2023-2024学年上海市普陀区曹杨二中高三（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年上海市普陀区曹杨二中高三（上）期末数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设x∈R，则“x3>8”是“|x|>2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
2.在△ABC中，AB⋅AC=λBA⋅BC=μCA⋅CB，则下列说法一定正确的是( )
A. 若λμ>0，则△ABC是锐角三角形B. 若λμ>0，则△ABC是钝角三角形
C. 若λμ<0，则△ABC是锐角三角形D. 若λμ<0，则△ABC是钝角三角形
3.若干个能确定一个立体图形的体积的量称为该立体图形的“基本量”.已知长方体ABCD−A1B1C1D1，下列四组量中，不能作为该长方体的“基本量”的是( )
A. AB，AD，AA1的长度B. AB1，AC，AD1的长度
C. AB，BA1，BD1的长度D. AB，AC1，B1C的长度
4.设集合X={a1,a2,a3,a4}⊆N*，定义：集合Y={ai+aj|ai,aj∈X,i,j∈N*,i≠j}，集合S={x⋅y|x,y∈Y,x≠y}，集合T={xy|x,y∈Y,x≠y}，分别用|S|，|T|表示集合S，T中元素的个数，则下列结论可能成立的是( )
A. |S|=6B. |S|=16C. |T|=9D. |T|=16
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.已知0∈{2,x2−1}，则实数x= ______．
6.复数z满足z+6i=z−(i为虚数单位)，则z的虚部为______．
7.已知a=(−1,2)，b=(3,4)，则a在b上的数量投影为______．
8.设一组样本数据x1，x2，···，xn的方差为0.01，则数据10x1，10x2，···，10xn的方差为 ．
9.不等式2x−1≤3的解集是______．
10.已知f(x)=2lga(x−1)+1(a>0且a≠1)，函数y=f(x)的图像恒过定点P，则点P的坐标为______．
11.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______．
12.已知(3x−1)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8，则a1+a3+a5+a7= ______(用数字作答)．
13.某公司员工小明上班选择自驾、坐公交车、骑共享单车的概率分别为16、13、12，而他自驾、坐公交车、骑共享单车迟到的概率分别为14、15、16，结果今天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率为______．
14.已知f(x)=xx2+1,x15.已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，过左焦点F1作直线l与双曲线交于A，B两点(B在第一象限)，若线段AB的中垂线经过点F2，且点F2到直线l的距离为 5a，则双曲线的离心率为______．
16.已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn，a1=−1，4≤a3≤8，a2024<0，且2anan+2+an+1an+3=0，则S2024的最大值为______．
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
已知在△ABC中，A+B=3C，2sin(A−C)=sinB．
(1)求sinA；
(2)设AB=5，求AB边上的高．
18.(本小题14分)
垃圾分类可以提高垃圾的资源价值和经济价值.某学校在寒假期间安排了“垃圾分类知识普及实践活动”.为了解学生的学习成果，该校对高一、高二年级全体学生进行了相关知识测试，然后从高一、高二各随机抽取了20名学生成绩(百分制)，并对数据(成绩)进行了整理、描述和分析.下面给出了整理得相关信息：
高一年级成绩分布表

(1)从高一和高二样本中各抽取一人，这两个人成绩都不低于90分的概率是多少？
(2)分别从高一全体学生中抽取一人，从高二全体学生中抽取2人，这三人中成绩不低于90分的人数记为X，用频率估计概率，求X的分布列和期望．
19.(本小题14分)
如图，斜三棱柱ABC−A1B1C1中，底面△ABC是边长为a的正三角形，侧面ABB1A1为菱形，且∠A1AB=60°．
(1)求证：AB⊥A1C；
(2)若cs∠A1AC=14，三棱柱ABC−A1B1C1的体积为24，求直线A1C与平面CBB1C1所成角的大小．
20.(本小题18分)
已知椭圆C：x28+y24=1，过点P(0,4)作关于y轴对称的两条直线l1，l2，且l1与椭圆交于不同两点A，B，l2与椭圆交于不同两点D，C．
(1)已知l1经过椭圆的左焦点，求l1的方程；
(2)证明：直线AC与直线BD交于点Q(0,1)；
(3)求线段AC长的取值范围．
21.(本小题18分)
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】A
【解析】解：因为x3>8，所以x>2，此时|x|>2；
因为|x|>2，所以x>2或x<−2；
所以“x3>8”是“|x|>2”的充分不必要条件．
故选：A．
先化简x3>8，结合四种条件的定义进行判定．
本题考查了充分必要条件的定义，考查转化思想，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
则由AB⋅AC=λBA⋅BC=μCA⋅CB，
可得bccsA=λaccsB=μabcsC，
即bcsA=λacsBccsA=μacsC，
当λ>0，μ>0时，A，B，C均为锐角；
当λ<0，μ<0时，A为钝角，B，C为锐角；
当λ>0，μ<0时，C为钝角，A，B为锐角；
当λ<0，μ>0时，B为钝角，A，C为锐角；
综上，选项D正确．
故选：D．
根据已知条件，分析λ与μ的正负与三角形内角的关系，从而判定结论．
本题考查平面向量数量积的定义，考查三角形函数值的符号，属中档题．
3.【答案】D
【解析】解：如下图，根据长方体体积公式，只需确定共顶点的三条棱长即可，
已知AB，AD，AA1的长度，则体积可定，A满足；
由AB2+BB12=AB12AB2+BC2=AC2AD2+DD12=BC2+BB12=AD12，即可求出AB，BC，BB1，则体积可定，B满足；
由勾股定理及AB，BA1可求AA1，由勾股定理及BA1，BD1可求A1D1，故体积可定，C满足；
已知AB，AC1，B1C无法求出BC，BB1，体积不能确定，D不满足．
故选：D．
根据题设定义，结合长方体的体积公式、已知量判断长方体的体积是否可以确定即可．
本题考查空间几何体的结构特征，属中档题．
4.【答案】D
【解析】解：设1≤a1≤a2≤a3≤a4，则ai+aj的值为a1+a2，a1+a3，a1+a4，a2+a3，a2+a4，a3+a4，
由题意a1+a2根据集合Y中的定义可得Y中至少有以上5个元素，
设x1=a1+a2，x2=a1+a3，x3=a1+a4，x4=a2+a4，x5=a3+a4，
由题意x1x2∴|S|=6不可能，故A错误；
若a1+a4≠a2+a3，则集合Y中至多有6个元素，所以|S|max=C62=15<16，故B错误；
对∀i≠j，xi≠xj，则xixj与xjxi一定成对出现，
(xixj−1)(xjxi−1)<0，∴|T|一定是偶数，故C错误；
对于集合T，取X={1,3,5,7}，则Y={4,6,8,10,12}，
此时T={13,25,12,23,35,34,45,43,2,56,54,53,52,65,32,3}，|T|=16，故D正确．
故选：D．
对于A、B，设1≤a1≤a2≤a3≤a4，可得a1+a2本题考查命题真假的判断，考查元素与集合的关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】±1
【解析】解：由题意，x2−1=0，解得x=−1或1．
故答案为：±1．
根据元素与集合的关系列方程求解．
本题考查元素与集合关系的应用，属于基础题．
6.【答案】−3
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
则z−=a−bi，
故a+bi+6i=a−bi，即(2b+6)i=0，解得b=−3．
故答案为：−3．
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及虚部的定义，属于基础题．
7.【答案】1
【解析】解：因为a=(−1,2)，b=(3,4)，
所以a在b上的数量投影为a⋅b|b|=−1×3+2×4 32+42=1．
故答案为：1．
由向量的数量投影的定义计算即可．
本题考查平面向量的数量投影，涉及向量数量积的坐标运算，属于基础题．
8.【答案】1
【解析】【分析】
本题考查方差的计算公式，注意方差的性质，属于基础题．
根据题意，由方差的性质，若x1，x2，···，xn的方差为s2，则ax1，ax2···，axn的方差为a2s2，据此计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，
一组样本数据x1，x2，···，xn的方差S2=0.01，
则数据10x1，10x2，···，10xn的方差为102·S2=1；
故答案为：1．
9.【答案】{x|x<1或x≥53}
【解析】解：2x−1−3=−3x+5x−1≤0，
解得x<1或x≥53，
所以不等式2x−1≤3的解集是{x|x<1或x≥53}.
故答案为：{x|x<1或x≥53}.
分式不等式变式成−3x+5x−1≤0，结合分式不等式的求法，求解即可．
本题主要考查了分式不等式的求解，属于基础题．
10.【答案】(2,1)
【解析】解：f(x)=2lga(x−1)+1(a>0且a≠1)，令x−1=1，即x=2时，不论a取a>0且a≠1的任意值，f(2)=1恒成立，
即函数f(x)恒过定点(2,1)．
故答案为：(2,1)．
在函数f(x)的解析式中，令x−1=1，即x=2时，不论a取a>0且a≠1的任意值，都可得f(2)=1，即求出函数恒过的点的坐标．
本题考查对数型函数恒过定点的求法，属于基础题．
11.【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．
12.【答案】27−215
【解析】解：令x=0时，解得a0=1；
令x=1时，a0+a1+...+a8=28；①，
令x=−1时，a0−a1+a2++a8=48；②，
故①−②得：2a1+2a3+2a5+2a7=28−216，
故a1+a3+a5+a7=28−2162=27−215．
故答案为：27−215．
直接利用赋值法求出结果．
本题考查的知识要点：赋值法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
13.【答案】523
【解析】解：设小明迟到为事件A，小明自驾为事件B，
则P(A)=16×14+13×15+12×16=23120，P(AB)=16×14=124，
则在小明迟到的条件下，他自驾去上班的概率为P(B|A)=P(AB)P(A)=12423120=523．
故答案为：523．
设小明迟到为事件A，小明自驾为事件B，根据题意求出P(A)，P(AB)，再利用条件概率的概率公式求解即可．
本题主要考查了条件概率公式，属于基础题．
14.【答案】[12,5]
【解析】解：由题意知函数G(x)=xx2+1是定义域R上的奇函数，
当x>0时，G(x)=xx2+1=1x+1x≤12 x⋅1x=12，当且仅当x=1时等号成立；
h(x)=−x2+4x+1=−(x−2)2+5，画出两函数的图象如图所示：
由图知，当a≤2时，f(x)的最大值为h(2)=5，
令−x2+4x+1=12，解得x=2−3 2，x=2+3 2，
当2当a≥2+3 2时，f(x)的最大值为G(x)max=12；
综上知，函数f(x)的最大值g(x)的取值范围是[12,5]．
故答案为：[12,5]．
根据题意画出函数G(x)=xx2+1和h(x)=−x2+4x+1的图象，函数f(x)的图象以x=a为分界，左取G(x)的图象，右取h(x)的图象，根据a值不同，可得不同f(x)的图象，由此判断f(x)的最大值变化与a不同取值之间的关系，即可得到答案．
本题考查了分段函数的最值应用问题，也考查了分类讨论思想，是难题．
15.【答案】 142
【解析】解：设双曲线的半焦距为c，c>0，
|BF2|=|AF2|，根据题意得到|BF1|−|BF2|=2a，
又|AF2|−|AF1|=|BF2|−|AF1|=2a，
故∖ AB|=|BF1|−|AF1|=4a，设AB的中点为C，
在ACF2中，|CF2|= 5a，|AC|=2a，
故|AF2|= (2a)2+( 5a)2=3a，
则|AF1|=a，|CF1|=3a，
根据|CF1|2+|CF2|2=|F1F2|2，
可知(3a)2+( 5a)2=(2c)2，
故7a2=2c2，可得e=ca= 142．
故答案为： 142．
根据题意，由双曲线的定义可得|AB|=4a，再由勾股定理列出方程即可得到a，c的关系，进而求解结论．
本题主要考查双曲线的性质应用，考查计算能力，属于中档题．
16.【答案】1−45063．
【解析】解：因为2anan+2+an+1an+3=0，所以an+1an+3=−2anan+2，
将n+1代入，得an+2an+4=−2an+1an+3，
所以an+2an+4=4anan+2，an+2≠0，所以an+4=4an，
所以a5=−4；
S2024=(a1+a4+⋅⋅⋅+a2021)+(a2+a6+⋅⋅⋅+a2022)+(a3+a7+⋅⋅⋅+a2023)+(a4+a8⋅+⋅⋅+a2024)
=−1×(1−4506)1−4+a2×(1−4506)1−4+a3×(1−4506)1−4+a4×(1−4506)1−4=4506−13×(a2+a3+a4−1)，
又因为a2024=a4×4505<0，所以a4<0，
由2a1a3+a2a4=0，a1=−1，即a2a4=2a3，因为4≤a3≤8，所以a2<0，
a2+a4≤−2 a2a4=−2 2a3，当且仅当a2=a4时等号成立，
所以S2024≤4506−13(a3−2 2a3−1)=4506−13[( a3− 2)2−3]， a3∈[2,2 2]，
所以当 a3=2 2时，y=4506−13[( a3− 2)2−3]最大，
所以S2024≤4506−13×[(2 2− 2)2−3]=1−45063，
即 a3=2 2时，S2024有最大值1−45063．
故答案为：1−45063．
由条件可得an+4=4an，从而利用分组求和法可得S2024=4506−13×(a2+a3+a4−1)，再结合条件分析可得S2024≤4506−13(a3−2 2a3−1)，
a3∈[2,2 2]，再求最值即可．
本题考查数列的递推公式及前n项和，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵A+B=3C，A+B+C=π，
∴4C=π，
∴C=π4，
∵2sin(A−C)=sinB，
∴2sin(A−C)=sin[π−(A+C)]=sin(A+C)，
∴2sinAcsC−2csAsinC=sinAcsC+csAsinC，
∴sinAcsC=3csAsinC，
∴ 22sinA=3× 22csA，
∴sinA=3csA，即csA=13sinA，
又∵sin2A+cs2A=1，∴sin2A+19sin2A=1，
解得sin2A=910，
又∵A∈(0,π)，∴sinA>0，
∴sinA=3 1010；
(2)由(1)可知sinA=3 1010，csA=13sinA= 1010，
∴sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC=3 1010× 22+ 1010× 22=2 55，
∴ABsinC=ACsinB=BCsinA=5sinπ4=5 2，
∴AC=5 2sinB=5 2×2 55=2 10，BC=5 2×sinA=5 2×3 1010=3 5，
设AB边上的高为h，
则12AB⋅h=12×AC×BC×sinC，
∴52h=12×2 10×3 5× 22，
解得h=6，
即AB边上的高为6．
【解析】(1)由三角形内角和可得C=π4，由2sin(A−C)=sinB，可得2sin(A−C)=sin(A+C)，再利用两角和与差的三角函数公式化简可得sinA=3csA，再结合平方关系即可求出sinA；
(2)由sinB=sin(A+C)求出sinB，再利用正弦定理求出AC，BC，由等面积法即可求出AB边上的高．
本题主要考查了两角和与差的三角函数公式，考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)从高一样本中抽取一人，这个人的成绩不低于90分的概率1020=12，
从高二样本中抽取一人，这个人的成绩不低于90分的概率为14，
因此，从高一和高二样本中各抽取一人，这两个人成绩都不低于90分的概率为12×14=18．
(2)由题意可知，随机变量X的可能取值有0、1、2、3，
则P(X=0)=12×(34)2=932，
P(X=1)=12×(34)2+12C21⋅14⋅34=1532，
P(X=2)=12C21⋅14⋅34+12⋅(14)2=732，
P(X=3)=12⋅(14)2=132，
所以随机变量X的分布列如下表所示：
∴E(X)=0×932+1×1532+2×732+3×132=1．
【解析】(1)利用独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率；
(2)分析可知，随机变量X的可能取值有0、1、2、3，求出随机变量X在不同取值下的概率，可得出随机变量X的分布列，进一步可求得E(X)的值．
本题主要考查概率的求法，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．
19.【答案】(1)证明：取AB中点O，连接A1O，CO，由题知△A1AB为正三角形，又△ABC也是正三角形，
∴A1O⊥AB，CO⊥AB，又A1O，CO⊂平面A1CO，A1O∩CO=O，
∴AB⊥平面A1CO，又A1C⊂平面A1CO，A1C⊂平面A1CO，
∴AB⊥A1C；
(2)解：∵A1A=AB=AC=a,cs∠A1AC=14，
由余弦定理得A1C2=AA12+AC2−2AA1⋅AC⋅cs∠A1AC=32a2，
∴A1C= 62a ,又A1O=CO= 32a，
∴A1O2+CO2=A1C2，A1O⊥CO，
又AB，CO⊂平面ABC，A1O⊥AB，AB∩CO=O，
∴A1O⊥平面ABC，A1O，CO，AB两两垂直，
以O为原点，以CO,OB,OA的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

因为三棱柱ABC−A1B1C1的体积为V=S△ABC⋅A1O= 34a2× 32a=24,则a=4，
则A(0,−2,0),B(0,2,0),C(−2 3,0,0),A1(0,0,2 3),A1C=(−2 3,0,−2 3)，
∴CC1=AA1=(0,2,2 3),CB=(2 3,2,0)，
设平面CBB1C1的法向量为n=(x,y,z)，
由n⋅CC1=0n⋅CB=0⇒2y+2 3z=02 3x+2y=0，令x=1，则y=− 3，z=1，即n=(1,− 3,1)，
直线A1C与平面CBB1C1所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=4 3 5×2 6= 105，
∴直线A1C与平面CBB1C1所成角的正弦值为 105．
【解析】(1)根据㝕形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
(2)建立空间直角坐标系，利用棱柱的体积公式、空间向量夹角公式进行求解即可．
本题考查了空间位置关系的证明和空间角的求解，属于中档题．
20.【答案】(1)解：由题意知，椭圆C的左焦点为(−2,0)，
当l1经过左焦点时，l1的方程为x−2+y4=1，即2x−y+4=0．
(2)证明：由题意知l1斜率存在，
设直线l1：y=kx+4，A(x1,y1)，B(x2,y2)，则D(−x1,y1)，C(−x2,y2)，
联立x28+y24=1y=kx+4，消去y得(1+2k2)x2+16kx+24=0，
∴x1+x2=−16k1+2k2,x1⋅x2=241+2k2，Δ=256k2−96(1+2k2)>0，即2k2−3>0，
又kBQ=y2−1x2,kDQ=y1−1−x1，
∴kBQ−kDQ=y2−1x2−y1−1−x1=kx2+3x2+kx1+3x1=2k+3(x1+x2)x1x2=2k+−48k1+2k2241+2k2=2k−2k=0，
∴kBQ=kDQ，
故点B，D，Q三点共线，即直线BD经过点Q(0,1)，
同理可证kAQ=kCQ，即点A，C，Q三点共线，也即直线AC经过点Q(0,1)，
故直线AC与直线BD交于点Q(0,1)．
(3)解：由(2)可知AC2=(x1+x2)2+(y1−y2)2=(x1+x2)2+k2(x1−x2)2=(x1+x2)2+k2[(x1+x2)2−4x1⋅x2]
=162⋅k2(1+2k2)2+k2[162⋅k2(1+2k2)2−4×241+2k2]=16×4⋅k4+10k24k4+4k2+1=16×[1+6k2−14k4+4k2+1]，
令t=6k2−1，则k2=t+16，
由(2)知k2>32，
∴t>8，
∴AC2=16+16t4(t+16)2+4×t+16+1=16(1+9tt2+8t+16)=16(1+9t+16t+8)，
设h(t)=t+16t+8，
由对勾函数的性质知，h(t)在t∈(8,+∞)上单调递增，∴t+16t+8>18，
∴0<9t+16t+8<12，∴1<1+9t+16t+8<32，
∴16故线段AC长的取值范围为(4,2 6).
【解析】(1)根据直线的截距式方程，即可得解；
(2)设直线l1：y=kx+4，联立直线l1和椭圆方程，结合根与系数的关系，化简可证kBQ−kDQ=0，从而得直线BD经过点Q(0,1)，同理可证直线AC经过点Q(0,1)，从而得证；
(3)利用两点间距离公式，结合根与系数的关系，用含k的式子表示AC，并采用换元法，可得AC2=16(1+9t+16t+8)，再利用对勾函数的单调性，求解即可．
本题考查直线与椭圆的位置关系，熟练掌握三点共线的证明方法，两点间距离公式，对勾函数的单调性，换元法等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
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．等级
E
D
C
B
A
成绩(分数)
[50,60)
[60,70)
[70,80)
[80,90)
[90,100)
人数
1
2
3
4
10
X
0
1
2
3
P
932
1532
732
132