山东省菏泽第一中学人民路校区2024届高三下学期3月月考数学试题

这是一份山东省菏泽第一中学人民路校区2024届高三下学期3月月考数学试题，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。

第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.抛掷两枚质地均匀的骰子，设事件A=“第一枚出现奇数点”，事件B=“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系是( )
A. 互斥B. 互为对立C. 相互独立D. 相等
2.双曲线x2−y2m2=1(m>0)的渐近线方程为y=±2x，则m=( )
A. 12B. 22C. 2D. 2
3.已知平面向量a，b满足|b|=2|a|=2，若a⊥(a+b)，则a与b的夹角是
( )
A. π6B. 5π6C. π3D. 2π3
4.已知各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，且满足a6，3a4，−a5成等差数列，则S4S2=( )
A. 3B. 9C. 10D. 13
5.攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖.通常有圆形攒尖，三角攒尖，四角攒尖，八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面是底边长为6m，顶角为2π3的等腰三角形，则该屋顶的面积约为( )
A. 3 3πm2B. 6πm2C. 6 3πm2D. 12 3πm2
6.黄山是中国著名的旅游胜地，有许多值得打卡的旅游景点，其中包括黄山风景区，齐云山，宏村，徽州古城等.甲，乙，丙3人准备前往黄山风景区，齐云山，宏村，徽州古城这4个景点游玩，其中甲和乙已经去过黄山风景区，本次不再前往黄山风景区游玩.若甲，乙，丙每人选择一个或两个景点游玩，则不同的选择有( )
A. 360种B. 420种C. 540种D. 600种
7.已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，过F2作一条渐近线的垂线，垂足为A，延长F2A与另一条渐近线交于点B，若S△BOF1=3S△AOB(O为坐标原点)，则双曲线的离心率为( )
A. 3B. 2C. 5D. 6
8.已知实数a，b分别满足ln(a+1)=0.01，eb=1.01，且c=1101，则( )
A. a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.有一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5，x6的平均数是x，方差是s2，极差为R，则下列判断正确的是
( )
A. 若ax1+b，ax2+b，ax3+b，ax4+b，ax5+b，ax6+b的平均数是x0，则x0=ax+b
B. 若x1，2x2，3x3，4x4，5x5，6x6的极差是R1，则R1>R
C. 若方差s2=0，则x1=x2=x3=x4=x5=x6
D. 若x110.已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC且AB=BC=2，直线A1C与底面ABC所成角的正弦值为 33，则
( )
A. 线段A1C上存在点D，使得A1B⊥AD
B. 线段A1C上存在点D，使得平面DBB1⊥平面DCC1
C. 直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为43
D. 点B1到平面A1BC的距离为 2
11.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+y)⋅f(x−y)=f2(x)−f2(y)，f(1)=2，f(x+1)为偶函数，则
( )
A. f(3)=2B. f(x)为奇函数C. f(2)=0D. k=12024f(k)=0
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知集合A={x|y= x+2}，B={x|x2+3x−4≤0}，则∁R(A∩B)= ．
13.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B=π4，c= 2，BC边上的高等于13a，则△ABC的面积是 ，sinA= ．
14.如图，球O内切于圆柱O1O2，圆柱的高为2，EF为底面圆O1的一条直径，D为圆O2上任意一点，则平面DEF截球O所得截面面积最小值为 ;若M为球面和圆柱侧面交线上的一点，则△MEF周长的取值范围为 ．
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.(本小题13分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量μ=(b,sinA+sinC)，v=(sinA+sinB,a−c)且μ⊥v．
(1)求角C的大小;
(2)若△ABC的面积为 34，csAcsB=34，求c．
16.(本小题15分)
如图，三棱锥A−BCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为线段AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=3，BF=2FD，EF⋅BD=0，求直线CF与平面ABC所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
学校食堂为了减少排队时间，从开学第1天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了米饭套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为13;若他前1天选择了面食套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为23.已知他开学第1天中午选择米饭套餐的概率为23．
(1)求该同学开学第2天中午选择米饭套餐的概率;
(2)记该同学开学第n(n∈N*)天中午选择米饭套餐的概率为Pn.证明：当n≥2时，Pn≤1427．
18.(本小题17分)
已知P为抛物线E:y2=2x上的动点，Q为圆C:(x−a)2+y2=1(a>1)上的动点，若|PQ|的最小值为 3−1．
(1)求a的值;
(2)若动点P在x轴上方，过P作圆C的两条切线分别交抛物线E于另外两点A，B，且满足|PA|=|PB|，求直线AB的方程．
19.(本小题17分)
帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：
R(x)=a0+a1x+⋯+amxm1+b1x+⋯+bnxn，且满足：
f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，f″(0)=R″(0)，⋯⋯，f(m+n)(0)=Rm+n(0)
注：f″(x)=[f′(x)]′，f′′′(x)=[f″(x)]′，f(4)(x)=[f′′′(x)]′，f(5)(x)=[f(4)(x)]′，⋯⋯
已知函数f(x)=ln(x+1)．
(1)求函数f(x)=ln(x+1)在x= 0处的[1,1]阶帕德近似R(x)，并求ln1.1的近似数(精确到0.001);
(2)在(1)的条件下：
(ⅰ)求证：R(x)ln(x+1)<1;
(ⅱ)若f(x)−m(x2+1)R(x)≤1−csx恒成立，求实数m的取值范围．
菏泽一中人民路校区2024届高三月考数学试题
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查互斥，对立，独立事件的定义，属于基础题．
根据定义判断两个事件是否相互独立，利用定义法，满足P(AB)=P(A)⋅P(B)即独立．
【解答】
解：由题可知，抛掷两枚质地均匀的骰子，第一枚和第二枚出现点数的分类情况如下，
①(奇数，奇数)，②(奇数，偶数)，③(偶数，奇数)，④(偶数，偶数)，
事件A=“第一枚出现奇数点”={①,②}，
事件B=“第二枚出现偶数点”={②,④}，
两个事件不相等，排除D，
A∩B≠⌀，所以不是互斥事件，排除A，B，
C选项，事件A=“第一枚出现奇数点”，P(A)=36=12，
事件B=“第二枚出现偶数点”，P(B)=36=12，
事件AB=“第一枚出现奇数点，第二枚出现偶数点”，P(AB)=3×336=14，
满足P(AB)=P(A)⋅P(B)，
所以事件A和事件B是相互独立事件，
故选：C．
2.【答案】D
【解析】略
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了向量夹角公式，向量垂直的充要条件，属于基础题．
根据条件可得出a⋅b=−1，然后即可求出cs的值，从而得出答案．
【解答】解：∵a⊥(a+b)，
∴a⋅(a+b)=a2+a⋅b=1+a⋅b=0，
∴a⋅b=−1，
∴cs=a⋅b|a||b|=−11×2=−12，
又∈[0,π]，
∴a与b的夹角为2π3．
故选：D．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q>0，由a6，3a4，−a5成等差数列，可得6a4=a4(q2−q)，化为q2−q−6=0，q>0.解得q，再利用求和公式即可得出．
【解答】
解：设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q>0，
∵满足a6，3a4，−a5成等差数列，
∴6a4=a6−a5，∴6a4=a4(q2−q)，
∴q2−q−6=0，q>0．
解得q=3．
则S4S2=a1(34−1)3−1a1(32−1)3−1=32+1=10．
故选C．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查锥体的几何性质以及侧面积求法，空间想象能力等知识，属于基础题．
由题意分别求得锥体的底面圆的半径和母线，然后计算其侧面积即可．
【解答】
解：作出该圆锥截面如图，
由已知可知，该圆形攒尖的底面圆半径r=3m，
母线l=rsinπ3=2 3m，
侧面积S=πrl=π×3×2 3=6 3πm2．
故选C．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查计数原理以及组合的应用，属于中档题．
依题意分三步：分别计算甲，乙，丙每人的不同的选择方法，然后利用分步乘法计数原理计算即可．
【解答】
解：依题意分三步：
第一步，甲的不同的选择有C31+C32=6种；
第二步，乙的不同的选择也有C31+C32=6种；
第三步，丙的不同的选择有C41+C42=10种；
因此，根据分步乘法计数原理，得不同的选择有6×6×10=360种.
故选A．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查双曲线的相关知识．双曲线的离心率的求法，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．
利用已知条件求出A点坐标，求出点F1(−c,0)到渐近线y=−bax的距离d，结合S△BOF1=3S△AOB可以得到点A到渐近线y=−bax的距离为d3，进而利用点到直线的距离公式求出a与c的关系，然后求解双曲线的离心率．
【解答】
解：由题意知，双曲线E的两条渐近线方程分别为y=bax，y=−bax，
过点F2且与渐近线y=bax垂直的直线方程为y=−ab(x−c)，
联立y=baxy=−ab(x−c)，可解得A(a2c,abc)，
点F1(−c,0)到渐近线y=−bax的距离d=bca 1+−ba2=b,
因为S△BOF1=3S△AOB，所以点A到渐近线y=−bax的距离为b3，
即ba·a2c+abc 1+−ba2=b3,即c2=6a2，所以ca= 6，即双曲线的离心率为 6，故选D．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查应用导数判断函数的单调性，利用单调性比较大小，属于中档题．
构造函数g(x)=ex−x−1，先求证ln(x+1)≤x≤ex−1，得b0)，利用导数求得b>c，即可比较大小．
【解答】
解：由eb=1.01，ln(a+1)=0.01，得b=ln1.01，a=e0.01−1，
设g(x)=ex−x−1，则g′(x)=ex−1，
所以当x∈(−∞,0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(0,+∞)时，g′(x) > 0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(0)=0，即ex−1≥x，
同理可证ln(x+1)≤x，
所以ln(x+1)≤x≤ex−1，
当x=0.01时，可得ln1.01设f(x)=lnx−x−1x(x>0)，则f′(x)=x−1x2，
所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(1.01)>f(1)，即ln1.01−>ln1，
整理得ln1.01>1101，即b>c，所以c故选C．
9.【答案】AC
【解析】略
10.【答案】ABD
【解析】略
11.【答案】BCD
【解析】略
12.【答案】x|x<−2或x>1
【解析】【分析】
本题主要考查函数的定义域，一元二次不等式的解法，集合的运算，属于基础题．
由定义域可得A，由一元二次不等式的解法可得B，利用交集、补集运算求解即可．
【解答】
解：由题，A={x|y= x+2}=−2,+∞,B={x|x2+3x−4≤0}=−4,1,
所以∁R(A∩B)=x|x<−2或x>1．
13.【答案】32；
3 1010

【解析】略
14.【答案】45π；[ 5+3,2 3+2]
【解析】【分析】
本题主要考查的是圆柱的结构特征，截面问题，函数的值域，多面体和旋转体上的最短距离，属于难题．
过点O在平面4BCD内作OG⊥DO1，垂足为点G，分析可知当OG⊥平面DEF时，截面圆的半径最小，求出截面圆的半径，结合圆的面积公式可求平面DEF截得球的截面面积最小值;利设M在底面的射影为M′，设令M′F2=2−t，则M′E2=2+t，其中−2⩽t⩽2，可得出ME+MF= 3+t+ 3−t，利用平方法和二次函数的基本性质求出ME+ MF的取值范围，可得△MEF周长的取值范围．
【解答】
解：过点O在平面ABCD内作OG⊥DO1，垂足为G，如下图
易知O1O2⊥CD，O1O2=2,O2D=1，
由勾股定理可得O1D= O1O22+O2D2= 5，则由题可得OG=12×O1O2·O2DO1D=12×2×1 5= 55，
设O到平面DEF的距离为d1，平面DEF截得球的截面圆的半径为r1，
因为O1D⊂平面DEF，当OG⊥平面DEF，d1取最大值OG，即d1⩽OG= 55，所以r1= 1−d12⩾ 1−15=25 5，
所以平面DEF截得球的截面面积最小值为π×(25 5)2=45π．
由题可知，点M在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P在底面射影为M′，
则MM′=1，ME= 1+M′E2,MF= 1+M′F2，
由勾股定理可得M′E2+M′F2=4，令M′F2=2−t，则M′E2=2+t，其中−2⩽t⩽2，
所以ME+MF= 3+t+ 3−t，
所以ME+MF2= 3+t+ 3−t2=6+2 9−t2∈6+2 5,12，
因此ME+MF∈ 5+1,2 3，所以△MEF周长的取值范围为 5+3,2 3+2．
故填：45π， 5+3,2 3+2
15.【答案】解：(1)由μ⊥v得b(sinA+sinB)+(sinA+sinC)(a−c)=0，
即b(a+b)+(a+c)(a−c)=0，化简得a2+b2−c2=−ab，
由余弦定理得：a2+b2−c2=−ab=2abcsC，csC=−12，
所以C=2π3，
(2)由题意得12absin2π3= 34，则ab=1，
由cs(A+B)=csAcsB−sinAsinB=12得sinAsinB=14，
因为(csinC)2=absinAsinB=4，所以csinC=2，
所以c= 3．
【解析】本题考查向量垂直的坐标表示，正余弦定理，三角形面积公式的应用，属于中档题．
(1)由μ⊥v得a2+b2−c2=−ab，然后利用余弦定理得C=2π3，即可；
(2)由题意得sinAsinB=14，然后利用(csinC)2=absinAsinB=4，得到csinC=2，即可．
16.【答案】解：(1)因为DA=DC，E为线段AC的中点，所以DE⊥AC
因为DA=DC，DB=DB，∠ADB=∠CDB，
所以△ADB≌△CDB，故AB=CB．
又E为线段AC的中点，所以BE⊥AC．
结合DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED
又AC⊂平面ACD，因此平面BED⊥平面ACD．
(2)取DA的中点G，连接EG，BG，
因为EG为中位线，所以EG//CD，
又AD⊥CD，所以AD⊥EG．
因为AB=BD，G为DA的中点，所以AD⊥BG．
又EG∩BG=G，所以AD⊥平面BEG，所以AD⊥BE，
因为BA=BC，E为AC的中点，所以AC⊥BE，
又AC∩AD=A，所以BE⊥平面ACD．
以E为坐标原点，分别以EA、EB、ED所在的
直线为x、y、z轴.设A(a,0,0)，B(b,0,0)，
则E(0,0,0)，D(0,0,a)，B(0,b,0)，F=(0,b3,2a3).
EF=(0,b3,2a3)，BD=(0,−b,a)，
由|AB|2=a2+b2=9EF⋅BD=−b23+2a23=0，解得a= 3b= 6．
所以CF=( 3, 63,2 33).
又平面ABC的法向量n=(0,0,1)．
因此直线CF与平面ABC所成角的正弦值sinθ=CF⋅n|CF|⋅|n|=2 1515．

【解析】略
17.【答案】解：(1)设Ai=“第i天选择米饭套餐”(i=1,2)，则Ai=“第i天选择面食套餐”，
根据题意P(A1)=23，P(A1)=13，P(A2|A1)=13，P(A2|A1)=23，
由全概率公式，得P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(A1)P(A2|A1)=23×13+13×23=49;
(2)设An=“第n天选择米饭套餐”(n=1,2,⋯)，
则Pn=P(An)，P(An)=1−Pn，P(An+1|An)=13，P(An+1|An)=23，
由全概率公式，得P(An+1)=P(An)P(An+1|An)+P(An)P(An+1|An)=−13Pn+23，
即Pn+1=−13Pn+23，∴Pn+1−12=−13(Pn−12)，
∵P1−12=16，∴{Pn−12}是以16为首项，−13为公比的等比数列;
可得Pn=12+16×(−13)n−1(n∈N*)，
当n为大于1的奇数时，Pn=12+16×(−13)n−1≤12+16×(13)2=1427;
当n为正偶数时，Pn=12−16×(13)n−1<12<1427，
综上所述：当n≥2时，Pn≤1427．
【解析】本题主要考查了数列的递推关系的应用，还考查了全概率公式的应用，等比数列的定义的应用，属于中档题．
(1)由已知结合全概率公式即可求解；
(2)由已知结合全概率公式及等比数列的定义即可求出{Pn}的通项公式，分类讨论即可证明．
18.【答案】解：(1)设P(x0,y0)，|PQ|的最小值为 3−1，即|PC|的最小值为 3，
则|PC|= (x0−a)2+y02= (x0−a)2+2x0= (x0+1−a)2+2a−1(x0≥0)
当x0=a−1时，|PC|min= 2a−1= 3，∴a=2；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)，直线PA的斜率kPA=y1−y0x1−x0=y1−y0y122−y022=2y1+y0，
直线PA的方程为：y−y0=2y1+y0(x−x0)，
即2x−(y1+y0)y+y0(y1+y0)−2x0=0，化简得2x−(y1+y0)y+y0y1=0，
则|4+y1y0| 4+(y1+y0)2=1，即(y02−1)y12+6y0y1+12−y02=0，
同理(y02−1)y22+6y0y2+12−y02=0，
则y1，y2是方程(y02−1)y2+6y0y+12−y02=0的两根，
所以y1+y2=6y01−y0，则直线AB的斜率kAB=2y1+y2=1−y023y0，
∵|PA|=|PB|，PC平分∠APB，则PC⊥AB，．
∴1−y023y0⋅y0x0−2=−1，解得x0=5，则y0= 10．
kAB=2y1+y2=1−y023y0=−3 1010且y1+y2=−2 103，y1y2=12−y02y02−1=29，
x1+x2=y12+y222=(y1+y2)2−2y1y22=409−492=2
故AB中点为(1,− 103)，
直线AB的方程为y+ 103=−3 1010(x−1)
即9x+3 10y+1=0．
【解析】本题主要考查了抛物线的概念，性质，直线与抛物线的位置关系，两点间距离公式，直线的斜率，点斜式方程，两条直线垂直的条件，属于较难题．
(1)由|PQ|的最小值为 3-1，得|PC|的最小值为 3，设 P(x0,y0)，(x0>0)，由两点间距离公式可得|PC|= (x0−a)2+y02= (x0+1−a)2+2a−1(x0≥0)，可得|PC|min= 2a−1= 3，求解即可；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)，求出直线PA的方程:y−y0=2y1+y0(x−x0)，即2x−(y1+y0)y+y0y1=0，由点到直线的距离公式，化简可得(y02−1)y12+6y0y1+12−y02=0，同理(y02−1)y22+6y0y2+12−y02=0，则y1，y2是方程(y02−1)y2+6y0y+12−y02=0的两根，得出y1+y2，求出直线AB的斜率，由题意，PC⊥AB，由两条直线垂直的条件，解得x0=5y0= 10，进而求此直线AB的斜率及中点，即可求出结果．
19.【答案】解：(1)由题可知函数f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似R(x)=a0+a1x1+b1x，f′(x)=1x+1，f″(x)=−1(x+1)2，
由f(0)=R(0)得a0=0，所以R(x)=a1x1+b1x，
则R′(x)=a1(1+b1x)2，又由f′(0)=R′(0)得a1=1，所以R′′(x)=−2b1(1+b1x)3，
由f′′(0)=R′′(0)得b1=12，所以R(x)=x1+12x=2xx+2，
ln1.1=f(0.1)≈R(0.1)=2×0.10.1+2=221≈0.095．
(2)(i)令F(x)=2xx+2−ln(x+1)，x∈(−1,0)∪(0,+∞)
因为F′(x)=4(x+2)2−1x+1=−x2(x+1)(x+2)2<0
所以F(x)在x∈(−1,0)及(0,+∞)上均单调递减．
①当x∈(−1,0)，F(x)>F(0)=0，即2xx+2>ln(x+1)，而ln(x+1)<0
所以2xx+2ln(x+1)<1，即R(x)ln(x+1)<1，
②当x∈(0,+∞)，F(x)0
所以2xx+2ln(x+1)<1，即R(x)ln(x+1)<1
由 ① ②所以不等式R(x)ln(x+1)<1恒成立;
(ii)由f(x)−m(x2+1)R(x)≤1−csx得ln(x+1)−mx+csx−1≤0在(−1,+∞)上恒成立
令h(x)=ln(x+1)−mx+csx−1，且h(0)=0，所以x=0是h(x)的极大值点，
又h′(x)=1x+1−m−sinx，故h′(0)=1−m=0，则m=1，
当m=1时，h(x)=ln(x+1)−x+csx−1，
所以h′(x)=1x+1−sinx−1=−sinx−xx+1
当x∈(−1,0)时，−sinx>0，−xx+1>0，则h′(x)>0，故h(x)在(−1,0)上单调递增，
所以当x∈(−1,0)时h(x)当x∈(0,+∞)时，h(x)=[ln(x+1)−x]+(csx−1)
令φ(x)=ln(x+1)−x，因为φ′(x)=1x+1−1<0，所以φ(x)在(0,+∞)上单调递减，
所以φ(x)<φ(0)=0又因为在(0,+∞)上csx−1≤0
故当x∈(0,+∞)时h(x)=[ln(x+1)−x]+(csx−1)<0，
综上，当m=1时，f(x)−m(x2+1)R(x)≤1−csx恒成立．
【解析】本题考查导数的综合应用，考查新定义问题，考查分类讨论思想，属于难题．
(1)先写出[1,1]阶帕德近似R(x)=a0+a1x1+b1x，然后求导得到f′(x)=1x+1，f″(x)=−1(x+1)2，令f(0)=R(0)得a0=0，所以R(x)=a1x1+b1x，求导得到R′(x)求解即可；
(2)(i)令F(x)=2xx+2−ln(x+1)，x∈(−1,0)∪(0,+∞)，求导得到F′(x)=4(x+2)2−1x+1=−x2(x+1)(x+2)2<0判断F(x)在x∈(−1,0)及(0,+∞)上均单调递减，分类讨论 ①当x∈(−1,0)， ②当x∈(0,+∞)，求解即可；
(ii)由已知令h(x)=ln(x+1)−mx+csx−1，且h(0)=0，所以x=0是h(x)的极大值点，求导得到h′(x)=1x+1−m−sinx，故h′(0)=1−m=0，m=1，得到m之后写出h(x)=ln(x+1)−x+csx−1，然后求导判断单调性证明即可．