+++，故()2fx在()0,+上递增，则()(

)2200fxf=，即()()2ln1xPx+.所以当0x时，()()()21ln1PxxPx+.【小问2详解】令11,22nnrsn==−，由题意可知，111ar=+，故2211aar=+，依次类推有1,kakN，故当2k时，()21111110kkkk

kkaaaaraarr−−−−−−=−+=−+，所以ka为增数列，且当*kN时，1ka；同理kb为增数列，且当*kN时，1kb.（i）由题意可知，()212lnln2lnln1kkkkraaraa+=+=++，故由()ln1xx+得1112121lnln1l

nlnln12222222kkkkkkkkkkkkkaarararaa+++++=++++，所以11111001111lnlnln122211222221122nnnnkknkkknkkrraaarr−−+++==−=−=

==−−，则有ln1na，即ena.（ii）同（i），我们有1112121lnln11ln122222kkkkkkkkkbbsssbb+++++−=+，则对任意的1111100

lnlnln1,122222mmmkkmkkkmkkbbbsms−−+++===−=−N，故()ln21mmbs−，所以()211emsmb−，即()2221111emsmb−，对任意的Nm成立.函数()()

e1xgxx=−+的导函数为()e1xgx=−，所以当(),0x−时，()0gx；()0,x+时，()0gx，1所以函数()()e1xgxx=−+在(),0−上单调递减，在()0,+上单调递增，所以()()00gxg=，即e1xx+，所以21112124lnl

n11ln122222kkkkkkkkkbbsssbbb++++−=+−()()222112111e1221222222kskkkkksssssssb−−+++−−−−−111

2313122222kkkkssssss++++=−+=−+，故11111200lnlnln1322222nnnkknkkkkkkbbbsss−−++++===−−+211111113122223111122

21122nnnnssnsssns−−=−+=−−+−−−，故由12nsn=−得()()221313ln211212212222nnnnnnnsbsnssnss−−+−=−−+−()()

23122212nnnnnssns−=−++−+()()()231221122nnnsnnn=++−+−−()2131221122nsnnn=++−−−

，即enb.【点睛】方法点睛：放缩法是一种在求解数学问题时经常使用的技巧之一，尤其在导数和数列上证明不等式时，常见放缩公式（来源于麦克劳林公式）有：（1）23e1...26xxxx++++（2）()2

34ln1...234xxxxx+−+−+（3）()()2111...2xxx−++++（4）3111...28xxx++−+（5）357sin...3!5!7!xxxxx−+−+