2018年上海市嘉定区高考数学二模试卷

2018年上海市嘉定区高考数学二模试卷一、填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1. 已知集合A ={1, 2, m}，B ={2, 4}，若A ∪B ={1, 2, 3, 4}，则实数m =________．2. (x +1x )n 的展开式中的第3项为常数项，则正整数n =________．3. 已知复数z 满足z 2=4+3i （i 为虚数单位），则|z|=________．4. 已知平面直角坐标系xOy 中动点P(x, y)到定点(1, 0)的距离等于P 到定直线x =−1的距离，则点P 的轨迹方程为________．5. 已知数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 是其前n 项和，则lim n→∞S n a n 2=________．6. 设变量x 、y 满足约束条件{x ≥1x +y −4≤0x −3y +4≤0，则目标函数z =3x −y 的最大值为________．7. 将圆心角为2π3，面积为3π的扇形围成一个圆锥的侧面，则此圆锥的体积为________．8. 三棱锥P −ABC 及其三视图中的主视图和左视图如图所示，则棱PB 的长为________．9. 某商场举行购物抽奖促销活动，规定每位顾客从装有0、1、2、3的四个相同小球的抽奖箱中，每次取出一球记下编号后放回（连续取两次），若取出的两个小球的编号相加之和等于6，则中一等奖，等于5中二等奖，等于4或3中三等奖，则顾客抽奖中三等奖的概率为________．10. 已知函数f(x)=lg(√x 2+1+ax)的定义域为R ，则实数a 的取值范围是________．11. 在△ABC 中，M 是BC 的中点，∠A =120∘，AB →⋅AC →=−12，则线段AM 长的最小值为________．12. 若实数x 、y 满足4x +4y =2x+1+2y+1，则S =2x +2y 的取值范围是________．二、选择题（每题5分）“x ＝2”是“x ≥1”的（ ）A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充分必要条件D.既非充分也非必要条件参数方程{x =3t 2+4y =t 2−2(t 为参数，且0≤t ≤3)所表示的曲线是（ ） A.直线 B.圆弧C.线段D.双曲线的一支点P 在边长为1的正方形ABCD 的边上运动，M 是CD 的中点，则当P 沿A −B −C −M 运动时，点P 经过的路程x 与△APM 的面积y 的函数y =f(x)的图象的形状大致是图中的( )A.B.C.D.在计算机语言中，有一种函数y =INT(x)叫做取整函数（也叫高斯函数），它表示y 等于不超过x 的最大整数，如INT(0.9)=0，INT(3.14)=3，已知a n =INT(27×10n )，三、解答题已知函数f(x)=2sin2x+sin(2x+π6)．（1）求函数f(x)的最小正周期和值域；（2）设A，B，C为△ABC的三个内角，若cosB=13，f(A)=2，求sinC的值．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠BAD=90∘，AD // BC，AB=2，AD=1，PA=BC=4，PA⊥平面ABCD．（1）求异面直线BD与PC所成角的大小；（2）求二面角A−PC−D的余弦值．某创新团队拟开发一种新产品，根据市场调查估计能获得10万元到1000万元的收益，先准备制定一个奖励方案：奖金y（单位：万元）随收益x（单位：万元）的增加而增加，且奖金不超过9万元，同时奖金不超过收益的20%．（1）若建立函数y=f(x)模型制定奖励方案，试用数学语言表示该团队对奖励函数f(x)模型的基本要求，并分析y=x150+2是否符合团队要求的奖励函数模型，并说明原因；（2）若该团队采用模型函数f(x)=10x−3ax+2作为奖励函数模型，试确定最小的正整数a 的值．已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2√3，点P(0, 2)关于直线y=−x的对称点在椭圆Γ上．（1）求椭圆Γ的方程；（2）如图，过点P的直线l与椭圆Γ交于两个不同的点C，D（点C在点D的上方），试求△COD面积的最大值；（3）若直线m经过点M(1, 0)，且与椭圆Γ交于两个不同的点A，B，是否存在直线l0:x=x0（其中x0>2），使得A，B到直线l0的距离d A，d B满足d Ad B =|MA||MB|恒成立？若存已知数列{a n}的各项均为正数，其前n项和为S n，且满足4S n=(a n+1)2，若数列{b n}满足b1=2，b2=4，且等式b n2=b n−1b n+1对任意n≥2成立．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）将数列{a n}与{b n}的项相间排列构成新数列a1，b1，a2，b2，…，a n，b n，…，设该新数列为{c n}，求数列{c n}的通项公式和前2n项的和T2n；（3）对于（2）中的数列{c n}前n项和T n，若T n≥λ⋅c n对任意n∈N∗都成立，求实数λ的取值范围．参考答案与试题解析2018年上海市嘉定区高考数学二模试卷一、填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1.【答案】3【考点】集合关系中的参数取值问题并集及其运算【解析】根据并集的定义与性质，直接写出m的值．【解答】解：集合A={1, 2, m}，B={2, 4}，若A∪B={1, 2, 3, 4}，则实数m=3．故答案为：3.2.【答案】4【考点】二项式定理的应用【解析】写出二项展开式的通项，结合已知可得r=2时，x的指数为0，则答案可求．【解答】)r=C n r∗x n−2r．T r+1=C n r∗x n−r∗(1x∵展开式中的第3项为常数项，∴n−4=0，得n=4．3.【答案】√5【考点】复数的模【解析】直接把等式两边求模，然后开方即可求得|z|．【解答】由z2=3+4i，得|z2|=|z|2=√42+32=5，∴|z|=√5．4.【答案】y2=4x【考点】轨迹方程利用已知条件通过抛物线的定义，写出动点P的轨迹方程．【解答】∵动点P(x, y)到定点(1, 0)的距离等于P到定直线x=−1的距离，满足抛物线的定义，∴p=2，所以y2=4x所以动点P的轨迹方程为：y2=4x．5.【答案】14【考点】数列的极限【解析】根据等差数列的定义求出数列的通项公式和前n项和公式，利用极限的定义进行求解即可．【解答】等差数列的通项公式a n=1+2(n−1)=2n−1，前n项和公式S n=n+n(n−1)2×2=n+n2−n=n2，则limn→∞S na n2=limn→∞n2(2n−1)2=limn→∞n24n2−4n+1=14，6.【答案】4【考点】简单线性规划【解析】作出满足不等式组的可行域，由z=3x−y可得y=3x−z可得−z为该直线在y轴上的截距，截距越小，z越大，结合图形可求z的最大值．【解答】作出满足不等式组的可行域，如图所示的阴影部分由z=3x−y可得y=3x−z可得−z为该直线在y轴上的截距，截距越小，z越大，作直线L:3x−y=0，可知把直线平移到A(2, 2)时，Z最大，故z max=4．7.【答案】2√2π【考点】柱体、锥体、台体的体积计算【解析】由题意画出图形，由已知求出扇形的半径，进一步得到圆锥的母线长，底面半径及高，则答案可求．【解答】如图，设扇形的半径为R，则12×2π3×R2=3π，即R=3．∴圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，由2πr=2π3×3，解得r=1．则圆锥的高为2√2．∴圆锥的体积为V=13×π×12×2√2=2√23π．8.【答案】4√2【考点】由三视图求体积【解析】由主视图知CP⊥平面ABC、B点在AC上的射影为AC中点及AC长，由左视图可知CP长及△ABC中边AC的高，利用勾股定理即可求出棱BP的长．【解答】由主视图知CP⊥平面ABC，设AC中点为E，则BE⊥AC，且AE=CE=2；由左视图知CP=4，BE=2√3，在Rt△BCE中，BC=√BE2+EC2=4，在Rt△BCP中，BP=√BC2+CP2=4√2．9.【答案】716【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】基本事件总数n=4×4=16，利用列举法求出顾客抽奖中三等奖包含的基本事件有7种，由此能求出顾客抽奖中三等奖的概率．【解答】规定每位顾客从装有0、1、2、3的四个相同小球的抽奖箱中，每次取出一球记下编号后放回（连续取两次），若取出的两个小球的编号相加之和等于6，则中一等奖，等于5中二等奖，等于4或3中三等奖，基本事件总数n=4×4=16，顾客抽奖中三等奖包含的基本事件有：(0, 3)，(3, 0)，(1, 2)，(2, 1)，(1, 3)，(3, 1)，(2, 2)，共7种，∴顾客抽奖中三等奖的概率为p=716．【答案】[−1, 1]【考点】函数的定义域及其求法【解析】根据对数函数的真数大于0，得出√x 2+1+ax >0恒成立，再求此不等式恒成立时a 的取值范围．【解答】函数f(x)=lg(√x 2+1+ax)的定义域为R ，∴ √x 2+1+ax >0恒成立，∴ √x 2+1>−ax 恒成立，即(1−a 2)x 2+1>0恒成立；∴ 1−a 2≥0，解得−1≤a ≤1；∴ 实数a 的取值范围是[−1, 1]．11.【答案】12【考点】数量积表示两个向量的夹角【解析】根据题意表示出向量AM →，利用基本不等式求出|AM →|2的最小值，即可得出线段AM 的最小值．【解答】△ABC 中，点M 是BC 中点，∴ AM →=12(AB →+AC →)； 再由∠A =120∘，AB →⋅AC →=−12， 可得|AB →|⋅|AC →|⋅cos120∘=−12， ∴ |AB →|⋅|AC →|=1；又|AM →|2=14(AB →2+2AB →⋅AC →+AC →2) =14[|AB →|2+|AC →|2+2×(−12)]≥14(2|AB →|⋅|AC →|−1)=14， ∴ |AM →|≥12， 即线段AM 的最小值是12．12.【答案】(2, 4]指数函数综合题基本不等式【解析】根据指数式的运算性质结合基本不等式可把条件转化为关于s 的不等关系式，进而可求出s 的取值范围．【解答】∵ 4x +4y =(2x +2y )2−2⋅⋅2x 2y =s 2−2⋅2x 2y ，2x+1+2y+1=2(2x +2y )=2s ， 故原式变形为s 2−2⋅2x 2y =2s ，即2⋅2x 2y =s 2−2s ，∵ 0<2⋅2x 2y ≤2⋅(2x +2y 2)2，即0<s 2−2s ≤s 22，当且仅当2x =2y ，即x =y 时取等号；解得2<s ≤4，二、选择题（每题5分）【答案】A【考点】充分条件、必要条件、充要条件【解析】根据不等式的关系，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】当x ＝2时，满足x ≥1，当x ＝3时，满足x ≥1但x ＝2不成立，即“x ＝2”是“x ≥1”的充分不必要条件，【答案】C【考点】参数方程与普通方程的互化【解析】根据题意，由参数方程中t 的范围分析可得x 、y 的范围，结合参数方程消去参数可得x −3y =10，结合x 、y 的范围分析可得答案．【解答】根据题意，参数方程{x =3t 2+4y =t 2−2，若0≤t ≤3， 则有：4≤x ≤31，−2≤y ≤7，又由参数方程{x =3t 2+4y =t 2−2，则y +2=13(x −4)，即x −3y =10， 又由4≤x ≤31，−2≤y ≤7，则参数方程表示的是线段；【答案】A【考点】分段函数的应用函数图象的作法【解析】随着点P 的位置的不同，讨论三种情形即在AB 上，在BC 上，以及在CM 上分别建立面积的函数，分段画出图象即可．解：①当点P在AB上时，如图：y=12×x×1=12x(0≤x≤1)；②当点P在BC上时，如图：∵PB=x−1，PC= 2- x，∴y=S正方形ABCD−S△ADM−S△ABP−S△PCM=1−12×12−12(x−1)−12×12×(2−x)=34−14x,即y=−14x+34(1<x≤2)；③当点P在BC上时，如图：∵MP=2.5−x，∴y=12(2.5−x)=−12x+54(2<x≤2.5).综上①②③，得到的三个函数都是一次函数，由一次函数的图象与性质可以确定y 与x的图象，只有A的图象是三个一次函数，且在第二段上y随x的增大而减小.故选A.【答案】D【考点】数列递推式a n =INT(27×10n )，b 1=a 1，b n =a n −10a n−1(n ∈N ∗，且n ≥2)，可得：a 1=2=b 1，a 2=28，b 2=28−10×2=8，……，可得：b n+6=b n ．利用周期性即可得出． 【解答】∵ a n =INT(27×10n )，b 1=a 1，b n =a n −10a n−1(n ∈N ∗，且n ≥2)， ∴ a 1=2=b 1，a 2=28，b 2=28−10×2=8，同理可得：b 3=5，b 4=7，b 5=1，b 6=4，b 7=2，b 8=8，……， 可得：b n+6=b n ．则b 2018=b 336×6+2=b 2=8． 三、解答题 【答案】∵ f(x)=2sin 2x +sin(2x +π6)=1−cos2x +sin2xcos π6+cos2xsin π6 =√32sin2x −12cos2x +1=sin(2x −π6)+1．∴ T =2π2=π，∵ −1≤sin(2x −π6)≤1，∴ 函数值域为[0, 2]； ∵ A ，B ，C 为△ABC 的三个内角， ∴ 由cosB =13，得sinB =2√23，又f(A)=2，即sin(2A −π6)+1=2，则sin(2A −π6)=1，∴ 2A −π6=π2，得A =π3． ∴ sinC =sin(A +B)=sinAcosB +cosAsinB =√32×13+12×2√23=2√2+√36． 【考点】三角函数的周期性及其求法 三角函数的最值 【解析】（1）利用倍角公式及两角和的正弦化简变形，再由周期公式求得周期，结合正弦函数的值域求得原函数值域；（2）由已知求得sinB ，再由f(A)=2求得A ，结合sinC =sin(A +B)，展开两角和的正弦求解． 【解答】∵ f(x)=2sin 2x +sin(2x +π6)=1−cos2x +sin2xcos π6+cos2xsin π6 =√32sin2x −12cos2x +1=sin(2x −π6)+1． ∴ T =2π2=π，∵ −1≤sin(2x −π6)≤1，∴ 函数值域为[0, 2]；∵ A ，B ，C 为△ABC 的三个内角， ∴ 由cosB =13，得sinB =2√23，又f(A)=2，即sin(2A −π6)+1=2，则sin(2A −π6)=1，∴ 2A −π6=π2，得A =π3． ∴ sinC =sin(A +B)=sinAcosB +cosAsinB =√32×13+12×2√23=2√2+√36． 【答案】∵ 在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠BAD =90∘， AD // BC ，AB =2，AD =1，PA =BC =4，PA ⊥平面ABCD ．∴ 以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系， B(2, 0, 0)，D(0, 1, 0)，P(0, 0, 4)，C(2, 4, 0)， BD →=(−2, 1, 0)，PC →=(2, 4, −4)，∵ BD →∗PC →=−4+4+0=0，∴ BD ⊥PC ， ∴ 异面直线BD 与PC 所成角的大小为π2．AP →=(0, 0, 4)，AC →=(2, 4, 0)，DP →=(0, −1, 4)，DC →=(2, 3, 0)， 设平面APC 的法向量n →=(x, y, z)，则{n →∗AP →=4z =0n →∗AC →=2x +4y =0 ，取x =2，得n →=(2, −1, 0)， 设平面PCD 的法向量m →=(x, y, z)，则{m →∗DP →=−y +4z =0m →∗DC →=2x +3y =0 ，取z =1，得m →=(−6, 4, 1)， 设二面角A −PC −D 的平面角为θ， cosθ=|m →∗n →||m →|∗|n →|=5∗53=16√265265．∴ 二面角A −PC −D 的余弦值为16√265265．【考点】异面直线及其所成的角 二面角的平面角及求法 【解析】（1）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线BD 与PC 所成角的大小．（2）求出平面APC 的法向量和平面PCD 的法向量，利用向量法能求出二面角A −PC −D 的余弦值． 【解答】∵ 在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠BAD =90∘， AD // BC ，AB =2，AD =1，PA =BC =4，PA ⊥平面ABCD ．∴ 以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系， B(2, 0, 0)，D(0, 1, 0)，P(0, 0, 4)，C(2, 4, 0)， BD →=(−2, 1, 0)，PC →=(2, 4, −4)，∵ BD →∗PC →=−4+4+0=0，∴ BD ⊥PC ， ∴ 异面直线BD 与PC 所成角的大小为π2．AP →=(0, 0, 4)，AC →=(2, 4, 0)，DP →=(0, −1, 4)，DC →=(2, 3, 0)， 设平面APC 的法向量n →=(x, y, z)，则{n →∗AP →=4z =0n →∗AC →=2x +4y =0 ，取x =2，得n →=(2, −1, 0)， 设平面PCD 的法向量m →=(x, y, z)，则{m →∗DP →=−y +4z =0m →∗DC →=2x +3y =0 ，取z =1，得m →=(−6, 4, 1)， 设二面角A −PC −D 的平面角为θ， cosθ=|m →∗n →||m →|∗|n →|=√5∗√53=16√265265．∴ 二面角A −PC −D 的余弦值为16√265265．【答案】f(x)满足的基本要求是：①f(x)是定义域[10, 1000]上的增函数，②f(x)的最大值不超过9，③f(x)≤x5在[10, 1000]上恒成立．若f(x)=x150+2，则当x=10时，f(10)=115+2>2，而x5=2，故不满足条件③，∴y=x150+2不符合团队要求的奖励函数模型．f(x)=10x−3ax+2=10−3a+20x+2(10≤x≤1000)．∵f(x)是增函数，∴3a+20>0，即a>−203．∴f(x)的最大值为f(1000)=10−3a+201002≤9，解得：a≥9823．令10x−3ax+2≤x5在10，1000]上恒成立，即x2−48x+15a≥0在10，1000]上恒成立，∴242−48×24+15a≥0，解得a≥1925．综上，a≥9823．又a为正整数，∴符合条件的最小正整数a的值为328．【考点】根据实际问题选择函数类型【解析】（1）根据条件得出f(x)的三个条件，并判断y=x150+2是否满足3个条件；（2）根据（1）的三个条件列不等式即可确定a的范围，从而可求满足条件的最小的正整数a的值．【解答】f(x)满足的基本要求是：①f(x)是定义域[10, 1000]上的增函数，②f(x)的最大值不超过9，③f(x)≤x5在[10, 1000]上恒成立．若f(x)=x150+2，则当x=10时，f(10)=115+2>2，而x5=2，故不满足条件③，∴y=x150+2不符合团队要求的奖励函数模型．f(x)=10x−3ax+2=10−3a+20x+2(10≤x≤1000)．∵f(x)是增函数，∴3a+20>0，即a>−203．∴f(x)的最大值为f(1000)=10−3a+201002≤9，解得：a≥9823．令10x−3ax+2≤x5在10，1000]上恒成立，即x2−48x+15a≥0在10，1000]上恒成立，∴242−48×24+15a≥0，解得a≥1925．综上，a≥9823．又a 为正整数，∴ 符合条件的最小正整数a 的值为328． 【答案】 椭圆Γ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的焦距为2√3，∴ 2c =2√3， 即c =√3，∵ P(0, 2)关于直线y =−x 的对称点在椭圆Γ上， ∴ (−2, 0)在椭圆Γ上， ∴ a =2，∴ b 2=a 2−c 2=1， ∴x 24+y 2=1；设过点P(0, 2)的直线方程为y =mx +2，联立方程组可得{y =mx +2x 24+y 2=1 ，消y 可得(1+4m 2)x 2+16mx +12=0， △=4m 2−3>0，设C(x C , y C )，D(x D , y D )，∴ x C +x D =−16m 1+4m 2，x C x D =121+4m 2，∴ |CD|=√1+m 2⋅√(x C +x D )2−4x C x D =√1+m 2⋅4√4m 2−31+4m 2，∴ 点O 到直线CD 的距离d =√1+m 2， ∴ S △COD =12|CD|⋅d =4×√4m 2−31+4m 2，设1+4m 2=t ，则t >4，∴ S △COD =4√t−4t2=4√−(2t)2+1t=4√−4(1t−18)2+116，当t =8时，取得最大值，即为1， 设直线l 的方程为y =k(x −1)，联立方程组{y =k(x −1)x 24+y 2=1 ，整理得：(1+4k 2)x 2−8k 2x +4k 2−4=0， 设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)(x 1>x 2)， 即有x 1+x 2=8k 21+4k 2，x 1x 2=4k 2−41+4k 2，存在直线l 0:x =x 0（其中x 0>2），使得A ，B 到l 0的距离d A ，d B 满足：d Ad B=|MA||MB|恒成立，∴ x 0−x 1x 0−x 2=x 1−11−x 2，即为2x 1x 2+2x 0−(1+x 0)(x 1+x 2)=0，即有8k 2−81+4k 2+2x 0−(1+x 0)⋅8k 21+4k 2=0，即为8k 2−8+2x 0(1+4k 2)−8k 2(1+x 0)=0，∴ 2x 0=8，解得x 0=4>2． 故存在这样的x 0的值：x 0=4．【考点】椭圆的标准方程 椭圆的应用直线与椭圆的位置关系 【解析】（1）根据椭圆的焦距求出c ，由P(0, 2)关于直线y =−x 的对称点在椭圆Γ上可得a =2，即可求出b 2，可得椭圆方程，（2）设过点P(0, 2)的直线方程为y =mx +2，代入椭圆方程，运用韦达定理，弦长公式和点到直线的距离，表示出三角形的面积，再根据函数的性质即可求出最值．（3）设直线l 的方程为y =k(x −1)，代入椭圆方程，运用韦达定理，假设存在这样的直线l 0，运用点到直线的距离公式和两点的距离公式，可得x 0−x 1x 0−x 2=x 1−11−x 2，化简整理代入，即可判断． 【解答】 椭圆Γ：x 2a+y 2b =1(a >b >0)的焦距为2√3，∴ 2c =2√3，即c =√3，∵ P(0, 2)关于直线y =−x 的对称点在椭圆Γ上， ∴ (−2, 0)在椭圆Γ上， ∴ a =2，∴ b 2=a 2−c 2=1， ∴x 24+y 2=1；设过点P(0, 2)的直线方程为y =mx +2，联立方程组可得{y =mx +2x 24+y 2=1 ，消y 可得(1+4m 2)x 2+16mx +12=0， △=4m 2−3>0，设C(x C , y C )，D(x D , y D )，∴ x C +x D =−16m 1+4m 2，x C x D =121+4m 2，∴ |CD|=√1+m 2⋅√(x C +x D )2−4x C x D =√1+m 2⋅4√4m 2−31+4m 2，∴ 点O 到直线CD 的距离d =√1+m 2，∴ S △COD =12|CD|⋅d =4×√4m 2−31+4m 2，设1+4m 2=t ，则t >4，∴ S △COD =4√t−4t 2=4√−(2t )2+1t =4√−4(1t −18)2+116，当t =8时，取得最大值，即为1，设直线l 的方程为y =k(x −1)，联立方程组{y =k(x −1)x 24+y 2=1 ，整理得：(1+4k 2)x 2−8k 2x +4k 2−4=0， 设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)(x 1>x 2)，即有x1+x2=8k21+4k2，x1x2=4k2−41+4k2，存在直线l0:x=x0（其中x0>2），使得A，B到l0的距离d A，d B满足：d Ad B =|MA||MB|恒成立，∴x0−x1x0−x2=x1−11−x2，即为2x1x2+2x0−(1+x0)(x1+x2)=0，即有8k2−81+4k2+2x0−(1+x0)⋅8k21+4k2=0，即为8k2−8+2x0(1+4k2)−8k2(1+x0)=0，∴2x0=8，解得x0=4>2．故存在这样的x0的值：x0=4．【答案】由4S n=(a n+1)2，n=1时，4a1=(a1+1)2，解得a1=1．n≥2时，4a n=4(S n−S n−1)=(a n+1)2−(a n−1+1)2，化为：(a n+a n−1)(a n−a n−1−2)=0，∵数列{a n}的各项均为正数，∴a n+a n−1>0，∴a n−a n−1=2，∴数列{a n}为等差数列，首项为1，公差为2．∴a n=1+2(n−1)=2n−1．数列{b n}满足b1=2，b2=4，且等式b n2=b n−1b n+1对任意n≥2成立．∴数列{b n}是等比数列，首项为2，公比为42=2．∴b n=2n．∴c n={n,n=2k−12n2,n=2k，k∈N∗．∴T2n=n(1+2n−1)2+2(2n−1)2−1=n2+2n+1−2．T n≥λ⋅c n，即n2+2n+1−2≥λc n，n=2k时，λ≤k2+2k+1−22k的最小值，f(k)=k2+2k+1−22k =k2−22k+2，k≥2时单调递减，∴f(k)≤22−222+2=52．k=1时，f(1)=1+4−22=32．∴λ≤32．n=2k−1时，λ≤T n+1−c n+1c n的最小值，同理可得：λ≤1．综上可得：实数λ的取值范围是λ≤1．【考点】数列的求和【解析】（1）由4S n=(a n+1)2，n=1时，4a1=(a1+1)2，解得a1．n≥2时，4a n=4(S n−S n−1)，化为：(a n+a n−1)(a n−a n−1−2)=0，根据数列{a n}的各项均为正数，可得a n−a n−1=2，利用等差数列的通项公式可得a n．（2）数列{b n}满足b1=2，b2=4，且等式b n2=b n−1b n+1对任意n≥2成立．利用等比数列的通项公式可得b n．进而得出c n，T2n．（3）T n≥λ⋅c n，即n2+2n+1−2≥λc n，对n分类讨论即可得出．【解答】由4S n=(a n+1)2，n=1时，4a1=(a1+1)2，解得a1=1．n≥2时，4a n=4(S n−S n−1)=(a n+1)2−(a n−1+1)2，化为：(a n+a n−1)(a n−a n−1−2)=0，∵数列{a n}的各项均为正数，∴a n+a n−1>0，∴a n−a n−1=2，∴数列{a n}为等差数列，首项为1，公差为2．∴a n=1+2(n−1)=2n−1．数列{b n}满足b1=2，b2=4，且等式b n2=b n−1b n+1对任意n≥2成立．∴数列{b n}是等比数列，首项为2，公比为42=2．∴b n=2n．∴c n={n,n=2k−12n2,n=2k，k∈N∗．∴T2n=n(1+2n−1)2+2(2n−1)2−1=n2+2n+1−2．T n≥λ⋅c n，即n2+2n+1−2≥λc n，n=2k时，λ≤k2+2k+1−22k的最小值，f(k)=k2+2k+1−22k =k2−22k+2，k≥2时单调递减，∴f(k)≤22−222+2=52．k=1时，f(1)=1+4−22=32．∴λ≤32．n=2k−1时，λ≤T n+1−c n+1c n的最小值，同理可得：λ≤1．综上可得：实数λ的取值范围是λ≤1．。