江苏省南师附中2020届高考数学模拟卷（十）（最后一卷）试题

此资料由网络收集而来，如有侵权请告知上传者立即删除。资料共分享，我们负责传递知识。PAGE2020届高三模拟考试试卷(十)(南师附中)数　　学(满分160分，考试时间120分钟)2020．5参考公式：锥体的体积公式为V＝eq\f(1,3)Sh，其中S是锥体的底面积，h是锥体的高．一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．1.设集合U＝R，集合M＝{x|x2－x≥0}，则∁UM＝______________．2.高三(1)班共有48人，学号依次为1，2，3，…，48，现用系统抽样的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 抽取一个容量为4的样本，已知学号5，29，41在样本中，那么还有一个同学的学号应为______________．(第4题)3.已知i为虚数单位，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋i,i)))＝2，则正实数a＝________________．4.执行右图所示的算法流程图，若输出的结果为eq\f(1,2)，则输入的x为________________．　5.在平面直角坐标系xOy中，角α的始边与x轴正半轴重合，终边在直线y＝－eq\r(3)x上，且x＞0，则sinα＝____________．6.从集合{1，2，3，4，5}中随机选取一个数记为a，从集合{2，3，4}中随机选取一个数记为b，则b＞a的概率是__________．7.已知向量a＝(x－z，1)，b＝(2，y－z)，且a⊥b.若x，y满足不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋2≥0，,x＋2y－2≥0，,x≤2，))则z的取值范围是______________．8.“a＝1”是“函数f(x)＝eq\f(2x－a,2x＋a)在其定义域上为奇函数”的____________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)(第9题)9.已知一个圆锥的展开图如图所示，其中扇形的圆心角为120°，底面圆的半径为1，则该圆锥的体积为__________．10.已知F是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左焦点，B1B2是双曲线的虚轴，M是OB1的中点，过F、M的直线交双曲线C于A，且eq\o(FM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))，则双曲线C离心率是______________．11.已知数列{an}是公差不为0的等差数列，{bn}是等比数列，其中a1＝3，b1＝1，a2＝b2，3a5＝b3，若存在常数u，v对任意正整数n都有an＝3logubn＋v，则u＋v＝______________．12.已知函数f(x)＝loga(x3－ax)(a＞0且a≠1)，如果函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))内单调递增，那么a的取值范围是____________．(第13题)13.如图，线段EF的长度为1，端点E、F在边长不小于1的正方形ABCD的四边上滑动．当E、F沿着正方形的四边滑动一周时，EF的中点M所形成的轨道为G.若G的周长为l，其围成的面积为S，则l－S的最大值为____________．14.记F(a，θ)＝eq\f(a2＋2asinθ＋2,a2＋2acosθ＋2)，对于任意实数a、θ，F(a，θ)的最大值与最小值的和是__________．二、解答题：本大题共6小题，共90分．解答时应写出必要的文字说明、 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 过程或演算步骤．15.(本小题满分14分)已知函数f(x)＝Asin(x＋φ)(A＞0，0＜φ＜π)，x∈R的图象有一个最高点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，1)).(1)求f(x)的解析式；(2)若α为锐角，且f(α)＝eq\f(1,3)，求f(－α)的值．16.(本小题满分14分)如图，正方形ABCD和三角形ACE所在的平面互相垂直．EF∥BD，AB＝eq\r(2)EF.求证：(1)BF∥平面ACE；(2)BF⊥BD.17.(本小题满分14分)如图，现有一个以∠AOB为圆心角、湖岸OA与OB为半径的扇形湖面AOB.现欲在弧AB上取不同于A、B的点C，用渔网沿着弧AC(弧AC在扇形AOB的弧AB上)、半径OC和线段CD(其中CD∥OA)，在该扇形湖面内隔出两个养殖区域——养殖区域Ⅰ和养殖区域Ⅱ.若OA＝1km，∠AOB＝eq\f(π,3)，∠AOC＝θ.(1)用θ 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示CD的长度；(2)求所需渔网长度(即图中弧AC、半径OC和线段CD长度之和)的取值范围．18.(本小题满分16分)已知抛物线D的顶点是椭圆C：eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,15)＝1的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合．(1)求抛物线D的方程；(2)过椭圆C右顶点A的直线l交抛物线D于M、N两点．①若直线l的斜率为1，求MN的长；②是否存在垂直于x轴的直线m被以MA为直径的圆E所截得的弦长为定值？如果存在，求出m的方程；如果不存在，说明理由．19.(本小题满分16分)已知函数f(x)＝mx2－x＋lnx.(1)当m＝－1时，求f(x)的最大值；(2)若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求m的取值范围；(3)当m＞0时，若曲线C：y＝f(x)在点x＝1处的切线l与C有且只有一个公共点，求m的值．20.(本小题满分16分)如果无穷数列{an}满足下列条件：①eq\f(an＋an＋2,2)≤an＋1；②存在实数M，使得an≤M，其中n∈N*，那么我们称数列{an}为Ω数列．(1)设数列{bn}的通项为bn＝5n－2n，且是Ω数列，求M的取值范围；(2)设{cn}是各项为正数的等比数列，Sn是其前n项和，c3＝eq\f(1,4)，S3＝eq\f(7,4)，证明：数列{Sn}是Ω数列；(3)设数列{dn}是各项均为正整数的Ω数列，求证：dn≤dn＋1.2020届高三模拟考试试卷(十)数学附加题(满分40分，考试时间30分钟)21.【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2题，每小题10分，共20分．若多做，则按作答的前两题计分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．A.(选修41：几何证明选讲)从⊙O外一点P向圆引两条切线PA、PB和割线PCD.从A点作弦AE平行于CD，连结BE交CD于F.求证：BE平分CD.B.(选修42：矩阵与变换)已知二阶矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a　3,c　1))，矩阵A属于特征值λ1＝－1的一个特征向量为α1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(　1,－1)).(1)求矩阵A的另一个特征值及其对应的一个特征向量；(2)若向量m＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1,－4))，求A4m.C.(选修44：坐标系与参数方程)在极坐标系中，点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，－\f(π,4)))，圆O1：ρ＝4cosθ＋4sinθ.(1)将圆O1的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)判断点A与圆O1的位置关系．D.(选修45：不等式选讲)已知a，b，x，y均为正数，且eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，x＞y.求证：eq\f(x,x＋a)＞eq\f(y,y＋b).【必做题】第22、23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．22.文娱队的每位队员唱歌、跳舞至少会一项．已知会唱歌的有2人，会跳舞的有5人，现从文娱队中选2人，设X为选出的人中既会唱歌又会跳舞的人数，且P(X＞0)＝eq\f(7,10).(1)求文娱队的总人数；(2)计算E(X)．23.已知fn(x)＝(1＋eq\r(x))n，n∈N*.(1)若g(x)＝f4(x)＋2f5(x)＋3f6(x)，求g(x)中含x2项的系数；(2)若pn是fn(x)展开式中所有无理项的系数和，数列{an}是各项都大于1的数组成的数列，试用数学归纳法证明：pn(a1a2…an＋1)≥(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)．2020届高三模拟考试试卷(十)(南师附中)数学参考答案及评分标准1.(0，1)　2.17　3.eq\r(3)　4.－2　5.－eq\f(\r(3),2)　6.eq\f(2,5)　7.eq\f(1,3)≤z≤2　8.充分不必要　9.eq\f(2\r(2)π,3)10.eq\f(5,2)　11.6　12.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))　13.eq\f(5π,4)　14.415.解：(1)由题意，A＝1，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝1，又0＜φ＜π，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).(6分)(2)由题意，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(1,3)＜eq\f(1,2)，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(2\r(2),3)，(10分)所以f(－α)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－α＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))＝sineq\f(π,3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－coseq\f(π,3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(2\r(2),3)－eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(2\r(6)－1,6).(14分)16.证明：(1)AC与BD交于O点，连结EO.正方形ABCD中，eq\r(2)BO＝AB，又因为AB＝eq\r(2)EF，∴BO＝EF，又因为EF∥BD，∴EFBO是平行四边形∴BF∥EO，又∵BF平面ACE，EO平面ACE，∴BF∥平面ACE.(7分)(2)正方形ABCD中，AC⊥BD，又因为正方形ABCD和三角形ACE所在的平面互相垂直，BD平面ABCD，平面ABCD∩平面ACE＝AC，∴BD⊥平面ACE，∵EO平面ACE∴BD⊥EO，∵EO∥BF，∴BF⊥BD.(14分)17.解：(1)由CD∥OA，∠AOB＝eq\f(π,3)，∠AOC＝θ，得∠OCD＝θ，∠ODC＝eq\f(2π,3)，∠COD＝eq\f(π,3)－θ.在△OCD中，由正弦定理，得CD＝eq\f(2,\r(3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))(6分)(2)设渔网的长度为f(θ)．由(1)可知，f(θ)＝θ＋1＋eq\f(2,\r(3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ)).(8分)所以f′(θ)＝1－eq\f(2,\r(3))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))，因为θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以eq\f(π,3)－θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，令f′(θ)＝0，得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(π,3)－θ＝eq\f(π,6)，所以θ＝eq\f(π,6).θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))eq\f(π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))f′(θ)＋0－f(θ)极大值所以f(θ)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(π＋6＋2\r(3),6))).故所需渔网长度的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(π＋6＋2\r(3),6))).(14分)18.解：(1)由题意，可设抛物线方程为y2＝2px(p＞0)．由a2－b2＝4－3＝1，得c＝1.∴抛物线的焦点为(1，0)，∴p＝2.∴抛物线D的方程为y2＝4x.(4分)(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．①直线l的方程为：y＝x－4，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－4，,y2＝4x，))整理得x2－12x＋16＝0.M(6－2eq\r(5)，2－2eq\r(5))，N(6＋2eq\r(5)，2＋2eq\r(5))，∴MN＝eq\r(（x1－x2）2－（y1－y2）2)＝4eq\r(10).(9分)②设存在直线m：x＝a满足题意，则圆心Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋4,2)，\f(y1,2)))，过M作直线x＝a的垂线，垂足为E，设直线m与圆M的一个交点为G.可得|EG|2＝|MG|2－|ME|2，(11分)即|EG|2＝|MA|2－|ME|2＝eq\f(（x1－4）2＋yeq\o\al(2,1),4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋4,2)－a))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)yeq\o\al(2,1)＋eq\f(（x1－4）2－（x1＋4）2,4)＋a(x1＋4)－a2＝x1－4x1＋a(x1＋4)－a2＝(a－3)x1＋4a－a2.(14分)当a＝3时，|EG|2＝3，此时直线m被以AP为直径的圆M所截得的弦长恒为定值2eq\r(3).因此存在直线m：x＝3满足题意．(16分)19.解：(1)当m＝－1时，f(x)＝－x2－x＋lnx，所以f′(x)＝－2x－1＋eq\f(1,x)＝－eq\f(（2x－1）（x＋1）,x)，所以当0＜x＜eq\f(1,2)，f′(x)＞0，当x＞eq\f(1,2)，f′(x)＜0，因此当x＝eq\f(1,2)时，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(3,4)－ln2.(3分)(2)f′(x)＝2mx－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(2mx2－x＋1,x)，即2mx2－x＋1＜0在(0，＋∞)上有解．①m≤0显然成立；②m＞0时，由于对称轴x＝eq\f(1,4m)＞0，故Δ＝1－8m＞0m＜eq\f(1,8)，综上，m＜eq\f(1,8).(8分)(3)因为f(1)＝m－1，f′(1)＝2m，所以切线方程为y－m＋1＝2m(x－1)，即y＝2mx－m－1，从而方程mx2－x＋lnx＝2mx－m－1在(0，＋∞)上只有一解．令g(x)＝mx2－x＋lnx－2mx＋m＋1，则g′(x)＝2mx－1－2m＋eq\f(1,x)＝eq\f(2mx2－（2m＋1）x＋1,x)＝eq\f(（2mx－1）（x－1）,x)，(10分)所以1°m＝eq\f(1,2)，g′(x)≥0，所以y＝g(x)在x∈(0，＋∞)单调递增，且g(1)＝0，所以mx2－x＋lnx＝2mx－m－1只有一解．(12分)2°0＜m＜eq\f(1,2)，x∈(0，1)，g′(x)＞0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2m)))，g′(x)＜0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞))，g′(x)＞0由g(1)＝0及函数单调性可知geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)))＜0，因为g(x)＝mxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,m)))))＋m＋lnx＋1，取x＝2＋eq\f(1,m)，则geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,m)))＞0.因此在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞))方程mx2－x＋lnx＝2mx－m－1必有一解从而不符题意(14分)3°m＞eq\f(1,2)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2m)))，g′(x)＞0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，1))，g′(x)＜0；x∈(1，＋∞)，g′(x)＞0同理在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2m)))方程mx2－x＋lnx＝2mx－m－1必有一解，不符题意，综上所述m＝eq\f(1,2).(16分)20.(1)解：∵bn＋1－bn＝5－2n，∴n≥3，bn＋1－bn＜0，故数列{bn}单调递减；(3分)当n＝1，2时，bn＋1－bn＞0，即b1＜b2＜b3，则数列{bn}中的最大项是b3＝7，所以M≥7.(4分)(2)证明：∵{cn}是各项正数的等比数列，Sn是其前n项和，c3＝eq\f(1,4)，S3＝eq\f(7,4)，设其公比为q＞0，∴eq\f(c3,q2)＋eq\f(c3,q)＋c3＝eq\f(7,4).(6分)整理，得6q2－q－1＝0，解得q＝eq\f(1,2)，q＝－eq\f(1,3)(舍去)．∴c1＝1，cn＝eq\f(1,2n－1)，Sn＝2－eq\f(1,2n)＝Sn＋2，S＜2.(8分)对任意的n∈N*，有eq\f(Sn＋Sn＋2,2)＝2－eq\f(1,2n)－eq\f(1,2n＋2)＜2－eq\f(1,2n)＝Sn＋2，且Sn＜2，故{Sn}是Ω数列．(10分)(3)证明：假设存在正整数k使得dk＞dk＋1成立，有数列{dn}的各项均为正整数，可得dk≥dk＋1＋1，即dk＋1≤dk－1.因为eq\f(dk＋dk＋2,2)≤dk＋1，所以dk＋2≤2dk＋1－dk≤2(dk－1)－dk＝dk－2.由dk＋2≤2dk＋1－dk及dk＞dk＋1得dk＋2＜2dk＋1－dk＋1＝dk＋1，故dk＋2≤dk＋1－1.因为eq\f(dk＋1＋dk＋3,2)≤dk＋2，所以dk＋3≤2dk＋2－dk＋1≤2(dk＋1－1)－dk＋1＝dk＋1－2≤dk－3，由此类推，可得dk＋m≤dk－m(m∈N*)．(14分)又存在M，使dk≤M，∴m＞M，使dk＋m＜0，这与数列{dn}的各项均为正数矛盾，所以假设不成立，即对任意n∈N*，都有dk≤dk＋1成立．(16分)2020届高三模拟考试试卷(十)(南师附中)数学附加题参考答案及评分标准21.A.选修41：几何证明选讲证明：连结OF、OP、OB.∵AE∥CD，∴∠PFB＝∠AEB.∵PA，PB是切线，∴∠POB＝∠AEB.∵∠PFB＝∠POB，∴O，F，B，P四点共圆．(5分)又∵∠OBP＝90°，∴∠OFP＝90°，由垂径定理可知CF＝DF.(10分)B.选修42：矩阵与变换解：(1)由题意，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a　3,c　1))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(　1,－1))＝－1×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(　1,－1))，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a－3,c－1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1,1))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝2.))特征方程eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(λ－2　－3,－2　λ－1))＝(λ－2)(λ－1)－6＝0，解得λ＝－1，4.属于特征值λ2＝4的一个特征向量为α2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3,2)).(5分)(2)m＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1,－4))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(　1,－1))－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3,2)).∴A4m＝2A4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(　1,－1))－A4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3,2))＝2(－1)4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(　1,－1))－44eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3,2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(　2,－2))－44eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3,2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－766,－514)).(10分)C.选修44：坐标系与参数方程解：(1)圆O1：ρ＝4cosθ＋4sinθρ2＝4ρcosθ＋4ρsinθx2＋y2＝4x＋4y.(5分)(2)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，－\f(π,4)))A(2，－2)．AO1＝eq\r(（2－2）2＋（－2－2）2)＝4＞2eq\r(2)＝R，点在圆外．(10分)D.选修45：不等式选讲证明：∵eq\f(x,x＋a)－eq\f(y,y＋b)＝eq\f(x（y＋b）－y（x＋a）,（x＋a）（y＋b）)＝eq\f(bx－ay,（x＋a）（y＋b）)，又b＞a＞0，x＞y＞0，∴(x＋a)(y＋b)＞0，bx＞ay，即bx－ay＞0，∴eq\f(x,x＋a)－eq\f(y,y＋b)＞0，即eq\f(x,x＋a)＞eq\f(y,y＋b).(10分)22.解：(1)设总人数为n个，则P(X＞0)＝1－P(X＝0)＝1－eq\f(Ceq\o\al(2,2n－7),Ceq\o\al(2,n))＝eq\f(7,10).∵2n－7≥2，∴n≥4.5.∵2＜n＜7，n∈N*n＝5，6，逐个代入，得n＝5.(5分)(2)P(X＝0)＝1－P(X＞0)＝1－eq\f(7,10)＝eq\f(3,10)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝1)＝1－eq\f(1,10)－eq\f(3,10)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)，E(X)＝0×eq\f(3,10)＋2×eq\f(1,10)＋1×eq\f(3,5)＝eq\f(4,5).(10分)23.(1)解：g(x)中含x2项的系数为Ceq\o\al(4,4)＋2Ceq\o\al(4,5)＋3Ceq\o\al(4,6)＝1＋10＋45＝56.(3分)(2)证明：由题意，pn＝2n－1.(5分)①当n＝1时，p1(a1＋1)＝a1＋1，成立；②假设当n＝k时，pk(a1a2…ak＋1)≥(1＋a1)(1＋a2)…(1＋ak)成立，当n＝k＋1时，(1＋a1)(1＋a2)…(1＋ak)(1＋ak＋1)≤2k－1(a1a2…ak＋1)(1＋ak＋1)＝2k－1(a1a2…akak＋1＋a1a2…ak＋ak＋1＋1)．(*)∵ak＞1，a1a2…ak(ak＋1－1)≥ak＋1－1，即a1a2…akak＋1＋1≥a1a2…ak＋ak＋1，代入(*)式得(1＋a1)(1＋a2)…(1＋ak)(1＋ak＋1)≤2k(a1a2…akak＋1＋1)成立．综合①②可知，pn(a1a2…an＋1)≥(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)对任意n∈N*成立．(10分)