2018年天津市部分区高考数学二模试卷(文科)(解析版)

2018年天津市部分区高考数学二模试卷（文科）
一、选择题：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．（5分）已知全集U＝{1，2，3，4，5，6，7}，集合M＝{2，3，4，5}，集合N＝{4，5，6}，则集合∁U（M∩N）＝（）
A．{1，2，3，5}B．{2，3，6，7}
C．{1，2，3，5，6，7}D．{1，2，3，6，7}
2．（5分）设变量x、y满足约束条件，则目标函数z＝2x+y的最小值为（）
A．6B．4C．3D．2
3．（5分）阅读如图的程序框图，运行相应的程序，则输出S的值为（）
A．15B．37C．83D．177
4．（5分）已知双曲线（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程是y＝，且它的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，则双曲线的方程是（）
A．B．
C．D．
5．（5分）设x∈R，则“x＞﹣1”是“|x﹣5|＜4”的（）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．（5分）已知向量与的夹角为120°，||＝5，||＝2，若＝，
且＝﹣6，则实数λ的值为（）
A．﹣B．C．D．
7．（5分）将函数f（x）＝sin2x的图象向右平移φ（0＜φ＜）个单位长度后得到函数g（x）的图象，若g（x）在区间[0，]上单调递增，则实数φ的取值范围是（）
A．[﹣]B．[）C．（]D．（0，] 8．（5分）设函数f（x）是定义在R上的奇函数，且当x＞0时f（x）＝lnx，记
a＝f（（）），b＝﹣f（），c＝f（3），则a，b，c的大小关系为（）
A．c＞b＞a B．b＞c＞a C．b＞a＞c D．a＞b＞c
二、填空题：本大题共有6小题，每小题5分，共30分.
9．（5分）已知i为虚数单位，复数z满足z（1+i）＝2﹣3i，则z的虚部为．10．（5分）已知函数f（x）＝，f′（x）为f（x）的导函数，则f′（1）＝．
11．（5分）已知直线k（x+1）+y+2＝0恒过定点C，且以C为圆心，5为半径的圆与直线3x+4y+1＝0相交于A、B两点，则弦AB的长为．12．（5分）已知一个几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积为cm3．
13．（5分）已知函数y＝a log2x﹣b（a＞0，b＞0）的图象过点（），则的最小值为．
14．（5分）已知函数f（x）＝，若函数g（x）＝﹣f
（x）+b在区间[﹣2，6]内有3个零点，则实数b的取值范围是．三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算
步骤.
15．（13分）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a+c＝6，b＝2，cos B＝．
（Ⅰ）求c和sin A的值；
（Ⅱ）求sin（2A﹣B）的值．
16．（13分）某区的区大代表中有教师6人，分别来自甲、乙、丙、丁四个学校，其中甲校教师记为A1，A2，乙校教师记为B1，B2，丙校教师记为C，丁校教师记为D．现从这6名教师代表中选出3名教师组成十九大报告宣讲团，要求甲、乙、丙、丁四个学校中，每校至多选出1名．
（Ⅰ）请列出十九大报告宣讲团组成人员的全部可能结果；
（Ⅱ）求教师A1被选中的概率；
（Ⅲ）求宣讲团中没有乙校教师代表的概率．
17．（13分）在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，直线FC⊥平面ABCD，ED∥FC，点G为AB的中点，且FC＝AB＝2ED＝2CD＝2，∠ABC＝60°．
（Ⅰ）求证：AE∥平面GCF；
（Ⅱ）求证：平面ACF⊥平面BCF；
（Ⅲ）求直线FB与平面ADE所成角的正弦值．
18．（13分）已知数列{a n}为等比数列，数列{b n}为等差数列，且b1＝a1＝1，b2＝a1+a2，a3＝2b3﹣6．
（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；
（Ⅱ）设c n＝，数列{c n}的前n项和为T n，证明：．19．（14分）已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，椭圆的一个顶
点与两个焦点构成的三角形的面积为2．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）已知直线y＝k（x﹣1）（k＞0）与椭圆C相交于A、B两点，且与x轴，y 轴交于M、N两点．
（i）若＝，求k的值；
（ii）若点Q的坐标为（），求证：为定值．
20．（14分）设函数f（x）＝2lnx+，g（x）＝2x﹣alnx（a∈R）．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若函数g（x）在（0，e2]上恰有2个零点，求a的取值范围；
（Ⅲ）当a＝1时，若h（x）＝f（x）+2g（x）时，若对任意的正整数n在区间[]上始终存在m+5个数使得h（a1）+h（a2）+h（a3）+…+h（a m）＜h（a m+1）+h（a m+2）+h（a m+3）+h（a m+4）+h（a m+5）成立，试问：正整数m是否存在最大值？若存在，求出这个最大值，；若不存在，说明理由．
2018年天津市部分区高考数学二模试卷（文科）
参考答案与试题解析
一、选择题：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．（5分）已知全集U＝{1，2，3，4，5，6，7}，集合M＝{2，3，4，5}，集合N＝{4，5，6}，则集合∁U（M∩N）＝（）
A．{1，2，3，5}B．{2，3，6，7}
C．{1，2，3，5，6，7}D．{1，2，3，6，7}
【解答】解：全集U＝{1，2，3，4，5，6，7}，
集合M＝{2，3，4，5}，集合N＝{4，5，6}，
∴M∩N＝{4，5}，
集合∁U（M∩N）＝{1，2，3，6，7}．
故选：D．
2．（5分）设变量x、y满足约束条件，则目标函数z＝2x+y的最小值为（）
A．6B．4C．3D．2
【解答】解：由变量x、y满足约束条件作出可行域如图，
化目标函数z＝2x+y为y＝﹣2x+z，
由图可知，当直线y＝﹣2x+z过A（1，1）时直线在y轴上的截距最小，z最小，为2×1+1＝3．
故选：C．
3．（5分）阅读如图的程序框图，运行相应的程序，则输出S的值为（）
A．15B．37C．83D．177
【解答】解：当i＝1时，不满足退出循环的条件：S＝1，i＝3；
当i＝3时，不满足退出循环的条件：S＝5，i＝5；
当i＝5时，不满足退出循环的条件：S＝15，i＝7；
当i＝7时，不满足退出循环的条件：S＝37，i＝9；
当i＝9时，满足退出循环的条件，
故输出的S值为37，
故选：B．
4．（5分）已知双曲线（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程是y＝，且它的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，则双曲线的方程是（）
A．B．
C．D．
【解答】解：∵双曲线＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程是y＝x，
它的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线l：x＝﹣6上，
∴，解得a＝3，b＝3，
∴双曲线方程为．
故选：C．
5．（5分）设x∈R，则“x＞﹣1”是“|x﹣5|＜4”的（）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【解答】解：“|x﹣5|＜4”⇔﹣4＜x﹣5＜4⇔1＜x＜9，
∴“x＞﹣1”是“|x﹣5|＜4”的必要不充分条件．
故选：B．
6．（5分）已知向量与的夹角为120°，||＝5，||＝2，若＝，
且＝﹣6，则实数λ的值为（）
A．﹣B．C．D．
【解答】解：，，；
∴＝
＝﹣25λ﹣5（λ﹣1）+4＝﹣6；
解得．
故选：B．
7．（5分）将函数f（x）＝sin2x的图象向右平移φ（0＜φ＜）个单位长度后得到函数g（x）的图象，若g（x）在区间[0，]上单调递增，则实数φ的取值范围是（）
A．[﹣]B．[）C．（]D．（0，]
【解答】解：将函数f（x）＝sin2x的图象向右平移φ（0＜φ＜）个单位长度
后得到函数g（x）的图象，
则g（x）＝sin2（x﹣φ）＝sin（2x﹣2φ），
若g（x）在区间[0，]上单调递增，
则2kπ﹣≤2x﹣2φ≤2kπ+，k∈Z，
得2kπ﹣+2φ≤2x≤2kπ++2φ，k∈Z，
即kπ﹣+φ≤x≤kπ++φ，k∈Z，
即函数的单调递增区间为[kπ﹣+φ，kπ++φ]，k∈Z，
∵若g（x）在区间[0，]上单调递增，
∴满足，即，
则﹣kπ﹣≤φ≤﹣kπ+，k∈Z，
当k＝0时，﹣≤φ≤，
又因为：0＜φ＜
所以φ的取值范围是（0，]，
故选：D．
8．（5分）设函数f（x）是定义在R上的奇函数，且当x＞0时f（x）＝lnx，记
a＝f（（）），b＝﹣f（），c＝f（3），则a，b，c的大小关系为（）
A．c＞b＞a B．b＞c＞a C．b＞a＞c D．a＞b＞c
【解答】解：x＞0时，f（x）＝lnx；
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；
∵f（x）是定义在R上的奇函数；
＝；
，；
∴；
∴；
∴a＜b＜c；
即c＞b＞a．
故选：A．
二、填空题：本大题共有6小题，每小题5分，共30分.
9．（5分）已知i为虚数单位，复数z满足z（1+i）＝2﹣3i，则z的虚部为．【解答】解：由z（1+i）＝2﹣3i，
得，
则z的虚部为．
故答案为：．
10．（5分）已知函数f（x）＝，f′（x）为f（x）的导函数，则f′（1）
＝．
【解答】解：；
∴．
故答案为：．
11．（5分）已知直线k（x+1）+y+2＝0恒过定点C，且以C为圆心，5为半径的圆与直线3x+4y+1＝0相交于A、B两点，则弦AB的长为2．
【解答】解：由得，即直线恒过定点C（﹣1，﹣2），
以C为圆心，5为半径的圆的标准方程为（x+1）2+（y+2）2＝25，
圆心到直线的距离d＝＝，
则AB的长度为|AB|＝2＝2＝2，
故答案为：2
12．（5分）已知一个几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积
为cm3．
【解答】解：根据几何体的三视图，得；
该几何体是上部为四棱锥，下部为半个圆柱的组合体，
四棱锥的高为2，底面矩形的宽为2，长为4，圆柱的高为4，底面半径为1，∴该组合体的体积为V＝×2×4×2+×π×12×4＝+2π．
故答案为：+2π．
13．（5分）已知函数y＝a log2x﹣b（a＞0，b＞0）的图象过点（），则的最小值为9．
【解答】解：∵函数y＝a log2x﹣b（a＞0，b＞0）的图象过点（），∴a log2
﹣b＝﹣1⇒2a+b＝1，
∴＝（2a+b）（）＝4++1+，（当且仅当，即a＝b时取等号）．
故答案为：9．
14．（5分）已知函数f（x）＝，若函数g（x）＝﹣f （x）+b在区间[﹣2，6]内有3个零点，则实数b的取值范围是（]．【解答】解：若0≤x≤2，则﹣2≤x﹣2≤0，
∴f（x）＝f（x﹣2）＝1﹣|x﹣2+1|＝1﹣|x﹣1|，
0≤x≤2．
若2≤x≤4，则0≤x﹣2≤2，
∴f（x）＝f（x﹣2）＝1﹣|x﹣2﹣1|＝1﹣|x﹣3|，
2≤x≤4．
若4≤x≤6，则2≤x﹣2≤4，
∴f（x）＝f（x﹣2）＝1﹣|x﹣2﹣3|＝1﹣|x﹣5|，4≤x≤6．
∴f（1）＝1，f（2）＝0，f（3）＝1，f（5）＝1，
设y＝f（x）和y＝x+b，则方程f（x）＝x+b在区间[﹣2，6]内有3个不等实根，
等价为函数y＝f（x）和y＝x+b在区间[﹣2，6]内有3个不同的零点．
作出函数f（x）和y＝x+b的图象，如图：
当直线经过点F（4，0）时，两个图象有2个交点，此时直线y＝x+b为y＝x﹣，
当直线经过点D（5，1），E（2，0）时，两个图象有3个交点；
当直线经过点O（0，0）和C（3，1）时，两个图象有3个交点，此时直线y＝
x+b为y＝x，
当直线经过点B（1，1）和A（﹣2，0）时，两个图象有3个交点，此时直线y
＝x+b为y＝x+，
∴要使方程f（x）＝x+b，两个图象有3个交点，
在区间[﹣2，6]内有3个不等实根，
则b∈（]，
故答案为：（]．
三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算
步骤.
15．（13分）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a+c＝6，b＝2，cos B＝．
（Ⅰ）求c和sin A的值；
（Ⅱ）求sin（2A﹣B）的值．
【解答】解：（Ⅰ）△ABC中，由余弦定理b2＝a2+c2﹣2ac cos B，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分）
得b2＝（a+c）2﹣2ac（1+cos B），﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）
又a+c＝6，b＝2，cos B＝，
所以ac＝9，解得a＝3，c＝3；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）
在△ABC中，sin B＝＝，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）
由正弦定理得sin A＝＝，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）
∴c＝3，sin A＝；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）
（II）因a＝c，则A为锐角，所以cos A＝＝，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）
∴sin2A＝2sin A cos A＝2××＝，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）
cos2A＝1﹣2sin2A＝1﹣2×＝﹣；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）
∴sin（2A﹣B）＝sin2A cos B﹣cos2A sin B
＝×﹣（﹣）×
＝…（13分）
16．（13分）某区的区大代表中有教师6人，分别来自甲、乙、丙、丁四个学校，其中甲校教师记为A1，A2，乙校教师记为B1，B2，丙校教师记为C，丁校教师记为D．现从这6名教师代表中选出3名教师组成十九大报告宣讲团，要求甲、乙、丙、丁四个学校中，每校至多选出1名．
（Ⅰ）请列出十九大报告宣讲团组成人员的全部可能结果；
（Ⅱ）求教师A1被选中的概率；
（Ⅲ）求宣讲团中没有乙校教师代表的概率．
【解答】（本小题满分13分）
解：（Ⅰ）某区的区大代表中有教师6人，分别来自甲、乙、丙、丁四个学校，其中甲校教师记为A1，A2，乙校教师记为B1，B2，丙校教师记为C，丁校教师记为D．
从这6名教师代表中选出3名教师组成十九大政策宣讲团，组成人员的全部可能结果有12种，分别为：
{A1，B1，C}，{A1，B1，D}，{A1，B2，C}，{A1，B2，D}，{A1，C，D}，{A2，B1，C}，
{A2，B1，D}，{A2，B2，C}，{A2，B2，D}，{A2，C，D}，{B1，C，D}，{B2，C，D}．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）（II）组成人员的全部可能结果中，A1被选中的结果有{A1，B1，C}，{A1，B1，D}，{A1，B2，C}，{A1，B2，D}，{A1，C，D}，共有5种，
所以教师A1被选中的概率为p＝．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）
（III）宣讲团中没有乙校代表的结果有{A1，C，D}，{A2，C，D}，共2种结果，
所以宣讲团中没有乙校教师代表的概率为p＝．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（13分）
17．（13分）在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，直线FC⊥平面ABCD，ED∥FC，点G为AB的中点，且FC＝AB＝2ED＝2CD＝2，∠ABC＝60°．
（Ⅰ）求证：AE∥平面GCF；
（Ⅱ）求证：平面ACF⊥平面BCF；
（Ⅲ）求直线FB与平面ADE所成角的正弦值．
【解答】（本小题满分13分）
证明：（I）取FC中点N，连接EN，因为ED∥FC，FC＝2ED，所以ED NC，所以四边形EDCN是平行四边形，所以EN DC，
连接NG，EN DC，又DC AG，所以EN AG，
所以四边形EAGN是平行四边形，所以EA∥NG，…………（2分）
又EA⊄平面GCF，NC⊂平面GCF，
所以AE∥平面GCF．………………（4分）
解：（II）∵DC AG，∴四边形AGCD为平行四边形，∴AD＝GC，
∵AD＝BC，∴BC＝GC，∵∠ABC＝60°，∴△BCG为等边三角形，
∵AB＝2，∴BC＝BG＝＝1，
由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC＝3，
所以AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，………………………………（6分）
所以AC⊥BC，又AC⊥CF，BC∩FC＝C，
所以AC⊥平面BCF，又AC⊂平面ACF，
所以平面ACF⊥平面BCF．…………………………（8分）
（III）因为ED∥FC，ED⊄平面GCF，FC⊂平面GCF，
所以ED∥平面GCF，由（I）知AE∥平面GCF，且AD∩ED＝D，
所以平面ADE∥平面GCF，所以直线FB与平面ADE所成角也为直线FB与平面GCF所成角．
由（II）知CG＝BG＝BC＝1，设Q为CG中点，连接BQ、FQ，所以BQ⊥GC．因为FC⊥平面ABCD，所以FC⊥BQ，因为FC∩GC＝C，所以BQ⊥平面GCF，所以∠BFQ为直线FB与平面GCF所成角，……………（11分）
因为BQ＝CG＝，
在直角△BCF中，FB＝＝，
sin∠BFQ＝＝＝，
所以直线FB与平面ADF所成角正弦值为．……………（13分）
18．（13分）已知数列{a n}为等比数列，数列{b n}为等差数列，且b1＝a1＝1，b2＝a1+a2，a3＝2b3﹣6．
（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；
（Ⅱ）设c n＝，数列{c n}的前n项和为T n，证明：．
【解答】解：（I）设数列{a n}的公比为q，数列{b n}的公差为d．…………………………（1分）
由题意得：1+d＝1+q，q2＝2（1+2d）﹣6，…………（2分）
解得：d＝q＝2，…………………（3分）
所以：a n＝n﹣1，b n＝2n﹣1．……………………………（5分）
（II）证明：因为c n＝＝＝，……（7分）
所以T n＝[（1﹣）+（﹣）+…+﹣+﹣]
＝（1+﹣﹣）＝……………（10分），
n→+∞时，→
因为T n在[1，+∞）单调递增，所以当n＝1时，T n取最小值T1＝，…（12分）
所以．．…………………………………………（13分）
19．（14分）已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，椭圆的一个顶
点与两个焦点构成的三角形的面积为2．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）已知直线y＝k（x﹣1）（k＞0）与椭圆C相交于A、B两点，且与x轴，y 轴交于M、N两点．
（i）若＝，求k的值；
（ii）若点Q的坐标为（），求证：为定值．
【解答】解：（Ⅰ）∵e＝＝，
∴a2＝2c2，代入a2＝b2+c2得b＝c．
又椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形的面积为2，
即b×2c＝2，即bc＝2，以上各式联立解得a2＝4，b2＝2，
则椭圆方程为+＝1．
（Ⅱ）（ⅰ）直线y＝k（x﹣1）与x轴交点为M（1，0），与y轴交点为N（0，﹣k），
联立消去y得：（1+2k2）x﹣4k2x+2k2﹣4＝0，
△＝16k4﹣4（1+2k2）（2k2﹣4）＝24k2+16＞0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝，
又＝（x2﹣1，y2），＝（﹣x1，﹣k﹣y1），由＝得：x1+x2＝＝1，解得：k＝±．由k＞0得k＝；
证明（ⅱ）由（ⅰ）知x1+x2＝，x1x2＝，
∴＝（x1﹣，y1）•（x2﹣，y2）＝（x1﹣）•（x2﹣）+y1•y2，
＝（x1﹣）•（x2﹣）+k2（x1﹣1）（x2﹣1），
＝（1+k2）x1x2+（﹣﹣﹣k2）（x1+x2）+k2+，
＝（1+k2）+（﹣﹣﹣k2）+k2+，
＝+＝﹣4+＝﹣为定值．
∴为定值．
20．（14分）设函数f（x）＝2lnx+，g（x）＝2x﹣alnx（a∈R）．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若函数g（x）在（0，e2]上恰有2个零点，求a的取值范围；
（Ⅲ）当a＝1时，若h（x）＝f（x）+2g（x）时，若对任意的正整数n在区间[]上始终存在m+5个数使得h（a1）+h（a2）+h（a3）+…+h（a m）＜h（a m+1）+h（a m+2）+h（a m+3）+h（a m+4）+h（a m+5）成立，试问：正整数m是否存在最大值？若存在，求出这个最大值，；若不存在，说明理由．
【解答】解：（I）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
所以f′（x）＝﹣＝……………（2分）
所以f′（1）＝1且f（1）＝1，
由导数几何意义知f（x）在点（1，f（1））处切线方程为：y﹣1＝x﹣1，
即x﹣y＝0．………………………………（4分）
（II）由g（x）＝2x﹣alnx＝0，
∴＝………………………（5分）
令p（x）＝，所以p′（x）＝，
所以p（x）在（0，e）上单调递增，在（e，e2]上单调递减，
所以当x＝e时，p（x）取得极大值，也是最大值．…………………（7分）
因为p（e）＝，p（e2）＝且x→0时，p（x）→﹣∞，
故≤＜，
所以2e＜a≤e2………（9分）
（III）由题意h（x）＝+4x，h′（x）＝．……………………（10分）
因为x∈[，6+n+]，所以h′（x）≥0，
所以h（x）在[，6+n+]单调递增，
∴h（x）min＝h（）＝4，h（x）max＝h（6+n+）．
由题意，mh（）＜5h（6+n+）恒成立．……………………………（12分）
令k＝6+n+≥8，且h（k）在[6+n+，+∞）上单调递增，
h min（k）＝，
因此4m＜5×，而m是正整数，故m≤40，
所以m＝40时，存在a1＝a2＝…＝a40＝，
a m+1＝a m+2＝a m+3＝a m+4＝a m+5＝8时，对所有n满足题意，
∴m max＝40．…（14分）。