2023年全国乙卷理数试题-普通高等学校招生全国统一考试（答案）

2023年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

一、选择题

A.1-2iB.l+2iC.2—iD.2+i

【答案】B

【解析】

【分析】由题意首先计算复数z的值，然后利用共机复数的定义确定其共转复数即可.

则5=1+2i.

故选：B.

2.设集合U=H，集合同={立'V1},N={目-1<无<2卜则{z卜>2}=()

A.Cy(MUN)B.NU[VMC.D.MU{,VN

【答案】A

【解析】

【分析】由题意逐一考查所给的选项运算结果是否为{*上>2}即可.

[详解】由题意可得MUN={x|a;<2},则Cu(MUN)={x\x>2},选项A正确；

[,uM={引1},则NUluM={剑Q-l},选项B错误;

MCN=㈤-1V①V1},则C(/(MAN)={①也<-1或a>1},选项。错误;

Cf；N={x|x<-l或X>2},则MU{x|x<l或立>2},选项。错误；

故选：A.

3.如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1,则该零件的表面积为()

A.24B.26C.28D.30

【答案】。

【解析】

•1-

【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其

表面积即可.

【详解】如图所示，在长方体HBCD-ABGR中，48=60=2,44尸3,

点为所在棱上靠近点B，G，R，4的三等分点，OZ,M,N为所在棱的中点，

则三视图所对应的几何体为长方体ABCD-去掉长方体ONIC「LMHB1之后所

得的几何体，

该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形,

其表面积为：2x(2x2)+4x(2x3)—2x(1x1)=30.

故选：D.

4.已知,3)=需二是偶函数，则a=()

e-1

A.-2B.-1C.1D.2

【答案】。

【解析】

【分析】根据偶函数的定义运算求解.

【详解】因为/Q)=者■为偶函数，则/(x)-/(-x)==电:\]

e—1e-1e-1e-1

=0,

又因为c不恒为0,可得e”一e"T"=0,即e”=e(a-1),r,

则x=(a—l)cc,即1=Q—1,解得a=2.

故选：D.

5.设。为平面坐标系的坐标原点，在区域｛(x,y)|l<x2+y2<4｝内随机取一点，记该点为4,则直线

CM的倾斜角不大于科概率为()

•2•

【答案】。

【解析】

［分析］根据题意分析区域的几何意义，结合几何概型运算求解.

【详解】因为区域｛Q,y）|lW/+娟W4｝表示以0（0,0）圆心，外圆半径尺=2,内圆半径r=l

的圆环，

则直线04的倾斜角不大于个的部分如阴影所示，在第一象限部分对应的圆心角AMON

4

_7T

2x|i

结合对称性可得所求概率P=~~~=v.

ZTC4

故选：C.

6.已知函数/㈤=sin（皿+欠）在区间信有）单调递增，直线片,和片专为函数y=/（口的

图像的两条对称轴，则『（—普）=（）

A.-华B.-C.［D.坐

2222

【答案】。

【解析】

【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入c=—普即可得到答案.

【详解】因为/（⑼=sin（ft）c+0）在区间（争等）单调递增,

所以善=筌一专=£■，且”>0，则7=兀,。=冬=2,

ND。/JL

当*=专时JQ）取得最小值，则2*+q=2k兀一年，kez,

UUN

则0=2k兀一婪，卜€2,不妨取卜=0,则/（1）=sin（2i—芟），

6\67

则/（-得卜加（谭卜冬

•3•

故选：D.

7.甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共

有（）

A.30种B.60种C.120种D.240种

【答案】C

【解析】

【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可

得到答案.

【详解】首先确定相同得读物，共有以种情况，

然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种，

根据分步乘法公式则共有以•4=120种，

故选：C.

8.已知圆锥PO的底面半径为《，O为底面圆心，P4P5为圆锥的母线，/408=120°,若"48

的面积等于孥，则该圆锥的体积为（）

4

A.兀B.a兀C.37rD.3〃兀

【答案】8

【解析】

【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体

积作答.

【详解】在中，120°,而OA=OB=V3,取AC中点C,连接OC,PC,有OC

_L如图，

乙4口。=30°,OC=暇,43=2BC=3,由△P4B的面积为曜之,得《x3xPC=&，,

2424

解得PC=竽，于是PO=y/PC2-OC'1=J(竽丫一(^7=瓜

所以圆锥的体积V=[■兀xOA2xPO=-^Kx(V3)2XV6=V6TC.

oo

•4•

故选：B

9.已知AABC为等腰直角三角形，AB为斜边，4ABD为等边三角形，若二面角C—AB—D为150°,

则直线CD与平面所成角的正切值为（）

A.4"B.咯C.冬D.

5555

【答案】C

【解析】

［分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.

【详解】取AB的中点E,连接CE,DE,因为是等腰直角三角形，且43为斜边，则有

CEA.AB,

又△48。是等边三角形，则DE_LAB,从而NCED为二面角。一A8-O的平面角，即

NCED=150°,

显然CECDE=E,CE,DEu平面CDE,于是平面CDE,又ABu平面ABC,

因此平面。DEJ_平面ABC,显然平面CDEC平面

直线CDU平面CDE，则直线CD在平面46c内的射影为直线CE,

从而NDCE为直线C。与平面ABC所成的角，令45=2,则CE=1,OE=四,在△CDE

中，由余弦定理得：

CD=y/CE^DE--2CE-DEcosACED=Jl+3-2xlxV3x(-乎)=V7,

DECDV^sinl500V3

由正弦定理得,即sin/DCE=

sin/DCEsinZCED~7T2。'

2

显然NDCE是锐角，cosZDCE=V1-sinZDGE=J-（嘉人六

所以直线CD与平面所成的角的正切为

5

故选：C

10.已知等差数列{%}的公差为争，集合S={cos%,E解},若5={a,b},则ab=()

A.-1B.—C.0D.

•5•

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素

分析、推理作答.

【详解】依题意，等差数列{a“}中，an=^4-（n-1）-=^-n+（如一专），

显然函数夕=cos［弩?i+（以】一专■）］的周期为3,而72£N",即cosan最多3个不同取值，又

{cosan|nGN"}={a,b},

如[在cos内,cos。2，cosa.3中,cos(Z]=COSQZWcosa3或cos。】Wcosa2=cosa3,

于是有cos。=cos（夕+?），即有夕+仅+与）=2k兀,kCZ,解得夕=k7^一半A：eZ,

.47r2

所以kGZ,ab=cos+T=­cos(far—^-)cosk兀=—cosfc7ccos^-

X

2

故选：B

2

11.设A,B为双曲线/一卷=1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（）

A.（1,1）B.（-1,2）C.（1,3）D.（-1,-4）

【答案】。

【解析】

［分析］根据点差法分析可得kwk=9,对于4、6、。:通过联立方程判断交点个数，逐项分

析判断；对于。:结合双曲线的渐近线分析判断.

【详解】设4©必）,3（以纺），则⑷3的中点M（色券，号^,

幼+92

可付卜的=-----，k=---=―:—,

x-x-+-X［+X

}222

2

2弛

X-

1-9,两式相减得（求一强）-4匹=0,

姬-

因为4,3在双曲线上，则2

X一

2-9

所以kAB'k—&~吟—9.

X\—X2

对于选项A:可得k=l,kAB=9,则AB:y=9x—8,

(y—Qx—8

联立方程(2_/_]，消去?/得72/-2x72±+73=0,

[x-勺=1

此时△=(-2X72)2—4X72X73=-288VO,

•6•

所以直线43与双曲线没有交点，故4错误；

对于选项B：可得k=-2/48=--|^则>15：^=--|-X-y,

联立方程《>/，消去,得45^+2x45/+61=0,

2

1X——9—1

此时△=（2x45）2-4x45X61=-4x45xl6<0,

所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；

对于选项C:可得k=3,笈16=3,则AB:y=3x

由双曲线方程可得a=l,b=3,则AB：y=3x为双曲线的渐近线，

所以直线与双曲线没有交点，故。错误；

对于选项D:k=4,kAB=-^~,则AB:y=^-x-^~,

444

联立方程彳，），消去夕得6342+i26rr-193=0,

口一"=1

此时A=1262+4x63xl93>0,故直线A3与双曲线有交两个交点，故D正确;

故选：D.

12.己知。。的半径为1,直线PA与。O相切于点4,直线PB与。O交于两点，。为RC的中

点，若|PO|=2,则两•赤的最大值为（）

A.1+^B.1+产C.1+V2D.2+V2

【答案】4

【解析】

【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得PA・PO=^一

乎sin（2a—£）,或对.两=1•+乎sin（2a+?）然后结合三角函数的性质即可确定

R4•赤的最大值.

【详解】如图所示，。*=1,|OP|=四，则由题意可知:乙4Po=45°,

由勾股定理可得PA=/。尸一。4=1

-7■

当点位于直线PO异侧时,设4OPC=a,04&M手,

则：两•无=|两|•|PD|cos(ff+

'4'

=1xV^cosacos(a+亍)

=血cosa(^^cosa-咨ina

=cos%—sinacos以

1+cos2a1.

=12------5而2oa

0Ma4^,则一个42a一个〈个

4444

当20一与=一与时，两•而有最大值L

44

当点4。位于直线PO同侧时，设N°R=a，°&a&多

则：巨4•而=|两H两匕os(a-

=1xV5cosacos(a—

=\/§cosa(^-cosa+^^sina

=cosa+sinacosa

1+cos2a.1.

=-2一十5s】n2na

=£+乎•(2。+年)

04a号,则产2"年"

•••当2a+^=蒋时，两•无有最大值”0.

422

综上可得，两•而的最大值为1+A/2

2

•8・

故选：A.

【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值

的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.

二、填空题

13.已知点A（1,V5）在抛物线C：或=2p±上，则A到。的准线的距离为.

【答案

4

【解析】

【分析】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为t

=一十，最后利用点的坐标和准线方程计算点A到。的准线的距离即可.

【详解】由题意可得：（JK）2=2pxl,则2p=5,抛物线的方程为d=5处

准线方程为*=-4，点4到C的准线的距离为1一（一弓）=?.

故答案为：:■.

（x-3g4-1

14.若c,夕满足约束条件（a?+2夕W9，则z=2立一夕的最大值为_____.

137+沙＞7

【答案】8

【解析】

【分析】作出可行域，转化为截距最值讨论即可.

［详解】作出可行域如下图所示:

2=2力一沙，移项得沙=22：—2,

{x—3y——lx—5

联立有，解得

+2y=9y=2

设4（5,2）,显然平移直线y=2x使其经过点4,此时截距-z最小,则z最大,

代入得z=8,

故答案为：8.

15.已知｛%｝为等比数列，a2a4a5=a3a6，（u）aw=-8，则a7=

-9•

【答案】-2

【解析】

【分析】根据等比数列公式对出a4a5=a3a6化简得a〕q=1,联立a9aH)=-8求出q：'=-2,最后

5：1

得a7=a、q-g=q=—2.

【详解】设{a,J的公比为q(qW0),则a2ala；>=a3a()=a>q•a^q,显然a,H0,

22

则a产q,即aa'=q,则为《=1,因为a9ai()=-8,则a^-a}q'=-8,

15J

则Q—(力；'=一8—(—2)：',则q』一2,则a7—a{q•q—q'——2,

故答案为：-2.

16.设aC(0,1),若函数/3)=优+(1+(1厂在(0,+8)上单调递增，则a的取值范围是.

【答案】[汽二匕1)

【解析】

【分析】原问题等价于f(①)=a'lna4-(1+a)3：ln(l+a)>0恒成立，据此将所得的不等式进

行恒等变形，可得(工士生厂〉——膂丁，由右侧函数的单调性可得实数a的二次不等式，

\a>ln(l+a)

求解二次不等式后可确定实数a的取值范围.

【详解】由函数的解析式可得/'(⑼=优lna+(l+a)“ln(l+a)>0在区间(0,+8)上恒成

立，

则(1+a)rln(l+a)>—a*lna,即(2土包)、——黑J在区间(。，+8)上恒成立，

'Q/ln(l+a)

故(旺色)。=1〉----坦J,而a+1e(1,2),故ln(l+a)>0,

'a，ln(l+a)

fln(a+1)>-lna(a(a+1)>1V5-1<n

故即彳八一一1，故-o-WaVl,

[0<a<l[0<a<12

结合题意可得实数a的取值范围是[汽」,1).

故答案为：

三、解答题

17.某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用

材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡

胶产品的伸缩率，甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为◎，%(i=1,2,…10),试验结果

如下

试验序1

123456789

号i0

伸缩5555555555

率电4352744694

-10•

5312541868

5555555555

伸缩

3243632573

率%

6730032066

记.=四•一%（i=1,2,…,10），记为，z、2,…，为0的样本平均数为为样本方差为$2,

⑴求2,s2；

（2）判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高

（如果2屈，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有

显著提高,否则不认为有显著提高）.

［答案］（1）2=11,s2—61;

（2）认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提

高.

【解析】

【分析】（1）直接利用平均数公式即可计算出匾讥再得到所有的z,值，最后计算出方差即可；

（2）根据公式计算出2，^的值，和方比较大小即可.

【小问1详解】

-545+533+551+522+575+544+541+568+596+548…文

x=---------------------------------------------------------------------------------=552.3,

-536+527+543+530+560+533+522+550+576+536工〃。

V=-------------------------------------------------------=541.3,

2=5-^=552.3-541.3=11,

z尸0一物的值分别为：9,6,8,-8,15,11,19,18,20,12,

故$2=

(9-11)2+(6-11)2+(8-11)2+(-8-11)2+(15-11)2+0+(19-11)2+(18-11)2+(20-11)2+(12-

10

=61

【小问2详解】

需==HI,故有2A2.

由(1)知：2=11,2

所以认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提

高.

18.在ZVIBC中，已知NR4c=120°,43=2,4C=1.

(l)^sinZABC；

(2)若。为BC上一点、,且NBAD=90°,求△4OC的面积.

■11­

【答案】(1)*;

⑵*

【解析】

【分析】(1)首先由余弦定理求得边长的值为6。=。，然后由余弦定理可得cosB=

智，最后由同角三角函数基本关系可得玩116=吟；

1414

(2)由题意可得答皿=4,则6^8=，据此即可求得XADC的面积.

【小问1详解】

由余弦定理可得：

BC2—a2—b2+c2-2bccosA

=4+l-2x2xlxcosl20°=7,

2—i27+4-15。

则BC=gcosB=°,芳°

2ac-2x2xV714'

sinB=V1—COS2B=Jl-翁=

【小问2详解】

JxABxADxsin90°

由三角形面积公式可得.Q2Vl殷=-j=4

fxXCxADxsin30°

则^^ACD=!1X（Jx2xlxsinl20。）=.

19.如图，在三棱锥P-ABC中，AB，BC,2,BC=272,PB=PC=V6,BP,AP,BC的中

点分别为。，E,O,40=述。。，点F在AC上，BF_L49.

(1)证明：E尸〃平面AOO；

(2)证明：平面ADO_L平面BEF；

(3)求二面角。一AO—C的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析；(3)夸.

【解析】

-12•

【分析】(1)根据给定条件，证明四边形ODEF为平行四边形，再利用线面平行的判定推理

作答.

(2)由(1)的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.

(3)由(2)的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.

【小问1详解】

连接尸，设人尸=〃1。，则BF=BA+AF^(l-t)BA+tBC,AO^-BA+^BC,

BF±AO,

贝可加♦前=[(1-t)BA+tBC]­(-BA+yBC)=(i-l)BA2+^tBC^=4(t-l)+4t=

0,

解得t=微■，则R为力C的中点，由DE，。，口分别为PB,PA,BC,AC的中点，

于是DE〃AB,DE=jAB,OFIIAB,OF=^AB，即DE〃OF,DE=O尸，则四边形

ODEF为平行四边形，

EF//DO,EF=DO,文EFU平面ADO,DOu平面ADO,

所以ER〃平面AOO.

【小问2详解】

由⑴可知ER〃O。，则49=述,。0=萼,得4。=，^。0=卫|^,

因此。。2+4。2=4加=号，则。。j_A。,有石尸J_40,

又4。_LBF,BFHEF=F,BF,EFU平面BEF,

则有力O_L平面BER,又AOu平面ADO,所以平面ADO_L平面SEP.

【小问3详解】

过点。作OH〃3F交AC于点〃，设ADfl3E=G,

由AO_L3R,得HO_LAO,且AH,

又由(2)知，OD_L4O,则NOOH为二面角D—4O—。的平面角，

因为D,E分别为PB,PA的中点，因此G为"AB的重心，

-13•

即有DG=^-AD,GE=^-BE,又FH=^即有^-GF,

OO»J/

4+^_li2r-

cosZABD=­Z~~解得R4=，n,同理得8E=萼,

2x2x-62x2xV62

25

于是BE2+ER2=8斤2=3,即有BE±EF,则GF=（yx乎）?+

从而6^=平，08=,*零=等，

ONJ/

在△OOH中，OH=q8斤=率,OD=®、DH=,

2222

6+3_迪

=_1

于是C。…序才sinZ.DOH=

2

所以二面角。一月。一。的正弦值为哼.

20.已知椭圆。：4+耳=l(a>b>0)的离心率为坐，点4一2,0)在。上.

abJ

(1)求。的方程；

(2)过点(一2,3)的直线交。于点P,Q两点，直线4P,4Q与2轴的交点分别为M,N,证明：线段

MN的中点为定点.

【答案】⑴。苧=1

(2)证明见详解

【解析】

【分析】(1)根据题意列式求解a,b,c,进而可得结果；

(2)设直线PQ的方程，进而可求点M,N的坐标，结合韦达定理验证以丁为定值即可.

【小问1详解】

『:2，,e=3

由题意可得，解得卜=2,

|e十字U=V5

•14•

、Vx2

所以椭圆方程为—+—=1.

【小问2详解】

由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ：g=kQ+2)+3,2(如幼),。但,?/2),

®=k(rr+2)+3

联立方程<£之—，消去g得：(4fc2+9)x2+8fc(2fc+3)T+16(fc2+3fc)=0,

IT+T~1

则△=64fc2(2fc+3)2-64(4fc2+9)(fc2+3fc)=-1728fc>0,解得kV0,

因为X(-2,0),则直线AP-.y=+2),

X\~rZ

令，=。，解得"=黑，即"(O,黑),

同理可得M。，黑)，

2%,2y2

为+2g+2_[k(“i+2)+3]।[k(g+2)+3]

则2=一访—+―^+2—

_[ki]+(2k+3)](g+2)+[kg+(2k+3)](电+2)_2kxiX2+(4k+3)(x^+x2)+4(2k+3)

(g+2)(g+2)x1x2+2(xl+x2)+4

32/c(fc2+3/c)弘(4k+3)(2k+3),“加,a

.----------篇百-----+4(2k+3)_108_

-T—>■-cc-J，

16(内+3AJ)16G(2F+3)

4fc2+94后+9

所以线段PQ的中点是定点(0,3).

【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤

(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；

•15•

(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某

些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；

(3)得出结论.

21.已知函数/(⑼=++⑼.

(1)当a=—1时,求曲线y=/(z)在点(1,/(1))处的切线方程；

(2)是否存在a,d使得曲线夕=/(十)关于直线*=b对称,若存在，求a,b的值，若不存在,说明理

由.

(3)若/(乃在(0,+8)存在极值，求a的取值范围.

【答案】⑴(ln2)c+9—ln2=0;

11

⑵存在a=卷,b=一方满足题意，理由见解析.

⑶(04).

【解析】

【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点

坐标，最后求解切线方程即可；

(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b的值，进一步结合函数的对称性

利用特殊值法可得关于实数a的方程，解方程可得实数a的值，最后检验所得的a,b是否正

确即可；

(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数gQ)—ax^x—(x+l)ln(x+1),

然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论a&O,和OVa三

中情况即可求得实数a的取值范围.

【小问1详解】

当a=1l时，fQ)=l)ln(s+1),

则/Q)="xlnQ+l)+C—l)x[p

据此可得"1)=OJ(1)=-ln2,

函数在(1,/(1))处的切线方程为y—0=—ln2(a:-1),

即(ln2)a;+y—ln2=0.

【小问2详解】

函数的定义域满足」•+1=且土[>0,即函数的定义域为(-00,-1)U(0,+8),

XX

•16•

定义域关于直线。=一方1对称，由题意可得b=一^1,

由对称性可知+m)=f(-今

取山=丹可得/(1)=/(-2),

即(a+l)ln2=(Q-2)ln则a+l=2—Q,解得a=J,

经检验a=q,b=-；满足题意，故a=J,b=—

即存在&=焉6=一卷满足题意.

【小问3详解】

由函数的解析式可得/'(乃=(--y^ln(a;+1)+信+a)①；］,

由/(⑼在区间(0,+8)存在极值点，则fQ)在区间(0,+co)上存在变号零点;

令(T)ln(*+l)+C+a)1r=0,

则—(%+l)ln(x+1)+(x+ax2)=0,

令g(x)=ax2+x—(x+l)ln(x+1),

/(n)在区间(0,+8)存在极值点,等价于g(x)在区间(0,+8)上存在变号零点，

g(x)=2ax-In(a;+]),g"(2)=2a-；]

当a&O时,g'Q)V0,g(i)在区间(0,+8)上单调递减，

此时g(c)Vg(0)=0,g(c)在区间(0,+oo)上无零点，不合题意；

当a><，2a>l时，由于V1,所以g"Q)>0,g'(t)在区间(0,+8)上单调递增,

所以g'(z)>g'(0)=0,g(x)在区间(0,+oo)上单调递增，g(t)>g(0)=0,

所以gQ)在区间(0,+8)上无零点，不符合题意；

111

当OVaV3时，由/(力)=2Q-----=0可得i=---1,

2x+12a

当立e(0,；—1)时，g"Q)<0,g'(6)单调递减，

/a

当a;e—l,+oo)时，g"Q)>0,g'O)单调递增，

故g'Q)的最小值为—1)=1-2a+ln2a,

令?n(N)=l—x+lnx(0VcV1),则m(x)=—①土)>0,

x

函数mQ)在定义域内单调递增，m(x)<m(l)=0,

据此可得1—c+\nxV0恒成立，

•17•

则-1)=1-2Q+ln2a<0,

令h(x)=\nx—x2+x(x>0),则h!⑸=—**+1,

x

当cE(0,1)时，〃Q)>0A(c)单调递增，

当/e(i,+oo)时，//(re)<o,/i(x)单调递减,

故九(乃《无⑴=0,即/(取等条件为rc=1),

所以g'Q)=2ax—ln(o:+1)>2ax—[(x+l)2-(x+1)]=2ax—(x2+x),

，(20—1)>2矶2。-1)一[(2°—1)2+(2。-1)]=0,且注意到。(0)=0,

根据零点存在性定理可知:g'Q)在区间(0,+co)上存在唯一零点力

当c£(0国))时，g\x)<0,g(N)单调减,

当出€(g,+8)时，g\x)>0,g(x)单调递增,

所以g(g)Vg(0)=0.

令九(力)=\nx——十),则九'(c)=[—J40，

则似力)单调递减,注意到n(l)=0,

故当cG(1,+oo)时，Inx—1(力—V0,从而有InxV©——),

所以g(%)——(x+l)ln(x+1)

>ax2+x-(2+1)xy[^(x+1)-/；]]

=(a-

>

令,一=0得&=7TS所以g必与)>°,

所以函数gQ)在区间(0,+co)上存在变号零点，符合题意.

综合上面可知：实数a得取值范围是((),£).

【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆

分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算