2024年上海市黄浦区大同中学高考数学模拟试卷（2月份）(含解析）

这是一份2024年上海市黄浦区大同中学高考数学模拟试卷（2月份）(含解析），共16页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x||x|≤1}，B={x|y=lg2x}，则A∩B= ______．
2.若(−2x+1)10=a10x10+a9x9+…+a1x+a0，则a1+a2+…+a10= ______．
3.已知非零向量a、b、c满足|a|=|b|，c=13a，若c为b在a上的投影向量，则向量a、b夹角的余弦值为______．
4.若正三棱柱的所有棱长均为4，则其体积为______．
5.如图，边长为2的正方形A′B′C′D′是用斜二测画法得到的四边形ABCD的直观图，则四边形ABCD的面积为______．
6.已知x2−2x+m=0(m∈R)的两共轭虚根为x1，x2，且|x1|+|x2|=2 3，则m= ______．
7.在平面直角坐标系xOy中，P0(1,0)，把向量OPi顺时针旋转定角θ得到OQi，Qi关于y轴的对称点记为Pi+1，i=0，1，…，10，则P11的坐标为______．
8.若项数为n的数列{an}，满足：ai=an+1−i(i=1,2,3,…,n)，我们称其为n项的“对称数列”.例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”.设数列{cn}为2k+1项的“对称数列”，其中c1，c2，…，ck+1是公差为−2的等差数列，数列{cn}的最小项等于−10，记数列{cn}的前2k+1项和为S2k+1，若S2k+1=−50，则k的值为______．
9.已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)=y2f(x)+x2f(y)，则下列说法正确的有______．
①f(0)=0；
②f(1)=0；
③f(x)是偶函数；
④x=0为f(x)的极小值点
10.已知函数f(x)=−x2+2x,x≥0x2−2x,x<0，若关于x的不等式[f(x)]2−(a+1)f(x)+a<0恰有一个整数解，则实数a的取值范围是______．
11.设函数f(x)=aex−2x2，若对任意x0∈(0,1)，皆有x→x0limf(x)−f(x0)−x+x0x−x0>0成立，则实数a的取值范围是______．
12.以maxM表示数集M中最大的数.设0二、选择题（本题共4小题，共20分）
13.若a，b∈R，且ab>0，则下列不等式中，恒成立的是( )
A. a2+b2>2abB. a+b≥2 abC. 1a+1b>2 abD. ba+ab≥2
14.要得到函数y=2cs(x−π12)的图象，只需将函数y=2sinx3的图象上所有的点( )
A. 横坐标变为原来的13倍(纵坐标不变)，再向右平行移动π12个单位长度
B. 横坐标变为原来的3倍(纵坐标不变)，再向右平行移动π12个单位长度
C. 横坐标变为原来的13倍(纵坐标不变)，再向左平行移动5π12个单位长度
D. 横坐标变为原来的3倍(纵坐标不变)，再向左平行移动5π12个单位长度
15.江先生每天9点上班，上班通常开私家车加步行或乘坐地铁加步行．私家车路程近一些，但路上经常拥堵，所需时间(单位：分钟)服从正态分布N(38,72)，从停车场步行到单位要6分钟；江先生从家到地铁站需要步行5分钟，乘坐地铁畅通，但路线长且乘客多，所需时间(单位：分钟)服从正态分布N(44,22)，下地铁后从地铁站步行到单位要5分钟．从统计的角度出发，下列说法中合理的有( )
参考数据：若Z～N(μ,σ2)，则P(μ−σP(μ−2σP(μ−3σA. 若8：00出门，则开私家车不会迟到
B. 若8：02出门，则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大
C. 若8：06出门，则开私家车上班不迟到的可能性更大
D. 若8：12出门，则乘坐地铁几乎不可能上班不迟到
16.已知f(x)是定义在R上的偶函数，若∀x1、x2∈[0,+∞)且x1≠x2时，f(x1)−f(x2)x1−x2>2(x1+x2)恒成立，且f(2)=8，则满足f(m2+m)≤2(m2+m)2的实数m的取值范围为( )
A. [−2,1]B. [0,1]C. [0,2]D. [−2,2]
三、解答题（本题共5小题，共70分）
17.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，2csAcsC=tanBtanA+tanC．
(1)求角B；
(2)若△ABC为钝角三角形，且b=2，求a+c的取值范围．
18.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E为AD的中点．
(1)求证：PE⊥BC；
(2)在线段PC上是否存在点M，使得DM/​/平面PEB？请说明理由．
19.某学校共有1200人，其中高一年级、高二年级、高三年级的人数比为3：4：5，为落实立德树人根本任务，坚持五育并举，全面推进素质教育，拟举行乒乓球比赛，从三个年级中采用分层抽样的方式选出参加乒乓球比赛的12名队员.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，每场比赛都采取5局3胜制，最后根据积分选出最后的冠军，亚军和季军积分规则如下：每场比赛5局中以3：0或3：1获胜的队员积3分，落败的队员积0分；而每场比赛5局中以3：2获胜的队员积2分，落败的队员积1分.已知最后一场比赛两位选手是甲和乙，如果甲每局比赛的获胜概率为23．
(1)三个年级参赛人数各为多少？
(2)在最后一场比赛甲获胜的条件下，求其前2局获胜的概率；
(3)记最后一场比赛中甲所得积分为X，求X的概率分布及数学期望E(X)．
20.已知点F1、F2分别为椭圆Γ：x22+y2=1的左、右焦点，直线l：y=kx+t与椭圆Γ有且仅有一个公共点，直线F1M⊥l，F2N⊥l，垂足分别为点M、N.(1)求证：t2=2k2+1；
(2)求证：F1M⋅F2N为定值，并求出该定值；
(3)求|OM+ON|⋅|OM−ON|的最大值．
21.已知a为实数f(x)=(x+a)ln(x+1).对于给定的一组有序实数(k,m)，若对任意x1，x2∈(−1,+∞)，都有[kx1−f(x1)+m][kx2−f(x2)+m]≥0，则称(k,m)为f(x)的“正向数组”．
(1)若a=−2，判断(0,0)是否为f(x)的“正向数组”，并说明理由；
(2)证明：若(k,m)为f(x)的“正向数组”，则对任意x>−1，都有kx−f(x)+m≤0；
(3)已知对任意x0>−1，(f′(x0),f(x0)−x0f′(x0))都是f(x)的“正向数组”，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】(0,1]
【解析】解：集合A={x||x|≤1}={x|−1≤x≤1}，B={x|y=lg2x}={x|x>0}，
则A∩B=(0,1]．
故答案为：(0,1]．
先求出集合A，B，结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】0
【解析】解：已知(−2x+1)10=a10x10+a9x9+…+a1x+a0，
令x=0，
则a0=1，
令x=1，
则a0+a1+a2+…+a10=1，
即a1+a2+…+a10=0．
故答案为：0．
由二项式定理，结合赋值法求解．
本题考查了二项式定理，重点考查了二项式展开式的通项公式，属中档题．
3.【答案】13
【解析】解：由c=13a，c为b在a上的投影向量，
可得c=13a=|b|csa|a|=(|b||a|cs)a=csa，
故cs=13．
故答案为：13．
根据题意，由平面向量的数量积运算，向量的投影向量的计算公式，结合其夹角公式代入计算，即可得到结果．
本题考查平面向量数量积运算，考查投影向量的概念，属基础题．
4.【答案】16 3
【解析】解：∵正三棱柱的所有棱长均为4，
∴正三棱柱的体积为：
V=Sℎ=12×4×4×sinπ3×4=16 3．
故答案为：16 3．
根据正三棱柱体积公式求解．
本题考查正三棱柱体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
5.【答案】8 2
【解析】解：根据题意，正方形A′B′C′D′的边长为2，其面积S′=2×2=4，
则四边形ABCD的面积S=2 2S′=8 2，
故答案为：8 2．
根据题意，求出正方形A′B′C′D′的面积，由直观图与原图的关系分析可得答案．
本题考查斜二测画法，涉及平面图形的直观图，属于基础题．
6.【答案】3
【解析】解：由题设x1x2=mx1+x2=2，可令x1=1+ai，x2=1−ai且a∈R，
所以|x1|+|x2|=2 1+a2=2 3⇒a2=2，
所以x1x2=1+a2=m=3．
故答案为：3．
由根与系数关系有x1x2=mx1+x2=2，设x1=1+ai，x2=1−ai且a∈R，结合题设和复数模长、乘法运算求参数．
本题考查二次方程根与系数的关系的应用及复数模长的求法，属于基础题．
7.【答案】(−csθ,−sinθ)
【解析】解：进行实际操作，则Q0(csθ,−sinθ)，P1(−csθ,−sinθ)，Q1(−1,0)，P2(1,0)，
注意到P2，P0重合，因此所有操作以2为周期，故P11=P1(−csθ,−sinθ)．
故答案为：(−csθ,−sinθ)．
根据题意求出Pi的前几个值，发现Pi以2为周期出现，即可求出P11=P1．
本题考查向量的坐标表示，属于基础题．
8.【答案】5或4．
【解析】解：由于c1，c2，⋯，ck+1是公差为−2的等差数列，故c1，c2，⋯，ck+1单调递减，所以ck+1=−10，
故c1−2k=−10，则c1=−10+2k，ck=ck+1+2=−8．
又S2k+1=−50，故2(c1+c2+⋯+ck)+ck+1=−50，即c1+c2+⋯+ck=−20，
由等差数列前n项和公式有k(−10+2k−8)2=−20，化简得k2−9k+20=0，
解得k=5或k=4．
故答案为：5或4．
根据公差可得数列单调性进而可得ck+1=−10，进而可得等差数列的通项公式，再结合对称数列的定义列方程求解即可．
本题考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，属于中档题
9.【答案】①②③．
【解析】解：因为f(xy)=y2f(x)+x2f(y)，
对于①，令x=y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故①正确．
对于②，令x=y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，则f(1)=0，故②正确．
对于③，令x=y=−1，f(1)=f(−1)+f(−1)=2f(−1)，则f(−1)=0，
令y=−1，f(−x)=f(x)+x2f(−1)=f(x)，
又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故③正确，
对于④，不妨令f(x)=0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故④错误．
故答案为：①②③．
利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项①②③，举反例f(x)=0即可排除选项④．
本题主要考查抽象函数的应用，属于中档题．
10.【答案】(3,8]
【解析】解：函数f(x)=−x2+2x,x≥0x2−2x,x<0，
由[f(x)]2−(a+1)f(x)+a<0，得[f(x)−a][f(x)−1]<0，
当a=1时，[f(x)−1]2<0，不等式无解；
当a<1时，由[f(x)−a][f(x)−1]<0得a当a>1时，由[f(x)−a][f(x)−1]<0得1若不等式恰有一个整数解，则整数解为−1，
又f(−1)=3，f(−2)=8，再结合图像知，
∴3综上所述，实数a的取值范围为(3,8]．
故答案为：(3,8]．
通过讨论a和1的大小，结合函数图像即可求解结论．
本题主要考查函数性质的综合应用，考查数形结合思想，属于中档题．
11.【答案】(4e34,+∞)
【解析】解：因为x→x0limf(x)−f(x0)−x+x0x−x0=x→x0lim[f(x)−x]−[f(x0)−x0]x−x0，
设F(x)=f(x)−x，则x→x0limF(x)−F(x0)x−x0=F′(x0)>0，
又因为函数f(x)=aex−2x2，且对任意x0∈(0,1)，皆有x→x0limf(x)−f(x0)−x+x0x−x0>0成立，
所以F(x)=aex−2x2−x，x∈(0,1)，且F′(x)=aex−4x−1>0，所以a>4x+1ex；
设g(x)=4x+1ex，x∈(0,1)，
则g′(x)=4ex−(4x+1)ex(ex)2=3−4xex，
令g′(x)=0，解得x=34，所以x∈(0,34)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
x∈(34,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)的最大值为g(34)=4×34+1e34=4e34，
所以实数a的取值范围是(4e34,+∞)．
故答案为：(4e34,+∞)．
构造函数F(x)=f(x)−x，转化为x∈(0,1)时F′(x)>0，利用分离常数法求出实数a的取值范围．
本题考查了导数的定义与应用问题，也考查了函数的单调性应用问题，是中档题．
12.【答案】15
【解析】解：令b−a=m，c−b=n，1−c=p，其中m，n，p>0，
所以b=1−n−pa=1−m−n−p，
若b≥2a，则b=1−n−p≥2(1−m−n−p)，故2m+n+p≥1，
令M=max{b−a,c−b,1−c}=max{m,n,p}，
因此2M≥2mM≥nM≥p，故4M≥2m+n+p≥1，则M≥14，
若a+b≤1，则1−n−p+1−m−n−p≤1，即m+2n+2p≥1，
M=max{b−a,c−b,1−c}=max{m,n,p}，
则M≥m2M≥2n2M≥2p，故5M≥m+2n+2p≥1，则M≥15，
当且仅当m+2n+2p=1且max{m,n,p}=15时等号成立，
如取m=n=p=15时可满足等号成立，
综上可知max{b−a,c−b,1−c}的最小值为15．
故答案为：15．
利用换元法可得b=1−n−pa=1−m−n−p，进而根据不等式的性质，分情况讨论求解．
本题考查了求函数的最大值，考查了函数思想及分类讨论思想，属于难题．
13.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查基本不等式，属于基础题．
利用基本不等式需注意：各数必须是正数，而不等式a2+b2≥2ab的使用条件是a，b∈R．
【解答】
解：对于A，a2+b2≥2ab，所以A错；
对于B，C，ab>0，只能说明a，b同号，若a，b都小于0时，a+b<2 ab，1a+1b<2 ab，所以B，C错;
对于D，因为ab>0，所以ba>0,ab>0，ba+ab≥2，当且仅当ba=ab时等号成立，所以D正确，
故选D．
14.【答案】C
【解析】解：要得到函数y=2cs(x−π12)的图象，只需将函数y=2sinx3的图象上所有的点横坐标变为原来的13倍(纵坐标不变)，得到y=2sinx的图象，再向右平行移动5π12个单位长度得到y=2sin(x+5π12)=2cs(x−π12)的图象．
故选：C．
直接利用三角函数图象的平移变换和伸缩变换求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数的图象的平移变换和伸缩变换，主要考查学生运算能力，属于基础题．
15.【答案】CD
【解析】解：对于A，由题意，当满足P(Z≥59)=1−P(17对于B，若8：02分出门，
①江先生开私家车，由题意，当满足P(Z≤52)=1−P(24②江先生乘坐地铁，由题意，当满足P(Z≤48)=1−P(40此时两种上班方式，江先生不迟到的概率相当，故选项B错误；
对于C，若8：06分出门，
①江先生开私家车，由题意，当满足P(Z≤48)>P(Z≤45)=1−P(31②江先生乘坐地铁，由题意，当满足P(Z≤44)=12=0.5时，此时江先生乘坐地铁不会迟到；
此时两种上班方式，显然江先生开私家车不迟到的可能性更大，故选项C正确；
对于D，若8：12分出门，江先生乘坐地铁上班，由题意，当满足P(Z≤38)=1−P(38故选：CD．
对于A，由P(Z≥59)=0.0013即可判断；对于BC，分别计算开私家车及乘坐地铁不迟到的概率即可判断；对于D，计算P(Z≤38)=0.0013即可判断．
本题考查正态分布，考查考生的数据处理能力，分析问题解决问题的能力以及运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】A
【解析】解：设x1>x2，则f(x1)−f(x2)>2(x12−x22)，
所以f(x1)−2x12>f(x2)−2x22，
令g(x)=f(x)−2x2，则g(x1)>g(x2)，所以函数g(x)在[0,+∞)上为增函数，
对任意的x∈R，g(−x)=f(−x)−2(−x)2=f(x)−2x2=g(x)，
所以函数g(x)为R上的偶函数，且g(2)=f(2)−2×22=0，
由f(m2+m)≤2(m2+m)2可得f(m2+m)−2(m2+m)≤0，即g(m2+m)≤g(2)，
即g(|m2+m|)≤g(2)，所以，|m2+m|≤2，即−2≤m2+m≤2，解得−2≤m≤1．
故选：A．
利用构造函数法，结合函数的单调性、奇偶性来求得m的取值范围．
本题主要考查了函数的单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为2csAcsC=tanBtanA+tanC，
所以2csAcsC(sinAcsA+sinCcsC)=sinBcsB，
即2sinAcsC+2csAsinC=sinBcsB，
所以2sin(A+C)=2sinB=sinBcsB，
又因为sinB>0，所以csB=12，
又B∈(0,π)且B≠π2，所以B=π3；
(2)由正弦定理，得asinA=bsinB=csinC=4 33，
所以a=4 33sinA，所以c=4 33sinC，
因为△ABC是钝角三角形，不妨设A为钝角，则A∈(π2,2π3)，
所以a+c=4 33(sinA+sinC)=4 33[sinA+sin(2π3−A)]=4 33(sinA+ 32csA+12sinA)
=2 3sinA+2csA=4(sinA⋅ 32+csA⋅12)=4sin(A+π6)，
因为A∈(π2,2π3)，所以A+π6∈(2π3,5π6)，
所以sin(A+π6)∈(12, 32)，
所以a+c的取值范围是(2,2 3)．
【解析】(1)化切为弦，然后根据两角和的正弦公式化简即可求解；
(2)利用正弦定理化边为角，根据辅助角公式化为a+c=4sin(A+π6)，结合角的范围利用正弦函数的性质即可求解范围．
本题考查利用正余弦定理和三角恒等变换知识解三角形，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：因为PA=PD，E为AD中点，所以PE⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE⊂平面PAD，
所以PE⊥平面ABCD，
因为BC⊂平面ABCD，
所以PE⊥BC．
(2)解：当M为PC中点时，DM/​/平面PEB，理由如下：
取PB中点为F，连接DM，FM，EF，

因为M为PC中点，所以FM/​/BC，且FM=12BC，
在矩形ABCD中，E为AD中点，所以ED/​/BC，且ED=12BC，
所以ED//FM，且ED=FM，
所以四边形EFMD为平行四边形，
所以DM/​/EF，
因为EF⊂面PEB，DM⊄面PEB，
所以DM/​/面PEB．
【解析】(1)易知PE⊥AD，由面面垂直的性质定理知PE⊥平面ABCD，进而得PE⊥BC；
(2)取PB中点为F，可证四边形EFMD为平行四边形，从而有DM/​/EF，再利用线面平行的判断定理，即可证明．
本题考查空间中线与面的位置关系，熟练掌握线面平行的判断定理，线面、面面垂直的性质定理是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)三个年级的参赛人数分别为12×312=3，12×412=4，12×512=5，
故来自高一，高二，高三年级的参赛人数分别为3人，4人和5人．
(2)记甲在最后一场获胜为事件A，其前两局获胜为事件B，
则P(A)=(23)3+C31×13×(23)2×23+C42×(13)2×(23)2×23=192243，
P(AB)=(23)3+(23)2×13×23+(23)2×(13)2×23=104243，
故P(B|A)=P(AB)P(A)=104192=1324．
(3)依题意，X的所有可能取值为3，2，1，0，
P(X=3)=(23)3+C32⋅(23)2⋅13×23=1627；
P(X=2)=C42⋅(23)2⋅(13)2⋅23=1681；
P(X=1)=C42⋅(23)2(13)2⋅13=881；
P(X=0)=1−1627−1681−881=19，
所以X的概率分布列为：
所以数学期望E(X)=3×1627+2×1681+1×881+0×19=18481．
【解析】(1)利用分层抽样的等比例性质列式求解即可；
(2)分别求得最后一场比赛甲获胜与其前2局获胜的概率，再利用条件概率公式即可得解；
(3)依题意得到X的所有可能取值，分别求其对应概率得到分布列，再计算数学期望即可得解．
本题在考查分层抽样方法，条件概率的求法，离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)联立：y=kx+t与Γ：x22+y2=1，
得：(2k2+1)x2+4ktx+2t2−2=0，由直线与椭圆有一个公共点可知：Δ=(4kt)2−4(2k2+1)(2t2−2)=0，
化简得：t2=2k2+1；
(2)由题意得：F1(−1,0)，F2(1,0)，
因为F1M⊥l，F2N⊥l，所以F1M/​/F2N，故F1M⋅F2N=|F1M|⋅|F2N|，
其中F1M=|−k+t| k2+1,F2N=|k+t| k2+1，
所以F1M⋅F2N=|F1M|⋅|F2N|=|−k+t| k2+1⋅|k+t| k2+1=|t2−k2|k2+1=|2k2+1−k2|k2+1=1，
F1M⋅F2N为定值，该定值为1；
(3)|OM+ON|=|OF1+F1M+OF2+F2N|=|F1M+F2N|=|F1M|+|F2N|，
由题意得：点F1，F2在直线l的同侧，
所以|F1M|+|F2N|=|−k+t k2+1+k+t k2+1|=2|t| k2+1，
|OM−ON|=|NM|=|F1F2⋅MN||MN|=|F1F2|csα=2 k2+1，(其中α为F1F2,MN的夹角)，
由此可知：|OM+ON|⋅|OM−ON|=4|t|k2+1=8|t|t2+1=8|t|+1|t|≤82 |t|⋅1|t|=4，
当且仅当|t|=1t即|t|=1，k=0时，等号成立，所以|OM+ON|⋅|OM−ON|的最大值为4．
【解析】(1)直线与椭圆联立后用根的判别式等于0列出方程，求出t2=2k2+1；
(2)利用点到直线距离公式得到F1M=|−k+t| k2+1，F2N=|k+t| k2+1，结合F1M/​/F2N，求出F1M⋅F2N=|F1M|⋅|F2N||，结合第一问的结论证明出F1M⋅F2N为定值1；
(3)利用向量线性运算及点F1，F2在直线l的同侧得到|OM+ON|=|F1M|+|F2N|，结合第二问得到|F1M|+|F2N|=|−k+t k2+1+k+t k2+1|=2|t| k2+1，再用投影向量的知识得出|OM−ON|=|F1F2|csα=2 k2+1，其中α为F1F2,MN的夹角)，结合第一问结论得到|OM+ON|⋅|OM−ON|=4|t|k2+1=8|t|t2+1，利用基本不等式求出最值．
本题考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的运算能力，属于中档题．
21.【答案】(1)解：若a=−2，f(x)=(x−2)ln(x+1)，
对(k,m)=(0,0),即[kx1−f(x1)+m][kx2−f(x2)+m]=f(x1)⋅f(x2)，
而当x1∈(0,2)，x2∈(2,+∞)时，
f(x1)=(x1−2)ln(x1+1)<0，f(x2)=(x2−2)ln(x2+1)>0，
即f(x1)⋅f(x2)<0，不满足题意，
所以(0,0)不是f(x)的“正向数组“；
(2)证明：假设存在x0>−1，使得kx−f(x)+m>0，
∵(k,m)为f(x)的“正向数组“，
∴对任意x0>−1，都有[kx0−f(x0)+m]⋅[kx0−f(x0)+m]≥0，
∴对任意x>−1，kx−f(x)+m≥0恒成立，
令F(x)=(x+a)ln(x+1)−kx−m，则F(x)≤0在(−1,+∞)上恒成立，
F′(x)=ln(x+1)+x+ax+1−k=ln(x+1)+a−1x+1+(1−k)，
设G(x)=F′(x)=ln(x+1)+a−1x+1+(1−k)，
则G′(x)=1x+1−a−1(x+1)2=x+2−a(x+1)2，
则当a>1时，G′′(x)在(−1,a−2)上为负，在(a−2,+∞)上为正，
所以G(x)=F′(x)在(−1,a−2)上单调递减，在(a−2,+∞)上单调递增，
若F′(a−2)<0，当x→−1，F′(x)→+∞，当x→+∞，F′(x)→+∞，
即存在F(x1)=F(x2)=0，使F′(x)在(−1,x1)上为正，在(x1,x2)上为负，在(x2,+∞)上为正，
所以F(x)在(−1,x1)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减，在(x2,+∞)上单调递增，
又当x→−1，F(x)→−∞，当x→+∞，F(x)→+∞，则F(x)的值域为R，
若F′(a−2)≥0，F′(x)≥F′(a−2)≥0，F(x)在(−1,+∞)上单调递增，
又当x→−1，F(x)→−∞，当x→+∞，F(x)→+∞，则F(x)的值域为R，
当a≤1时，G(x)=x+2−a(x+1)2≥0,G(x)=F′(x)在(−1,+∞)上单调递增，
又当x→−1，F(x)→+∞，当x→+∞，F(x)→+∞，则F(x)的值域为[F(x1),+∞)，
由值域可看出，与F(x)≤0在(−1,+∞)上恒成立矛盾．
∴对任意x>−1，都有kx−f(x)+m≤0；
(3)∵(f′(x0),f(x0)−x0f(x0))都是f(x)的“正向数组”，
∴对任意x1，x2∈(−1,+∞)，都有[f′(x0)x1−f(x1)+f(x0)−x0f′(x0)][f′(x0)x2−f(x2)+f(x0)−x0f′(x0)]≥0，
则f′(x0)x−f(x)+f(x0)−x0f′(x0)≥0恒成立或f′(x0)x−f(x)+f(x0)−x0f′(x0)≤0恒成立，
即f(x)−f′(x0)x≤f(x0)−f′(x0)x0恒成立或f(x)−f′(x0)x≥f(x0)−f′(x0)x0恒成立，
设g(x)=f(x)−f′(x0)x=(x+a)ln(x+1)−f′(x0)x，
则f(x0)−f′(x0)x0=g(x0)，
即g(x0)是g(x)的最大值或最小值，
g′(x)=f′(x)−f′(x0)=ln(x+1)+x+ax+1−f′(x0)=ln(x+1)+a−1x+1+[1−f′(x0)]，
且g′(x0)=f′(x0)−f(x0)=0，
当a>1时，由(2)可得，g(x)=(x+a)ln(x+1)−f′(x0)x=F(x)+m的值域为R，无最大值或最小值，
当a≤1时，g′(x)=ln(x+1)+a−1x+1+[1−f′(x0)]在(−1,+∞)上单调递增，
又g′(x0)=f′(x0)−f′(x0)=0，则g(x)在(−1,x0)上为负，在(x0,+∞)上为正，
所以g(x)=f(x)−f(x0)x在(−1,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
则g(x0)是g(x)的最小值，满足g(x)=f(x)−f′(x0)x≥f(x0)−f′(x0)x0，
此时对任意x1，x2∈(−1,+∞)，都有
[f′(x0)x1−f(x1)+f(x0)−x0f′(x0)][f(x0)x2−f(x2)+f(x0)−x0f′(x0)]≥0，
∴a的取值范围是(−∞,1]．
【解析】(1)代入有f(x)=(x−2)ln(x+1)，根据函数性质得到f(x)的正负时不同取值情况即可；
(2)假设存在x0>−1，使得kx−f(x)+m>0，通过正向数组定义转化得对任意x>−1，kx−f(x)+m≥0恒成立，设F(x)=(x+a)ln(x+1)−kx−m，再利用函数的性质即可证明假没不成立：
(3)代入有f′(x0)x−f(x)+f(x0)−x0f(x0)≥0恒成立或f(x0)x−f(x)+f(x0)−x0f′(x0)≤0恒成立，设g(x)=f(x)−f′(x0)x，求出g(x0)是g(x)的最大值或最小值时a的取值范围即可．
本题考查了利用导数研究不等式恒成立问题，含参分类讨论求函数的单调区间，函数新定义，属于难题．X
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