湖南省岳阳市2022-2023学年高二下学期期末教学质量监测数学试题

这是一份湖南省岳阳市2022-2023学年高二下学期期末教学质量监测数学试题，共20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。

1. 已知集合A={x|x2−7x+10≤0}，B={x||x|≤5}，则A∩B=( )
A. ⌀B. [2,5]C. [3,5]D. [−5,5]
2. 已知i为虚数单位，z=3+i，则zz+i=( )
A. 103B. 10C. 13013D. 130
3. 已知向量a，b满足(a+b)⋅b=2，且|b|=1，则向量a在向量b上的投影向量为( )
A. 1B. −1C. bD. −b
4. 已知函数f(x)=alnx+x2在x=1处的切线与直线x+y+1=0垂直，则a=( )
A. 2B. −2C. 1D. −1
5. (1−1x3)(2x−1 x)6的展开式中，常数项为( )
A. −300B. −180C. 180D. 300
6. 已知1−csx+sinx1+csx+sinx=−2，则tanx的值为( )
A. 43B. −43C. 34D. −34
7. 蹴鞠又名蹴球，蹴有用脚踢的含义，鞠最早为外包皮革、内充米糠的球。因而蹴鞠就是古人以脚踢皮球的活动，类似于今天的足球。2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录。已知某鞠表面上有四个点A，B，C，D，若四面体ABCD的体积为 26，BD经过该鞠的中心，AB=BC=1，AB⊥BC，则该鞠的表面积为( )
A. 2πB. 4πC. 8πD. 16π
8. 已知a=0.16，b=e0.4−1，c=0.8−2ln1.4，则a，b，c的大小关系为( )
A. a>c>bB. a>b>cC. b>a>cD. c>b>a
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. 在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边.已知csBcsC=b2a−c，△ABC的面积为3 34，且b=3，则( )
A. csB=12B. sinB= 32C. a+c=3 2D. a−c= 3
10. 已知a>0,b>0，且a+b=4则下列结论一定正确的有( )
A. (a+2b)2≥8abB. 1 a+1 b≥2 ab
C. ab有最大值4D. 1a+4b有最小值9
11. 下列命题中，正确的是( )
A. 已知随机变量X服从正态分布N(1,σ2)，若P(X≤0)=0.2，则P(X<2)=0.8
B. “a<11”是“∃x∈R，x2−2x+a<0”的充分不必要条件
C. 用X表示n次独立重复试验中事件A发生的次数，p为每次试验中事件A发生的概率，若E(X)=50，D(X)=30，则p=25
D. 一组数据x1，x2，⋯，x100的平均值为27，则x1+1，x2+1，⋯，x100+1的平均值为28．
12. 已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，A，B为C上两个相异的动点，分别在点A，B处作抛物线C的切线l1，l2，l1与l2交于点P，则( )
A. 若直线AB过焦点F，则点P一定在抛物线C的准线上
B. 若点P在直线x+y+4=0上，则直线AB过定点(4,−2)
C. 若直线AB过焦点F，则△ABP面积的最小值为1
D. 若|AB|=4，则△ABP面积的最大值为1
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 数据：2，5，7，9，11，8，7，8，10中的第80百分位数是 ．
14. 已知圆x2+y2−6x=0，过点(2,1)的直线被该圆所截的弦长的最小值为
15. 设数列an的前n项的和为Sn，且Sn=n2(1+n)，则k=1101akak+1= ．
16. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个顶点分别为A(−2,0)，B(2,0)，离心率为 32.点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E，则△BDE与△BDN的面积之比为
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)
已知函数f(x)= 3sin2x+2cs2x+m在区间[0,π2]上的最大值为6．
(1)求常数m的值;
(2)求使f(x)≥4成立的x的取值集合．
18. (本小题12.0分)
设Sn为等差数列{an}的前n项和，且a2=3，S5=25．
(1)求数列an的通项公式;
(2)若bn=2n−1，令cn=anbn，求数列cn的前n项和Tn．
19. (本小题12.0分)
如图，在几何体ABCDEF中，菱形ABCD所在的平面与矩形BDEF所在的平面互相垂直．
(1)若M为线段BF上的一个动点，证明：CM//平面ADE
(2)若∠BAD=60∘，AB=2，直线CF与平面BCE所成角的正弦值为 1510，求BF的长．
20. (本小题12.0分)
为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员M对乙队的每名队员的胜率均为34，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为12.(注：比赛结果没有平局)
(1)求甲队明星队员M在前四局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；
(2)求甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；
(3)若已知甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员M上场的概率．
21. (本小题12.0分)
已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a∈N)，四点P1(1,1)，P2(1,0)，P3( 2, 3)，P4( 2,− 3)中恰有三点在双曲线C上．
(1)求C的方程;
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为−1.证明：l过定点．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ln(x+1)−axx+1(a∈R)．
(1)若f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，求a的取值范围；
(2)证明：∀n∈N*，(1−12 n2)(1−12 n2+1)⋯(1−12 4n2−1)<1en
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查交集运算，属于基础题．
化简A，B，由交集运算即可求解．
【解答】
解：A={x|x2−7x+10≤0}={x|2≤x≤5}，B={x||x|≤5}={x|−5≤x≤5}，
则A∩B={x|2≤x≤5}=[2,5]．

2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查共轭复数和复数的模，属于基础题．
利用共轭复数的定义和复数模的模长公式即可求解．
【解答】
解：由题意，得zz+i=3+i3−i+i=3+i3=1+13i= 12+132= 103．

3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查投影向量，属于基础题．
【解答】
解：∵a·b+b2=2,b=1,∴a·b=1,a·bb·bb=b为a在b上的投影向量，故选C．

4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查导数的几何意义及两直线垂直的条件，属于基础题．
求得f(x)的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为−1，即可得出a的值．
【解答】
解：函数 f(x)=alnx+x2，求导得：f′(x)=2x+ax，
因为fx在x=1处的切线与直线x+y+1=0垂直，
所以f(x)在x=1处的切线斜率为f′(1)=2+a=1，
解得a=−1．
故选D．

5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查二项式定理的应用，属于中档题．
根据已知条件，结合二项式定理，即可求解．
【解答】
解：(2x−1 x)6的展开式的通项为Tr+1=(−1)r26−r⋅C6rx6−rx−r2=(−1)r26−r⋅C6rx12−3r2．
当Tr+1=(−1)r26−r⋅C6rx12−3r2为常数时，12−3r2=0，解得r=4，
则T5=(−1)4×22×C64=60；
当−1x3Tr+1=−(−1)r26−r⋅C6rx6−3r2为常数时，6−3r2=0，解得r=2，
则−1x3T3=−(−1)2×24×C62=−240，
所以(1−1x3)(2x−1 x)6的展开式中常数项为60−240=−180．

6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了同角三角函数基本关系的运用，熟练掌握基本关系是解本题的关键．
已知等式去分母变形后，得到关系式，两边平方并利用完全平方公式化简，整理求出sinx的值，进而求出csx的值，即可确定出tanx的值．
【解答】
解：已知等式变形得：1−csx+sinx=−2−2csx−2sinx，即3sinx+3=−csx，
两边平方得：(3sinx+3)2=cs2x，即9sin2x+18sinx+9=1−sin2x，
整理得：5sin2x+9sinx+4=0，即(5sinx+4)(sinx+1)=0，
解得：sinx=−45或sinx=−1(原式分母为0，舍去)，
将sinx=−45代入得：−125+3=−csx，即csx=−35，
则tanx=sinxcsx=43．
故选：A．

7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，属于中档题．
由题意画出图形，先求得球的半径，再由球的表面积公式求解即可．
【解答】
解：如图，取AC的中点M，连接BM与球O交于另一点N，连接OM，DN，
易知AC为圆面ABC的直径，OM⊥平面ABC，O，M分别为BD，BN的中点，所以DN⊥平面ABC，
∵VD−ABC=13×12×1×1×DN= 26，∴DN= 2，
即OM= 22，在Rt△ABC中，AB=BC=1，
∴BM= 22，∴BO=R=1，
∴球O的表面积为S=4πR2=4π．
故选B．

8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查构造函数并利用函数的单调性判断函数值大小关系，属于中档题．
a与b可看作0.42与e0.4−1，从而可构造函数f(x)=ex−1−x2比大小，a与c可看作0.42与2(0.4−ln(1+0.4) )，从而可构造函数g(x) =2x−2ln(1+x) −x2比大小．
【解答】
解：设f(x)=ex−1−x2(x>0)，则f′(x)=ex−2x，
令h(x)=ex−2x，则h′(x)=ex−2，
令h′(x)=0，得x=ln2，
所以h(x)在(0,ln2)上单调递减，在(ln2,+∞)上单调递增，
故h(x)≥h(ln2)=2−2ln2>0，
因此f(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以f(x)>f(0)=0．
令x=0.4，则f(0.4)=e0.4−1−0.42>0，
所以e0.4−1>0.16，即a设g(x)=2x−2ln(1+x)−x2(x≥0)，
则g′(x)=2−21+x−2x=−2x21+x≤0，
因此g(x)在[0,+∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(0)=0，
令x=0.4，则g(0.4)=0.8−2ln1.4−0.16<0，
所以0.8−2ln1.4<0.16，所以c故b>a>c．

9.【答案】ABC
【解析】
【分析】
本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
利用正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式，结合sinA≠0，可求csB=12，结合范围B∈(0,π)，可求B=π3，进而根据三角形的面积公式，余弦定理可求a+c，即可得解．
【解答】
解：∵csBcsC=b2a−c=sinB2sinA−sinC，
∴整理可得：sinBcsC=2sinAcsB−sinCcsB，
可得sinBcsC+sinCcsB=sin(B+C)=sinA=2sinAcsB，
∵A为三角形内角，sinA≠0，
∴可得csB=12，sinB= 1−122= 32，故A，B正确，
∵B∈(0,π)，∴B=π3．
∵S△ABC=3 34，且b=3，
∴3 34=12acsinB=12×a×c× 32= 34ac，可得ac=3，
∴由余弦定理可得9=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac=(a+c)2−9，可得a+c=3 2，故C正确，D错误．
故选：ABC．

10.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题主要考查利用作差法比较大小，考查利用基本不等式求最值，属于中档题．
利用作差法比较大小即可判断A，举反例可判断B，利用基本不等式求最值即可判断CD．
【解答】
解：对A，(a+2b)2−8ab=a−2b2⩾0，故(a+2b)2⩾8ab，故A正确；
对B，取a=1，b=3，则1a+1b=1+33,2ab=23，显然1+ 33<2 3，故B错误；
对C，由基本不等式可得ab⩽a+b22=4，当且仅当a=b=2时，等号成立，
所以ab的最大值为4，故C正确；
对D，1a+4b=14a+b1a+4b=145+ba+4ab⩾145+2 ba·4ab=94，
当且仅当ba=4ab，即a=43,b=83时，等号成立，
所以1a+4b的最小值为94，故D错误．
故选AC．

11.【答案】ACD
【解析】
【分析】
本题考查平均数、充分必要条件的判断、二项分布的均值、二项分布的方差或标准差、正态分布的概率，属于基础题．
利用正态分布的概率求出P(X<2)，即可判定A；根据题意得出Δ=4−4a>0，求出a<1，即可判定B；利用二项分布的期望和方差公式，求出p的值，即可判定C；利用平均数的概念即可判定D．
【解答】
解：A选项，∵随机变量X服从正态分布N(1,σ2)，P(X≤0)=0.2，
∴P(0≤X≤1)=0.5−0.2=0.3，
∴P(1≤X≤2)=P(0≤X≤1)=0.3．
所以P(X<2)=0.5+0.3=0.8，故A正确；
B选项，∵∃x∈R，x2−2x+a<0，
∴Δ=4−4a>0，∴a<1，
∵(−∞,1)⫋(−∞,11)，
∴a<11是∃x∈R，x2−2x+a<0的必要不充分条件，故B错误；
C选项，因为随机变量服从二项分布B(n,p)，E(X)=50，D(X)=30，
所以np=50，np(1−p)=30，解得p=25，故C正确；
D选项，若数据x1，x2，⋯，x100的平均值为27，则x1+1+x2+1+···+x100+1100=x1+x2+···+x100+100100=x1+x2+···+x100100+1=28故 D正确．

12.【答案】AB
【解析】
【分析】
本题考查直线与抛物线的位置关系，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于较难题．
设与抛物线C相切的切线方程为x=my+b(b≠0)，可得直线AB的方程为x0=y02y−x，P−b,2m，再逐项分析求解即可．
【解答】
解：设A(y124,y1)，B(y224,y2)，Px0,y0，与抛物线C相切的切线方程为x=my+b(b≠0)，
则y2=4x,x=my+b,化简得y2−4my−4b=0．
由Δ=0，可得b=−m2，
将A点坐标代入方程x=my−m2，可得m2−my1+y124=0，m=y12，
所以过A的切线方程为x=y12y−y124．
同理，过B的切线方程为x=y22y−y224，
所以直线AB的方程为x0=y02y−x．
又x0=y12y0−y124①，x0=y22y0−y224②，
联立①②可得x0=y1y24,y0=y1+y22．
因为A,B在抛物线y2=4x上，所以y1+y2=4m,y1y2=−4b，
所以x0=−b,y0=2m．
对于A，若直线AB过焦点F(1,0)，则b=1，故x0=−b=−1，
所以点P一定在抛物线C的准线上，故A正确；
对于B，若点P在直线x+y+4=0上，则x0=−4−y0，
代入直线AB的方程得−4−y0=y02y−x，解得x=4，y=−2，所以直线AB过定点(4,−2)，故B正确；
对于C，若直线AB过焦点F(1,0)，则P−1,2m，
直线AB的方程为−1=my−x，即x−my−1=0，
AB=y124+1+y224+1=y1+y22−2y1y24+2
=16m2+84+2=4m2+4，
点P到直线AB的距离为−1−2m2−1 1+m2=2 1+m2，
所以△ABP面积为S=12×4m2+4×2 1+m2=41+m232⩾4，当且仅当m=0时等号成立，故C错误；
对于D，AB= 1+m2·y1−y2
= 1+m2· y1+y22−4y1y2
= 1+m2· 16m2+16b=4，
可得b=1m2+1−m2．
点P−b,2m到直线x−my−b=0的距离为−b−2m2−b 1+m2=2·m2+b 1+m2
=2·1m2+1 1+m2⩽2，当且仅当m=0时等号成立，
所以△ABP面积的最大值为12×4×2=4，故D错误．

13.【答案】10
【解析】
【分析】
本题考查了一组数据的百分位数问题，是基础题．
把该组数据从小到大排列，计算9×80%=7.2，从而找出对应的第80百分位数．
【解答】
解：该组数据从小到大排列为：
2，5，7，7，8，8，9，10，11．
且9×80%=7.2，
所以这组数据的第80百分位数是10．
故答案为：10．

14.【答案】2 7
【解析】
【分析】
本题考查直线与圆相交弦长公式及圆心到直线的距离，属于中档题．
由相交弦长|AB|和圆的半径r及圆心C到过D(2,1)的直线的距离d之间的勾股关系，求出弦长的最小值，即圆心到直线的距离的最大时，而当直线与CD垂直时d最大，求出d的最大值，进而求出弦长的最小值．
【解答】
解：设圆心为C，直线过点D(2,1)，与圆交于A，B两点，则C(3,0)，半径r=3；
设圆心到直线的距离为d，则相交弦长|AB|=2 r2−d2，
当d最大时|AB|最小，当直线与CD所在的直线垂直时d最大，
这时d=|CD|= (3−2)2+(2−1)2= 2，
所以最小的弦长|AB|=2 32−( 2)2=2 7，
故答案为2 7．

15.【答案】1011
【解析】
【分析】
本题考查数列的前n项和及Sn与an的关系、裂项相消法求和，属于基础题．
由n⩾2时，an=Sn−Sn−1求出an，得出1ak·ak+1=1k·k+1=1k−1k+1，利用裂项相消法，即可求出结果．
【解答】
解：因为Sn=n2(1+n)，
所以当n=1时，a1=S1=12×1+1=1，
当n⩾2时，an=Sn−Sn−1=n21+n−n−12·n=n，
当n=1时，上式也成立，
所以an=n，
所以1ak·ak+1=1k·k+1=1k−1k+1，
所以k=1101akak+1=1−12+12−13+...+110−111=1−111=1011．
故答案为1011．

16.【答案】45
【解析】
【分析】
本题考查椭圆性质和椭圆方程的求解，直线与直线的位置关系，圆锥曲线中的定值问题，属于中档题．
由a=2根据椭圆的离心率公式可求得c，从而求出b，即可写出椭圆方程.分别求出直线DE与直线BN的方程，联立可求得点E的坐标，根据三角形的面积公式即可求得两三角形面积之比．
【解答】
解：∵焦点在x轴上，两个顶点分别为点A−2,0，B2,0，∴a=2，
∵e=ca= 32⇒c= 3，∴b2=a2−c2=1，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1；
设Dx0,0,Mx0,y0，Nx0,−y0,y0>0，可得y02=1−x024，
直线AM的方程为：y=y0x0+2(x+2)，
∵DE⊥AM，∴kDE=−x0+2y0，直线DE的方程：y=−x0+2y0x−x0，
直线BN的方程：y=−y0x0−2(x−2)，
直线DE与直线BN的方程联立可得y=−x0+2y0x−x0y=−y0x0−2(x−2) ，
整理为：x0+2y0x−x0=y0x0−2(x−2)，即x02−4x−x0=y02(x−2)，
x02−4x−x0=4−x024(x−2)，计算可得xE=4x0+25，
代入直线DE的方程可得yE=−x0+2y0．2−x05=−4−x025y0=−45y0，则yNyE=54，
又SΔBDESΔBDN=12|BD|⋅|yE|12|BD|⋅|yN|=|yEyN|=45．

17.【答案】解：(1)f(x)= 3sin 2x+cs 2x+m+1=2sin (2x+π6)+m+1．
由x∈[0,π2]，得2x+π6∈[π6,7π6]，所以−12⩽sin⁡(2x+π6)⩽1，
故当x∈0,π2时，fxmax=m+3=6，
解得m=3．
(2)∵fx⩾4，∴sin (2x+π6)⩾0，
∴2kπ⩽2x+π6⩽2kπ+π,k∈Z，
则−π12+kπ⩽x⩽5π12+kπ,k∈Z
所以x的取值集合为{x|−π12+kπ⩽x⩽5π12+kπ,k∈Z}．

【解析】本题考查三角恒等变换，正弦型函数的最值以及不等式求解，属于中档题．
(1)先化简f(x)，由题先得到2x+π6∈[π6,7π6]，进而得到2+m+1=6，解得m的值即可；
(2)由题意得出sin (2x+π6)⩾0，由正弦型函数的图象得出2kπ⩽2x+π6⩽2kπ+π,k∈Z，即可求出x的取值集合．
18.【答案】解：(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d，
由题意，得a1+d=3,5a1+5×42d=25,
解得 a1=1, d=2, ∴an=2n−1．
(2)由已知Tn=1·20+3·21+5·22+⋯+2n−1·2n−1
故2Tn=1·21+3·22+5·23+⋯+2n−1·2n，两式相减，得−Tn=1+22+23+⋯+2n−2n−1·2n=−3+3−2n·2n，
所以Tn=3+2n−3·2n
【解析】本题考查等差数列的通项的求解，错位相减法求和，考查计算能力．属中档题．
(1)利用已知条件根据等差数列的通项公式以及前n项和公式，建立关于数列首项和公差的方程组，求出数列的首项与公差，然后利用等差数列的通项公式求解即可；
(2)利用错位相减法求和
19.【答案】(1)证明：由题知，四边形BDEF为矩形，所以BF//DE，
又因为BF⊄̸平面ADE，DE⊂平面ADE，所以BF//平面ADE，
同理可证BC//平面ADE，又因为BC∩BF=B，BC，BF⊂平面BCF，
所以平面BCF//平面ADE，又因为CM⊂平面BCF，所以CM//平面ADE．
(2)解：因为平面ABCD⊥平面BDEF，
且平面ABCD∩平面BDEF=BD，DE⊥DB，
DE⊂平面BDEF，所以DE⊥平面ABCD．
又因为底面ABCD为菱形，且∠BAD=60∘，AB=2，
所以△ABD为等边三角形，且AB=BD=2，设BF=a，
取AB的中点为G，连接DG，以D为坐标原点，以DG的方向为x轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
则B( 3,1,0)，C(0,2,0)，E(0,0,a)，F( 3,1,a)，
则CF=( 3,−1,a)，BC=(− 3,1,0)，CE=(0,−2,a)，
设平面BCE的一个法向量为n=(x,y,z)，则− 3x+y=0−2y+az=0
取x=1，则y= 3，z=2 3a，即n=(1, 3,2 3a).
设直线CF与平面BCE所成角为θ，则
sinθ=|cs|=|CF·n|CF·n=| 3− 3+a·2 3a| 4+a2· 4+12a2= 1510，
化简可得a4−13a2+12=0，解得a=2 3或a=1．
故BF的长可为2 3或1．
【解析】本题考查线面平行的判定及性质，直线与平面所成角，属于中档题．
(1)利用线面平行的判定定理及性质定理即可求解．
(2)设BF=a，取AB的中点为G，连接DG，以D为坐标原点，以DG的方向为x轴正方向，DC的方向为y轴正方向，DE的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系D−xyz，求出平面BCE的一个法向量n，再根据sinθ=|cs|= 1510列等式，化简即可求解．
20.【答案】解：(1)设事件B=“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，
事件Aj=“甲队第j局获胜”，其中j=1，2，3，4，Aj相互独立，
又甲队明星队员M前四局不出场，故：P(Aj)=12，j=1，2，3，4，
B=A1A2A3A4+A1A2A3A4+A1A2A3A4，
所以P(B)=C31(12)4=316;
(2)设C为甲3局获得最终胜利，D为前3局甲队明星队员M上场比赛，
则由全概率公式可知：P(C)=P(D)⋅P(C|D)+P(D)⋅P(C|D).
因为每名队员上场顺序随机，故P(D)=C42⋅A33A53=35，
P(D)=1−35=25，
P(C|D)=(12)2×(34)=316，P(C|D)=(12)3=18，
所以P(C)=316×35+18×25=1380;
(3)P(D|C)=P(CD)P(C)=P(C|D)⋅P(D)P(C)=316×351380=913．
【解析】本题考查概率计算，考查相互独立事件、全概率公式、贝叶斯公式和条件概率的应用，属于中档题．
(1)设事件B=“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，事件Aj=“甲队第j局获胜”，其中j=1，2，3，4，得B=A1A2A3A4+A1A2A3A4+A1A2A3A4，利用P(B)=C31(12)4即可求解;
(2)讨论M上场和不上场两种情况，利用全概率公式即可求解;
(3)利用贝叶斯公式即可求解．
21.【答案】解：(1)易知双曲线C:x2a2−y2b2=1关于x轴对称，P3，P4关于x轴对称，故P3，P4都在双曲线C上，
若P1(1,1)，P3( 2, 3)，P4( 2,− 3)在双曲线上，则a= 22，不满足a∈N．
若P2(1,0)，P3( 2, 3)，P4( 2,− 3)在双曲线上，则a=1，满足a∈N．
故双曲线C的方程为x2−y23=1．
(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2．
如果直线l斜率不存在，则k1+k2=0，不符合题设．
从而设直线l：y=kx+m，(m≠1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=kx+m x2−y23=1 ，整理，得3−k2x2−2kmx−m2−3=0，
3−k2≠0Δ=4k2m2+43−k2m2+3>0，化简得：k2≠3m2−k2+3>0．
则x1+x2=2km3−k2，x1x2=−m2−33−k2，
则k1+k2=y1x1−1+y2x2−1
=2kx1x2+m−kx1+x2−2mx1x2−x1+x2+1=−1
化简得：k2+2m+6k+m2+6m=0，
则k=−m−6或k=−m．
当k=−m时，直线l的方程为y=−mx+m=−m(x−1)，
当x=1时，y=0，∴直线l过定点(1,0)．
又直线l不经过P2点，故不合题意；
当k=−m−6时，直线l的方程为y=kx−k−6=k(x−1)−6，
当x=1时，y=−6，∴直线l过定点(1,−6)．

【解析】本题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线中的定点问题，是中档题．
(1)根据双曲线的对称性以及a的取值范围，得P2(1,0)，P3( 2, 3)，P4( 2,− 3)在双曲线上，从而求解；
(2)由题意分析出直线l的斜率存在，设直线方程为：y=kx+m，(m≠1)，与双曲线方程联立，利用利用根的判别式、韦达定理、直线方程，结合已知条件能证明直线l过定点(1,−6)．
22.【答案】解：(1)f′(x)=1x+1−a(x+1)−ax(x+1)2=x−(a−1)(x+1)2，
当a≤1时，∀x∈(0,+∞)，x−(a−1)>0，
∴当x>0时，f′(x)>0，f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
当a>1时，∀x∈(0,a−1)，x−(a−1)<0，
∴当0∴f(x)在区间(0,a−1)上单调递减，不合题意，
∴若f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(−∞,1]．
(2)欲证(1−12 n2)(1−12 n2+1)⋯(1−12 4n2−1<1en,
只需证(2 n2−12 n2)(2 n2+1−12 n2+12 n2+1)⋯(2 4n2−1−12 4n2−1)<1en，
只需证en<2 n22 n2−1×2 n2+12 n2+1−1×⋯×2 4n2−12 4n2−1−1，
即证en<(1+12 n2−1)(1+12 n2+1−1⋯(1+12 4n2−1−1),
只需证n由(1)可知当a=1时，f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
∴f(x)>f(0)=0，
∴当x>0时，不等式ln(x+1)−xx+1>0恒成立，
即ln(x+1)>xx+1恒成立，
∴ln(1+12 n2−1)>12 n2−112 n2−1+1=12 n2，
即ln(1+12 n2−1)>12 n2，
同理ln(1+12 n2+1−1)>12 n2+1，…，ln(1+12 4n2−1−1)>12 4n2−1，
将上述不等式累加得：ln(1+12 n2−1)+ln(1+12 n2+1−1)+⋯+ln(1+12 4n2−1−1)>12 n2+12 n2+1+⋯+12 4n2−1，
又
=( n2+1− n2)+( n2+2− n2+1)+⋯+( 4n2− 4n2−1)= 4n2− n2=n，
∴不等式n∴不等式(1−12 n2)(1−12 n2+1)⋯(1−12 4n2−1<1en得证．

【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，导数中的函数不等式，考查裂项相消法，考查分析与计算能力，属于较难题．
(1)直接求导，讨论a≤1和a>1时函数的单调性即可求解；
(2)先通过分析法将要证结论转化为证nxx+1，由累加法结合放缩、裂项相消即可证明．