2018-2019学年浙江省浙南名校联盟（温州九校）高三（上）期末数学试卷（含详细解答）

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1、甲、乙二人均从 5 种不同的食品中任选一种或两种吃，则他们一共吃到了 3 种不 同食品的情况有（ ） A84 种 B100 种 C120 种 D150 种 8 （4 分）已知随机变量 X 的分布列如表： X 1 0 1 P a b c 其中 a，b，c0若 X 的方差对所有 a（0，1b）都成立，则（ ） A B C D 9 （4 分）如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，点 P 在平面 A1B1C1内运动，使得二面角 P ABC 的平面角与二面角 PBCA 的平面角互余，则点 P 的轨迹是（ ） A一段圆弧 B椭圆的一部分 C抛物线 D双曲线的一支 第 3 页（共 25 页） 10 （4 分

2、）设 ， 是方程 x2x10 的两个不等实根，记 下列两个命题： 数列an的任意一项都是正整数； 数列an存在某一项是 5 的倍数 （ ） A正确，错误 B错误，正确 C都正确 D都错误 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分 11 （6 分） 九章算术中记载了“今有共买豕，人出一百，盈一百；人出九十，适足问 人数、豕价各几何？” 其意思是“若干个人合买一头猪，若每人出 100，则会剩下 100； 若每人出 90，则不多也不少问人数、猪价各多少？” 设 x，y 分别为人数、猪价，则 x ，y

3、 12 （6 分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为 ，表面积为 13 （6 分）在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c若 bsinAasinC，c1， 则 b ，ABC 面积的最大值为 14 （ 6 分 ） 实 数 ai（ i 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ） 满 足 ： 对 任 意 xR ， 都 有 ， 则a0 ， 15 （4 分）已知抛物线 y22px（p0）的焦点为 F若抛物线上存在点 A，使得线段 AF 的中点的横坐标为 1，则|AF| 16 （4 分）若向量 ， ， 满足 ， 0 且（ ） （ ）0，则 的最小值是 第 4 页（共 25

4、页） 17 （4 分）若对任意 a0，函数 f（x）x3+ax2+bx+1 在开区间（，0）内有且仅有一 个零点，则实数 b 的取值范围是 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步 骤骤 18 （14 分） （）证明：； （）求函数的最小正周期与单调递增区间 19 （15 分）在三棱台 ABCA1B1C1中，ABC 是等边三角形，二面角 ABCB1的平面 角为 60，BB1CC1 （）求证：A1ABC； （）求直线 AB 与平面 BCC1B1所成角的正弦值 20 （15 分）已

5、知等比数列an的公比 q（0，1） ，前 n 项和为 Sn若 S3+a31，且 是 a1与 a3的等差中项 （）求 an； （） 设数列bn满足 b10， 数列anbn的前 n 项和为 Tn 求 证： 21 （15 分）已知直线 l：ykx+m 与椭圆恰有一个公共点 P，l 与圆 x2+y2a2相交于 A，B 两点 （）求 k 与 m 的关系式； （）点 Q 与点 P 关于坐标原点 O 对称若当时，QAB 的面积取到最大值 a2， 求椭圆的离心率 第 5 页（共 25 页） 22 （15 分）设 a，bR，函数 f（x）ln（1+x）+ax2+bx （）证明：当 b0 时，对任意实数 a，直线

6、 yx 总是曲线 yf（x）的切线； （）若存在实数 a，使得对任意 x1 且 x0，都有 xf（x）0，求实数 b 的最小值 第 6 页（共 25 页） 2018-2019 学年浙江省浙南名校联盟（温州九校）高三（上）期学年浙江省浙南名校联盟（温州九校）高三（上）期 末数学试卷末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分分在每小题给出的四个选项中，只在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的 1 （4 分）设集合 AxR|0x2，BxR|x|1，则 AB（

7、 ） A （0，1） B （0，2） C （1，2） D （1，2） 【分析】分别求出集合 A，B，由此能求出 AB 【解答】解：集合 AxR|0x2， BxR|x|1x|1x1， ABx|0x1（0，1） 故选：A 【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解 能力，是基础题 2 （4 分）双曲线 x22y22 的焦点坐标为（ ） A （1，0） B C （0，1） D 【分析】根据题意，将双曲线的方程变形为标准方程的形式，分析 a、b 的值，计算可得 c 的值，结合双曲线的焦点坐标分析可得答案 【解答】解：根据题意，双曲线 x22y22 的标准方程为y21，

8、 其中 a，b1，则 c， 则双曲线的焦点坐标为（，0） ； 故选：B 【点评】本题考查双曲线的几何性质以及标准方程，注意将双曲线的方程变形为标准方 程的形式 3 （4 分）设实数 x，y 满足，则 xy 的最小值为（ ） A1 B0 C1 D2 第 7 页（共 25 页） 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求最值即可 【解答】解：由 zxy 得 yxz， 作出实数 x，y 满足对应的平面区域如图（阴影部分） ： 平移直线 yxz， 由图象可知当直线 yxz 经过点 A 时，直线 yxz 的截距最大， 此时 z 最小， 由，解得 A（0，1） 将 A（0，1）代入

9、目标函数 zxy， 得 z011 目标函数 zxy 的最小值是1 故选：C 【点评】本题主要考查线性规划的基本应用，利用目标函数的几何意义是解决问题的关 键，利用数形结合是解决问题的基本方法 4 （4 分）若复数 z12+i，z2cos+isin（R） ，其中 i 是虚数单位，则|z1z2|的最大值 为（ ） A B C D 【分析】由已知画出图形，数形结合得答案 【解答】解：z12+i，z2cos+isin（R） ， z2对应的点在以原点为圆心，以 1 为半径的圆上，z12+i 对应的点为 Z1 （2，1） 如图： 第 8 页（共 25 页） 则|z1z2|的最大值为 故选：C 【点评】本题

10、考查复数的代数表示法及其几何意义，考查数形结合的解题思想方法，是 基础题 5 （4 分）函数 y的图象大致是（ ） A B C 第 9 页（共 25 页） D 【分析】根据1，即可判断正确答案 【解答】解：f（x）f（x） ， f（x）为偶函数， 1， 故选：C 【点评】本题考查了函数图象和识别，关键时掌握函数的奇偶性和函数值的变化趋势 6 （4 分）已知 a，bR，则“ab”是“eaebab”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 【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可 【解答】解：当 ab 时，eaeb0，ab0，则 eaebab 成立，

11、即充分性成立， 若 eaebab，则 eaaebb， 设 f（x）exx， 则函数的导数 f（x）ex1， 当 x0 时，f（x）0，函数为增函数， 当 x0 时，f（x）0，函数为减函数，则当 x0 时，函数 f（x）取得极小值 f（0） 1， 则函数 f（x）不是单调函数， 则当 f（a）f（b）时，ab 不一定成立，即必要性不成立， 则“ab”是“eaebab”的充分不必要条件， 故选：A 第 10 页（共 25 页） 【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据条件构造函数 f（x）exx， 利用导数判断函数 f（x）不是单调函数是本题的难点 7 （4 分）甲、乙二人均从 5 种

12、不同的食品中任选一种或两种吃，则他们一共吃到了 3 种不 同食品的情况有（ ） A84 种 B100 种 C120 种 D150 种 【分析】解：根据题意，分 2 种情况讨论：，甲、乙两人有 1 人吃了 2 种食物，有 1 人吃了 1 种食物，甲乙两人都吃了 2 种食物，由加法原理计算可得答案 【解答】解：根据题意，甲乙 2 人一共吃到了 3 种不同食品，而甲、乙二人均从 5 种不 同的食品中任选一种或两种吃， 则分 2 种情况讨论： ，甲、乙两人有 1 人吃了 2 种食物，有 1 人吃了 1 种食物，若两人吃到了 3 种不同食 品，则两人吃的食物互不相同，共有 C21C52C3160 种情况

13、； ，甲乙两人都吃了 2 种食物，若两人吃到了 3 种不同食品，则两人吃的食物中有 1 种 是相同的，则有 C52C21C3160 种情况； 则一共有 60+60120 种情况， 故选：C 【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题 8 （4 分）已知随机变量 X 的分布列如表： X 1 0 1 P a b c 其中 a，b，c0若 X 的方差对所有 a（0，1b）都成立，则（ ） 第 11 页（共 25 页） A B C D 【分析】依题意，a+b+c1，当 a（0，1b）时，可以表示出 c，从而将 DX 用含有 a， b 的算式，根据 a（0，1b）时方差都成立，

14、进而推出 b 的范围 【解答】解：依题意，a+b+c1，故 c1ab，当 a（0，1b）时，故 EXa+c 1b2a，DXE（X2）E2（X）a+c（ca）2a+c（ca）2+4ac+4ac （a+c）（a+c）2+4a1ba （1b）（1b）2+4a1ba， 令 1bt，则 t（0，1） DXtt2+4a（ta），a（0，t） ， 故 4a24at+t2t+0，在 a（0，t）时恒成立， 当 a时 DX 有最小值，故 44t+0， 故 t，即1b，所以 b， 故选：D 【点评】本题考查频率、平均数、概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法， 考查频率分布直方图、二项分布的性质等基础知识，

15、考查运算求解能力，是难题 9 （4 分）如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，点 P 在平面 A1B1C1内运动，使得二面角 P ABC 的平面角与二面角 PBCA 的平面角互余，则点 P 的轨迹是（ ） A一段圆弧 B椭圆的一部分 C抛物线 D双曲线的一支 【分析】本题对三棱柱 ABCA1B1C1没做特殊要求，可以用特值法，假设三棱柱 ABC A1B1C1为直三棱柱，且底面为直角三角形，ABC 为直角，计算可得 【解答】 解：假设三棱柱 ABCA1B1C1为直三棱柱，且底面为直角三角形，ABC 为直角，三棱 第 12 页（共 25 页） 柱高为 h 以 B 为坐标原点，AB 所在直线建立如图

16、坐标系，PO 平行于 z 轴，交 xBy 坐标面与点 O， 平面 PODD1垂直于 x 轴，交 AB 于 D 点，交 A1B1于 D1点，平面 POEE1垂直于 y 轴， 交 BC 与 E 点，交 B1C1于 E1，设 P 点坐标为（x，y，h） 则二面角PABC的平面角为PDO， 二面角PBCA的平面角为PEO， PDO+ PEO90， tanPDOcotPEO， POxBy 坐标面，POOD，POOE， tanPDO，cotPEO，PO2ODOE，ODOEh2， 由 P 点与 D，E，D1，E1D 的位置关系 可知，xOD，yOE，xyh2，xy h2，P 点轨迹为双曲线的一支（x0，y0

17、 的一支） 故选：D 【点评】本题考查三角形的外接圆和矩形的外接圆的半径之和的最大值的求法，考查直 三棱柱、球、圆的性质、均值定理等基础知识，考查运算求解能力，是难题 10 （4 分）设 ， 是方程 x2x10 的两个不等实根，记 下列两个命题： 数列an的任意一项都是正整数； 数列an存在某一项是 5 的倍数 （ ） A正确，错误 B错误，正确 C都正确 D都错误 【分析】 ， 是方程 x2x10 的两个不等实根， 解得 x， 不妨取 ， 第 13 页（共 25 页） +1，1an+，此数列为 Lucas 数列 数列an的任意一项都是正整数，利用数学归纳法即可证明 an为正整数，但是不是 5

18、 的倍数利用二项式定理即可证明 【解答】解：， 是方程 x2x10 的两个不等实根， x，不妨取 ， +1，1 an+， 此数列为 Lucas 数列 数列an的任意一项都是正整数； 利用数学归纳法证明： （i）n1 时，a1+1，为正整数 （ii）假设 nkN*时命题成立则 akk+k为正整数 则 nk+1 时，ak+1k+1+k+1（+） （k+k）（k 1+k1）k+k+k1+k1 为正整数， 即 nk+1 时命题成立 综上可得：命题对于任意正整数都成立 利用二项式定理证明： an+ +1 +（1）n 1+5+ an为正整数，但是不是 5 的倍数 因此正确，错误 故选：A 【点评】本题考查

19、了 Lucas 数列的通项公式及其性质、数学归纳法、二项式定理，考查 了推理能力与计算能力，属于难题 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分 11 （6 分） 九章算术中记载了“今有共买豕，人出一百，盈一百；人出九十，适足问 第 14 页（共 25 页） 人数、豕价各几何？” 其意思是“若干个人合买一头猪，若每人出 100，则会剩下 100； 若每人出 90，则不多也不少问人数、猪价各多少？” 设 x，y 分别为人数、猪价，则 x 10 ，y 900 【分析】先阅读题意，再列方程组，解得：，

20、得解 【解答】解：由题意可列方程组， 解得：， 故答案为：10 900 【点评】本题考查了阅读能力及解方程组的知识点，属简单题 12 （6 分） 某三棱锥的三视图如图所示， 则该三棱锥的体积为 ， 表面积为 2+1 【分析】由三视图知该三棱锥的底面是等腰直角三角形，高为 1； 出图形，结合图形求出它的体积与表面积 【解答】解：由三视图知，该三棱锥的底面是等腰直角三角形， 底边和两腰分别为 2 和，三棱锥的高为 1，如图所示； 三棱锥的体积为 V1， SABC1，SPABSPAC1， SPBC2， 三棱锥的表面积为：S1+2+1+2 故答案为：，1+2 第 15 页（共 25 页） 【点评】本题

21、考查了利用三视图求几何体的体积与表面积的应用问题，是基础题 13 （6 分）在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c若 bsinAasinC，c1， 则 b 1 ，ABC 面积的最大值为 【分析】利用正弦定理化简已知等式可得 bsinAsinA，由于 sinA0，解得 b1，根据 范围 A（0，） ，可得 sinA（0，1，利用三角形的面积公式即可计算得解 【解答】解：bsinAasinC，c1， 由正弦定理，可得：asinCcsinAsinA， bsinAasinCsinA， sinA0， 解得：b1， A（0，） ，sinA（0，1， SABCbcsinA即 ABC 面积

22、的最大值为 故答案为：1， 【点评】本题主要考查了正弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了转 化思想，属于基础题 14 （ 6 分 ） 实 数 ai（ i 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ） 满 足 ： 对 任 意 xR ， 都 有 ，则a0 1 ， 【分析】根据题意，由二项式定理可得（1+x） 5C50x0+C51x1+C52x2+C53x3+C54x4+C55x5， 结合题意可得 a0C50， 同时结合组合数的性质可得， 第 16 页（共 25 页） ，相加可得 （+） ，由组合数的性质分析可 得答案 【解答】解：根据题意， （1+x）5C50x0+C51x1+C5

23、2x2+C53x3+C54x4+C55x5 1+C51x1+C52x2+C53x3+C54x4+C55x5， 又由，则 a0C501； 则， ， 则（+）； 故答案为：1， 【点评】本题考查二项式定理的应用，涉及组合数的性质，属于基础题， 15 （4 分）已知抛物线 y22px（p0）的焦点为 F若抛物线上存在点 A，使得线段 AF 的中点的横坐标为 1，则|AF| 2 【分析】点 A 的坐标为（x0，y0）依题意可知 F 坐标为（，0） ，根据线段 AF 的中点的 横坐标为 1，可得 x0+2，即可求出 【解答】解：设点 A 的坐标为（x0，y0） ， 依题意可知 F 坐标为（，0） ， 线

24、段 AF 的中点的横坐标为 1， x0+2， |AF|x0+2， 故答案为：2 【点评】本题主要考查抛物线的定义及几何性质，考查学生的计算能力，属于基础题 16 （4 分）若向量 ， ， 满足 ， 0 且（ ） （ ）0，则 第 17 页（共 25 页） 的最小值是 2 【分析】由平面向量的数量积的运算： （ ） （ ）0，即 2（ ）+ 0，所以 2| | |+0， 由二次不等式的解集得： | |， 即当| | 时，取最小值是 2， 【解答】解：由已知有： （ ） （ ）0， 即 2（ ）+0， 所以 2| | |+0， 解关于| |的二次不等式可得： | |， 即当| |时， 取最小值是

25、2， 故答案为：2 【点评】本题考查了平面向量的数量积的运算及二次不等式的解集，属中档题 17 （4 分）若对任意 a0，函数 f（x）x3+ax2+bx+1 在开区间（，0）内有且仅有一 个零点，则实数 b 的取值范围是 （，3 【分析】分离出 ax+b（） ，令 g（x）（） ，判断 g（x）的单调性， 转化求解即可 【解答】解：令 f（x）x3+ax2+bx+10， ax2+bx（1+x3） ， ax+b（） ， 令 g（x）（） ，g（x）， 第 18 页（共 25 页） g（x）， 令 g（x）0，解得 x1， g（x）在（，1）上单调递减，在（1，0）上单调递增， g（x）ming

26、（1）3， 故 g（x）在（，0）上单调递增， 当 x1 时，此处切线斜率为 3，切线为 y3（x+1）3x+3， 当 x1 或 x1 时，切线斜率均大于 3， 结合图象，斜率最小时 b 最大值为 3， 故答案为： （，3 【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的极值以及函数的零点的判断，考查转化思 想以及计算能力 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步 骤骤 18 （14 分） （）证明：； （）求函数的最小正周期与单调递增区间 【分析】 （）利用两角和与差的正弦函数公式，

27、化简等式的右边，再加以变形可得要证 的等式成立； （）由三角函数中的恒等变换应用化简函数解析式可得， 由周期公式即可求 T，由，解得 x，则可得 f （x）的单调递增区间 【解答】 （I） 证明： 对任意 ， R， sin （+） sincos+cossin， sin （） sincos cossin， 两式相加，得 sin（+）+sin（）2sincos， 第 19 页（共 25 页） ； （II）解：由（I）， ， 即 f（x）的最小正周期 令，得 f（x）的单调递增区间是 【点评】本题主要考查两角和与差的正弦函数公式，考查了三角函数中的恒等变换应用， 三角函数的周期性及其求法，正弦函数的

28、图象和性质，属于中档题 19 （15 分）在三棱台 ABCA1B1C1中，ABC 是等边三角形，二面角 ABCB1的平面 角为 60，BB1CC1 （）求证：A1ABC； （）求直线 AB 与平面 BCC1B1所成角的正弦值 【分析】 （I）设 AA1，BB1与 CC1交于点 S，取棱 BC 的中点 O，连结 AO，SO，推导出 BCSO，BCAO，从而 BC平面 SAO，由此能证明 A1ABC （II）法一：作 AHSO，垂足为 H，则 AH平面 BCC1B1，从而ABH 为直线 AB 与平 面 BCC1B1所成的角，由此能求出直线 AB 与平面 BCC1B1所成角的正弦值 法二： 以O为原

29、点建立空间直角坐标系Oxyz， 利用向量法能求出直线AB与平面BCC1B1 所成角的正弦值 【解答】 （本题满分 15 分） 证明： （I）设 AA1，BB1与 CC1交于点 S，取棱 BC 的中点 O， 连结 AO，SO因为 BB1CC1，B1C1BC， 第 20 页（共 25 页） 故 SBSC（2 分） 又 O 是棱 BC 的中点，故 BCSO 同理 BCAO 又 SO，AO平面 SAO，且 SOAOO， 因此 BC平面 SAO， 又 A1A平面 SAO，（4 分） 所以 A1ABC （6 分） 解： （II）方法一：作 AHSO，垂足为 H 因为 BC平面 SAO，故 AH平面 BCC

30、1B1， 从而ABH 为直线 AB 与平面 BCC1B1所成的角（10 分） 不妨设 AB2，则，（13 分） 所以 故直线 AB 与平面 BCC1B1所成角的正弦值为（15 分） 方法二：如图，以 O 为原点建立空间直角坐标系 Oxyz，（8 分） 由（I） ，AOS 为二面角 ABCB1的平面角，则AOS60， 设 BC2，SOa（a0） ，则点，B（0，1，0） ，C（0，1，0） ， 设 （x，y，z）为平面 BCC1B1，即平面 SBC 的一个法向量， 由，得，（10 分） 令，则 z1，即（12 分） 设 是直线 AB 与平面 BCC1B1所成的角， 则直线 AB 与平面 BCC1

31、B1所成角的正弦值； sin|cos|（15 分） 第 21 页（共 25 页） 【点评】本题考查线线垂直的证明，考查满足线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、 线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档 题 20 （15 分）已知等比数列an的公比 q（0，1） ，前 n 项和为 Sn若 S3+a31，且 是 a1与 a3的等差中项 （）求 an； （） 设数列bn满足 b10， 数列anbn的前 n 项和为 Tn 求 证： 【分析】 （）根据等差中项和等比数列的求和公式可得 q，继而求出 a1，可得 an的通项公式， （）先根据等比数列的求和公式求出 Sn

32、，再根据 b10，求 出 bn，分组求和，再放缩证明即可 【解答】解： （I）由 S3+a31，得 a1+a2+2a31， 再由是 a1，a3的等差中项，得， 第 22 页（共 25 页） 即， 由，得 a1+a2+2a38（a1+a32a2） ， 即 6a317a2+7a10，亦即 6q217q+70， 解得或，又 q（0，1） ，故 代入，得， 所以， 即； （II）证明：对任意 nN*， bn+1b1+（b2b1）+（b3b2）+（bn+1bn）0+a1+a2+anSn1an， 即 bn+11an 又 b10，若规定，则 于是， 从而 ， 即 【点评】本题考查了等差数列的性质，等比数列的

33、求和公式，分组求和，考查了运算能 力，属于中档题 21 （15 分）已知直线 l：ykx+m 与椭圆恰有一个公共点 P，l 与圆 x2+y2a2相交于 A，B 两点 （）求 k 与 m 的关系式； 第 23 页（共 25 页） （）点 Q 与点 P 关于坐标原点 O 对称若当时，QAB 的面积取到最大值 a2， 求椭圆的离心率 【分析】 （）根据题意，联立直线与椭圆的方程，变形可得（a2k2+b2）x2+2a2kmx+a2 （m2b2）0，由直线与椭圆的位置关系可得（2a2km）24（a2k2+b2）a2（m2 b2）0，整理变形可得答案； （）根据题意，分析可得QAB 的面积是OAB 的面积

34、的两倍，进而可得当时， OAB 的面积取到最大值，求出原点 O 到直线 l 的距离，变形可得， 进而可得，结合椭圆的离心率公式分析可得答案 【解答】解： （I）根据题意，直线 l 与椭圆恰有一个公共点 P，即 相切； 则有，得（a2k2+b2）x2+2a2kmx+a2（m2b2）0， 则（2a2km）24（a2k2+b2）a2（m2b2）0， 化简整理，得 m2a2k2+b2； （）因点 Q 与点 P 关于坐标原点 O 对称，故QAB 的面积是OAB 的面积的两倍 所以当时，OAB 的面积取到最大值， 此时 OAOB，从而原点 O 到直线 l 的距离， 又，故； 第 24 页（共 25 页）

35、再由（I） ，得，则 又，故，即， 从而，即 【点评】本题考查椭圆的几何性质以及直线与椭圆的位置关系， （）中注意分析QAB 的面积与OAB 的面积的关系 22 （15 分）设 a，bR，函数 f（x）ln（1+x）+ax2+bx （）证明：当 b0 时，对任意实数 a，直线 yx 总是曲线 yf（x）的切线； （）若存在实数 a，使得对任意 x1 且 x0，都有 xf（x）0，求实数 b 的最小值 【分析】 （）求出函数的导数，计算 f（0） ，f（0）的值，求出切线方程证明即可； （）根据函数的单调性求出 b 的范围，取 a 的值，取 b 的最小值，代入检验即可 【解答】解：易得 f（x）

36、的导数（2 分） （I）证明：当 b0 时，f（x）ln（1+x）+ax2， 注意到对任意实数 a，f（0）0，f（0）1，（4 分） 故直线 yx 是曲线 yf（x）在原点（0，0）处的切线； （6 分） （）由题意，存在实数 a，使得对任意 x（1，0） ，都有 f（x）0， 且对任意 x（0，+） ，都有 f（x）0（8 分） 因 f（0）0，故 f（0）0（否则，若 f（0）0，则在 x0 的左右附近，恒有 f（x） 0， 从而 f（x）单调递减，不合题意） （10 分） 于是 f（0）1+b0，因此 b1（12 分） 又当，b1 时，（等号成立当且仅当 x0） ， 于是 f（x）在（1，+）内单调递增，满足题意 所以 b 的最小值为1（15 分） 【点评】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性问题，考查导数的应用以及转化 思想，是一道综合题