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2022-2023学年福建省泉州市城东中学、南安华侨中学、石狮八中、泉州外国语学校高二（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年福建省泉州市城东中学、南安华侨中学、石狮八中、泉州外国语学校高二（下）期中数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知等比数列{an}的公比为12，且a5a3=2a4，则a6=( )
A. 2B. 1C. 12D. 14
2. 函数f(x)的图象如图所示，设f(x)的导函数为f′(x)，则f(x)⋅f′(x)>0的解集为( )
A. (1,6)
B. (1,4)
C. (−∞,1)∪(6,+∞)
D. (1,4)∪(6,+∞)
3. 今天是星期四，经过62023天后是星期( )
A. 二B. 三C. 四D. 五
4. 现要从A，B，C，D，E这5人中选出4人，安排在甲、乙、丙、丁4个岗位上，如果A不能安排在甲岗位上，则安排的方法有( )
A. 56种B. 64种C. 72种D. 96种
5. 椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F1，右焦点为F2，以F1为圆心，|F1O|为半径的圆与E交于点P，且PF1⊥PF2，则E的离心率为( )
A. 5−12B. 3−1C. 3−12D. 5−1
6. 现有4个人通过掷一枚质地均匀的骰子去参加篮球和乒乓球的体育活动，掷出点数为1或2的人去打篮球，掷出点数大于2的人去打乒乓球．用X，Y分别表示这4个人中去打篮球和乒乓球的人数，记ξ=|X−Y|，求随机变量ξ的数学期望Eξ为( )
A. 12881B. 13581C. 14081D. 14881
7. 在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，AC∩BD=O，E是线段B1C(含端点)上的一动点，则：
①OE⊥BD1；
②当E为线段B1C的中点时，OE取最小值；
③三棱锥A1−BDE体积的最大值是最小值的 2倍；
④OE与C1D所成角的范围是[0,π3]．
上述命题中正确的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8. 设0则当p在区间(0,1)内增大时，( )
A. D(ξ)减小B. D(ξ)增大
C. D(ξ)先减小后增大D. D(ξ)先增大后减小
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知a=ln44，b=1e，c=ln33(其中e为自然对数的底数)，则a，b，c的大小关系为( )
A. a>bB. b>cC. c>aD. c10. 已知正项数列{an}前n项和为Sn，且满足4Sn=(an+1)2( )
A. 数列{an}是等差数列B. a1=1
C. 数列{ Sn+an}不是等差数列D. S20=400
11. 下列说法正确的是( )
A. 用0，1，2，3，4能组成48个不同的3位数
B. 将10个团员指标分到3个班，每班要求至少得2个，有15种分配方法
C. 小明去书店看了4本不同的书，想借回去至少1本，有16种方法
D. 甲、乙、丙、丁各写了一份贺卡，四人互送贺卡，每人各拿一张贺卡且每人不能拿到自己写的贺卡，有9种不同的方法
12. 如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1顶点处有一质点Q，点Q每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同.从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次.若质点Q的初始位置位于点A处，记点Q移动n次后仍在底面ABCD上的概率为Pn，则下列说法正确的是( )
A. P2=59
B. Pn+1=23Pn+13
C. 点Q移动4次后恰好位于点C1的概率为0
D. 点Q移动10次后仍在底面ABCD上的概率为12(13)10+12
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=3，a2=1，且an+2=an+1−an，则S2023= ______ ．
14. (x2−1x+2)3中常数项是______ .(写出数字)
15. 在临床上，经常用某种试验来诊断试验者是否患有某种癌症，设A=“试验结果为阳性”，B=“试验者患有此癌症”，据临床统计显示P(A|B)=0.99，P(A−|B−)=0.98.已知某地人群中患有此种癌症的概率为0.001，现从该人群中随机抽在了1人，其试验结果是阳性，则此人患有此种癌症的概率为 ．
16. 已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，若E上存在点P，满足|OP|=12|F1F2|(O为坐标原点)，且△PF1F2的内切圆的半径等于a，则E的离心率为______ ．
四、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）
17. (本小题10.0分)
已知在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，且a3=5，S7=49．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=2an+an，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn．
18. (本小题12.0分)
在二项式( x+124x)n的展开式中，前三项的系数M，P，N依次构成一个等差数列．
(1)求n的值；
(2)求展开式中系数最大的项．
19. (本小题12.0分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面为矩形，AD=2，AB=3，PA=PD= 10，平面PAD⊥平面ABCD.O是AD的中点，E是PB上一点，且AE//平面POC．
(1)求PEPB的值；
(2)求直线CE与平面POC所成角的正弦值．
20. (本小题12.0分)
甲、乙两人进行投篮比赛，分轮次进行，每轮比赛甲、乙各投篮一次.比赛规定：若甲投中，乙未投中，甲得1分，乙得−1分；若甲未投中，乙投中，甲得−1分，乙得1分；若甲、乙都投中或都未投中，甲、乙均得0分.当甲、乙两人累计得分的差值大于或等于4分时，就停止比赛，分数多的获胜：4轮比赛后，若甲、乙两人累计得分的差值小于4分也停止比赛，分数多的获胜，分数相同则平局、甲、乙两人投篮的命中率分别为0.5和0.6，且互不影响.一轮比赛中甲的得分记为X．
(1)求X的分布列；
(2)求甲、乙两人最终平局的概率；
(3)记甲、乙一共进行了Y轮比赛，求Y的分布列及期望．
21. (本小题12.0分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)，F为其焦点，点M(2,y0)在C上，且S△OFM=4(O为坐标原点)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若A，B是C上异于点O的两个动点，当∠AOB=90°时，过点O作ON⊥AB于，问平面内是否存在一个定点Q，使得|NQ|为定值？若存在，请求出定点Q及该定值；若不存在，请说明理由．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=2x3−ax2+2，其中a>0．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当0答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：等比数列{an}的公比为12，且a5a3=2a4，
则a42=2a4，解得a4=2，
故a6=a4×(12)2=12．
故选：C．
根据已知条件，结合等比数列的性质，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由图象可得当x<4时，f′(x)>0，当x>4时，f′(x)<0，
结合图象可得：当10，f(x)>0，即f(x)⋅f′(x)>0，
当x>6时，f′(x)<0，f(x)<0，即f(x)⋅f′(x)>0，
所以f(x)⋅f′(x)>0的解集为(1,4)∪(6,+∞)．
故选：D．
根据导函数与原函数之间的关系，结合图象即可求解．
本题主要考查了函数单调性与导函数正负的关系，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为62023=(7−1)2023=C20230⋅72023+C20231⋅72022⋅(−1)+...+C20232022⋅7⋅(−1)2022+C20232023⋅(−1)2023
=C20230⋅72023+C20231⋅72022⋅(−1)+...+C20232022⋅7⋅(−1)2022−1
=C20230⋅72023+C20231⋅72022⋅(−1)+...+C20232022⋅7⋅(−1)2022−7+6，
所以展开式的前2024项都可以被7整除，6被7整除余6，
则经过62023天后星期三．
故选：B．
将已知化为62023=(7−1)2023，然后利用二项式定理展开，利用整除的性质以及周期的性质即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，涉及到整除以及周期的性质，考查了学生的运算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据A是否入选进行分类：
若A入选，
则先给A从乙、丙、丁3个岗位上安排一个岗位有C31=3种，再给剩下三个岗位安排人有A43=4×3×2=24种，共有3×24=72种方法；
若A不入选，
则4个人4个岗位全排有A44=4×3×2×1=24种方法，
所以共有72+24=96种不同的安排方法．
故选：D．
根据A是否入选进行分类讨论即可求解．
本题主要考查排列及简单计数问题，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由已知可得|PF1|=c，|F1F2|=2c，
∵PF1⊥PF2，∴|PF2|= 3c
又由椭圆的定义可得|PF2|=2a−c，
∴ 3c=2a−c，∴e=ca=2 3+1= 3−1．
故选：B．
由已知可得|PF1|=c，|F1F2|=2c，进而可得 3c=2a−c，求解即可．
本题考查椭圆的离心率的求法，考查推理能力与计算能力，属中档题．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．
判断ξ的所有可能取值为0，2，4.由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，求出概率，得到分布列，然后求解期望即可．
【解答】
解：依题意，这4个人中，每个人去打篮球的概率为13，去打乒乓球的概率为23，
设“这4个人中恰有i人去打篮球”为事件Ai(i=0,1,2,3,4)，则P(Ai)=C4i(13)i(23)4−i，
ξ的所有可能取值为0，2，4.由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，
故P(ξ=0)=P(A2)=827，
P(ξ=2)=P(A1)+P(A3)=4081，
P(ξ=4)=P(A0)+P(A4)=1781．
所以ξ的分布列是
随机变量ξ的数学期望Eξ=0×827+2×4081+4×1781=14881．
故选：D．
7.【答案】B
【解析】解：以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，
A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，
据此可得O(12,12,0)，BD1=(−1,−1,1),C1D=(0,−1,−1)，
设B1E=λB1C=λ(−1,0,−1)=(−λ,0,−λ)(0≤λ≤1)，故E(1−λ,1,1−λ)，
故OE=(12−λ,12,1−λ)，BD1⋅OE=λ−12−12+1−λ=0，
所以OE⊥BD1，故①正确；
|OE|= (12−λ)2+14+(1−λ)2= 2λ2−3λ+32，
当λ=34时，|OE|有最小值，此时当E不是线段B1C的中点，故②错误．
对于D，连接BC1，设BC1∩B1C=F，连接OF，则OF//DC1，
故∠EOF或其补角即为OE与C1D所成角，
在△B1OC中，B1C= 2,OC= 22，B1O= 62，
0≤∠EOF≤max{∠FOC,∠B1OF}，
在△FOC中，FC=OF=OC= 22，故∠FOC=π3，
在△B1OF中，B1F=OF= 22,B1O= 62，故cs∠B1OF= 64 22= 32，
而∠B1OF为三角形内角，故∠B1OF=π6，故0≤∠EOF≤π3，故④正确；
由正方体的空间几何特征可得B1C//A1D，
而B1C⊄平面A1DB，A1D⊄平面A1DB，故B 1C//平面A1DB，
故E到平面A1DB的距离为定值，
即三棱锥A1−BDE体积为定值，故③错误；
综上可得，正确的命题个数为2，
故选：B．
建立空间直角坐标系，设B1E=λB1C，求出E的坐标后可通过向量的方法判断①②正误，由正方体的特征可得B1C//平面A1DB，从而可判断③的正误，连接BC1，设BC1∩B1C=F，连接OF，则OF//DC1，则∠EOF或其补角即为OE与C1D所成角，计算∠EOF的范围后可判断④的正误．
本题主要考查异面直线垂直的判定，锥体体积的计算，异面直线所成的角的计算，空间向量及其应用，空间想象能力的培养知识，属于中等题．
8.【答案】D
【解析】解：E(ξ)=0×(1−p)+p×p2+1×p2=p22+p2，
D(ξ)=(0−p22−p2)2(1−p)+(p−p22−p2)2×p2+(1−p22−p2)2×p2
=−14p4−14p2+p2=14(−p4−p2+2p)，
令f(p)=−p4−p2+2p，p∈(0,1)，
则f′(p)=−4p3−2p+2，
易得f′(p)在(0,1)上单调递减，
又f′(0)=2，f′(1)=−4，故存在p0∈(0,1)，使得f′(p0)=0，
则f(p)在(0,p0)上单调单增，在(p0,1)上单调递减，
即D(ξ)先增大后减小．
故选：D．
先求出E(ξ)，D(ξ)，令f(p)=−p3−p2+2p，p∈(0,1)，求导确定单调性即可．
本题考查了离散型随机变量的数学期望与方差的计算问题，也考查了运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：设f(x)=lnxx，x∈(0,+∞)，则f′(x)=1x⋅x−lnxx2=1−lnxx2，
令f′(x)=0，则x=e，
所以f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
因为e<3<4，所以lnee=1e>ln33>ln44，即b>c>a，
故选：BC．
构造函数f(x)=lnxx，求导，推出f(x)在(e,+∞)上单调递减，再结合e<3<4，得解．
本题考查利用导数比较对数值的大小，构造新函数，利用导数研究其单调性是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：数列{an}中，∀n∈N*，an>0，4Sn=(an+1)2，当n≥2时，4Sn−1=(an−1+1)2，
则4an=an2+2an+1−(an−12+2an−1+1)，即(an+an−1)(an−an−1)=2(an+an−1)，
因此an−an−1=2，而4a1=(a1+1)2，解得a1=1，即数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，A，B都正确；
an=a1+2(n−1)=2n−1，Sn=n(a1+an)2=n2， Sn+an=3n−1，
于是( Sn+1+an+1)−( Sn+an)=3(n+1)−1−(3n−1)=3，数列{ Sn+an}是等差数列，C错误；
S20=202=400，D正确．
故选：ABD．
根据给定的递推公式，结合n≥2，an=Sn−Sn−1求出数列{an}的通项公式，再逐项判断作答．
本题主要考查数列递推式，等差数列的判断，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：对于A，第一步先排百位数，有4种排法，第二步排十位数有5种排法，第三步排个位数有5种排法，由分步乘法计数原理可得共有4×52=100个不同的三位数，A错误；
对于B，第一步，每个班先各分一个团员指标，有一种方法，第二步，再将余下7个团员指标排成一排，7个指标之间有6个空，用2块隔板插入其中的两个空，每种插空方法就是一种将7个指标分给3个班，每班至少一个指标的分配方法，故第二步有C62=15种方法，由分步乘法计数原理可得满足条件的分配方法有15种，B正确；
对于C，因为借回至少1本的反面为1本都不借，又小明所有的借书方法数为24种，所以借回至少1本的方法数为24−1=15种，C错误；
对于D，第一步甲先拿贺卡，有3种方法，第二步安排甲拿到的贺卡的主人拿，有3种方法，第三步余下两人拿贺卡，由于其中一人不能拿自己的贺卡，故只有一种方法，由分步乘法计数原理可得共3×3=9种方法，D正确；
故选：BD．
根据分步乘法计数原理求出三位数的个数判断A，根据隔板法和分步乘法计数原理求出分配方法数，判断B，利用间接法求出满足要求的方法数判断C，利用分步乘法计数原理求出满足条件的方法数，判断D．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：在正方体中，每一个顶点由3个相邻的点，其中两个在同一底面，
∴当点Q在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为23，
在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为13，
∴P2=23×23+13×13=59，故A正确；
Pn+1=23Pn+13(1−Pn)=13Pn+13，故B错误；
点Q由点A移动到点C1处至少需要3次，任意折返都需要2次移动，
∴移动4次后不可能到达点C1，故C正确；
由于Pn+1=13Pn+13，∴Pn+1−12=13(Pn−12)，且P1−12=16，
∴Pn−12=16×(13)n−1，∴Pn=12(13)n+12，∴P10=12(13)10+12，故D正确．
故选：ACD．
根据题意找出Q在下或上底面时，随机移动一次仍在原底面及到另一底面的概率即可逐步分析计算确定各选项正误．
本题考查命题真假的判断，考查正方体的结构特征、相互独立事件概率乘法公式、递推关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】3
【解析】解：由题意a3=a2−a1=−2，a4=−2−1=−3，a5=−3−(−2)=−1，a6=−1−(−3)=2，a7=2−(−1)=3，a8=3−2=1，
所以数列{an}是周期数列，周期为6，
所以S2023=337(a1+a2+a3+a4+a5+a6)+a1=3．
故答案为：3．
根据递推公式求出数列的前几项，从而可得出数列{an}的一个周期性，再根据数列的周期性即可得出答案．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】11
【解析】解：(x2−1x+2)3即三个(x2−1x+2)相乘，
常数项为一个x2两个(−1x)相乘，或三个2相乘：C31x2(−1x)2+C3323=3+8=11．
故答案为：11．
(x2−1x+2)3即三个(x2−1x+2)相乘，利用组合数的运算求出常数项．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
15.【答案】11233
【解析】解：由题意可得：P(A|B−)=1−P(A−|B−)=0.02，P(B)=0.001，P(B−)=0.999，
∴P(B|A)=P(AB)P(A)=P(A|B)P(B)P(AB)+P(AB−)=P(A|B)P(B)P(A|B)P(B)+P(A|B−)P(B−)=0.99××0.001+0.02×0.999=992097=11233．
故答案为：11233．
根据已知得出P(A|B−)，P(B)与P(B−)，再由条件概率公式与全概率公式计算得出结果．
本题主要考查了条件概率的概率公式，属于基础题．
16.【答案】1+ 3
【解析】解：因为|OP|=12|F1F2|，所以PF1⊥PF2,|PF1|2+|PF2|2=4c2，
又因为P在双曲线上，所以|PF1|−|PF2|=2a，联立可得|PF1|⋅|PF2|=2b2，
(|PF1|+|PF2|)2=4c2+4b2，所以|PF1|+|PF2|=2 b2+c2，
因为△PF1F2的内切圆的半径为a，
所以S△PF1F2=12(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)⋅a，
即|PF1|⋅|PF2|=(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)⋅a，即2b2=(2 b2+c2+2c)a，
所以b2−ac=a b2+c2，两边平方得b2−2ac=a2，
即c2−2ac−2a2=0，两边同时除以a2，得e2−2e−2=0,e=1± 3，
因为e>1，所以e=1+ 3．
故答案为：1+ 3．
由|OP|=12|F1F2|可得PF1⊥PF2,|PF1|2+|PF2|2=4c2，再结合双曲线的定义可得|PF1|⋅|PF2|=2b2，化简得|PF1|+|PF2|=2 b2+c2，因为△PF1F2的内切圆的半径为a，所以SΔPF1F2=12(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)⋅a，即2b2=(2 b2+c2+2c)a，化简运算即可得E的离心率．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
17.【答案】解：(1)在等差数列{an}中设首项为a1，公差为d，Sn为其前n项和，且a3=5，S7=49．
故a1+2d=5 7a1+7×62d=49 ，整理得a1=1 d=2 ，
故an=2n−1．
(2)由(1)得：bn=22n−1+2n−1，
所以Tn=21+1+23+3+...+22n−1+2n−1
=(21+23+...+22n−1)+(1+3+5+...+2n−1)
=2×(4n−1)4−1+n2=22n+1−23+n2，
即Tn=22n+1−23+n2．
【解析】(1)直接利用等差数列的性质求出数列的通项公式；
(2)利用分组法的应用求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，数列的求和，分组法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵Cn0=1，Cn1⋅12=n2，Cn2⋅(12)2=18n(n−1)，
由题设可知2⋅n2=1+18n(n−1)，
即n2−9n+8=0，解得n=8或n=1(舍)．
(2)设第r+1项的系数tr+1最大，则tr+1≥tr，且tr+2≤tr+1，r∈N，
即C8r⋅2−r≥C8r−1⋅2−r+1C8r⋅2−r≤C8r+1⋅2−r−1，解得r=2或3，
故系数最大的项为T3=7x52或T4=7x74．
【解析】(1)先求出前三项的系数，再由前三项的系数依次成等差数列，得n2−9n+8=0，求出n即可；
(2)设第r+1项的系数tr+1最大，则tr+1≥tr，且tr+2≤tr+1，从而可求出r的范围，进而可求出系数最大的项．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
19.【答案】解：(1)设平面AOE与直线PC相交于点F，连接EF，OF，
∵AE//平面POC，AE⊂平面AEFO，平面AEFO∩平面POC=FO，
∴AE//FO，
∵AO//BC，BC⊂平面PBC，AO⊄平面PBC，
∴AO//平面PBC，
又平面AEFO∩平面PBC=EF，∴AO//EF，
∴四边形AEFO为平行四边形，
∴EF=AO=12BC，
即E，F分别为PB，PC的中点，
故PEPB=12；
(2)以点O为坐标原点，以OA所在直线为x轴，以过点O平行与AB的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，
则O(0,0,0)，C(−1,3,0)，P(0,0,3)，E(12,32,32)，
所以OC=(−1,3,0)，OP=(0,0,3)，CE=(32,−32,32)，
设平面POC的法向量为m=(x,y,z)，则−x+3y=0,3z=0,令y=1，解得x=3y=1，
∴m=(3,1,0)，
设直线CE与平面POC所成的角为θ，
则sinθ=|m⋅CE||m||CE|=33 32× 10= 3015．
【解析】(1)设平面AOE与直线PC相交于点F，连接EF，OF，利用线面平行的性质定理可得AE//FO，又因为AO//EF，所以四边形AEFO为平行四边形，从而求出结果；
(2)建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，进而求出平面POC的一个法向量，再利用直线与平面夹角的向量公式求解．
本题主要考查了直线与平面平行的判定定理和性质定理，考查了利用空间向量直线与平面所成的角，属于中档题．
20.【答案】解：(1)根据题意可得X=−1，0，1，
又P(X=−1)=(1−0.5)×0.6=0.3，
P(X=0)=0.5×0.6+(1−0.5)(1−0.6)=0.5，
P(X=1)=0.5×(1−0.6)=0.2，
∴X的分布列为：
(2)∵甲、乙两人最终平局，∴甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：
①四轮比赛中甲、乙均得0分，其概率为0.54=0.0625，
②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分，
其概率为2C42×0.5×0.5×0.2×0.3=0.18，
③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分，
其概率为4×0.2×0.3×0.2×0.3=0.0144，
∴甲、乙两人最终平局的概率为0.0625+0.18+0.0144=0.2569；
(3)∵Y=2，3，4，
又P(Y=2)=0.3×0.3+0.2×0.2=0.13，
P(Y=3)=2×0.3×0.3×0.5+2×0.2×0.2×0.5=0.13，
P(Y=4)=1−P(Y=2)−P(Y=3)=0.74，
∴Y的分布列为：
∴E(Y)=2×0.13+3×0.13+4×0.74=3.61．
【解析】(1)X的所有可能取值为−1，0，1，求出相应的概率列出分布列即可；
(2)因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：①四轮比赛中甲、乙均得0分；②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分；③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分；再分别求出每一种情况的概率相加即可；
(3)Y的所有可能取值为2，3，4，求出对应的概率列出分布列即可．
本题考查离散型随机变量的分布列与期望的求解，独立事件的积事件的概率公式，化归转化思想，属中档题．
21.【答案】解：(1)因为点M(2,y0)在C上，则y02=4p，而S△OFM=12⋅p2⋅|y0|=4，
所以|y0|=16p，∴256p2=4p，所以p=4，故该抛物线的方程为y2=8x．
(2)法一：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，x1x2≠0，不妨设y1>0，
∵∠BOA=90°，则x1x2+y1y2=y128⋅y228+y1y2=0，解得y1y2=−64，
①当AB与x轴不垂直时，y1+y2≠0，x1≠x2，
此时直线AB的方程为：y=y1−y2x1−x2(x−x1)+y1，整理得y=8y1+y2x+y1y2y1+y2，
∵y1y2=−64，则AB的方程为：y=8y1+y2(x−8)，则直线AB恒过定点M(8,0)，
由ON⊥AB，即ON⊥NM，故N在以OM为直径的圆上，该圆方程为(x−4)2+y2=16，
即当Q为该圆心(4,0)时，|NQ|=4为定值；
②当AB⊥x轴时，y1=−y2=8，此时x1=x2=8，而ON⊥AB，故N(8,0)；
当Q(4,0)时，也满足|NQ|=4，
综上，平面内存在一个定点Q(4,0)，使得|QN|为定值4，
法二：设直线AB的方程为x=my+n，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+n,y2=8x,⇒y2−8my−8n=0，且Δ=64m2+32n>0，
由韦达定理得：y1+y2=8m，y1⋅y2=−8n，
由∠BOA=90°，即OA⋅OB=x1x2+y1y2=y12y2264+y1y2=0，解得y1y2=−64，
即y1⋅y2=−8n=−64⇒n=8，直线AB恒过定点M(8,0)，
由ON⊥AB，即ON⊥NM，故N在以OM为直径的圆上，该圆方程为(x−4)2+y2=16，
即定点Q为该圆心(4,0)时，|NQ|=4为定值．
【解析】(1)由点在抛物线上及三角形面积列方程求出参数p，即可得方程；
(2)法一：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，x1x2≠0，y1>0，利用∠AOB=90°求得y1y2=−64，讨论AB与x轴是否垂直，求直线AB所过的定点；
法二：设直线AB的方程为x=my+n，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立抛物线及韦达定理、∠AOB=90°得y1y2=−64；最后结合ON⊥AB确定N的轨迹，即可确定定点和定值；．
本题主要考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的综合，圆锥曲线中定值问题，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】(1)解：函数f(x)=2x3−ax2+2的定义域为R，f′(x)=6x2−2ax=6x(x−a3)，
当a>0时，由f′(x)<0可得00可得x<0或x>a3，
所以，函数f(x)的单调递增区间为(−∞,0)、(a3,+∞)，减区间为(0,a3).
(2)解：因为0所以，当x∈[0,1]时，m=f(a3)=2−a327，
因为f(0)=2，f(1)=4−a，则f(0)−f(1)=a−2，
所以，M=max{f(0),f(1)}=4−a,0①若0此时M−m=a327−a+2∈[827,2)；
②若2综上所述，M−m的取值范围是[827,2)．
【解析】(1)利用导数与函数单调性的关系可求得函数f(x)的增区间和减区间；
(2)分0本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，求函数f(x)在区间[a,b]上的最值的方法：
(1)若函数f(x)在区间[a,b]上单调，则f(a)与f(b)一个为最大值，另一个为最小值；
(2)若函数f(x)在区间[a,b]内有极值，则要求先求出函数f(x)在区间[a,b]上的极值，再与f(a)、f(b)比大小，最大的为最大值，最小的为最小值；
(3)若函数f(x)在区间[a,b]上只有唯一的极大点，则这个极值点就是最大(最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．
ξ
0
p
1
P
1−p
p2
p2
ξ
0
2
4
P
827
4081
1781
X
−1
0
1
P
0.3
0.5
0.2
Y
2
3
4
P
0.13
0.13
0.74
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知等比数列{an}的公比为12，且a5a3=2a4，则a6=( )
A. 2B. 1C. 12D. 14
2. 函数f(x)的图象如图所示，设f(x)的导函数为f′(x)，则f(x)⋅f′(x)>0的解集为( )
A. (1,6)
B. (1,4)
C. (−∞,1)∪(6,+∞)
D. (1,4)∪(6,+∞)
3. 今天是星期四，经过62023天后是星期( )
A. 二B. 三C. 四D. 五
4. 现要从A，B，C，D，E这5人中选出4人，安排在甲、乙、丙、丁4个岗位上，如果A不能安排在甲岗位上，则安排的方法有( )
A. 56种B. 64种C. 72种D. 96种
5. 椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F1，右焦点为F2，以F1为圆心，|F1O|为半径的圆与E交于点P，且PF1⊥PF2，则E的离心率为( )
A. 5−12B. 3−1C. 3−12D. 5−1
6. 现有4个人通过掷一枚质地均匀的骰子去参加篮球和乒乓球的体育活动，掷出点数为1或2的人去打篮球，掷出点数大于2的人去打乒乓球．用X，Y分别表示这4个人中去打篮球和乒乓球的人数，记ξ=|X−Y|，求随机变量ξ的数学期望Eξ为( )
A. 12881B. 13581C. 14081D. 14881
7. 在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，AC∩BD=O，E是线段B1C(含端点)上的一动点，则：
①OE⊥BD1；
②当E为线段B1C的中点时，OE取最小值；
③三棱锥A1−BDE体积的最大值是最小值的 2倍；
④OE与C1D所成角的范围是[0,π3]．
上述命题中正确的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8. 设0
A. D(ξ)减小B. D(ξ)增大
C. D(ξ)先减小后增大D. D(ξ)先增大后减小
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知a=ln44，b=1e，c=ln33(其中e为自然对数的底数)，则a，b，c的大小关系为( )
A. a>bB. b>cC. c>aD. c
A. 数列{an}是等差数列B. a1=1
C. 数列{ Sn+an}不是等差数列D. S20=400
11. 下列说法正确的是( )
A. 用0，1，2，3，4能组成48个不同的3位数
B. 将10个团员指标分到3个班，每班要求至少得2个，有15种分配方法
C. 小明去书店看了4本不同的书，想借回去至少1本，有16种方法
D. 甲、乙、丙、丁各写了一份贺卡，四人互送贺卡，每人各拿一张贺卡且每人不能拿到自己写的贺卡，有9种不同的方法
12. 如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1顶点处有一质点Q，点Q每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同.从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次.若质点Q的初始位置位于点A处，记点Q移动n次后仍在底面ABCD上的概率为Pn，则下列说法正确的是( )
A. P2=59
B. Pn+1=23Pn+13
C. 点Q移动4次后恰好位于点C1的概率为0
D. 点Q移动10次后仍在底面ABCD上的概率为12(13)10+12
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=3，a2=1，且an+2=an+1−an，则S2023= ______ ．
14. (x2−1x+2)3中常数项是______ .(写出数字)
15. 在临床上，经常用某种试验来诊断试验者是否患有某种癌症，设A=“试验结果为阳性”，B=“试验者患有此癌症”，据临床统计显示P(A|B)=0.99，P(A−|B−)=0.98.已知某地人群中患有此种癌症的概率为0.001，现从该人群中随机抽在了1人，其试验结果是阳性，则此人患有此种癌症的概率为 ．
16. 已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，若E上存在点P，满足|OP|=12|F1F2|(O为坐标原点)，且△PF1F2的内切圆的半径等于a，则E的离心率为______ ．
四、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）
17. (本小题10.0分)
已知在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，且a3=5，S7=49．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=2an+an，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn．
18. (本小题12.0分)
在二项式( x+124x)n的展开式中，前三项的系数M，P，N依次构成一个等差数列．
(1)求n的值；
(2)求展开式中系数最大的项．
19. (本小题12.0分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面为矩形，AD=2，AB=3，PA=PD= 10，平面PAD⊥平面ABCD.O是AD的中点，E是PB上一点，且AE//平面POC．
(1)求PEPB的值；
(2)求直线CE与平面POC所成角的正弦值．
20. (本小题12.0分)
甲、乙两人进行投篮比赛，分轮次进行，每轮比赛甲、乙各投篮一次.比赛规定：若甲投中，乙未投中，甲得1分，乙得−1分；若甲未投中，乙投中，甲得−1分，乙得1分；若甲、乙都投中或都未投中，甲、乙均得0分.当甲、乙两人累计得分的差值大于或等于4分时，就停止比赛，分数多的获胜：4轮比赛后，若甲、乙两人累计得分的差值小于4分也停止比赛，分数多的获胜，分数相同则平局、甲、乙两人投篮的命中率分别为0.5和0.6，且互不影响.一轮比赛中甲的得分记为X．
(1)求X的分布列；
(2)求甲、乙两人最终平局的概率；
(3)记甲、乙一共进行了Y轮比赛，求Y的分布列及期望．
21. (本小题12.0分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)，F为其焦点，点M(2,y0)在C上，且S△OFM=4(O为坐标原点)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若A，B是C上异于点O的两个动点，当∠AOB=90°时，过点O作ON⊥AB于，问平面内是否存在一个定点Q，使得|NQ|为定值？若存在，请求出定点Q及该定值；若不存在，请说明理由．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=2x3−ax2+2，其中a>0．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当0
1.【答案】C
【解析】解：等比数列{an}的公比为12，且a5a3=2a4，
则a42=2a4，解得a4=2，
故a6=a4×(12)2=12．
故选：C．
根据已知条件，结合等比数列的性质，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由图象可得当x<4时，f′(x)>0，当x>4时，f′(x)<0，
结合图象可得：当1
当x>6时，f′(x)<0，f(x)<0，即f(x)⋅f′(x)>0，
所以f(x)⋅f′(x)>0的解集为(1,4)∪(6,+∞)．
故选：D．
根据导函数与原函数之间的关系，结合图象即可求解．
本题主要考查了函数单调性与导函数正负的关系，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为62023=(7−1)2023=C20230⋅72023+C20231⋅72022⋅(−1)+...+C20232022⋅7⋅(−1)2022+C20232023⋅(−1)2023
=C20230⋅72023+C20231⋅72022⋅(−1)+...+C20232022⋅7⋅(−1)2022−1
=C20230⋅72023+C20231⋅72022⋅(−1)+...+C20232022⋅7⋅(−1)2022−7+6，
所以展开式的前2024项都可以被7整除，6被7整除余6，
则经过62023天后星期三．
故选：B．
将已知化为62023=(7−1)2023，然后利用二项式定理展开，利用整除的性质以及周期的性质即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，涉及到整除以及周期的性质，考查了学生的运算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据A是否入选进行分类：
若A入选，
则先给A从乙、丙、丁3个岗位上安排一个岗位有C31=3种，再给剩下三个岗位安排人有A43=4×3×2=24种，共有3×24=72种方法；
若A不入选，
则4个人4个岗位全排有A44=4×3×2×1=24种方法，
所以共有72+24=96种不同的安排方法．
故选：D．
根据A是否入选进行分类讨论即可求解．
本题主要考查排列及简单计数问题，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由已知可得|PF1|=c，|F1F2|=2c，
∵PF1⊥PF2，∴|PF2|= 3c
又由椭圆的定义可得|PF2|=2a−c，
∴ 3c=2a−c，∴e=ca=2 3+1= 3−1．
故选：B．
由已知可得|PF1|=c，|F1F2|=2c，进而可得 3c=2a−c，求解即可．
本题考查椭圆的离心率的求法，考查推理能力与计算能力，属中档题．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．
判断ξ的所有可能取值为0，2，4.由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，求出概率，得到分布列，然后求解期望即可．
【解答】
解：依题意，这4个人中，每个人去打篮球的概率为13，去打乒乓球的概率为23，
设“这4个人中恰有i人去打篮球”为事件Ai(i=0,1,2,3,4)，则P(Ai)=C4i(13)i(23)4−i，
ξ的所有可能取值为0，2，4.由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，
故P(ξ=0)=P(A2)=827，
P(ξ=2)=P(A1)+P(A3)=4081，
P(ξ=4)=P(A0)+P(A4)=1781．
所以ξ的分布列是
随机变量ξ的数学期望Eξ=0×827+2×4081+4×1781=14881．
故选：D．
7.【答案】B
【解析】解：以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，
A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，
据此可得O(12,12,0)，BD1=(−1,−1,1),C1D=(0,−1,−1)，
设B1E=λB1C=λ(−1,0,−1)=(−λ,0,−λ)(0≤λ≤1)，故E(1−λ,1,1−λ)，
故OE=(12−λ,12,1−λ)，BD1⋅OE=λ−12−12+1−λ=0，
所以OE⊥BD1，故①正确；
|OE|= (12−λ)2+14+(1−λ)2= 2λ2−3λ+32，
当λ=34时，|OE|有最小值，此时当E不是线段B1C的中点，故②错误．
对于D，连接BC1，设BC1∩B1C=F，连接OF，则OF//DC1，
故∠EOF或其补角即为OE与C1D所成角，
在△B1OC中，B1C= 2,OC= 22，B1O= 62，
0≤∠EOF≤max{∠FOC,∠B1OF}，
在△FOC中，FC=OF=OC= 22，故∠FOC=π3，
在△B1OF中，B1F=OF= 22,B1O= 62，故cs∠B1OF= 64 22= 32，
而∠B1OF为三角形内角，故∠B1OF=π6，故0≤∠EOF≤π3，故④正确；
由正方体的空间几何特征可得B1C//A1D，
而B1C⊄平面A1DB，A1D⊄平面A1DB，故B 1C//平面A1DB，
故E到平面A1DB的距离为定值，
即三棱锥A1−BDE体积为定值，故③错误；
综上可得，正确的命题个数为2，
故选：B．
建立空间直角坐标系，设B1E=λB1C，求出E的坐标后可通过向量的方法判断①②正误，由正方体的特征可得B1C//平面A1DB，从而可判断③的正误，连接BC1，设BC1∩B1C=F，连接OF，则OF//DC1，则∠EOF或其补角即为OE与C1D所成角，计算∠EOF的范围后可判断④的正误．
本题主要考查异面直线垂直的判定，锥体体积的计算，异面直线所成的角的计算，空间向量及其应用，空间想象能力的培养知识，属于中等题．
8.【答案】D
【解析】解：E(ξ)=0×(1−p)+p×p2+1×p2=p22+p2，
D(ξ)=(0−p22−p2)2(1−p)+(p−p22−p2)2×p2+(1−p22−p2)2×p2
=−14p4−14p2+p2=14(−p4−p2+2p)，
令f(p)=−p4−p2+2p，p∈(0,1)，
则f′(p)=−4p3−2p+2，
易得f′(p)在(0,1)上单调递减，
又f′(0)=2，f′(1)=−4，故存在p0∈(0,1)，使得f′(p0)=0，
则f(p)在(0,p0)上单调单增，在(p0,1)上单调递减，
即D(ξ)先增大后减小．
故选：D．
先求出E(ξ)，D(ξ)，令f(p)=−p3−p2+2p，p∈(0,1)，求导确定单调性即可．
本题考查了离散型随机变量的数学期望与方差的计算问题，也考查了运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：设f(x)=lnxx，x∈(0,+∞)，则f′(x)=1x⋅x−lnxx2=1−lnxx2，
令f′(x)=0，则x=e，
所以f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
因为e<3<4，所以lnee=1e>ln33>ln44，即b>c>a，
故选：BC．
构造函数f(x)=lnxx，求导，推出f(x)在(e,+∞)上单调递减，再结合e<3<4，得解．
本题考查利用导数比较对数值的大小，构造新函数，利用导数研究其单调性是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：数列{an}中，∀n∈N*，an>0，4Sn=(an+1)2，当n≥2时，4Sn−1=(an−1+1)2，
则4an=an2+2an+1−(an−12+2an−1+1)，即(an+an−1)(an−an−1)=2(an+an−1)，
因此an−an−1=2，而4a1=(a1+1)2，解得a1=1，即数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，A，B都正确；
an=a1+2(n−1)=2n−1，Sn=n(a1+an)2=n2， Sn+an=3n−1，
于是( Sn+1+an+1)−( Sn+an)=3(n+1)−1−(3n−1)=3，数列{ Sn+an}是等差数列，C错误；
S20=202=400，D正确．
故选：ABD．
根据给定的递推公式，结合n≥2，an=Sn−Sn−1求出数列{an}的通项公式，再逐项判断作答．
本题主要考查数列递推式，等差数列的判断，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：对于A，第一步先排百位数，有4种排法，第二步排十位数有5种排法，第三步排个位数有5种排法，由分步乘法计数原理可得共有4×52=100个不同的三位数，A错误；
对于B，第一步，每个班先各分一个团员指标，有一种方法，第二步，再将余下7个团员指标排成一排，7个指标之间有6个空，用2块隔板插入其中的两个空，每种插空方法就是一种将7个指标分给3个班，每班至少一个指标的分配方法，故第二步有C62=15种方法，由分步乘法计数原理可得满足条件的分配方法有15种，B正确；
对于C，因为借回至少1本的反面为1本都不借，又小明所有的借书方法数为24种，所以借回至少1本的方法数为24−1=15种，C错误；
对于D，第一步甲先拿贺卡，有3种方法，第二步安排甲拿到的贺卡的主人拿，有3种方法，第三步余下两人拿贺卡，由于其中一人不能拿自己的贺卡，故只有一种方法，由分步乘法计数原理可得共3×3=9种方法，D正确；
故选：BD．
根据分步乘法计数原理求出三位数的个数判断A，根据隔板法和分步乘法计数原理求出分配方法数，判断B，利用间接法求出满足要求的方法数判断C，利用分步乘法计数原理求出满足条件的方法数，判断D．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：在正方体中，每一个顶点由3个相邻的点，其中两个在同一底面，
∴当点Q在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为23，
在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为13，
∴P2=23×23+13×13=59，故A正确；
Pn+1=23Pn+13(1−Pn)=13Pn+13，故B错误；
点Q由点A移动到点C1处至少需要3次，任意折返都需要2次移动，
∴移动4次后不可能到达点C1，故C正确；
由于Pn+1=13Pn+13，∴Pn+1−12=13(Pn−12)，且P1−12=16，
∴Pn−12=16×(13)n−1，∴Pn=12(13)n+12，∴P10=12(13)10+12，故D正确．
故选：ACD．
根据题意找出Q在下或上底面时，随机移动一次仍在原底面及到另一底面的概率即可逐步分析计算确定各选项正误．
本题考查命题真假的判断，考查正方体的结构特征、相互独立事件概率乘法公式、递推关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】3
【解析】解：由题意a3=a2−a1=−2，a4=−2−1=−3，a5=−3−(−2)=−1，a6=−1−(−3)=2，a7=2−(−1)=3，a8=3−2=1，
所以数列{an}是周期数列，周期为6，
所以S2023=337(a1+a2+a3+a4+a5+a6)+a1=3．
故答案为：3．
根据递推公式求出数列的前几项，从而可得出数列{an}的一个周期性，再根据数列的周期性即可得出答案．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】11
【解析】解：(x2−1x+2)3即三个(x2−1x+2)相乘，
常数项为一个x2两个(−1x)相乘，或三个2相乘：C31x2(−1x)2+C3323=3+8=11．
故答案为：11．
(x2−1x+2)3即三个(x2−1x+2)相乘，利用组合数的运算求出常数项．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
15.【答案】11233
【解析】解：由题意可得：P(A|B−)=1−P(A−|B−)=0.02，P(B)=0.001，P(B−)=0.999，
∴P(B|A)=P(AB)P(A)=P(A|B)P(B)P(AB)+P(AB−)=P(A|B)P(B)P(A|B)P(B)+P(A|B−)P(B−)=0.99××0.001+0.02×0.999=992097=11233．
故答案为：11233．
根据已知得出P(A|B−)，P(B)与P(B−)，再由条件概率公式与全概率公式计算得出结果．
本题主要考查了条件概率的概率公式，属于基础题．
16.【答案】1+ 3
【解析】解：因为|OP|=12|F1F2|，所以PF1⊥PF2,|PF1|2+|PF2|2=4c2，
又因为P在双曲线上，所以|PF1|−|PF2|=2a，联立可得|PF1|⋅|PF2|=2b2，
(|PF1|+|PF2|)2=4c2+4b2，所以|PF1|+|PF2|=2 b2+c2，
因为△PF1F2的内切圆的半径为a，
所以S△PF1F2=12(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)⋅a，
即|PF1|⋅|PF2|=(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)⋅a，即2b2=(2 b2+c2+2c)a，
所以b2−ac=a b2+c2，两边平方得b2−2ac=a2，
即c2−2ac−2a2=0，两边同时除以a2，得e2−2e−2=0,e=1± 3，
因为e>1，所以e=1+ 3．
故答案为：1+ 3．
由|OP|=12|F1F2|可得PF1⊥PF2,|PF1|2+|PF2|2=4c2，再结合双曲线的定义可得|PF1|⋅|PF2|=2b2，化简得|PF1|+|PF2|=2 b2+c2，因为△PF1F2的内切圆的半径为a，所以SΔPF1F2=12(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)⋅a，即2b2=(2 b2+c2+2c)a，化简运算即可得E的离心率．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
17.【答案】解：(1)在等差数列{an}中设首项为a1，公差为d，Sn为其前n项和，且a3=5，S7=49．
故a1+2d=5 7a1+7×62d=49 ，整理得a1=1 d=2 ，
故an=2n−1．
(2)由(1)得：bn=22n−1+2n−1，
所以Tn=21+1+23+3+...+22n−1+2n−1
=(21+23+...+22n−1)+(1+3+5+...+2n−1)
=2×(4n−1)4−1+n2=22n+1−23+n2，
即Tn=22n+1−23+n2．
【解析】(1)直接利用等差数列的性质求出数列的通项公式；
(2)利用分组法的应用求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，数列的求和，分组法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵Cn0=1，Cn1⋅12=n2，Cn2⋅(12)2=18n(n−1)，
由题设可知2⋅n2=1+18n(n−1)，
即n2−9n+8=0，解得n=8或n=1(舍)．
(2)设第r+1项的系数tr+1最大，则tr+1≥tr，且tr+2≤tr+1，r∈N，
即C8r⋅2−r≥C8r−1⋅2−r+1C8r⋅2−r≤C8r+1⋅2−r−1，解得r=2或3，
故系数最大的项为T3=7x52或T4=7x74．
【解析】(1)先求出前三项的系数，再由前三项的系数依次成等差数列，得n2−9n+8=0，求出n即可；
(2)设第r+1项的系数tr+1最大，则tr+1≥tr，且tr+2≤tr+1，从而可求出r的范围，进而可求出系数最大的项．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
19.【答案】解：(1)设平面AOE与直线PC相交于点F，连接EF，OF，
∵AE//平面POC，AE⊂平面AEFO，平面AEFO∩平面POC=FO，
∴AE//FO，
∵AO//BC，BC⊂平面PBC，AO⊄平面PBC，
∴AO//平面PBC，
又平面AEFO∩平面PBC=EF，∴AO//EF，
∴四边形AEFO为平行四边形，
∴EF=AO=12BC，
即E，F分别为PB，PC的中点，
故PEPB=12；
(2)以点O为坐标原点，以OA所在直线为x轴，以过点O平行与AB的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，
则O(0,0,0)，C(−1,3,0)，P(0,0,3)，E(12,32,32)，
所以OC=(−1,3,0)，OP=(0,0,3)，CE=(32,−32,32)，
设平面POC的法向量为m=(x,y,z)，则−x+3y=0,3z=0,令y=1，解得x=3y=1，
∴m=(3,1,0)，
设直线CE与平面POC所成的角为θ，
则sinθ=|m⋅CE||m||CE|=33 32× 10= 3015．
【解析】(1)设平面AOE与直线PC相交于点F，连接EF，OF，利用线面平行的性质定理可得AE//FO，又因为AO//EF，所以四边形AEFO为平行四边形，从而求出结果；
(2)建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，进而求出平面POC的一个法向量，再利用直线与平面夹角的向量公式求解．
本题主要考查了直线与平面平行的判定定理和性质定理，考查了利用空间向量直线与平面所成的角，属于中档题．
20.【答案】解：(1)根据题意可得X=−1，0，1，
又P(X=−1)=(1−0.5)×0.6=0.3，
P(X=0)=0.5×0.6+(1−0.5)(1−0.6)=0.5，
P(X=1)=0.5×(1−0.6)=0.2，
∴X的分布列为：
(2)∵甲、乙两人最终平局，∴甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：
①四轮比赛中甲、乙均得0分，其概率为0.54=0.0625，
②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分，
其概率为2C42×0.5×0.5×0.2×0.3=0.18，
③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分，
其概率为4×0.2×0.3×0.2×0.3=0.0144，
∴甲、乙两人最终平局的概率为0.0625+0.18+0.0144=0.2569；
(3)∵Y=2，3，4，
又P(Y=2)=0.3×0.3+0.2×0.2=0.13，
P(Y=3)=2×0.3×0.3×0.5+2×0.2×0.2×0.5=0.13，
P(Y=4)=1−P(Y=2)−P(Y=3)=0.74，
∴Y的分布列为：
∴E(Y)=2×0.13+3×0.13+4×0.74=3.61．
【解析】(1)X的所有可能取值为−1，0，1，求出相应的概率列出分布列即可；
(2)因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：①四轮比赛中甲、乙均得0分；②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分；③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分；再分别求出每一种情况的概率相加即可；
(3)Y的所有可能取值为2，3，4，求出对应的概率列出分布列即可．
本题考查离散型随机变量的分布列与期望的求解，独立事件的积事件的概率公式，化归转化思想，属中档题．
21.【答案】解：(1)因为点M(2,y0)在C上，则y02=4p，而S△OFM=12⋅p2⋅|y0|=4，
所以|y0|=16p，∴256p2=4p，所以p=4，故该抛物线的方程为y2=8x．
(2)法一：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，x1x2≠0，不妨设y1>0，
∵∠BOA=90°，则x1x2+y1y2=y128⋅y228+y1y2=0，解得y1y2=−64，
①当AB与x轴不垂直时，y1+y2≠0，x1≠x2，
此时直线AB的方程为：y=y1−y2x1−x2(x−x1)+y1，整理得y=8y1+y2x+y1y2y1+y2，
∵y1y2=−64，则AB的方程为：y=8y1+y2(x−8)，则直线AB恒过定点M(8,0)，
由ON⊥AB，即ON⊥NM，故N在以OM为直径的圆上，该圆方程为(x−4)2+y2=16，
即当Q为该圆心(4,0)时，|NQ|=4为定值；
②当AB⊥x轴时，y1=−y2=8，此时x1=x2=8，而ON⊥AB，故N(8,0)；
当Q(4,0)时，也满足|NQ|=4，
综上，平面内存在一个定点Q(4,0)，使得|QN|为定值4，
法二：设直线AB的方程为x=my+n，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+n,y2=8x,⇒y2−8my−8n=0，且Δ=64m2+32n>0，
由韦达定理得：y1+y2=8m，y1⋅y2=−8n，
由∠BOA=90°，即OA⋅OB=x1x2+y1y2=y12y2264+y1y2=0，解得y1y2=−64，
即y1⋅y2=−8n=−64⇒n=8，直线AB恒过定点M(8,0)，
由ON⊥AB，即ON⊥NM，故N在以OM为直径的圆上，该圆方程为(x−4)2+y2=16，
即定点Q为该圆心(4,0)时，|NQ|=4为定值．
【解析】(1)由点在抛物线上及三角形面积列方程求出参数p，即可得方程；
(2)法一：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，x1x2≠0，y1>0，利用∠AOB=90°求得y1y2=−64，讨论AB与x轴是否垂直，求直线AB所过的定点；
法二：设直线AB的方程为x=my+n，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立抛物线及韦达定理、∠AOB=90°得y1y2=−64；最后结合ON⊥AB确定N的轨迹，即可确定定点和定值；．
本题主要考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的综合，圆锥曲线中定值问题，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】(1)解：函数f(x)=2x3−ax2+2的定义域为R，f′(x)=6x2−2ax=6x(x−a3)，
当a>0时，由f′(x)<0可得0
所以，函数f(x)的单调递增区间为(−∞,0)、(a3,+∞)，减区间为(0,a3).
(2)解：因为0
因为f(0)=2，f(1)=4−a，则f(0)−f(1)=a−2，
所以，M=max{f(0),f(1)}=4−a,0
②若2
【解析】(1)利用导数与函数单调性的关系可求得函数f(x)的增区间和减区间；
(2)分0
(1)若函数f(x)在区间[a,b]上单调，则f(a)与f(b)一个为最大值，另一个为最小值；
(2)若函数f(x)在区间[a,b]内有极值，则要求先求出函数f(x)在区间[a,b]上的极值，再与f(a)、f(b)比大小，最大的为最大值，最小的为最小值；
(3)若函数f(x)在区间[a,b]上只有唯一的极大点，则这个极值点就是最大(最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．
ξ
0
p
1
P
1−p
p2
p2
ξ
0
2
4
P
827
4081
1781
X
−1
0
1
P
0.3
0.5
0.2
Y
2
3
4
P
0.13
0.13
0.74
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