文档内容
《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，上面记载了一道有名的“孙子问题”，后来南宋数学家
安徽省十校联考2023届高三上学期第一次教学质量检测数学试题
9秦. 九韶在《算书九章⋅大衍求一术》中将此问题系统解决.“大衍求一术”属于现代数论中的一次同余
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
式组问题，后传入西方，被称为“中国剩余定理”.现有一道同余式组问题：将正整数中，被4除余1且
设全集U={−2,−1,0,1,2}，集合A={x|x2=4},B={x|x2+x−2=0}，则∁ (A∪B)=( )
U
被6除余3的数，按由小到大的顺序排成一列数{a }，记{a }的前n项和为S ，则S =( )
1. n n n 10
A. {−2,−1,1,2} B. {−2,−1,0} C. {−1,0} D. {0}
A. 495 B. 522 C. 630 D. 730
若复数z满足(2+2i)z=4，则z=( )
已知等边△ABC的顶点都在球O的表面上，若AB=√3，直线OA和平面ABC所成角的正切值为√2，
2A. . 1+i B. 1−i C. 2+i D. 2−i
1则0.球O的表面积为 ( )
→ → ⃗ ⃗ ⃗ ⃗
已知向量⃗a,⃗b均为单位向量，且
a⊥b
，则 (2a−b)⋅(a+4b)=( )
A. 8π B. 12π C. 16π D. 20π
3.
A. 2 B. −2 C. 4 D. −4 |AB|
已知抛物线C:x2=12y的焦点为F，其准线与y轴的交点为A，点B为抛物线上一动点，当 取
|FB|
学校组织班级知识竞赛，某班的8名学生的成绩(单位：分)分别是：68、63、77、76、82、88、92、
11.
49.3，则这8名学生成绩的75%分位数是( ) 得最大值时，直线AB的倾斜角为 ( )
π π π 5π π 3π
A. 88分 B. 89分 C. 90分 D. 92分
A. B. C. 或 D. 或
4 3 6 6 4 4
已知实数a>b>c,abc≠0，则下列结论一定正确的是 ( )
3 3 1
5 A . . a > a B. ab>bc C. 1 < 1 D. ab+bc>ac+b2
已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(x−
2
)−f(−x−
2
)=0,f(2022)=
e
，若f(x)>f ′(−x)，则
b c a c
12.
1
已知函数f(x)=log
a
(x2−ax+a)，若∃x
0
∈R，使得f(x)⩾f(x
0
)恒成立，则实数a的取值范围 不等式f(x+2)>
ex
的解集为 ( )
6. A. (1,+∞) B. (−∞,1) C. (−∞,3) D. (3,+∞)
是 ( )
A. 10)的渐近线方程为y=±√3x，则双曲线E的焦距等于 ．
a2 9
√3 1 1
A. − B. − C. 0 D.
14.
2 2 2
现有5同学站成一排拍照毕业留念，在“甲不站最左边，乙不站最右边”的前提下，丙站最左边的概
已知直线l:mx+ y−3m−2=0与圆M:(x−5) 2+(y−4) 2=25交于A,B两点，则当弦AB最短时，
1率5.为 ．
8. 在侧棱长为√2，底面边长为2的正三棱锥P−ABC中，E，F分别为AB，BC的中点，M，N分别
圆M与圆N:(x+2m) 2+ y2=9的位置关系是 ( ) 1为6.PE和平面PAF上的动点，则BM+MN的最小值为 ．
A. 内切 B. 外离 C. 外切 D. 相交
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
(本小题10.0分)
17.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,cosAsinB=(2−cosB)sin A．
x2 y2 ( √3)
如图，已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左、右顶点分别是A,B，且经过点 1,− ，直线
(1)求A的最大值; a2 b2 2
1
(2)若cosB= ,△ABC的周长为10，求b．
l:x=ty−1恒过定点F且交椭圆于D,E两点，F为OA的中点．
4
18.(本小题12.0分)
已知数列{a }满足a +a +⋯+a −a =−2(n≥2且n∈N∗)，且a =4．
n 1 2 n−1 n 2
(1)求数列{a }的通项公式;
n
{ 2n } 2
(2)设数列 的前n项和为T ，求证： ≤T <1． (1)求椭圆C的标准方程;
(a −1)(a −1) n 3 n
n n+1
(2)记▵BDE的面积为S，求S的最大值．
19.(本小题12.0分)
22.(本小题12.0分)
如图，在三棱柱ABC−A B C 中，BC=BB ,BC ∩B C=O,AO⊥平面BB C C．
1 1 1 1 1 1 1 1
设函数f(x)=ln(x+1)−a2ex,a∈R．
(1)若a=−1，求函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)+a≤0恒成立，求正数a的取值范围．
(1)求证：AB⊥B C;
1
(2)若∠B BC=60❑∘ ，直线AB与平面BB C C所成的角为30❑∘，求二面角A −B C −A的正弦值．
1 1 1 1 1 1
20.(本小题12.0分)
国庆节期间，某大型服装团购会举办了一次“你消费我促销”活动，顾客消费满300元(含300元)可抽
奖一次，抽奖方案有两种(顾客只能选择其中的一种)．
方案一：从装有5个形状、大小完全相同的小球(其中红球1个，黑球4个)的抽奖盒中，有放回地摸出3
个球，每摸出1次红球，立减100元．
方案二：从装有10个形状，大小完全相同的小球(其中红球2个，白球1个，黑球7个)的抽奖盒中，不放
回地摸出3个球，规则为：若摸出2个红球，1个白球，享受免单优惠;若摸出2个红球和1个黑球则打5折
;若摸出1个红球，1个白球和1个黑球，则打7.5折;其余情况不打折．
(1)某顾客恰好消费300元，选择抽奖方案一，求他实付金额的分布列和期望;
(2)若顾客消费500元，试从实付金额的期望值分析顾客选择何种抽奖方案更合理?
21.(本小题12.0分)【分析】
1.【答案】C 本题考查向量的数量积的概念及其运算，以及向量的数量积与向量的垂直关系，属于较易题．
【解析】 利用向量垂直的判断得⃗a·⃗b=0，再利用向量的数量积运算即可.
【分析】 【解答】
本题考查集合的并集、补集运算，属于较易题． → →
解：∵⃗a，⃗b是单位向量，且 ，
a⊥b
先化简集合A、B，求A∪B，再求∁ (A∪B)即可得．
U
∴ |⃗ a | =1, |⃗ b | =1 ，⃗a·⃗b=0，
【解答】
解：因为A={x|x2=4},B={x|x2+x−2=0}， ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗
则 (2a−b)⋅(a+4b)=2a2+7a·b−4b2=−2．
所以A={−2,2}，B={−2,1}，
故本题选B．
所以A∪B={−2,1,2}，
因为全集U={−2,−1,0,1,2}，
4.【答案】C
【解析】
所以∁ (A∪B)={−1,0}．
U 【分析】
故本题选C． 本题考查百分位数的求解，属于较易题．
将数据从小到大排列，由8×75%=6，所求即为88与92的平均值．
2.【答案】A 【解答】
解：8名学生的成绩由小到大排列为63、68、76、77、82、88、92、93，
【解析】
【分析】
因为8×75%=6，
本题考查了复数的除法运算，共轭复数的概念，属于较易题．
88+92
所以这8名学生成绩的75%分位数是 =90．
利用复数的除法运算求解z，根据共轭复数的概念即可求解． 2
【解答】 故本题选C．
解：因为(2+2i)z=4，
5.【答案】D
4 2 2(1−i)
则z= = = =1−i，
2+2i 1+i (1+i)(1−i) 【解析】
故z=1+i． 【分析】
故本题选A． 本题主要考查利用不等式的基本性质判断不等关系，属于较易题．
举反例排除A，B，C，利用作差法判断D．
3.【答案】B 【解答】
【解析】a a 1 π π
解：若a=1，b=−1，c=−2， =−1< =− ，故选项A错误; 解：由题知g(x)=sin[2(x− )+φ]=sin(2x− +φ)，
b c 2 6 3
若a=1，b=−2，c=−3，ab=−2 =−1，故选项C错误;
a c π π π π
∴2× − +φ=kπ+ ,k∈Z，即φ= +kπ,k∈Z，
3 3 2 6
因为(ab+bc)−(ac+b2 )=(a−b)(b−c)>0，所以ab+bc>ac+b2，故选项D正确． 又∵0<φ<π，
故本题选D． π
∴φ= ，
6
π
6.【答案】A ∴g(x)=sin(2x− )，
6
【解析】
π π π 1
【分析】 ∴g( )=sin(2× − )= ．
6 6 6 2
本题考查对数函数的单调性与最值，以及复合函数的单调性，属于中档题．
故本题选D．
原问题等价于函数f(x)存在最小值，则u=x2−ax+a的图象与x轴相离，且函数y=log u在(0,+∞)上为增
a
函数，从而列出不等式组即可求解．
8.【答案】B
【解答】
【解析】
解：由题知，函数f(x)存在最小值，
【分析】
所以u=x2−ax+a的图象与x轴相离，且函数y=log u在(0,+∞)上为增函数，
a 本题主要考查圆与圆的位置关系，直线过定点问题，以及直线与圆的位置关系中的最值问题，属于中档题．
根据题意可得直线过定点P(3,2)，当弦AB最短时直线l垂直直线PM，即可求得m的值，结合两圆的位置关
{ a>1 { a>1
所以 ，解得 , 系进行判断即可．
(−a) 2−4a<0 05+3，
则OO ⊥底面ABC，
1
∴圆M与圆N外离．
∴AO在底面ABC内的射影为AO ，
1
故本题选B．
∴线OA和平面ABC所成角为∠OAO ，
1
∵等边三角形ABC的边长为√3，
9.【答案】C
∴AO =1，
1
【解析】
又∵直线OA和平面ABC所成角的正切值为√2，
【分析】
本题考查等差数列的实际应用，属于中档题．
OO
∴ 1=√2，即OO =√2，
AO 1
由已知可求得a =12k−3(k∈N∗)，再利用等差数列的前n项和公式求S 即可． 1
k 10
【解答】
设球O的半径R，则R=√1+(√2) 2=√3，
解：由题意可得4x+1=6 y+3，且x，y∈N，
∴球O的表面积为4πR2=12π．
所以4(x+1)=6(y+1)，
x+1 y+1
令 = =k(k∈N∗)，
3 2
所以x=3k−1，y=2k−1，
所以a =12k−3，
k
则a =9，
1
所以数列{a }是首项为9，公差d=12的等差数列，
n
10×9
所以S =10×9+ ×12=630．
10 2
故本题选C．
10.【答案】B
故本题选B．
【解析】
【分析】
本题考查正弦定理的应用，球的表面积，以及直线与平面所成的角，属于中档题．
11.【答案】D
先求出等边△ABC的外接圆的半径，再由直线OA和平面ABC所成角的正切值求出球的半径，最后代入球 【解析】
【分析】
的表面积公式即可求解．本题考查了抛物线的性质，属于中档题． 【解答】
解：因为f(x)是偶函数，
|BF| |AB|
过点B作抛物线C的准线的垂线BM，垂足为点M，分析可得 =cos∠BAF，当 取得最大值时，
|AB| |FB| 所以f(x)=f(−x)，即f ′(x)=f ′(−x)=−f ′(−x)，
∠BAF最大，此时AB与抛物线C相切，设出直线AB的方程，将抛物线C的方程，由Δ=0可求得直线AB 因为f(x)>f ′(−x)=−f ′(x)，
的斜率，即可求得直线AB的倾斜角．
所以f(x)+f ′(x)>0，
【解答】
设g(x)=exf(x)，
解：抛物线C的准线为l：y=−3，焦点为F(0,3)，易知点A(0,−3)，
过点B作BM⊥l，垂足点为M，由抛物线的定义可得|BM|=|BF|，易知BM// y轴，
所以g′(x)=ex [f(x)+f ′(x)]>0，则g(x)在(−∞,+∞)上单调递增，
|BF| |BM|
则∠BAF=∠ABM，所以 = =cos∠ABM=cos∠BAF，
|AB| |AB|
3 3 3 3
因为f(x− )−f(−x− )=0，即f(x− )=f(−x− )，
2 2 2 2
|AB|
当 取得最大值时，cos∠BAF取最小值，此时∠BAF最大，
|FB| 所以f(t)=f(−t−3)，
则直线AB与抛物线C相切，由已知可知，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx−3， 又因为函数f(x)为偶函数，
所以f(−t)=f(t)，则f(−t)=f(−t−3)，
{x2=12y 所以函数f(x)的周期为3，
联立 可得x2−12kx+36=0，则Δ=144k2−144=0，解得k=±1，
y=kx−3
1
因为f (2022)= ，所以ef(2022)=ef(0)=1，
e
π 3π
因此，直线AB的倾斜角为 或 ．
4 4
1
则不等式f(x+2)> ，即为f(x+2)ex>1，
故选：D． ex
12.【答案】A
所以f(x+2)ex>ef(0)，
【解析】
【分析】
所以f(x+2)ex+2>e3f(0)=e3f(3)，
本题考查利用导数证明不等式，利用导数判断函数的单调性，抽象函数的奇偶性，以及周期函数，属于难题．
所以g(x+2)>g(3)，
所以x+2>3，
由f(x)是偶函数，则f(x)=f(−x)，求导得f ′(x)=−f ′(−x)，推出f(x)+f ′(x)>0，设g(x)=exf(x)，
所以x>1，
3 3
求导分析单调性，由f(x− )−f(−x− )=0可得函数f(x)的周期，则ef(2022)=ef(0)=1，不等式 1
2 2 即不等式f(x+2)> 的解集为(1,+∞)．
ex
1 故本题选A．
f(x+2)> 转化为f(x+2)ex+2>e3f(0)=e3f(3)，即可得出答案．
ex13.【答案】7
x2 y2
解：因为双曲线E： − =1(a>0)的渐近线方程为y=±√3x，
【解析】 a2 9
【分析】
b 3
本题考查两角和与差的正切公式，由一个三角函数值求其他三角函数值，以及利用诱导公式化简，属于较易 所以b=3，渐近线方程为y=± x=± x=±√3x，
a a
题．
所以a=√3，
3
直接利用同角三角函数的关系式求出tanα=− ，进一步利用三角函数的诱导公式和角的正切值求出结果．
4
则c=√a2+b2=√3+9=2√3，
【解答】
所以焦距2c=4√3．
4
解：由于角α的终边在第四象限，且cosα= ，
5 故答案为4√3．
3
则sinα=− ，
5 3
15.【答案】
13
3
∴tanα=− ， 【解析】
4
【分析】
本题主要考查条件概率的概念与计算，全排列问题，古典概型及其计算，以及分类加法计数原理，属于较难
3
1+ 题．
5π π 1−tanα 4
∵tan( −α)=tan( −α)= = =7．
4 4 1+tanα 3 设“甲不站最左边，乙不站最右边”为事件A，丙站最左边事件B，求出P(A)和P(AB)，再根据条件概率
1−
4
求解即可．
故答案为7．
【解答】
解：设“甲不站最左边，乙不站最右边”为事件A，丙站最左边事件B，
14.【答案】4√3
【解析】 则5同学站成一排，共有A5=120种可能，事件B发生的情况有A4=24种，
5 4
【分析】
24 1
本题考查双曲线的渐近线，属于较易题． 所以P(B)= = ，
120 5
由双曲线E的方程得b=3，由渐近线方程得a=√3，再计算c=√a2+b2，即可得出答案． 事件A发生的情况分两种可能：
【解答】
第一种，当甲站在最右边时，有A4=24种，
4
第二种，当甲不站在最左边，也不站在最右边时，有A1A1A3=54种，
3 3 354+24 13 解：取AC中点H，连接EH交AF于点O，证得EO⊥面PAO，
所以P(A)= = ，
120 20
事件AB发生的情况有A1A3=18种，
3 3
18 3
所以P(AB)= = ，
120 20
3
P(AB) 20 3
则在“甲不站最左边，乙不站最右边”的前提下，丙站最左边的概率为P(B|A)= = = ．
P(A) 13 13
20
3
故答案为 ．
13
要使BM+MN的值最小，可得MN⊥平面PAF，可得MN⊥PO，
√3+1
16.【答案】 又可证明MN//EO，再把平面POE绕PE旋转，与面PAB共面，N′,O′是N，O在旋转之后对应的点，
2
又可证得∠POE=90°，
【解析】
【分析】
1 1 1
因为EH= BC=1,EO= EH= ，
本题考查了正三棱锥中的相关计算，属于较难题． 2 2 2
取AC中点H，连接EH交AF于点O，要使BM+MN的值最小，可得MN⊥平面PAF，可得MN⊥PO， 又因为PA=PB=√2,AB=2，
把平面POE绕PE旋转，与面PAB共面，进行求解即可．
1
所以PA⊥PB,PE= AB=1，
【解答】 2
1
所以sin∠OPE= ，即∠OPE=30°，所以∠MPN′=30°，
2
√6+√2
所以∠BPN′=45°+30°=75°，可得sin75°= ，
4
√3+1
(BM+MN) =BN′=PB⋅sin75°= ．
min 2
√3+1
故答案为： ．
217.【答案】解：(1)∵cosAsinB=(2−cosB)sin A， 所以{a }是首项为2，公比为2的等比数列，
n
∴cosAsinB=2sinA−cosBsinA，
所以a =2n (n∈N∗).
即sinAcosB+cosAsinB=2sinA， n
则sin(A+B)=2sin A，
∴sinC=2sinA， 2n 2n 1 1
(2)证明： = = − ，
(a −1)(a −1) (2n−1)(2n+1−1) 2n−1 2n+1−1
由正弦定理可得c=2a， n n+1
由余弦定理得cosA=
b2+c2−a2
=
1
(
b
+
3a
)≥
1
×2
√b
⋅
3a
=
√3
，当且仅当b=√3a时取得等号， 所以T =(
1
−
1
)+(
1
−
1
)+⋯+(
1
−
1
)=1−
1
<1，
2bc 4 a b 4 a b 2 n 2−1 22−1 22−1 23−1 2n−1 2n+1−1 2n+1−1
π 1 1 1 1
∴A的最大值为 ； 由n≥1，得2n+1≥4，得2n+1−1≥3，得 ≤ ，得− ≥− ，
6 2n+1−1 3 2n+1−1 3
(2)由余弦定理得b2=a2+c2−2ac⋅cosB，
1 2
所以1− ≥ ，
由(1)知，c=2a， 2n+1−1 3
∴b2=a2+4a2−a2=4a2，
2
综上所述， ≤T <1．
则b=2a， 3 n
又∵a+b+c=10， 【解析】本题考查数列的递推关系，等比数列的判定及通项公式，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档
∴5a=10， 题．
∴a=2，b=4． (1)利用数列的递推关系得，{a
n
}是首项为2，公比为2的等比数列，由此可得数列{a
n
}的通项公式;
【解析】本题考查利用余弦定理解决最值问题，利用余弦定理解三角形，逆用两角和与差的正弦公式，由基 (2)利用裂项相消法证明即可．
本不等式求最值，以及正弦定理及变形，属于中档题．
(1)利用两角和的正弦公式得sinC=2sinA，利用正弦定理得c=2a，进而由余弦定理得 19.【答案】(1)证明：∵四边形BCC B 为平行四边形，BC=BB ，
1 1 1
∴四边形BCC B 为菱形，
1 b 3a 1 1
cosA= ( + )，结合基本不等式即可求解．
4 a b ∴B C⊥BC ，
1 1
(2)由余弦定理可得b=2a，进而可求解． ∵AO⊥平面BCC B ，B C⊂平面BCC B ，
1 1 1 1 1
∴AO⊥B C，
1
18.【答案】解：(1)因为a +a +⋯+a −a =−2， ∵AO∩BC =O，AO、BC ⊂平面ABC ，
1 2 n−1 n 1 1 1
所以a +a +⋯+a −a =−2， ∴B C⊥平面ABC ，
1 2 n n+1 1 1
两式相减得a =2a (n≥2)， ∵AB⊂平面ABC ，
n+1 n 1
当n=2时，a −a =−2，又a =4，所以a =2，a =2a ， ∴AB⊥B C；
1 2 2 1 2 1 1
所以a =2a (n∈N∗)， (2)解：因为AB与平面BB C C所成角为30❑∘ ,AO⊥平面BB C C，所以∠ABO=30❑∘，
n+1 n 1 1 1 1因为∠B BC=60❑∘ ，所以△BCB 是正三角形， ⃗ ⃗
1 1 ⃗ ⃗ n ⋅n (1,−√3,−√3)⋅(1,−√3,√3) 1
因为cos⟨n ,n ⟩= 1 2 = = ，
1 2 ⃗ ⃗ √7×√7 7
|n |⋅|n |
1 2
设BC=2，则B C=2,BO=√3,OA=1，
1
以O为原点，分别以OB,OB ,OA所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
1 √ 1 2 4√3
所以sinθ= 1−( ) = ，
7 7
4√3
所以二面角A −B C −A的正弦值为 ．
1 1 1 7
【解析】本题考查线面垂直的判定、线面垂直的性质以及空间向量法求二面角，属于中档题．
(1)由AO⊥平面 BB C C，得到AO⊥B C，再由BC=BB ，证得BC ⊥B C，进而证得B C⊥平面
1 1 1 1 1 1 1
ABC ，即可证得AB⊥B C．
1 1
(2)以O为原点，分别以OB,OB ,OA所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，分别求得平面AB C 和
1 1 1
平面B C A 的一个法向量为⃗n ,⃗n ，结合向量的夹角公式，即可求解．
1 1 1 1 2
则B(√3,0,0),B (0,1,0),A(0,0,1),C (−√3,0,0)，
1 1
20.【答案】解：(1)设实付金额为X元，X可能的取值为0，100，200，300，
⃗ ⃗ ⃗ ⃗
所以 AB 1 =(0,1,−1),C 1 B 1 =(√3,1,0),A 1 B 1 =AB=(√3,0,−1) ， 则 P(X=0)=( 5 1 ) 3= 12 1 5 ,P(X=100)=C 3 2 ( 5 1 ) 2×( 5 4 )= 1 1 2 2 5 ，
1 4 48 4 64
P(X=200)=C1 ( )×( ) 2= ,P(X=300)=( ) 3= ，
{ ⃗ ⃗ 3 5 5 125 5 125
n ⋅AB = y−z=0
设平面AB C 的一个法向量为⃗n =(x,y,z)，则 1 1 ，
1 1 1 ⃗ ⃗ 故X的分布列为
n ⋅C B =√3x+ y=0
1 1 1
X 0 100 200 300
1 12 48 64
⃗ P
取x=1，可得y=−√3,z=−√3，所以n =(1,−√3,−√3) ， 125 125 125 125
1
1 12 48 64
所以E(X)=0× +100× +200× +300× =240(元)．
125 125 125 125
{⃗ ⃗
n ⋅A B =√3x −z =0
设平面B 1 C 1 A 1 的一个法向量为n ⃗ 2 =(x 1 ,y 1 ,z 1 ) ，则 ⃗ 2 1 ⃗ 1 1 1 , (2)若选择方案一，设摸到红球的个数为Y，实付金额为φ，则φ=500−100Y，由题意可得Y～B(3, 5 1 )，
n ⋅C B =√3x + y =0
2 1 1 1 1
1 3
故E(Y)=3× = ，
取x
1
=1，可得y
1
=−√3,z=√3，所以n ⃗ =(1,−√3,√3) ， 5 5
2
所以E(φ)=E(500−100Y)=500−100E(Y)=500−60=440(元)；
设二面角A −B C −A的大小为θ，
1 1 1
若选择方案二，设实付金额为η元，η可能的取值为0，250，375，500，2t 3
C2C1 1 C2C1 7 则y + y = ，y y =− ，
则P(η=0)= 2 1= ,P(η=250)= 2 7= ， 1 2 t2+4 1 2 t2+4
C3 120 C3 120
10 10
则|ED|=√1+t2 ⋅√(y + y ) 2−4 y y
1 2 1 2
C1C1C1
7 1 7 7 49
P(η=375)= 2 1 7= ,P(η=500)=1− − − = ，
C3 60 120 120 60 60
10
√ 2t 3
=√1+t2
⋅ ( )
2−4×(−
)
故η的分布列为： t2+4 t2+4
η 0 250 375 500
1 7 7 49
P 4√1+t2 ⋅√t2+3
120 120 60 60 = ，
t2+4
1 7 7 49
所以E(η)=0× +250× +375× +500× ≈466.67(元)．
120 120 60 60
因为E(φ)0恒成立， 2
x=ty−1,【解析】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，圆锥曲线中三角形面积的最大值的求法， 故m(x)=lnx−x+1在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
是中档题． 则m(x)≤m(1)=0，即lnx−x+1≤0，故lnx≤x−1，
所以当x>−1时，ln(x+1)≤x，
√3
(1)由已知得|OA|=2，即a=2，再根据椭圆C经过点(1,− )，代入椭圆方程，求出b即可；
2
要证明ln(x+1)≤a2ex−a，
(2)设E(x ,y ),D(x ,y )，直线l方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得
1 1 2 2 只需证明：对任意的x∈(−1,+∞)，a2ex−a≥x恒成立，
2t 3
y + y = ,y y =− ， 令g(x)=a2ex−x−a，则g′(x)=a2ex−1，
1 2 t2+4 1 2 t2+4
计算弦长|DE|，再求得B到直线l的距离，从而求得三角形面积，由函数的性质求得最大值．
1
由g′(x)=a2ex−1=0，得x=ln =−2lna≤0，
a2
1 ①当−2lna≤−1即a≥√e时，g′(x)≥0在(−1,+∞)上恒成立，
22.【答案】解：(1)若a=−1，f(x)=ln(x+1)−ex，f ′(x)= −ex ，
x+1
则g(x)在(−1,+∞)上单调递增，
1
则切线的斜率为f ′(1)= −e， a2 1 e e e
2 于是g(x)>g(−1)= +1−a= (a− ) 2+1− >1− >0;
e e 2 4 4
又f(1)=ln2−e，
②当−2lna>−1，即1≤a<√e时，
1 g(x)在(−1,−2lna)上单调递减，在(−2lna,+∞)上单调递增，
所以函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程是y−(ln2−e)=( −e)(x−1)，
2
即(1−2e)x−2y+2ln2−1=0；
a2
于是g(x)≥g(−2lna)= +2lna−a=2lna−a+1，
(2)当a>0时，f(x)+a≤0恒成立， a2
令ℎ(a)=2lna−a+1，
即ln(x+1)≤a2ex−a在x>−1时恒成立，
2 2
则ℎ′(a)= −1> −1>0，
a √e
当x=0时，ln(x+1)≤a2ex−a恒成立，即a2−a≥0，
则ℎ(a)在[1,√e)上单调递增，
又a>0，则a≥1，
于是ℎ(a)≥ℎ(1)=0，
所以g(x)≥0恒成立，
下面证明：当a≥1时，ln(x+1)≤a2ex−a在x>−1时恒成立，
所以当a≥1时，不等式a2ex−a≥x恒成立，
先证明x>−1时，ln(x+1)≤x，
因此，正数a的取值范围是[1,+∞).
1−x 【解析】本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、导数中的恒成立问题，属于较难题．
令m(x)=lnx−x+1，则m′(x)= ，
x
(1)求出导数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，即可求出结果；
当x∈(0,1)时，m′(x)>0;当x∈(1,+∞)时，m′(x)<0，(2)问题转化为即ln(x+1)≤a2ex−a在x>−1时恒成立，只要证当a≥1时，ln(x+1)≤a2ex−a在x>−1时
恒成立，先证出x>−1时，ln(x+1)≤x， 再证出对任意的x∈(−1,+∞)，a2ex−a≥x恒成立，即可求出
结果．
