2024年河北省唐山市高考数学一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年河北省唐山市高考数学一模试卷（含详细答案解析），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。

1.已知i为虚数单位，复数z=21+i，则z⋅z−=( )
A. 1+iB. 1−iC. 2D. 2
2.已知x∈R，p：“x2−x>0”，q：“x>1”，则p是q的( )
A. 充分但不必要条件B. 必要但不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.已知向量a=(3,−1)，b=(−2,x)，若a⊥(a+b)，则|b|=( )
A. 2 5B. 4C. 2 10D. 20
4.已知函数f(x)=x x−2，则f(x)的最小值为( )
A. 0B. 2C. 2 2D. 3
5.从正方体的8个顶点中任取3个构成三角形，则所得三角形是正三角形的概率是( )
A. 142B. 17C. 314D. 37
6.已知抛物线E：y2=4x的焦点为F，以F为圆心的圆与E交于A，B两点，与E的准线交于C，D两点，若|CD|=2 21，则|AB|=( )
A. 3B. 4C. 6D. 8
7.已知球与圆台的底面、侧面都相切，且圆台母线与底面所成角为60∘，则球表面积与圆台侧面积之比为( )
A. 2：3B. 3：4C. 7：8D. 6：13
8.已知函数f(x)=|sinωx|+csωx(ω>0)的最小正周期为π，则( )
A. f(x)在[−π8,π8]单调递增B. (3π8,0)是f(x)的一个对称中心
C. f(x)在[−π6,π6]的值域为[1, 2]D. x=π8是f(x)的一条对称轴
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知样本数据：1，2，3，4，5，6，7，8，9，则( )
A. 极差为8B. 方差为6C. 平均数为5D. 80百分位数为7
10.已知函数f(x)=x3−3x+1，则( )
A. 直线y=−32x是曲线y=f(x)的切线
B. f(x)有两个极值点
C. f(x)有三个零点
D. 存在等差数列{an}，满足k=15f(ak)=5
11.在透明的密闭正三棱柱容器ABC−A1B1C1内灌进一些水，已知AB=AA1=4，如图，当竖直放置时，水面与地面距离为3.固定容器底面一边AC于地面上，再将容器按如图方向倾斜，至侧面ACC1A1与地面重合的过程中，设水面所在平面为α，则( )
A. 水面形状的变化：三角形→梯形→矩形
B. 当C1A1⊂α时，水面的面积为2 21
C. 当B∈α时，水面与地面的距离为8 35
D. 当侧面ACC1A1与地面重合时，水面的面积为12
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在(2x3−1x)4的展开式中，常数项为______.(用数字作答)
13.在△ABC中，AB=5，BC=7，AC=8，D是AB边上一点，CD⊥AB，则CD=______.
14.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交E于A，B两点，C(0,−1)是线段BF1的中点，且AB⋅AC=AC2，则E的方程为______.
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)
已知数列{an}是正项等比数列，其前n项和为Sn，且a2a4=16，S5=S3+24.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an+lg2an}的前n项和为Tn，求满足Tn<2024的最大整数n.
16.(本小题15分)
某项测试共有8道题，每道题答对5分，不答或答错得0分.某人答对每道题的概率都是14，每道试题答对或答错互不影响，设某人答对题目的个数为X.
(1)求此人得分的期望；
(2)指出此人答对几道题的可能性最大，并说明理由.
17.(本小题15分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BB1C1C为矩形，底面ABC为等边三角形.
(1)证明：A1B=A1C；
(2)若A1C⊥A1B，A1A=AB=2，
①证明：平面A1BC⊥平面ABC；
②求平面ABC与平面A1BC1的夹角的余弦值.
18.(本小题17分)
已知双曲线Γ：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，A(2,3)，B(12,0)，直线AB与Γ有唯一公共点A.
(1)求Γ的方程；
(2)若双曲线Γ的离心率e不大于2，过B的直线l与Γ交于不同的两点M，N.求直线AM与直线AN的斜率之和.
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=tanx，g(x)=sin(2x+1)−2ln(csx).
(1)求曲线y=f(x)在点(π4,1)处的切线方程；
(2)当x∈(0,π2)时，求g(x)的值域.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵i为虚数单位，复数z=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，
∴z−=1+i，
则z⋅z−=(1−i)(1+i)=2.
故选：D.
根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘法运算即可求解．
本题考查了共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵x2−x>0得出x>1或x<0，得不出x>1；
x>1得出x2−x>0，
∴p是q的必要不充分条件．
故选：B.
解不等式x2−x>0，然后根据充分条件和必要条件的定义即可得解．
本题考查了一元二次不等式的解法，充分条件和必要条件的定义，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：a=(3,−1)，b=(−2,x)，
则a+b=(1,x−1)，
a⊥(a+b)，
则a⋅(a+b)=3×1−(x−1)=0，解得x=4，
故|b|= (−2)2+42=2 5.
故选：A.
根据向量垂直的性质，求出x，再结合向量模公式，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：令t= x−2则x=2+t2，t≥0，
原函数可化为y=2+t2t=t+2t≥2 t⋅2t=2 2，
当且仅当t=2t，即t= 2，x=4时取等号．
故选：C.
令t= x−2，把原函数转化为关于t的函数，分离变形后结合基本不等式即可求解．
本题主要考查了换元法及基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：正方体八个顶点中任选三个能构成正三角形的有8种结果；
从八个顶点中任选三个构成三角形的有C83=56种结果；
故所得正三角形的概率为：856=17，
故选：B.
利用古典概型的概率公式，即可解出．
本题考查了古典概型的概率公式，学生的数学运算能力，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：∵抛物线E方程为：y2=4x，
∴p=2，∴焦点F为(1,0)，准线方程为x=−1，
∴圆心F到准线的距离为p=2，又|CD|=2 21，
∴圆F的半径为 22+(2 212)2=5，
∴|AF|=5，即p2+xA=5，∴1+xA=5，
∴xA=4，代入y2=4x中可得|yA|=4，
∴|AB|=2|yA|=8.
故选：D.
根据抛物线及圆的几何性质易得圆F的半径，再利用抛物线的焦半径公式求出A点的横坐标，从而可得A点纵坐标，即可求解．
本题考查抛物线的几何性质，圆的几何性质，方程思想，属基础题．
7.【答案】B
【解析】解：设圆台上下底面圆的半径为r1，r2，母线为l，球的半径为R，
取圆台的轴截面ABCD，则四边形ABCD为等腰梯形，
圆台的外接球球心为O，则球心O在截面ABCD内，
在截面ABCD内，设圆O切梯形ABCD的边AB、BC、CD、DA分别于点E、F、G、H，
由切线长定理可得AE=AH，DG=DH，故AD=DH+AH=DG+AE，即l=r1+r2，
由于∠ABC=60∘，所以GE=2R=lsin60∘,r2−r1=12l，解得r2=3r1,R= 3r1，
S球S圆台=4πR2π(r1l+r2l)=4×( 3r1)2(r1+3r1)2=34.
故选：B.
作出圆台的轴截面，利用切线长定理可得母线与半径的关系，结合60∘可得圆台的上下半径以及球的半径的关系，即可利用面积公式求解．
本题考查了球的表面积与圆台侧面积的计算，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：∵f(x)=|sinωx|+csωx(ω>0)的最小正周期为π，
∴T=2πω=π，解得ω=2，
∴f(x)=|sin2x|+cs2x，定义域为R，且满足f(−x)=f(x)，
∴f(x)为偶函数，
∴f(x)在[−π8,π8]上不单调，A错误；
∵f(x)+f(3π4−x)=|sin2x|+cs2x+|sin2(3π4−x)|+cs2(3π4−x)=|sin2x|+cs2x+|cs2x|−sin2x≠0，
∴(3π8,0)不是f(x)的一个对称中心，B错误；
令x∈[0,π6]，则2x∈[0,π3]，2x+π4∈[π4,7π12]，
f(x)=|sin2x|+cs2x=sin2x+cs2x= 2sin(2x+π4)∈[1, 2]，
∵f(x)为偶函数，
∴f(x)在[−π6,π6]的值域为[1, 2]，C正确；
∵f(π4−x)=|sin2(π4−x)|+cs2((π4−x)=|cs2x|+sin2x≠f(x),
∴x=π8不是f(x)的一条对称轴，D错误．
故选：C.
依题意，可求得ω=2，再利用函数的性质对四个选项逐一判断即可．
本题考查三角函数的周期性、单调性、对称性及最值等性质的综合运用，考查逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，极差为9−1=8，故A正确；
对于C，平均数为19(1+2+3+4+5+6+7+8+9)=5，故C正确；
对于B，s2=19[(1−5)2+(2−5)2+(3−5)2++(4−5)2+(5−5)2+(6−5)2+(7−5)2+(8−5)2+(9−5)2]=203，故B错误，
对于D，∵9×0.8=7.2，
∴这组数据的第80百分位数是按从小到大顺序排列后的第八位，即第80百分位数是8，故D错误．
故选：AC.
对于A，结合极差定义，对于B，结合方差公式，对于C，结合平均数公式，对于D，结合百分位数的定义求解．
本题主要考查了数据统计量的计算，考查计算能力，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：f′(x)=3x2−3=3(x+1)(x−1)，
令f′(x)=0，得x=±1，
所以函数f(x)在(−∞,−1)和(1,+∞)上单调递增，在(−1,1)上单调递减，
所以函数f(x)在x=−1处取得极大值，在x=1处取得极小值，所以选项B正确；
f′(x)=3(x+1)(x−1)=−32，解得x=± 22，
f( 22)=1−5 24，f(− 22)=1+5 24，
经检验直线y=−32x是曲线y=f(x)在x=−1处的切线，所以选项A不正确；
易得f(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)单调递增，在(−1,1)上单调递减，
又f(−2)=−1<0，f(−1)>0，故f(x)在(−∞,−1)上存在唯一零点，
f(1)<0，f(x)在(−1,1)上存在唯一零点，
f(2)>0，即f(x)在(1,+∞)上存在唯一零点，即共3个零点，所以选项C正确；
在等差数列{an}中，若a3=0，
则a1=−a5，a2=−a4，
又f(−x)+f(x)=2，f(0)=1，
则k=15f(ak)=f(a1)+f(a2)+f(a3)+f(a4)+f(a5)=2+2+1=5，所以选项D正确．
故选：BCD.
先对函数求导，结合导数几何意义检验选项A；结合导数与单调性及极值关系检验选项B；结合单调性及零点存在定理检验选项C；结合函数性质及等差数列的性质检验选项D.
本题主要考查了导数与单调性及极值关系，导数几何意义在切线方程求解中的应用，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：由题知V水=S△ABCh= 34×16×3=12 3，正三棱柱的体积V= 34×16×4=16 3，
对于选项A，当容器按题设方向倾斜至B∈α时，水面形状是三角形，
再倾斜时，水面形状是梯形，
直到侧面ACC1A1与地面重合时，水面形状是矩形，所以选项A正确；
对于选项B，如图1，当容器按题设方向倾斜至C1A1⊂α时，
设水面与棱BB1的交点为M，设MB1=a，
又三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱，取B1C1中点E，连接A1E，
易知A1E⊥B1C1，A1E⊥B1B，又BB1∩B1C1=B1，BB1，B1C1⊂面BCC1B1，
所以A1E⊥面BCC1B1，所以A1到平面BCC1B1的距离为A1E=2 3，
所以VA1−MB1C1=13×12×4×a×2 3=4 3，解得a=3，
此时水面图形为ΔA1MC1，又A1M=C1M= 32+42=5,A1C1=4，
取A1C1中点，则HM⊥A1C1，且HM= 25−4= 21，
所以SΔA1MC1=12×4× 21=2 21，故选项B正确；
对于选项C，如图2，当容器按题设方向倾斜至B∈α时，设水面与棱A1B1，C1B1的交点为F，G，
易知FG//A1C1//AC，设B1F=B1G=b，
由VB−B1FG=13S△B1FGBB1=13×12×4b2sinπ3=4 3，得到b=2 3，
因为水面始终与地面平行，AC始终与水面平行，且AC始终在地面上，
所以水面与地面的距离，即AC到平面的距离，
取AC中点Q，连接HQ，BQ，设B1H交FG于K，连接BK，
易知HQ⊥AC，BQ⊥AC，又HQ∩BQ=Q，HQ，BQ⊂面QBB1H，所以AC⊥面QBB1H，
又FG//A1C1//AC，所以FG⊥面QBB1H，过Q作QR⊥BK于R，连接QR，
因为QR⊂面QBB1H，所以FG⊥QR，又FG∩BK=K，FG，BK⊂面α，
所以QR⊥α，即QR为水平面到地面的距离，
如图3，过K作KP⊥QB于P，易知B1K=2 3sinπ3=3，所以BK= 9+16=5，
得到sin∠QBR=KPKB=45，又QB=2 3，所以QR=QBsin∠QBR=2 3×45=8 35，
故选项C正确；
对于选项D，如图4，当侧面ACC1A1与地面重合时，水面α为矩形E1H1N1M1，
设BE1=t，则由VB1M1N1−BE1H1=S△BE1H1BB1=12×4t2sinπ3=4 3，解得t=2，
所以E1H1=2，故SE1H1N1M1=4×2=8，所以选项D错误．
故选：ABC.
根据题设条件得到V水=12 3，正三棱柱的体积V=16 3，再结合各个选项的条件，逐一分析判断，即可得出结果．
本题考查了立体几何的综合应用，属于难题．
12.【答案】−8
【解析】解：由题设，展开式通项为Tr+1=C4r(2x3)4−r(−1x)r=(−1)rC4r24−rx12−4r，r=0，1，…3，
令12−4r=0，解得r=3，则常数项为−1×4×2=−8.
故答案为：−8.
利用二项式展开式通项求常数项即可．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
13.【答案】4 3
【解析】解：根据题意作图如下：
因为AB=5，BC=7，AC=8，所以cs∠B=BC2+AB2−AC22BC⋅AB=72+52−822×7×5=17，
所以sin∠B= 1−cs2∠B=4 37，
所以S△ABC=12×BC×AB×sin∠B=10 3，
因为CD⊥AB，所以S△ABC=12×CD×AB=52CD，
所以52CD=10 3，
所以CD=4 3.
故答案为：4 3.
先作出示意图，根据余弦定理求出cs∠B，进而求出sin∠B，再根据面积公式得到S△ABC，再根据以S△ABC=12×CD×AB=52CD求解即可．
本题主要考查解三角形，属于中档题．
14.【答案】x29+y26=1
【解析】解：∵C(0,−1)是线段BF1的中点，又O是F1F2的中点，
∴OC//BF2，即OC//AB，又OC⊥是F1F2，
∴AB⊥F1F2，∴|AF1|=|BF1|，且弦AB为椭圆的通径，
∴|BF2|为通径长2b2a的一半，且|BF2|=2|OC|=2，
∴b2a=2，
∴又AB⋅AC=AC2，∴根据向量投影及数量积的概念可知AC⊥BF1，
又C是线段BF1的中点，∴|AF1|=|AB|，又|AF1|=|BF1|，
∴△ABF1为等边三角形，∴|F1F2|= 3|BF2|，
∴2c=2 3，∴c= 3，又b2a=2，
∴a2−c2a=a2−3a=2，∴a2−2a−3=0，a>0，
解得a=3，∴b2=a2−c2=9−3=6，
∴椭圆E的方程为x29+y26=1.
故答案为：x29+y26=1.
根据题意易得△ABF1为等边三角形，从而根据椭圆的几何性质建立方程，即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，向量数量积的概念，方程思想，属中档题．
15.【答案】解：(1)由题意，设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
则a2a4=a32=16，即a3=4，
∵S5=S3+24，
∴S5−S3=a4+a5=4q+4q2=24，
化简整理，得q2+q−6=0，
解得q=−3(舍去)，或q=2，
∴an=a3⋅qn−3=4⋅2n−3=2n−1，n∈N*.
(2)由(1)可得，an+lg2an=2n−1+lg22n−1
=2n−1+n−1，
则Tn=(20+0)+(21+1)+(22+2)+…+[2n−1+(n−1)]
=(20+21+22+…+2n−1)+[0+1+2+…+(n−1)]
=20−2n1−2+n(n−1)2
=2n−1+n(n−1)2，
∴Tn+1=2n+1−1+n(n+1)2，
∵Tn+1−Tn=2n+1−1+n(n+1)2−[2n−1+n(n−1)2]
=2n+n>0，
∴数列{Tn}是单调递增数列，
∵当n=10时，T10=210−1+10×92=1068<2024，
当n=11时，T11=211−1+10×112=2102>2024，
∴满足Tn<2024的最大整数n的值为10.
【解析】(1)先设等比数列{an}的公比为q(q>0)，再根据题干已知条件及等比数列的性质列出关于公比q的方程，解出q的值，根据等比数列的通项公式即可计算出数列{an}的通项公式；
(2)先根据第(1)题的结果计算出数列{an+lg2an}的通项公式，再运用分组求和法，以及等差数列和等比数列的求和公式计算出前n项和Tn的表达式，然后运用作差法分析出数列{Tn}是单调递增数列，进一步推导即可计算出满足Tn<2024的最大整数n.
本题主要考查等比数列的基本运算，以及数列求和问题．考查了方程思想，转化与化归思想，分组求和法，等差数列和等比数列的求和公式的运用，等比数列的性质，作差法，不等式的运算，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
16.【答案】解：(1)某人答对每道题的概率都是14，则答对题目的个数X服从二项分布，
即X∼B(8,14)，E(X)=8×14=2，
由于每道题答对得5分，所以此人答题得分为5X，因此在此项测试中，此人答题得分的期望为E(5X)=5E(X)=10.
(2)设此人答对k道题的可能性为P(X=k)=C8k(14)k×(34)8−k，k=(0,1,…，8，
P(X=k)P(X=k−1)=C8k(14)k(34)8−kC8k−1(14)k−1(34)9−k，k=1，2，…，8，
=8!k!(8−k)!×148!(k−1)!(9−k)!×34
=9−k3k=1+9−4k3k，
当k<94时，pk>pk−1，pk随k的增加而增加，即p2>p1>p0，
当k>94时，pk所以当k=2时，p2最大，因此此人答对2道题的可能性最大．
【解析】(1)由题意可知X∼B(8,14)，根据期望公式求解即可；
(2)设答对k道题的可能性最大，列不等式求解即可．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，是中档题．
17.【答案】解：(1)证明：取BC中点为O.连结AO，A1O.
因为侧面BB1C1C为矩形，所以BB1⊥BC，又AA1//BB1，则AA1⊥BC，
由底面ABC为等边三角形，所以AO⊥BC.
故BC⊥平面AA1O，
由于A1O⊂平面AA1O，故A1O⊥BC.
又BO=CO，故A1B=A1C.
(2)①证明：由A1C⊥A1B，O为BC的中点及A1B=A1C，所以A1O=BO=1.
又AO= 3,AA1=2，得AA12=A1O2+AO2，则A1O⊥OA，
又A1O⊥BC，OA∩BC=O，所以A1O⊥平面ABC，
A1O⊂平面A1BC，故平面A1BC⊥平面ABC；
②以O为坐标原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz.
A1(0,0,1),A( 3,0,0),B(0,1,0),C(0,−1,0).
OA1=(0,0,1)，A1C1=AC=(− 3,−1,0),A1B=(0,1,−1).
设平面A1BC1的一个法向量是n=(x,y,z)，
则n⋅A1B=y−z=0n⋅A1C1=− 3x−y=0，令y= 3，则x=−1，z= 3，所以n=(−1, 3, 3).
由(1)知OA1是平面ABC的一个法向量，
设平面ABC与平面A1BC1的夹角为θ，
则csθ=|cs|=|n⋅OA1||n||OA1|=| 3| 1+3+3×1= 217.
所以平面ABC与平面A1BC1的夹角的余弦值为 217.
【解析】(1)取BC中点为O.连结AO，A1O，证明BC⊥平面AA1O，再由等腰三角形中三线合一即可证明结论；
(2)①证明A1O⊥平面ABC，即可证明结论；②建立空间直角坐标系求解．
本题考查了空间中直线与平面、平面与平面的位置关系，考查了空间向量的应用，考查了数形结合思想，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意得4a2−9b2=1，
直线AB的方程为y−3=3−02−12(x−2)⇔y=2x−1，
联立y=2x−1x2a2−y2b2=1，化简得(b2−4a2)x2+4a2x−a2−a2b2=0，
当b2−4a2=0时，又4a2−9b2=1，解得b2=7，a2=74，
当b2−4a2≠0时，得−4a2b2−4a2=4⇔3a2=b2，又4a2−9b2=1，
解得b2=3a2=3，经检验Δ=0满足题意，
所以双曲线方程为x274−y27=1或x2−y23=1；
(2)当b2=7，a2=74时，e= b2a2+1= 5>2(舍)，
当b2=3，a2=3时，e= b2a2+1=2≤2满足题意，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，
直线l：y=k(x−12)，与x2−y23=1联立得(3−k2)x2+k2x−k24−3=0，
所以x1+x2=−k23−k2，x1x2=−k24+33−k2，
则k1+k2=y1−3x1−2+y2−3x2−2
=k(x1−12)−3x1−2+k(x2−12)−3x2−2
=2k+(3k2−3)×x1+x2−4x1x2−2(x1+x2)+4
=2k+(3k2−3)(3k2−12)−94(k2−4)=2k−43(3k2−3)=4，
即直线AM与直线AN的斜率之和为4.
【解析】(1)由题意得4a2−9b2=1，联立y=2x−1x2a2−y2b2=1，化简得(b2−4a2)x2+4a2x−a2−a2b2=0，分b2−4a2=0或b2−4a2≠0讨论即可求解；
(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，
直线l：y=k(x−12)，与x2−y23=1联立得(3−k2)x2+k2x−k24−3=0，可得x1+x2=−k23−k2，x1x2=−k24+33−k2，然后将k1，k2用坐标表示结合韦达定理即可求解．
本题考查了直线与双曲线的综合应用，属于难题．
19.【答案】解：(1)f′(x)=(sinxcsx)′=cs2x+sin2xcs2x=1cs2x，f′(π4)=2，
故所求切线方程为y−1=2(x−π4)，即y=2x+1−π2；
(2)由0设2x0+1−π2=0，得2x0+1=π2，x0=π4−12，
①当x0先证明tanx≥2x+1−π2，
构造函数h(x)=tanx−2x−1+π2，
则h′(x)=1cs2x−2，h′(π4)=0，
当x0当π40，h(x)单调递增，
h(x)有最小值h(π4)=0，则h(x)≥0，即tanx≥2x+1−π2，
则g′(x)≥2[cs(2x+1)+2x+1−π2]，
令s(x)=cs(2x+1)+2x+1−2，
s′(x)=−2sin(2x+1)+2>0，g(x)单调递增，则s(x)>s(x0)=0，
故g′(x)>0；
②当0cs(2x+1)≥0，tanx>0，
故g′(x)>0；
综①②所述，当00，g(x)单调递增．
由于g(0)=sin1，又∀M>0，∃θ∈(x0,π2)，使得csθ= 1eM+1< 1e，
当x∈(θ,π2)时，g(x)>g(θ)=sin(2θ+1)−2ln(csθ)=sin(2θ+1)+M+1>M，
则g(x)的值域为(sin1,+∞).
【解析】(1)根据导数的几何意义直接求解即可；
(2)先判断当00，g(x)单调递增，由此可得值域．
本题考查导数的综合运用，考查运算求解能力，属于较难题目．