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2023-2024学年广东省广州市番禺中学高二（下）期中数学试卷-普通用卷
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这是一份2023-2024学年广东省广州市番禺中学高二（下）期中数学试卷-普通用卷，共15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.设i是虚数单位，则复数i+12+i在复平面内所对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知集合A={x|x2−4x−5≥0}，B={x|a−3A. {a|a>1}B. {a|13.已知角α顶点在原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆相交于点P(−35,45)，则cs(α+π4)=( )
A. − 210B. 210C. −7 210D. 7 210
4.中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往A，B，C三个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲和乙两支救援队必须去同一个受灾点，则不同的安排方法数是( )
A. 18B. 24C. 36D. 48
5.已知离散型随机变量X的分布列如下表：若离散型随机变量Y=2X+1，则P(Y≥5)=( )
A. 712B. 512C. 56D. 34
6.若定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)的偶函数f(x)在(0,+∞)上的图象如图所示，则不等式f(x)f′(x)>0的解集是( )
A. (−∞,−1)∪(0,1)B. (−1,0)∪(1,+∞)
C. (−∞,−1)∪(1,+∞)D. (−1,0)∪(0,1)
7.下列命题正确的是( )
A. 已知随机变量X∼B(n,p)，若E(X)=30，D(X)=10，则p=13
B. 若随机变量X满足D(X)=2，则D(3−X)=1
C. 已知随机变量X∼B(n,12)，若E(2X+1)=9，则n=4
D. 已知随机变量X∼B(6,12)，则P(X=3)=516
8.设a=ln22，b=1e，c=2+ln22e2，则a，b，c的大小顺序为( )
A. c>b>aB. b>c>aC. b>a>cD. c>a>b
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.关于(7−x)7的展开式，下列判断正确的是( )
A. 展开式共有7项B. 展开式的各二项式系数的和为128
C. 展开式的第7项的二项式系数为49D. 展开式的各项系数的和为67
10.甲盒中有3个红球和2个白球，乙盒中有2个红球和3个白球．先从甲盒中随机取出一球放入乙盒．用事件E表示“从甲盒中取出的是红球”，用事件F表示“从甲盒中取出的是白球”；再从乙盒中随机取出一球，用事件G表示“从乙盒中取出的是红球”，则下列结论正确的是( )
A. 事件F与G是互斥事件B. 事件E与G不是相互独立事件
C. P(G)=1330D. P(G|E)=12
11.已知函数f(x)=ex，g(x)=lnx，下列结论正确的有( )
A. 函数y=g(x)f(x)有极大值，且极大值点x0∈(1,2)
B. eln2>ln3
C. 函数y=f(x)−g(x)的最小值为2
D. 若P、Q分别是曲线f(x)=ex，g(x)=lnx上的动点，则|PQ|的最小值为 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(2+x)(x−2)5的展开式中x2的系数为______(用数字作答).
13.某小区有5个区域要种上鲜花(如图)，现有四种不同品种的鲜花可供选择，每个区域只能种一种鲜花，要求相邻区域不能种同一种鲜花，则符合条件的方案有______种.
14.若函数f(x)=lnx+2x2−ax存在与直线2x−y=0平行的切线，则实数a取值范围是______.
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Sn是数列{an}的前n项和，a1=2，{Snn}是公差为1的等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：1a1a2+1a2a3+⋯+1anan+1<14.
16.(本小题15分)
为降低工厂废气排放量，某厂生产甲、乙两种不同型号的减排器，现分别从甲、乙两种减排器中各抽取100件进行性能质量评估检测，综合得分k的频率分布直方图如图所示：
减排器等级及利润率如下表，其中17(1)若从这100件甲型号减排器中按等级用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取10件，再从这10件产品中随机抽取5件，求抽取的5件中至少有3件一级品的概率；
(2)将频率分布直方图中的频率近似地看作概率，用样本估计总体，则：
①若从乙型号减排器中随机抽取4件，记X为其中二级品的个数，求X的分布列及数学期望；
②从数学期望来看，投资哪种型号的减排器利润率较大？
17.(本小题15分)
如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是边长为2的正三角形，△AA1C是以AC为斜边的等腰直角三角形且侧面AA1C1C⊥底面ABC，点O为AC中点，点F为B1C1的中点.
(1)求证：A1O⊥平面ABC；
(2)求平面ABC与平面BCC1B1夹角的正弦值.
(3)过A1作与AF垂直的平面α，交直线BC于点Q，求BQ的长度.
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(3 2, 2)，且它的长轴长是短轴长的3倍.斜率为13的直线l与椭圆C交于A，B两点(如图所示，点P在直线l的上方).
(1)求椭圆C的方程；
(2)试判断直线PA，PB的斜率和是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=12x2+x+aln(x+1)，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a<−1时，a2+f(x)>1.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由i+12+i=(i+1)(2−i)(2+i)(2−i)=3+i5=35+15i，
得复数i+12+i对应的点的坐标为(35,15)，位于第一象限．
故选：A.
利用复数代数形式的除法运算化简，再由复数的几何意义可得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵x2−4x−5≥0，∴x≤−1或x≥5，
∴A={x|x≤−1或x≥5}，
又A∪B=R，
∴a−3≤−1a+4≥5，解得1≤a≤2.
故选：D.
先求出一元二次不等式的解集，依题借助于数轴得到关于a的不等式组，解之即得．
本题主要考查了集合的并集运算及包含关系的应用，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：∵角α的终边与单位圆相交于点P(−35,45)，
∴sinα=45，csα=−35，
∴cs(α+π4)=csαcsπ4−sinαsinπ4= 22(−35−45)=−7 210.
故选：C.
利用任意角的三角函数的定义可求得sinα=45，csα=−35，再利用两角和的余弦公式计算可得答案．
本题考查两角和与差的三角函数及任意角的三角函数的定义，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：若仅有甲和乙两支救援去队同一个受灾点，则有C31C31A22=18种不同的安排方法；
若甲和乙两支救援队和其中一个救援队去同一个受灾点，则有C31C31A22=18种不同的安排方法，
所以由分类加法原理可知共有18+18=36种不同的安排方法．
故选：C.
分两情况：一是仅有甲和乙两支救援队去同一个受灾点，二是甲和乙两支救援队和其中一个救援队去同一个受灾点，然后根据分类加法原理求解即可．
本题考查排列组合的应用，计数原理的应用，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由题意a+13+5a+16=1，解得a=112，
而P(Y≥5)=P(2X+1≥5)=P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=512+16=712.
故选：A.
由分布列中各概率之和为1求得参数a，进一步将所求变形为P(Y≥5)=P(X=2)+P(X=3)即可求解．
本题考查离散型随机事件概率分布列等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由图可知：
f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
则在区间(0,+∞)上f′(x)>0.
又由f(x)为偶函数．
则f(x)在区间(−∞,0)上单调递减，
则在区间(−∞,0)上f′(x)<0.
由f(−1)=f(1)=0可得
在区间(−∞,−1)上f′(x)<0，f(x)>0.
在区间(−1,0)上f′(x)<0，f(x)<0.
在区间(0,1)上f′(x)>0，f(x)<0.
在区间(1,+∞)上f′(x)>0，f(x)>0.
故不等式f(x)f′(x)>0的解集为(−1,0)∪(1,+∞)
故选B
本题考查的知识点是函数奇偶性及单调性，由f(x)为偶函数，我们可以根据偶函数的性质--偶函数的图象关于y轴对称，判断出函数图象在y轴左侧的情况，然后结合导数的意义，不难求出等式f(x)f′(x)>0的解集．
利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便，f′(x)>0(或f′(x)<0)仅是f(x)在某个区间上为增函数(或减函数)，反之，f(x)在某个区间上为增函数(或减函数)，则f′(x)>0(或f′(x)<0).
7.【答案】D
【解析】解：对于A，因为随机变量X∼B(n,p)，E(X)=30，D(X)=10，
则np=30np(1−p)=10，解得：p=23，故A错误；
对于B，因为D(3−X)=D(X)=2，故B错误；
对于C，因为X∼B(n,12)，则E(X)=12n，
所以E(2X+1)=2E(X)+1=n+1=9，所以n=8，故C错误；
对于D，因为X∼B(6,12)，所以P(X=3)=C63(12)6=516，故D正确．
故选：D.
利用二项分布的性质及期望和方差的性质即可一一判断．
本题考查了二项分布及期望和方差的性质的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：∵b=1e=lnee，c=2+ln22e2=ln2e22e2，
构造函数f(x)=lnxx(x>0)，
则f′(x)=1−lnxx2(x>0)，
可得x∈(e,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
又a=ln22=ln44=f(4)，
故f(e)>f(4)>f(2e2)，即b>a>c.
故选：C.
构造函数f(x)，求出函数的导数，根据函数的单调性判断数的大小即可．
本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及数的大小比较，考查转化思想，是中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A，二项式(7−x)7展开式共有7+1=8项，故A错误；
对于B，展开式的各二项式系数的和为27=128，故B正确；
对于C，展开式的第7项的二项式系数为C76=C71=7，故C错误；
对于D，令x=1可得展开式的各项系数的和为(7−1)7=67，故D正确．
故选：BD.
根据二项式定理的性质逐项判断即可．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题主要考查概率的求解，以及互斥事件、相互独立时间的概念，属于中档题．
对于A，结合互斥事件的定义，即可求解，对于B，结合相互独立事件的定义，即可求解，对于C，结合相互独立事件的概率公式，互斥事件和事件的概率公式，即可求解，对于D，结合条件概率公式，即可求解．
【解答】
解：对于A，事件F和G能同时发生，事件F和G不是互斥事件，故A错误，
对于B，事件E发生与否与事件G有关，故B正确，
对于C，P(G)=C31C51×C31C61+C21C51×C21C61=1330，故C正确，
对于D，P(G|E)=P(EG)P(E)=930×53=12，故D正确．
故选：BCD.
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A：y=g(x)f(x)=lnxex，y′=exx−exlnxe2x=1x−lnxex，
令h(x)=1x−lnx,(x>0)，
则h′(x)=−1x2−1x<0，
所以h(x)单调递减，
注意到y′与h(x)同号，且h(1)=1>0,h(2)=12−ln2=ln e2所以存在x0∈(1,2)，使得h(x0)=0，
当00，即y′>0，y关于x单调递增，
当x>x0时，h(x)<0，即y′<0，y关于x单调递减，
所以函数y=g(x)f(x)有极大值，且极大值点x0∈(1,2)，故A正确；
对于B：e>2=lg24>lg23=ln3ln2⇒eln2>ln3，故B正确；
对于C：我们有y=f(x)−g(x)=ex−lnx≥ex−x+1>e0−0+1=2，
我们首先来看从左到右第一个不等式，只需证明φ(x)=lnx−x+1≤0，(x>0)即可，
φ′(x)=1x−1=1−xx，
当00，φ(x)单调递增，
当x>1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
所以φ(x)≤φ(1)=0，
从而说明了从左到右第一个不等式成立，等号成立当且仅当x=1，
现在我们来看从左到右第二个不等式，我们只需证明当μ(x)=ex−x+1(x>0)单调递增即可，
而μ′(x)=ex−1>e0−1=0，所以也成立，
综上所述，函数y=f(x)−g(x)的最小值大于2，故C错误；
对于D：注意到曲线f(x)=ex，g(x)=lnx互为反函数，
所以它们的图象关于y=x对称，
从而f′(x)=ex=1⇒x=0，g′(x)=1x=1⇒x=1，
所以曲线f(x)=ex与y=x+1相切于点A(1,0)，曲线g(x)=lnx与y=x−1相切于点B(1,0)，
所以|PQ|的最小值为|AB|= 1+1= 2，故D正确．
故选：ABD.
对于A：求导后令h(x)=1x−lnx,(x>0)，只需考虑h(x)=1x−lnx,(x>0)的极值点，即可判断A是否正确；
对于B：由对数运算公式变形，即可判断B是否正确；
对于C：由不等式放缩结合取等条件，即可判断C是否正确；
对于D：通过分析可知当过点P，Q的切线的斜率都是1时，它们的距离最小，由此即可判断D是否正确．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
12.【答案】−80
【解析】解：由题意可得：(2+x)(x−2)5=2(x−2)5+x⋅(x−2)5，
故其展开式中含x2的项为：2×C53⋅x2⋅(−2)3+x⋅C54⋅x⋅(−2)4=−80x2，
因此展开式中x2的系数为−80.
故答案为：−80.
将(2+x)(x−2)5拆为2(x−2)5和x⋅(x−2)5，分别求其展开式中x2的系数，再求和即可．
本题考查二项式定理的运用，属于基础题．
13.【答案】72
【解析】解：如图所示，依顺序，A区域可种4种颜色，B区域可种3种颜色，C区域可种2种颜色，
①D区域若与B区域同色，则E有两种颜色可选；
②D区域若不与B区域同色，则只有1种颜色可选，E也只有1种颜色可选，
故有4×3×2×(2+1)=72种方案．
故答案为：72.
由分步计数原理结合分类讨论即可．
本题考查分步计数原理，属于中档题．
14.【答案】[2,+∞)
【解析】解：函数f(x)=lnx+2x2−ax存在与直线2x−y=0平行的切线，
即f′(x)=2在(0,+∞)上有解，
而f′(x)=1x+4x−a，
即1x+4x−a=2在(0,+∞)上有解，
得−a=2−4x−1x在(0,+∞)上有解，
∵−4x−1x=−(4x+1x)≤−2 4x⋅1x=−4，当且仅当x=12时“=”成立．
∴−a≤2−4=−2，得a≥2.
∴a的取值范围是[2,+∞).
故答案为：[2,+∞).
函数f(x)=lnx+2x2−ax存在与直线2x−y=0平行的切线，等价于f′(x)=2在(0,+∞)上有解，分离出参数a，转化为求函数值域问题即可求得答案．
本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程问题，注意转化思想在本题中的应用，是中档题．
15.【答案】(1)解：数列{an}中，a1=2，{Snn}是公差为1的等差数列，且首项为S1=2，
所以Snn=2+(n−1)=n+1，Sn=n(n+1)=n2+n，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(n2+n)−[(n−1)2+(n−1)]=2n，
n=1时，a1=2，满足an=2n；
所以数列{an}的通项公式为an=2n；
(2)证明：1a1a2+1a2a3+...+1anan+1
=12×4+14×6+...+12n⋅2(n+1)
=14×[11×2+12×3+...+1n(n+1)]
=14×(1−12+12−13+...+1n−1n+1)
=14×(1−1n+1)
=14−14(n+1)<14.
【解析】(1)根据{Snn}是等差数列求出Snn，得出Sn，再利用n≥2时an=Sn−Sn−1求解即可；
(2)利用通项公式和裂项法求解即可．
本题考查了等差数列的通项公式与前n项和的定义应用问题，也考查了数学运算核心素养，是基础题．
16.【答案】解：(1)由已知及频率分布直方图中的信息知，
甲型号减排器中的一级品的频率为0.08×5+0.04×5=0.6，
按等级用分层抽样的方法抽取10件，
则抽取一级品为10×0.6=6(件)，
记“抽取的5件中至少有3件一级品”为事件A，则P(A)=C63C42+C64C41+C65C105=3142；
(2)①由已知及频率分布直方图中的信息知，
乙型号减排器中的一级品的概率为710，二级品的概率为14，三级品的概率为120，
由题意，X∼B(4,14),X的所有可能的取值为0，1，2，3，4，
所以P(X=0)=C40(34)4(14)0=81256，
P(X=1)=C41(34)3×14=2764，
P(X=2)=C42(34)2(14)2=27128，
P(X=3)=C4334×(14)3=364，
P(X=4)=C44(34)0×(14)4=1256，
分布列如下表：
所以E(X)=4×14=1；
①由题意知，甲型号减排器的利润率的平均值：
E1=35×2a+25×3a2=65a2+65a；
乙型号减排器的利润率的平均值：
E2=710×2a+14×3a2+120a2=45a2+75a；
则E1−E2=65a2+65a−(45a2+75a)=25a2−15a=15a(2a−1)，
又17所以投资乙型号减排器的平均利润率较大．
【解析】(1)由已知及频率分布直方图中的信息知，甲型号减排器中的一级品的概率为0.6，根据分层抽样，计算10件减排器中一级品的个数，再利用互斥事件概率加法公式能求出至少3件一级品的概率；
(2)①由已知及频率分布直方图中的信息知，乙型号减排器中的一级品的概率为710，二级品的概率为14，三级品的概率为120，若从乙型号减排器随机抽取4件，则二级品数所有可能的取值为0，1，2，3，4，且X∼B(4,14)，由此能求出的分布列和数学期望；
②由题意分别求出甲型号减排器的利润的平均值和乙型号减排器的利润的平均值，由此求出投资乙型号减排器的平均利润率较大．
本题考查了概率统计的综合运用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为△AA1C是等腰直角三角形，AA1=CA1，O为AC中点，所以A1O⊥AC，
又侧面AA1C1C⊥底面ABC，侧面AA1C1C∩底面ABC=AC，A1O⊂侧面AA1C1C，
所以A1O⊥平面ABC；
(2)因为△ABC为正三角形，O为AC中点，所以OB⊥OC，
由(1)知，A1O⊥平面ABC，OB，OC⊂平面ABC，所以A1O⊥OC，A1O⊥OB，
如图以O为原点建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,−1,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,1),B1( 3,1,1),C1(0,2,1)，
由(1)知，A1O⊥面ABC，所以平面ABC的一个法向量为OA1=(0,0,1)，
设面BCC1B1的一个法向量n1=(x1,y1,z1)，BB1=(0,1,1)，BC=(− 3,1,0)，
所以n1⋅BC=− 3x1+y1=0n1⋅BB1=y1+z1=0，不妨设x1=1，则y1= 3,z1=− 3，
则n1=(1, 3,− 3)，设平面ABC与平面BCC1B1的夹角为β，
则csβ=|cs|=|− 3 3+3+1|= 217，
所以sinβ= 1−cs2β=2 77，
所以平面ABC与平面BCC1B1夹角的正弦值为2 77；
(3)设Q(x0,y0,z0)，BQ=λBC，
又BQ=(x0− 3,y0,z0)，BC=(− 3,1,0)，
所以x0− 3=− 3λy0=λz0=0，解得x0= 3− 3λy0=λz0=0，
所以Q( 3− 3λ,λ,0)，
又F为B1C1中点，故F( 32,32,1)，
所以AF=( 32,52,1)，A1Q=( 3− 3λ,λ,−1)，
因为过A1作与AF垂直的平面α，交直线BC于点Q，所以A1Q⊂α，则A1Q⊥AF，
所以A1Q⋅AF=32(1−λ)+52λ−1=0，解得λ=−12，
所以Q(3 32,−12,0)，则BQ=( 32,−12,0)，
所以|BQ|= ( 32)2+(−12)2=1，
即BQ=1.
【解析】(1)根据等腰直角三角形的性质得到A1O⊥AC，再由面面垂直的性质得证；
(2)首先可得OB⊥OC，从而建立空间直角坐标系，求出平面BCC1B1的法向量，利用向量法求出夹角的余弦值，再求出其正弦值即可；
(3)设Q(x0,y0,z0)，BQ=λBC，即可表示出Q点坐标，由线面垂直的性质得到A1Q⊥AF，则A1Q⋅AF=0，即可求出λ，再求出|BQ|即可得解．
本题考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(3 2, 2)，且它的长轴长是短轴长的3倍，
故18a2+2b2=12a=3⋅2b，解得a2=36，b2=4，
故椭圆C的方程为x236+y24=1；
(2)由题意设直线l的方程为y=13x+m，当l经过P(3 2, 2)时，
2=13×3 2+m，∴m=0，
由于点P在直线l的上方，故m<0；
联立x236+y24=1y=13x+m，得2x2+6mx+9m2−36=0，需满足Δ=288−36m2>0，
即−2 2设A(x1,y1)，B(x2,y2)，x1≠3 2,x2≠3 2，则x1+x2=−3m,x1x2=9m2−362，
则kPA+kPB=y1− 2x1−3 2+y2− 2x2−3 2=12+y1x2+y2x1− 2(x1+x2)−3 2(y1+y2)(x1−3 2)(x1−3 2)，
而12+y1x2+y2x1− 2(x1+x2)−3 2(y1+y2)
=12+(13x1+m)x2+(13x2+m)x1− 2(x1+x2)−3 2(13x1+m+13x2+m)
=12+23x1x2+(m−2 2)(x1+x2)−6 2m
=12+23⋅9m2−362+(m−2 2)⋅(−3m)−6 2m=0，
即kPA+kPB=0，故直线PA，PB的斜率和为定值，定值为0.
【解析】(1)由题意列出关于a，b的方程组，求出它们的值，即可求得答案；
(2)设直线l的方程为y=13x+m，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，由此化简直线PA，PB的斜率和的表达式，即可得出结论．
本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)函数f(x)=12x2+x+aln(x+1)，定义域为(−1,+∞)，
则f′(x)=x+1+ax+1=(x+1)2+ax+1,(x>−1)，
当a≥0时，f′(x)>0在x∈(−1,+∞)上恒成立，
故f(x)在(−1,+∞)上单调递增，
当a<0时，令f′(x)>0得x>−1+ −a；令f′(x)<0得−1故f(x)在(−1+ −a,+∞)上单调递增，在(−1,−1+ −a)上单调递减，
综上所述，当a≥0时，f(x)在(−1,+∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(−1+ −a,+∞)上单调递增，在(−1,−1+ −a)上单调递减；
(2)证明：由(1当a≥0)知，当a<−1时，f(x)min=f(−1+ −a)=−12(a+1)+12aln(−a)，
所以a2−1+f(x)≥a2−1+f(x)min=a2−1−12(a+1)+12aln(−a).
令g(a)=a2−1−12(a+1)+12aln(−a),(a<−1)，
则g′(a)=2a+12ln(−a).
令h(a)=2a+12ln(−a),(a<−1)，
则h′(a)=2+12a.
因为a<−1，所以h′(a)>0，
所以h(a)在(−∞,−1)上单调递增．
又h(−1)<0，所以g′(a)=2a+12ln(−a)<0，
所以g(a)在(−∞,−1)上单调递减．
因为g(−1)=0，所以g(a)>g(−1)=0，
所以a2−1+f(x)≥a2−1+f(x)min>0，
即当a<−1时，a2+f(x)>1.
【解析】(1)求导得f′(x)，再分a≥0和a<0两种情况讨论即可；
(2)由(1)知f(x)min，从而等价证明a2−1+f(x)≥a2−1+f(x)min，即证明a2−1+f(x)min>0，再构造新函数g(a)，再利用导数得证．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．X
0
1
2
3
P
a
13
5a
16
综合得分k的范围
减排器等级
减排器利润率
k≥85
一级品
2a
75≤k<85
二级品
3a2
70≤k<75
三级品
a2
X
0
1
2
3
4
P
81256
2764
27128
364
1256
1.设i是虚数单位，则复数i+12+i在复平面内所对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知集合A={x|x2−4x−5≥0}，B={x|a−3
A. − 210B. 210C. −7 210D. 7 210
4.中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往A，B，C三个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲和乙两支救援队必须去同一个受灾点，则不同的安排方法数是( )
A. 18B. 24C. 36D. 48
5.已知离散型随机变量X的分布列如下表：若离散型随机变量Y=2X+1，则P(Y≥5)=( )
A. 712B. 512C. 56D. 34
6.若定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)的偶函数f(x)在(0,+∞)上的图象如图所示，则不等式f(x)f′(x)>0的解集是( )
A. (−∞,−1)∪(0,1)B. (−1,0)∪(1,+∞)
C. (−∞,−1)∪(1,+∞)D. (−1,0)∪(0,1)
7.下列命题正确的是( )
A. 已知随机变量X∼B(n,p)，若E(X)=30，D(X)=10，则p=13
B. 若随机变量X满足D(X)=2，则D(3−X)=1
C. 已知随机变量X∼B(n,12)，若E(2X+1)=9，则n=4
D. 已知随机变量X∼B(6,12)，则P(X=3)=516
8.设a=ln22，b=1e，c=2+ln22e2，则a，b，c的大小顺序为( )
A. c>b>aB. b>c>aC. b>a>cD. c>a>b
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.关于(7−x)7的展开式，下列判断正确的是( )
A. 展开式共有7项B. 展开式的各二项式系数的和为128
C. 展开式的第7项的二项式系数为49D. 展开式的各项系数的和为67
10.甲盒中有3个红球和2个白球，乙盒中有2个红球和3个白球．先从甲盒中随机取出一球放入乙盒．用事件E表示“从甲盒中取出的是红球”，用事件F表示“从甲盒中取出的是白球”；再从乙盒中随机取出一球，用事件G表示“从乙盒中取出的是红球”，则下列结论正确的是( )
A. 事件F与G是互斥事件B. 事件E与G不是相互独立事件
C. P(G)=1330D. P(G|E)=12
11.已知函数f(x)=ex，g(x)=lnx，下列结论正确的有( )
A. 函数y=g(x)f(x)有极大值，且极大值点x0∈(1,2)
B. eln2>ln3
C. 函数y=f(x)−g(x)的最小值为2
D. 若P、Q分别是曲线f(x)=ex，g(x)=lnx上的动点，则|PQ|的最小值为 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(2+x)(x−2)5的展开式中x2的系数为______(用数字作答).
13.某小区有5个区域要种上鲜花(如图)，现有四种不同品种的鲜花可供选择，每个区域只能种一种鲜花，要求相邻区域不能种同一种鲜花，则符合条件的方案有______种.
14.若函数f(x)=lnx+2x2−ax存在与直线2x−y=0平行的切线，则实数a取值范围是______.
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Sn是数列{an}的前n项和，a1=2，{Snn}是公差为1的等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：1a1a2+1a2a3+⋯+1anan+1<14.
16.(本小题15分)
为降低工厂废气排放量，某厂生产甲、乙两种不同型号的减排器，现分别从甲、乙两种减排器中各抽取100件进行性能质量评估检测，综合得分k的频率分布直方图如图所示：
减排器等级及利润率如下表，其中17
(2)将频率分布直方图中的频率近似地看作概率，用样本估计总体，则：
①若从乙型号减排器中随机抽取4件，记X为其中二级品的个数，求X的分布列及数学期望；
②从数学期望来看，投资哪种型号的减排器利润率较大？
17.(本小题15分)
如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是边长为2的正三角形，△AA1C是以AC为斜边的等腰直角三角形且侧面AA1C1C⊥底面ABC，点O为AC中点，点F为B1C1的中点.
(1)求证：A1O⊥平面ABC；
(2)求平面ABC与平面BCC1B1夹角的正弦值.
(3)过A1作与AF垂直的平面α，交直线BC于点Q，求BQ的长度.
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(3 2, 2)，且它的长轴长是短轴长的3倍.斜率为13的直线l与椭圆C交于A，B两点(如图所示，点P在直线l的上方).
(1)求椭圆C的方程；
(2)试判断直线PA，PB的斜率和是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=12x2+x+aln(x+1)，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a<−1时，a2+f(x)>1.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由i+12+i=(i+1)(2−i)(2+i)(2−i)=3+i5=35+15i，
得复数i+12+i对应的点的坐标为(35,15)，位于第一象限．
故选：A.
利用复数代数形式的除法运算化简，再由复数的几何意义可得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵x2−4x−5≥0，∴x≤−1或x≥5，
∴A={x|x≤−1或x≥5}，
又A∪B=R，
∴a−3≤−1a+4≥5，解得1≤a≤2.
故选：D.
先求出一元二次不等式的解集，依题借助于数轴得到关于a的不等式组，解之即得．
本题主要考查了集合的并集运算及包含关系的应用，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：∵角α的终边与单位圆相交于点P(−35,45)，
∴sinα=45，csα=−35，
∴cs(α+π4)=csαcsπ4−sinαsinπ4= 22(−35−45)=−7 210.
故选：C.
利用任意角的三角函数的定义可求得sinα=45，csα=−35，再利用两角和的余弦公式计算可得答案．
本题考查两角和与差的三角函数及任意角的三角函数的定义，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：若仅有甲和乙两支救援去队同一个受灾点，则有C31C31A22=18种不同的安排方法；
若甲和乙两支救援队和其中一个救援队去同一个受灾点，则有C31C31A22=18种不同的安排方法，
所以由分类加法原理可知共有18+18=36种不同的安排方法．
故选：C.
分两情况：一是仅有甲和乙两支救援队去同一个受灾点，二是甲和乙两支救援队和其中一个救援队去同一个受灾点，然后根据分类加法原理求解即可．
本题考查排列组合的应用，计数原理的应用，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由题意a+13+5a+16=1，解得a=112，
而P(Y≥5)=P(2X+1≥5)=P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=512+16=712.
故选：A.
由分布列中各概率之和为1求得参数a，进一步将所求变形为P(Y≥5)=P(X=2)+P(X=3)即可求解．
本题考查离散型随机事件概率分布列等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由图可知：
f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
则在区间(0,+∞)上f′(x)>0.
又由f(x)为偶函数．
则f(x)在区间(−∞,0)上单调递减，
则在区间(−∞,0)上f′(x)<0.
由f(−1)=f(1)=0可得
在区间(−∞,−1)上f′(x)<0，f(x)>0.
在区间(−1,0)上f′(x)<0，f(x)<0.
在区间(0,1)上f′(x)>0，f(x)<0.
在区间(1,+∞)上f′(x)>0，f(x)>0.
故不等式f(x)f′(x)>0的解集为(−1,0)∪(1,+∞)
故选B
本题考查的知识点是函数奇偶性及单调性，由f(x)为偶函数，我们可以根据偶函数的性质--偶函数的图象关于y轴对称，判断出函数图象在y轴左侧的情况，然后结合导数的意义，不难求出等式f(x)f′(x)>0的解集．
利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便，f′(x)>0(或f′(x)<0)仅是f(x)在某个区间上为增函数(或减函数)，反之，f(x)在某个区间上为增函数(或减函数)，则f′(x)>0(或f′(x)<0).
7.【答案】D
【解析】解：对于A，因为随机变量X∼B(n,p)，E(X)=30，D(X)=10，
则np=30np(1−p)=10，解得：p=23，故A错误；
对于B，因为D(3−X)=D(X)=2，故B错误；
对于C，因为X∼B(n,12)，则E(X)=12n，
所以E(2X+1)=2E(X)+1=n+1=9，所以n=8，故C错误；
对于D，因为X∼B(6,12)，所以P(X=3)=C63(12)6=516，故D正确．
故选：D.
利用二项分布的性质及期望和方差的性质即可一一判断．
本题考查了二项分布及期望和方差的性质的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：∵b=1e=lnee，c=2+ln22e2=ln2e22e2，
构造函数f(x)=lnxx(x>0)，
则f′(x)=1−lnxx2(x>0)，
可得x∈(e,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
又a=ln22=ln44=f(4)，
故f(e)>f(4)>f(2e2)，即b>a>c.
故选：C.
构造函数f(x)，求出函数的导数，根据函数的单调性判断数的大小即可．
本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及数的大小比较，考查转化思想，是中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A，二项式(7−x)7展开式共有7+1=8项，故A错误；
对于B，展开式的各二项式系数的和为27=128，故B正确；
对于C，展开式的第7项的二项式系数为C76=C71=7，故C错误；
对于D，令x=1可得展开式的各项系数的和为(7−1)7=67，故D正确．
故选：BD.
根据二项式定理的性质逐项判断即可．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题主要考查概率的求解，以及互斥事件、相互独立时间的概念，属于中档题．
对于A，结合互斥事件的定义，即可求解，对于B，结合相互独立事件的定义，即可求解，对于C，结合相互独立事件的概率公式，互斥事件和事件的概率公式，即可求解，对于D，结合条件概率公式，即可求解．
【解答】
解：对于A，事件F和G能同时发生，事件F和G不是互斥事件，故A错误，
对于B，事件E发生与否与事件G有关，故B正确，
对于C，P(G)=C31C51×C31C61+C21C51×C21C61=1330，故C正确，
对于D，P(G|E)=P(EG)P(E)=930×53=12，故D正确．
故选：BCD.
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A：y=g(x)f(x)=lnxex，y′=exx−exlnxe2x=1x−lnxex，
令h(x)=1x−lnx,(x>0)，
则h′(x)=−1x2−1x<0，
所以h(x)单调递减，
注意到y′与h(x)同号，且h(1)=1>0,h(2)=12−ln2=ln e2
当0
当x>x0时，h(x)<0，即y′<0，y关于x单调递减，
所以函数y=g(x)f(x)有极大值，且极大值点x0∈(1,2)，故A正确；
对于B：e>2=lg24>lg23=ln3ln2⇒eln2>ln3，故B正确；
对于C：我们有y=f(x)−g(x)=ex−lnx≥ex−x+1>e0−0+1=2，
我们首先来看从左到右第一个不等式，只需证明φ(x)=lnx−x+1≤0，(x>0)即可，
φ′(x)=1x−1=1−xx，
当0
当x>1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
所以φ(x)≤φ(1)=0，
从而说明了从左到右第一个不等式成立，等号成立当且仅当x=1，
现在我们来看从左到右第二个不等式，我们只需证明当μ(x)=ex−x+1(x>0)单调递增即可，
而μ′(x)=ex−1>e0−1=0，所以也成立，
综上所述，函数y=f(x)−g(x)的最小值大于2，故C错误；
对于D：注意到曲线f(x)=ex，g(x)=lnx互为反函数，
所以它们的图象关于y=x对称，
从而f′(x)=ex=1⇒x=0，g′(x)=1x=1⇒x=1，
所以曲线f(x)=ex与y=x+1相切于点A(1,0)，曲线g(x)=lnx与y=x−1相切于点B(1,0)，
所以|PQ|的最小值为|AB|= 1+1= 2，故D正确．
故选：ABD.
对于A：求导后令h(x)=1x−lnx,(x>0)，只需考虑h(x)=1x−lnx,(x>0)的极值点，即可判断A是否正确；
对于B：由对数运算公式变形，即可判断B是否正确；
对于C：由不等式放缩结合取等条件，即可判断C是否正确；
对于D：通过分析可知当过点P，Q的切线的斜率都是1时，它们的距离最小，由此即可判断D是否正确．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
12.【答案】−80
【解析】解：由题意可得：(2+x)(x−2)5=2(x−2)5+x⋅(x−2)5，
故其展开式中含x2的项为：2×C53⋅x2⋅(−2)3+x⋅C54⋅x⋅(−2)4=−80x2，
因此展开式中x2的系数为−80.
故答案为：−80.
将(2+x)(x−2)5拆为2(x−2)5和x⋅(x−2)5，分别求其展开式中x2的系数，再求和即可．
本题考查二项式定理的运用，属于基础题．
13.【答案】72
【解析】解：如图所示，依顺序，A区域可种4种颜色，B区域可种3种颜色，C区域可种2种颜色，
①D区域若与B区域同色，则E有两种颜色可选；
②D区域若不与B区域同色，则只有1种颜色可选，E也只有1种颜色可选，
故有4×3×2×(2+1)=72种方案．
故答案为：72.
由分步计数原理结合分类讨论即可．
本题考查分步计数原理，属于中档题．
14.【答案】[2,+∞)
【解析】解：函数f(x)=lnx+2x2−ax存在与直线2x−y=0平行的切线，
即f′(x)=2在(0,+∞)上有解，
而f′(x)=1x+4x−a，
即1x+4x−a=2在(0,+∞)上有解，
得−a=2−4x−1x在(0,+∞)上有解，
∵−4x−1x=−(4x+1x)≤−2 4x⋅1x=−4，当且仅当x=12时“=”成立．
∴−a≤2−4=−2，得a≥2.
∴a的取值范围是[2,+∞).
故答案为：[2,+∞).
函数f(x)=lnx+2x2−ax存在与直线2x−y=0平行的切线，等价于f′(x)=2在(0,+∞)上有解，分离出参数a，转化为求函数值域问题即可求得答案．
本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程问题，注意转化思想在本题中的应用，是中档题．
15.【答案】(1)解：数列{an}中，a1=2，{Snn}是公差为1的等差数列，且首项为S1=2，
所以Snn=2+(n−1)=n+1，Sn=n(n+1)=n2+n，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(n2+n)−[(n−1)2+(n−1)]=2n，
n=1时，a1=2，满足an=2n；
所以数列{an}的通项公式为an=2n；
(2)证明：1a1a2+1a2a3+...+1anan+1
=12×4+14×6+...+12n⋅2(n+1)
=14×[11×2+12×3+...+1n(n+1)]
=14×(1−12+12−13+...+1n−1n+1)
=14×(1−1n+1)
=14−14(n+1)<14.
【解析】(1)根据{Snn}是等差数列求出Snn，得出Sn，再利用n≥2时an=Sn−Sn−1求解即可；
(2)利用通项公式和裂项法求解即可．
本题考查了等差数列的通项公式与前n项和的定义应用问题，也考查了数学运算核心素养，是基础题．
16.【答案】解：(1)由已知及频率分布直方图中的信息知，
甲型号减排器中的一级品的频率为0.08×5+0.04×5=0.6，
按等级用分层抽样的方法抽取10件，
则抽取一级品为10×0.6=6(件)，
记“抽取的5件中至少有3件一级品”为事件A，则P(A)=C63C42+C64C41+C65C105=3142；
(2)①由已知及频率分布直方图中的信息知，
乙型号减排器中的一级品的概率为710，二级品的概率为14，三级品的概率为120，
由题意，X∼B(4,14),X的所有可能的取值为0，1，2，3，4，
所以P(X=0)=C40(34)4(14)0=81256，
P(X=1)=C41(34)3×14=2764，
P(X=2)=C42(34)2(14)2=27128，
P(X=3)=C4334×(14)3=364，
P(X=4)=C44(34)0×(14)4=1256，
分布列如下表：
所以E(X)=4×14=1；
①由题意知，甲型号减排器的利润率的平均值：
E1=35×2a+25×3a2=65a2+65a；
乙型号减排器的利润率的平均值：
E2=710×2a+14×3a2+120a2=45a2+75a；
则E1−E2=65a2+65a−(45a2+75a)=25a2−15a=15a(2a−1)，
又17
【解析】(1)由已知及频率分布直方图中的信息知，甲型号减排器中的一级品的概率为0.6，根据分层抽样，计算10件减排器中一级品的个数，再利用互斥事件概率加法公式能求出至少3件一级品的概率；
(2)①由已知及频率分布直方图中的信息知，乙型号减排器中的一级品的概率为710，二级品的概率为14，三级品的概率为120，若从乙型号减排器随机抽取4件，则二级品数所有可能的取值为0，1，2，3，4，且X∼B(4,14)，由此能求出的分布列和数学期望；
②由题意分别求出甲型号减排器的利润的平均值和乙型号减排器的利润的平均值，由此求出投资乙型号减排器的平均利润率较大．
本题考查了概率统计的综合运用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为△AA1C是等腰直角三角形，AA1=CA1，O为AC中点，所以A1O⊥AC，
又侧面AA1C1C⊥底面ABC，侧面AA1C1C∩底面ABC=AC，A1O⊂侧面AA1C1C，
所以A1O⊥平面ABC；
(2)因为△ABC为正三角形，O为AC中点，所以OB⊥OC，
由(1)知，A1O⊥平面ABC，OB，OC⊂平面ABC，所以A1O⊥OC，A1O⊥OB，
如图以O为原点建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,−1,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,1),B1( 3,1,1),C1(0,2,1)，
由(1)知，A1O⊥面ABC，所以平面ABC的一个法向量为OA1=(0,0,1)，
设面BCC1B1的一个法向量n1=(x1,y1,z1)，BB1=(0,1,1)，BC=(− 3,1,0)，
所以n1⋅BC=− 3x1+y1=0n1⋅BB1=y1+z1=0，不妨设x1=1，则y1= 3,z1=− 3，
则n1=(1, 3,− 3)，设平面ABC与平面BCC1B1的夹角为β，
则csβ=|cs
所以sinβ= 1−cs2β=2 77，
所以平面ABC与平面BCC1B1夹角的正弦值为2 77；
(3)设Q(x0,y0,z0)，BQ=λBC，
又BQ=(x0− 3,y0,z0)，BC=(− 3,1,0)，
所以x0− 3=− 3λy0=λz0=0，解得x0= 3− 3λy0=λz0=0，
所以Q( 3− 3λ,λ,0)，
又F为B1C1中点，故F( 32,32,1)，
所以AF=( 32,52,1)，A1Q=( 3− 3λ,λ,−1)，
因为过A1作与AF垂直的平面α，交直线BC于点Q，所以A1Q⊂α，则A1Q⊥AF，
所以A1Q⋅AF=32(1−λ)+52λ−1=0，解得λ=−12，
所以Q(3 32,−12,0)，则BQ=( 32,−12,0)，
所以|BQ|= ( 32)2+(−12)2=1，
即BQ=1.
【解析】(1)根据等腰直角三角形的性质得到A1O⊥AC，再由面面垂直的性质得证；
(2)首先可得OB⊥OC，从而建立空间直角坐标系，求出平面BCC1B1的法向量，利用向量法求出夹角的余弦值，再求出其正弦值即可；
(3)设Q(x0,y0,z0)，BQ=λBC，即可表示出Q点坐标，由线面垂直的性质得到A1Q⊥AF，则A1Q⋅AF=0，即可求出λ，再求出|BQ|即可得解．
本题考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(3 2, 2)，且它的长轴长是短轴长的3倍，
故18a2+2b2=12a=3⋅2b，解得a2=36，b2=4，
故椭圆C的方程为x236+y24=1；
(2)由题意设直线l的方程为y=13x+m，当l经过P(3 2, 2)时，
2=13×3 2+m，∴m=0，
由于点P在直线l的上方，故m<0；
联立x236+y24=1y=13x+m，得2x2+6mx+9m2−36=0，需满足Δ=288−36m2>0，
即−2 2
则kPA+kPB=y1− 2x1−3 2+y2− 2x2−3 2=12+y1x2+y2x1− 2(x1+x2)−3 2(y1+y2)(x1−3 2)(x1−3 2)，
而12+y1x2+y2x1− 2(x1+x2)−3 2(y1+y2)
=12+(13x1+m)x2+(13x2+m)x1− 2(x1+x2)−3 2(13x1+m+13x2+m)
=12+23x1x2+(m−2 2)(x1+x2)−6 2m
=12+23⋅9m2−362+(m−2 2)⋅(−3m)−6 2m=0，
即kPA+kPB=0，故直线PA，PB的斜率和为定值，定值为0.
【解析】(1)由题意列出关于a，b的方程组，求出它们的值，即可求得答案；
(2)设直线l的方程为y=13x+m，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，由此化简直线PA，PB的斜率和的表达式，即可得出结论．
本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)函数f(x)=12x2+x+aln(x+1)，定义域为(−1,+∞)，
则f′(x)=x+1+ax+1=(x+1)2+ax+1,(x>−1)，
当a≥0时，f′(x)>0在x∈(−1,+∞)上恒成立，
故f(x)在(−1,+∞)上单调递增，
当a<0时，令f′(x)>0得x>−1+ −a；令f′(x)<0得−1
综上所述，当a≥0时，f(x)在(−1,+∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(−1+ −a,+∞)上单调递增，在(−1,−1+ −a)上单调递减；
(2)证明：由(1当a≥0)知，当a<−1时，f(x)min=f(−1+ −a)=−12(a+1)+12aln(−a)，
所以a2−1+f(x)≥a2−1+f(x)min=a2−1−12(a+1)+12aln(−a).
令g(a)=a2−1−12(a+1)+12aln(−a),(a<−1)，
则g′(a)=2a+12ln(−a).
令h(a)=2a+12ln(−a),(a<−1)，
则h′(a)=2+12a.
因为a<−1，所以h′(a)>0，
所以h(a)在(−∞,−1)上单调递增．
又h(−1)<0，所以g′(a)=2a+12ln(−a)<0，
所以g(a)在(−∞,−1)上单调递减．
因为g(−1)=0，所以g(a)>g(−1)=0，
所以a2−1+f(x)≥a2−1+f(x)min>0，
即当a<−1时，a2+f(x)>1.
【解析】(1)求导得f′(x)，再分a≥0和a<0两种情况讨论即可；
(2)由(1)知f(x)min，从而等价证明a2−1+f(x)≥a2−1+f(x)min，即证明a2−1+f(x)min>0，再构造新函数g(a)，再利用导数得证．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．X
0
1
2
3
P
a
13
5a
16
综合得分k的范围
减排器等级
减排器利润率
k≥85
一级品
2a
75≤k<85
二级品
3a2
70≤k<75
三级品
a2
X
0
1
2
3
4
P
81256
2764
27128
364
1256
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