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2022-2023学年湖北省武汉市部分学校联合体高二（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年湖北省武汉市部分学校联合体高二（下）期末数学试卷（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。
2022-2023学年湖北省武汉市部分学校联合体高二（下）期末数学试卷
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. 设等差数列{an}前n项和为Sn，若a2=2，S6=48，则等差数列{an}的公差为( )
A. 1 B. 2 C. 4 D. 8
2. (1+x)n的展开式中xn−2的系数为15，则n=( )
A. 7 B. 6 C. 5 D. 4
3. 设f(x)=e2x−x，则f(x)的导函数f′(x)=( )
A. 2e2x−1 B. 2e2x+1 C. e2x−1 D. e2x+1
4. 某中学高三(1)班有50名学生，在一次高三模拟考试中，经统计得：数学成绩X～N(110,100)，则估计该班数学得分大于120分的学生人数为( )
(参考数据：P(|X−μ|<σ)≈0.68，P(|X−μ|<2σ)≈0.95.)
A. 16 B. 10 C. 8 D. 2
5. 算盘是我国一类重要的计算工具.下图是一把算盘的初始状态，自右向左前四位分别表示个位、十位、百位、千位，上面一粒珠子(简称上珠)代表5，下面一粒珠子(简称下珠)代表1，即五粒下珠的代表数值等于同组一粒上珠的代表数值，例如，个位拨动一粒上珠，十位拨动一粒下珠至梁上，表示数字15.现将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件A=“表示的四位数大于5500”，则P(A)=( )
A. 12 B. 14 C. 18 D. 116
6. 有七名同学排成一排，其中甲，乙两人不能在一起，丙，丁两人要排在一起的排法数是( )
A. 960 B. 720 C. 480 D. 240
7. 设P(A)表示事件A发生的概率，已知P(B)=0.4，P(B|A)=0.8，P(B|A−)=0.3，则P(A)=( )
A. 34 B. 38 C. 15 D. 13
8. 2023年6月4日清晨，在金色朝霞映衬下，神舟十五号载人飞船返回舱在胡杨大漠凯旋，神舟十五号航天员安全返回地球.为了弘扬航天精神，某大学举办了“航天杯”知识竞赛，竞赛分为初赛和复赛，初赛通过后进入复赛，复赛通过后颁发相应荣誉证书.为了鼓励学生参加，学校后勤部门给予一定奖励：只参加初赛的学生奖励50元奖品，参加了复赛的学生再奖励100元奖品.现有A，B，C三名学生报名参加这次竞赛，已知A通过初赛，复赛的概率分别为12，13；B通过初赛，复赛的概率分别为23，12；C通过初赛，复赛的概率与B完全相同.记这三人获得奖品总额为X元，则X的数学期望为( )
A. 350 B. 300 C. 20003 D. 10003
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. 研究表明，过量的碳排放会导致全球气候变化等环境问题.减少硶排放具有深远的意义.我国明确提出节能减排的目标与各项措施、其中新能源汽车逐步取代燃油车就是其中措施之一.在这样的大环境下，我国新能源汽车逐浙火爆起来.表是2022年我国某市1∼5月份新能源汽车销量y(单位：千辆)与月份x的统计数据．
已求得与的经验回归方程为，则( )
月份x
1
2
3
4
5
销量y
5
5
m
6
8
A. m=6
B. y与x正相关
C. y与x的样本相关系数一定小于1
D. 由已知数据可以确定，7月份该市新能源汽车销量为0.84万辆
10. 已知(x−1)(x+2)6=a0+a1x+a2x2+⋯+a7x7，则( )
A. a0+a1+a2+⋯+a7=0 B. a2=48
C. a0+a2+a4+a6=−2 D. a1+a3+a5+a7=1
11. 在公比为q的正项等比数列{an}中，a1>a5=1，{an}前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列结论正确的是( )
A. 数列{an}为递减数列 B. 数列{Tn}为递增数列
C. 当n=4或5时，Tn最大 D. Sn<1q4(1−q)
12. 若关于x的方程x2−(a+3)x|lnx|+3aln2x=0有3个不等的实根，则实数a的取值可以是( )
A. −3 B. −1 C. 1 D. 3
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 从4名男生和3名女生中选3人去参加一项创新大赛，要求既有男生又有女生，那么共有______ 种选法(用数字作答)．
14. 过点P(−1,−2)作曲线y=ln(x+1)的切线，则该切线的斜率为______ ．
15. 将n2个数排成n行n列的数阵，如图所示，其中aij(1≤i≤n,1≤j≤n,n∈N*)表示第i行第j列上的数，该数阵第一列的n个数从上到下构成以2为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以2为公比的等比数列，若a11=3，1
16. 已知三棱锥P−ABC的顶点处有一质点M，点M每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每一个顶点移动的概率都相同，从一个顶点沿一条棱移动到另一个顶点称为移动一次.若质点M的初始位置在点A处，则点M移动2次后仍然在底面ABC上的概率为______ ，点M移动n次后仍然在底面ABC上的概率为______ ．
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)
数字人民币是由央行发行的法定数字货币，它由指定运营机构参与运营并向公众兑换，与纸钞和硬币等价.截至2021年6月30日，数字人民币试点场景已超132万个，覆盖生活缴费、餐饮服务、交通出行、购物消费、政务服务等领域.为了进一步了解普通大众对数字人民币的感知以及接受情况，某机构进行了一次问卷调查，结果如下：
学历
小学及以下
初中
高中
大学专科
大学本科
硕士研究生及以上
不了解数字人民币
35
35
80
55
64
6
了解数字人民币
40
60
150
110
140
25
(1)如果将高中及高中以下的学历称为“低学历”，大学专科及以上学历称为“高学历”，根据所给数据，完成下面的2×2列联表
低学历
高学历
合计
不了解数字人民币
了解数字人民币
合计
(2)若从低学历的被调查者中随机抽取2人进行进一步调查，求被选中的2人中至少有1人对数字人民币不
了解的概率；
(3)根据2×2列联表，判断是否有95%的把握认为“是否了解数字人民币”与“学历高低”有关？
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
18. (本小题12.0分)
在①a1+2a2+⋯+nan=(2n−1)⋅3n+14，②Sn=12an+1−12，且a2=3.这两个条件中任选一个补充在下面问题的横线上，并解答．
已知数列{an}(n∈N*)的前项和为Sn，且满足_____．
(1)求数列{an}的通项；
(2)求数列{(2n−1)an}前n项和Tn．
19. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=x−2ax−(2a+1)lnx，a∈R．
(1)当a=0时，求f(x)的极值；
(2)当a>0时，讨论f(x)的单调性．
20. (本小题12.0分)
某中学篮球队根据以往比赛统计：甲球员能够胜任前锋，中锋，后卫三个位置，且出场概率分别为0.1，0.5，0.4.在甲球员出任前锋，中锋，后卫的条件下，篮球队输球的概率依次为0.2，0.2，0.7．
(1)当甲球员参加比赛时，求该篮球队某场比赛输球的概率；
(2)当甲球员参加比赛时，在该篮球队输了某场比赛的条件下，求甲球员在这一场出任中锋的概率；
(3)如果你是教练员，应用概率统计的有关知识该如何使用甲球员？
21. (本小题12.0分)
设数列{an}前n项和为Sn，a1=1，4Sn=anan+1+1(an≠0)，bn=(−1)nnanan+1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}前n项和为Tn，问Tn是否存在最大值？若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ax2+2cosx−2，(a∈R)．
(1)当a=1，x∈(0,2π)时，证明：0
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：设公差为d，
由已知可得，a2=a1+d=2S6=6a1+15d=48，解得a1=−2d=4．
故选：C．
根据已知列出方程组，求解即可得出答案．
本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：二项式(1+x)n的展开式中xn−2的系数为Cnn−2=15，则n=6．
故选：B．
由题意可得，Cnn−2=15，由此求得n的值．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由已知可得，f′(x)=(e2x)′⋅(2x)′−x′=2e2x−1．
故选：A．
根据复合函数的求导法则，即可得出答案．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：∵数学成绩X～N(110,100)，
∴P(X>120)=1−P(100
故选：C．
根据已知条件，结合正态分布的对称性，以及频率与频数的关系，即可求解．
本题主要考查正态分布的对称性，以及频率与频数的关系，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：现将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，每个珠子有两种情况：1和5，
∴共有24=16种情况，其中大于5500的有5511、5515、5551、5555共4种．
∴P(A)=416=14．
故选：B．
由题意可知基本样本总数为24=16个，然后列出大于5500的数，利用古典概型的概率公式求解即可．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查排列组合的应用，利用分步计数原理，捆绑法和插空法计算可得．属于中档题．
利用分步计数原理，首先用捆绑法将丙丁两人捆绑在一起作为一个人，再将甲、乙分开排除后全排列，最后甲乙两人去插空即可得到答案．
【解答】
解：根据题意，利用分步计数原理，
首先用捆绑法将丙丁两人捆绑在一起作为一个人，
将甲、乙排除后排列有A44种排法，
排列后的5个空选2个空将甲乙两人去插空可得有A52种排法，
将丙丁两人捆绑在一起进行排列有A22种排法，
所以满足条件的排法有：A44A52A22=960种排法，
故选：A．
7.【答案】C
【解析】解：根据全概率公式得P(B)=P(A)⋅P(B|A)+P(A−)⋅P(B|A−)，
得0.4=0.8P(A)+0.3[1−P(A)]，
得P(A)=15．
故选C．
直接根据全概率公式求解即可．
本题考查了全概率公式，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由题知X的所有可能取值为150，250，350，450，
P(X=150)=12×13×13=118，
P(X=250)=12×13×13+2×12×23×13=518，
P(X=350)=2×12×23×13+12×23×23=49，
P(X=450)=12×23×23=29，
所以X的数学期望E(X)=150×118+250×518+350×49+450×29=10003(元)．
故选：D．
求出X的可能取值及对应的概率，得到数学期望．
本题考查了离散型随机变量期望的计算，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：由x−=1+2+3+4+55=3，y−=5+5+m+6+85=24+m5，
代入y =0.6x+4.2中有：24+m5=0.6×3+4.2⇒m=6，故A正确；
由线性回归系数b=0.6>0，所以y与x正相关，故B正确；
由样本点不全在线性回归方程上，则y与x的样本相关系数一定小于1，故C正确；
将x=7代入线性回归方程y =0.6x+4.2中得：y =0.6×7+4.2=8.4，
故7月份该市新能源汽车销量约为0.84万辆，故D不正确．
故选：ABC．
A选项利用样本中心(x−,y−)在回归直线上即可；利用线性回归方程判断选项 B、C；把x=7代入线性回归方程求解判断选项D．
本题主要考查了线性回归方程的求解和应用，属于中档题．
10.【答案】AD
【解析】解：对于A项，令x=1，可得a0+a1+a2+⋯+a7=(1−1)(1+2)6=0，故A项正确；
对于B项，(x+2)6展开式的通项为Tr+1=C6r⋅x6−r⋅2r=2rC6rx6−r，r=0，1，2，3，4，5，6，
由6−r=1可得r=5，所以(x+2)6展开式含x的项为T6=C65⋅x1⋅25=192x，
由6−r=2可得r=4，所以(x+2)6展开式含x2的项为T5=C64⋅x2⋅24=240x2，
所以(x−1)(x+2)6展开式中含x2的项为x×192x−240x2=−48x2，
所以a2=−48，故B项错误；
对于C项，令x=−1，可得a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6−a7=(−1−1)(−1+2)6=−2．
又a0+a1+a2+⋯+a7=0，
两式相加可得，2(a0+a2+a4+a6)=−2，所以a0+a2+a4+a6=−1，故C项错误；
对于D项，由C可知a0+a2+a4+a6=−1，
又a0+a1+a2+⋯+a7=0，所以a1+a3+a5+a7=1，故D项正确．
故选：AD．
令x=1，即可判断A选项；令x=−1，结合x=1，即可判断C、D选项；写出(x+2)6展开式的通项，得出含x2的系数，即可判断B选项．
本题主要考查了二项式定理的应用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A项，由已知可得，00，所以an+1−an=an(q−1)<0，所以数列{an}为递减数列，故A项正确；
对于B项，由已知可得，0
由已知可得，1≤n≤4，有an>1；n=5时，an=1；n≥6时，有0
对于D项，由已知可得，a5=a1q4=1，所以a1=1q4，
所以，Sn=a1(1−qn)1−q=1−qnq4(1−q)<1q4(1−q)，故D项正确．
故选：ACD．
根据已知即可得出0
12.【答案】ABD
【解析】解：因为x2−(a+3)x|lnx|+3aln2x=0⇔x2−(a+3)x|lnx|+3a|lnx|2=0，
即(x−3|lnx|)(x−a|lnx|)=0，
所以，x=3|lnx|或x=a|lnx|，
要使方程x2−(a+3)x|lnx|+3aln2x=0有3个不等的实根，
则只需x=3|lnx|以及x=a|lnx|这两个方程共有3个不等的实数解，
令f(x)=|lnx|x=lnxx,x≥1−lnxx,0
当x≥1时，有f′(x)=1−lnxx2，
所以当x∈[1,e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈[e,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
且f(x)=lnxx≥0在[1,+∞)上恒成立，
所以f(x)极大值=f(e)=1e，
当0
所以f(x)在(0,1)上单调递减，
作出函数f(x)的图象，如图所示：
由图象可知，当0
当k>1e或k=0时，f(x)=|lnx|x=k有1个解，即x=|lnx|k有1个实数解；
当k<0时，f(x)=|lnx|x=k无解，即x=|lnx|k没有实数解．
且由图象可得出，当k≥0时，不同k值的方程的解均不相同，
所以，x=3|lnx|有3个不等的实数解．
要使x=3|lnx|以及x=a|lnx|这两个方程总共有3个不等的实数解，
则应有a=3或1a<0，
即a=3或a<0．
故选：ABD．
解方程可得x=3|lnx|或x=a|lnx|，可将已知转化为x=3|lnx|以及x=a|lnx|这两个方程共有3个不等的实数解，构造函数f(x)=|lnx|x，根据导函数研究函数的单调性以及极值，进而根据函数的图象．然后根据函数的图象，得出f(x)=|lnx|x=k解的个数对应的k的范围．然后即可得出方程x=3|lnx|解的个数，进而得出答案．
本题考查了函数的零点、转化思想、数形结合思想及导数的综合运用，属于中档题．
13.【答案】30
【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：
①选出3人有2名男生1名女生，有C42C31=18种选法，
②选出3人有1名男生2名女生，有C41C32=12种选法，
则共有18+12=30种选法．
故答案为：30．
根据题意，分2种情况讨论：①选出3人有2名男生1名女生，②选出3人有1名男生2名女生，由加法原理计算可得答案．
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．
14.【答案】e
【解析】解：由已知可得，y′=1x+1，点P(−1,−2)不在曲线上．
设切点为A(x0,y0)，
根据导数的几何意义可知，曲线在点A处切线的斜率k=1x0+1．
所以有k=1x0+1y0=ln(x0+1)k=y0+2x0+1，解得x0=1e−1y0=−1k=e．
故答案为：e．
求出导函数，设出切点A(x0,y0)，根据导数的几何意义以及斜率的公式列出方程组，求解即可得出答案．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查方程思想与运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】(2i+1)2i−1
【解析】解：因为该数阵第一列的n个数从上到下构成以2为公差的等差数列，a11=3，
所以ai1=a11+2(i−1)=3+2i−2=2i+1，
因为该数阵每一行的n个数从左到右构成以2为公比的等比数列，
所以aii=ai1⋅2i−1=(2i+1)2i−1．
故答案为：(2i+1)2i−1．
由于第一列的n个数从上到下构成以2为公差的等差数列，所以可得ai1=a11+2(i−1)，再由每一行的n个数从左到右构成以2为公比的等比数列，可得aii=ai1⋅2i−1，从而可求得结果．
本题主要考查数量的应用，等差与等比的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】79 14⋅(−13)n+34
【解析】解：(1)由已知可得，质点M移动1次后，在底面ABC上的概率为P1=23；
①若质点移动1次后，在B点或C点，则第2次移动后仍然在底面ABC上的概率为23P1=49；
②若质点移动1次后，在P点，则第2次移动后仍然在底面ABC上的概率为1×(1−P1)=13．
所以，点M移动2次后仍然在底面ABC上的概率为P2=49+13=79．
(2)设点M移动n次后仍然在底面ABC上的概率为Pn，n≥2．
①若质点移动n−1次后仍然在底面ABC上，则第n次移动后仍然在底面ABC上的概率为23Pn−1；
②若质点移动n−1次后在P点，则第n次移动后仍然在底面ABC上的概率为1×(1−Pn−1)=1−Pn−1．
所以，Pn=1−Pn−1+23Pn−1=−13Pn−1+1，
所以有Pn−34=−13(Pn−1−34)．
又P1−34=−112，
所以，数列{Pn−34}是以−112为首项，以−13为公比的等比数列，
所以有，Pn−34=−112⋅(−13)n−1=14⋅(−13)n，
所以，Pn=14⋅(−13)n+34．
故答案为：79；14⋅(−13)n+34．
先求出质点M移动1次后，在底面ABC上的概率为P1=23；然后根据第1次落在底面ABC上以及落在P点，讨论计算即可得出移动2次的概率；设点M移动n次后仍然在底面ABC上的概率为Pn，n≥2.根据第n−1落在底面ABC上以及落在P点，讨论计算即可得出移动n次的概率Pn=−13Pn−1+1，变形可得出{Pn−34}是以−112为首项，以−13为公比的等比数列，写出等比数列的通项公式，即可得出答案．
本题考查古典概型以及等比数列的通项公式，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意填写列联表如下：
学历
了解情况
低学历
高学历
合计
不了解数字人民币
150
125
275
了解数字人民币
250
275
525
合计
400
400
800
(2)从低学历的被调查者中随机抽取2人，被选中的2人中至少有1人对数字人民币不了解的概率为
1−C2502C4002≈0.61；
(3)根据列联表计算K2=800×(125×250−150×275)2275×525×400×400=800231≈3.463<3.841，
所以没有95%的把握认为“是否了解数字人民币”与“学历高低”有关．
【解析】(1)根据题目所给的数据填写2×2列联表即可．
(2)利用对立事件计算所求的概率值．
(3)计算K2，对照题目中的表格，得出统计结论．
本题主要考查了独立性检验的实际应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)若选①：
当n=1时，a1=1；
当n≥2时，a1+2a2+⋯+nan=(2n−1)⋅3n+14，
a1+2a2+⋯+(n−1)an−1=(2n−3)⋅3n−1+14，
上式相减得nan=(2n−1)⋅3n+14−(2n−3)⋅3n−1+14=n⋅3n−1，
所以an=3n−1．
显然a1=1满足an=3n−1，
所以an=3n−1，n∈N*．
若选②：
当n=1时，S1=12a2−12，
又a2=3，所以a1=1．
当n≥2时，
Sn=12an+1−12，
Sn−1=12an−12，
两式相减得Sn−Sn−1=12an+1−12an，
即an=12an+1−12an，整理可得an+1an=3．
又a2a1=31=3满足该式，
所以an+1an=3，n∈N*，
所以数列{an}成等比数列，
所以an=3n−1，n∈N*．
(2)令Tn=1+3×3+5×32+⋯+(2n−1)×3n−1，
3Tn=1×3+3×32+5×33+⋯+(2n−1)×3n，
两式相减得−2Tn=1+2×3+2×32+⋯+2×3n−1−(2n−1)×3n
=2(1+3+32+⋯+3n−1)−1−(2n−1)×3n
=2×1−3n1−3−1−(2n−1)×3n=−(2n−2)×3n−2，
所以Tn=(n−1)×3n+1．
【解析】(1)若选①：将a1+2a2+⋯+nan看为数列{nan}的前n项和，根据和与项的关系推得nan=n⋅3n−1，即可得出an=3n−1.检验a1，即可得出通项公式；若选②：根据Sn与an的关系，推得an+1an=3.检验即可得出{an}为等比数列，写出等比数列的通项公式，即可得出答案；
(2)设Tn=1+3×3+5×32+⋯+(2n−1)×3n−1，根据错位相减法，即可得出答案．
本题主要考查数列的通项公式，数列的求和，错位相减求和的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)当a=0，f(x)=x−lnx，定义域为(0,+∞)，
则f′(x)=1−1x=x−1x．
由f′(x)=0可得，x=1．
当x∈(0,1)时，有f′(x)<0，所以f(x)在(0,1)上单调递减；
当x∈(1,+∞)时，有f′(x)>0，所以f(x)在(1,+∞)上单调递增．
所以f(x)的极小值为f(1)=1，无极大值．
(2)由已知可得f(x)定义域为(0,+∞)，
且f′(x)=1+2ax2−2a+1x=x2−(2a+1)x+2ax2=(x−2a)(x−1)x2．
由f′(x)=0可得，x=2a或x=1．
①当2a>1，即a>12时，
由f′(x)>0可得，02a，所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(2a,+∞)上单调递增；
由f′(x)<0可得，1
③当0<2a<1，即01，所以f(x)在(0,2a)上单调递增，在(1,+∞)上单调递增；
由f′(x)<0可得，2a
当a=12时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当0
(2)先求出函数的定义域以及导函数，解f′(x)=0可得，x=2a或x=1.根据两根的大小关系，分类讨论，得出f′(x)>0以及f′(x)<0的解，即可得出函数的单调区间．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设A1表示“甲球员出任前锋”，A2表示“甲球员出任中锋”，A3表示“甲球员出任后卫”，则Ω=A1⋃A2⋃A3，设B表示“球队输掉某场比赛”，
则P(A1)=0.1，P(A2)=0.5，P(A3)=0.4，
P(B|A1)=P(B|A2)=0.2，P(B|A3)=0.7，
所以P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B)，
=P(A1)⋅P(B|A1)+P(A2)⋅P(B|A2)+P(A3)⋅P(B|A3)，
=0.1×0.2+0.5×0.2+0.4×0.7=0.4．
所以当甲球员参加比赛时，该球队某场比赛输球的概率是0.4．
(2)由(1)知，球队输了某场比赛的条件下，甲球员在这一场出任中锋的概率
P(A2|B)=P(A2B)P(B)=P(B|A2)P(A2)P(B)=0.5×0.20.4=0.25．
(3)由(1)知，已知球队输了某场比赛的条件下，
甲球员在这场出任前锋的概率P(A1|B)=P(A1B)P(B)=0.1×0.20.4=0.05；
甲球员在这场出任后卫的概率P(A3|B)=P(A3B)P(B)=0.4×0.70.4=0.7；
由(2)知，甲球员在这一场出任中锋的概率P(A2|B)=0.25．
所以有，P(A1|B)
【解析】(1)由已知设出事件，根据已知得出各个事件的概率，然后根据全概率公式，即可得出答案；
(2)结合(1)的答案，用贝叶斯公式计算条件概率，即可得出答案；
(3)分别用贝叶斯公式计算出球队输了某场比赛的条件下，甲担任各个位置的概率，根据概率值的大小关系，即可得出答案．
本题考查相互独立事件的概率乘法公式，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由已知可得，4Sn=anan+1+1①，
当n≥2时，4Sn−1=an−1an+1②，
①−②得，4an=anan+1−an−1an，
∵an≠0，∴an+1−an−1=4，
又a1=1，
∴a1，a3，…，a2k−1，…是以a1=1为首项，4为公差的等差数列，
∴a2k−1=a1+(k−1)×4=4k−3=2(2k−1)−1；
当n=1时，有4S1=a1a2+1，a1=1，
∴a2=3，
∴a2，a4，…，a2k，…是以a2=3为首项，4为公差的等差数列，
∴a2k=a2+(k−1)×4=4k−1=2(2k)−1．
∴an=2n−1．
(2)由(1)可得，bn=(−1)nn(2n−1)(2n+1)=14×(−1)n×(12n−1+12n+1)．
则当n为偶数时，
Tn=14[(−1−13)+(13+15)+(−15−17)+⋯+(12n−1+12n+1)]
=14(12n+1−1)，
显然Tn单调递减，∴有Tn≤T2=−15；
当n为奇数时，Tn=Tn−1+bn
=14(12n−1−1)−14(12n−1+12n+1)
=14(−1−12n+1)<−14．
又−14<−15，∴Tn，
∴Tn存在最大值，且最大值为−15．
【解析】(1)根据已知an与Sn的关系可得，当n≥2时，an+1−an−1=4.然后可得出{an}的奇数项和偶数项均分别为等差数列，根据a1求得a2的值，结合等差数列的通项公式，得出答案；
(2)裂项化简可得bn=14×(−1)n×(12n−1+12n+1)，求解可得n为偶数时Tn=14(12n+1−1)，求出此时Tn的最大值．然后得出n为奇数时，Tn=14(−1−12n+1)<−14，比较即可得出答案．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：当a=1时，f(x)=x2+2cosx−2，x∈(0,2π)，
f′(x)=2x−2sinx，
令g(x)=x−sinx，g′(x)=1−cosx≥0，
所以g(x)在(0,2π)上增函数，g(x)>g(0)=0，即f′(x)>0，
所以f(x)在(0,2π)上为增函数，
所以f(0)
所以f(x)为偶函数，
由题可知任意x∈[0,+∞)，f(x)≥0恒成立，
f′(x)=2ax−2sinx，x≥0，
令h(x)=ax−sinx，x≥0，
h′(x)=a−cosx，
①当a≥1时，h′(x)≥0，h(x)在[0,+∞)为增函数，h(x)≥h(0)=0，
所以f′(x)≥0，即f(x)在[0,+∞)上为增函数，
所以f(x)≥f(0)=0满足条件，
②当a≤0时，f(π2)=π24a−2<0，不满足条件，
③当0
所以x∈(0,x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
h(x)
【解析】(1)当a=1时，f(x)=x2+2cosx−2，x∈(0,2π)，求导分析单调性，可得f(0)
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
2022-2023学年湖北省武汉市部分学校联合体高二（下）期末数学试卷
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. 设等差数列{an}前n项和为Sn，若a2=2，S6=48，则等差数列{an}的公差为( )
A. 1 B. 2 C. 4 D. 8
2. (1+x)n的展开式中xn−2的系数为15，则n=( )
A. 7 B. 6 C. 5 D. 4
3. 设f(x)=e2x−x，则f(x)的导函数f′(x)=( )
A. 2e2x−1 B. 2e2x+1 C. e2x−1 D. e2x+1
4. 某中学高三(1)班有50名学生，在一次高三模拟考试中，经统计得：数学成绩X～N(110,100)，则估计该班数学得分大于120分的学生人数为( )
(参考数据：P(|X−μ|<σ)≈0.68，P(|X−μ|<2σ)≈0.95.)
A. 16 B. 10 C. 8 D. 2
5. 算盘是我国一类重要的计算工具.下图是一把算盘的初始状态，自右向左前四位分别表示个位、十位、百位、千位，上面一粒珠子(简称上珠)代表5，下面一粒珠子(简称下珠)代表1，即五粒下珠的代表数值等于同组一粒上珠的代表数值，例如，个位拨动一粒上珠，十位拨动一粒下珠至梁上，表示数字15.现将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件A=“表示的四位数大于5500”，则P(A)=( )
A. 12 B. 14 C. 18 D. 116
6. 有七名同学排成一排，其中甲，乙两人不能在一起，丙，丁两人要排在一起的排法数是( )
A. 960 B. 720 C. 480 D. 240
7. 设P(A)表示事件A发生的概率，已知P(B)=0.4，P(B|A)=0.8，P(B|A−)=0.3，则P(A)=( )
A. 34 B. 38 C. 15 D. 13
8. 2023年6月4日清晨，在金色朝霞映衬下，神舟十五号载人飞船返回舱在胡杨大漠凯旋，神舟十五号航天员安全返回地球.为了弘扬航天精神，某大学举办了“航天杯”知识竞赛，竞赛分为初赛和复赛，初赛通过后进入复赛，复赛通过后颁发相应荣誉证书.为了鼓励学生参加，学校后勤部门给予一定奖励：只参加初赛的学生奖励50元奖品，参加了复赛的学生再奖励100元奖品.现有A，B，C三名学生报名参加这次竞赛，已知A通过初赛，复赛的概率分别为12，13；B通过初赛，复赛的概率分别为23，12；C通过初赛，复赛的概率与B完全相同.记这三人获得奖品总额为X元，则X的数学期望为( )
A. 350 B. 300 C. 20003 D. 10003
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. 研究表明，过量的碳排放会导致全球气候变化等环境问题.减少硶排放具有深远的意义.我国明确提出节能减排的目标与各项措施、其中新能源汽车逐步取代燃油车就是其中措施之一.在这样的大环境下，我国新能源汽车逐浙火爆起来.表是2022年我国某市1∼5月份新能源汽车销量y(单位：千辆)与月份x的统计数据．
已求得与的经验回归方程为，则( )
月份x
1
2
3
4
5
销量y
5
5
m
6
8
A. m=6
B. y与x正相关
C. y与x的样本相关系数一定小于1
D. 由已知数据可以确定，7月份该市新能源汽车销量为0.84万辆
10. 已知(x−1)(x+2)6=a0+a1x+a2x2+⋯+a7x7，则( )
A. a0+a1+a2+⋯+a7=0 B. a2=48
C. a0+a2+a4+a6=−2 D. a1+a3+a5+a7=1
11. 在公比为q的正项等比数列{an}中，a1>a5=1，{an}前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列结论正确的是( )
A. 数列{an}为递减数列 B. 数列{Tn}为递增数列
C. 当n=4或5时，Tn最大 D. Sn<1q4(1−q)
12. 若关于x的方程x2−(a+3)x|lnx|+3aln2x=0有3个不等的实根，则实数a的取值可以是( )
A. −3 B. −1 C. 1 D. 3
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 从4名男生和3名女生中选3人去参加一项创新大赛，要求既有男生又有女生，那么共有______ 种选法(用数字作答)．
14. 过点P(−1,−2)作曲线y=ln(x+1)的切线，则该切线的斜率为______ ．
15. 将n2个数排成n行n列的数阵，如图所示，其中aij(1≤i≤n,1≤j≤n,n∈N*)表示第i行第j列上的数，该数阵第一列的n个数从上到下构成以2为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以2为公比的等比数列，若a11=3，1
16. 已知三棱锥P−ABC的顶点处有一质点M，点M每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每一个顶点移动的概率都相同，从一个顶点沿一条棱移动到另一个顶点称为移动一次.若质点M的初始位置在点A处，则点M移动2次后仍然在底面ABC上的概率为______ ，点M移动n次后仍然在底面ABC上的概率为______ ．
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)
数字人民币是由央行发行的法定数字货币，它由指定运营机构参与运营并向公众兑换，与纸钞和硬币等价.截至2021年6月30日，数字人民币试点场景已超132万个，覆盖生活缴费、餐饮服务、交通出行、购物消费、政务服务等领域.为了进一步了解普通大众对数字人民币的感知以及接受情况，某机构进行了一次问卷调查，结果如下：
学历
小学及以下
初中
高中
大学专科
大学本科
硕士研究生及以上
不了解数字人民币
35
35
80
55
64
6
了解数字人民币
40
60
150
110
140
25
(1)如果将高中及高中以下的学历称为“低学历”，大学专科及以上学历称为“高学历”，根据所给数据，完成下面的2×2列联表
低学历
高学历
合计
不了解数字人民币
了解数字人民币
合计
(2)若从低学历的被调查者中随机抽取2人进行进一步调查，求被选中的2人中至少有1人对数字人民币不
了解的概率；
(3)根据2×2列联表，判断是否有95%的把握认为“是否了解数字人民币”与“学历高低”有关？
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
18. (本小题12.0分)
在①a1+2a2+⋯+nan=(2n−1)⋅3n+14，②Sn=12an+1−12，且a2=3.这两个条件中任选一个补充在下面问题的横线上，并解答．
已知数列{an}(n∈N*)的前项和为Sn，且满足_____．
(1)求数列{an}的通项；
(2)求数列{(2n−1)an}前n项和Tn．
19. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=x−2ax−(2a+1)lnx，a∈R．
(1)当a=0时，求f(x)的极值；
(2)当a>0时，讨论f(x)的单调性．
20. (本小题12.0分)
某中学篮球队根据以往比赛统计：甲球员能够胜任前锋，中锋，后卫三个位置，且出场概率分别为0.1，0.5，0.4.在甲球员出任前锋，中锋，后卫的条件下，篮球队输球的概率依次为0.2，0.2，0.7．
(1)当甲球员参加比赛时，求该篮球队某场比赛输球的概率；
(2)当甲球员参加比赛时，在该篮球队输了某场比赛的条件下，求甲球员在这一场出任中锋的概率；
(3)如果你是教练员，应用概率统计的有关知识该如何使用甲球员？
21. (本小题12.0分)
设数列{an}前n项和为Sn，a1=1，4Sn=anan+1+1(an≠0)，bn=(−1)nnanan+1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}前n项和为Tn，问Tn是否存在最大值？若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ax2+2cosx−2，(a∈R)．
(1)当a=1，x∈(0,2π)时，证明：0
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：设公差为d，
由已知可得，a2=a1+d=2S6=6a1+15d=48，解得a1=−2d=4．
故选：C．
根据已知列出方程组，求解即可得出答案．
本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：二项式(1+x)n的展开式中xn−2的系数为Cnn−2=15，则n=6．
故选：B．
由题意可得，Cnn−2=15，由此求得n的值．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由已知可得，f′(x)=(e2x)′⋅(2x)′−x′=2e2x−1．
故选：A．
根据复合函数的求导法则，即可得出答案．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：∵数学成绩X～N(110,100)，
∴P(X>120)=1−P(100
故选：C．
根据已知条件，结合正态分布的对称性，以及频率与频数的关系，即可求解．
本题主要考查正态分布的对称性，以及频率与频数的关系，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：现将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，每个珠子有两种情况：1和5，
∴共有24=16种情况，其中大于5500的有5511、5515、5551、5555共4种．
∴P(A)=416=14．
故选：B．
由题意可知基本样本总数为24=16个，然后列出大于5500的数，利用古典概型的概率公式求解即可．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查排列组合的应用，利用分步计数原理，捆绑法和插空法计算可得．属于中档题．
利用分步计数原理，首先用捆绑法将丙丁两人捆绑在一起作为一个人，再将甲、乙分开排除后全排列，最后甲乙两人去插空即可得到答案．
【解答】
解：根据题意，利用分步计数原理，
首先用捆绑法将丙丁两人捆绑在一起作为一个人，
将甲、乙排除后排列有A44种排法，
排列后的5个空选2个空将甲乙两人去插空可得有A52种排法，
将丙丁两人捆绑在一起进行排列有A22种排法，
所以满足条件的排法有：A44A52A22=960种排法，
故选：A．
7.【答案】C
【解析】解：根据全概率公式得P(B)=P(A)⋅P(B|A)+P(A−)⋅P(B|A−)，
得0.4=0.8P(A)+0.3[1−P(A)]，
得P(A)=15．
故选C．
直接根据全概率公式求解即可．
本题考查了全概率公式，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由题知X的所有可能取值为150，250，350，450，
P(X=150)=12×13×13=118，
P(X=250)=12×13×13+2×12×23×13=518，
P(X=350)=2×12×23×13+12×23×23=49，
P(X=450)=12×23×23=29，
所以X的数学期望E(X)=150×118+250×518+350×49+450×29=10003(元)．
故选：D．
求出X的可能取值及对应的概率，得到数学期望．
本题考查了离散型随机变量期望的计算，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：由x−=1+2+3+4+55=3，y−=5+5+m+6+85=24+m5，
代入y =0.6x+4.2中有：24+m5=0.6×3+4.2⇒m=6，故A正确；
由线性回归系数b=0.6>0，所以y与x正相关，故B正确；
由样本点不全在线性回归方程上，则y与x的样本相关系数一定小于1，故C正确；
将x=7代入线性回归方程y =0.6x+4.2中得：y =0.6×7+4.2=8.4，
故7月份该市新能源汽车销量约为0.84万辆，故D不正确．
故选：ABC．
A选项利用样本中心(x−,y−)在回归直线上即可；利用线性回归方程判断选项 B、C；把x=7代入线性回归方程求解判断选项D．
本题主要考查了线性回归方程的求解和应用，属于中档题．
10.【答案】AD
【解析】解：对于A项，令x=1，可得a0+a1+a2+⋯+a7=(1−1)(1+2)6=0，故A项正确；
对于B项，(x+2)6展开式的通项为Tr+1=C6r⋅x6−r⋅2r=2rC6rx6−r，r=0，1，2，3，4，5，6，
由6−r=1可得r=5，所以(x+2)6展开式含x的项为T6=C65⋅x1⋅25=192x，
由6−r=2可得r=4，所以(x+2)6展开式含x2的项为T5=C64⋅x2⋅24=240x2，
所以(x−1)(x+2)6展开式中含x2的项为x×192x−240x2=−48x2，
所以a2=−48，故B项错误；
对于C项，令x=−1，可得a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6−a7=(−1−1)(−1+2)6=−2．
又a0+a1+a2+⋯+a7=0，
两式相加可得，2(a0+a2+a4+a6)=−2，所以a0+a2+a4+a6=−1，故C项错误；
对于D项，由C可知a0+a2+a4+a6=−1，
又a0+a1+a2+⋯+a7=0，所以a1+a3+a5+a7=1，故D项正确．
故选：AD．
令x=1，即可判断A选项；令x=−1，结合x=1，即可判断C、D选项；写出(x+2)6展开式的通项，得出含x2的系数，即可判断B选项．
本题主要考查了二项式定理的应用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A项，由已知可得，0
对于B项，由已知可得，0
由已知可得，1≤n≤4，有an>1；n=5时，an=1；n≥6时，有0
对于D项，由已知可得，a5=a1q4=1，所以a1=1q4，
所以，Sn=a1(1−qn)1−q=1−qnq4(1−q)<1q4(1−q)，故D项正确．
故选：ACD．
根据已知即可得出0
12.【答案】ABD
【解析】解：因为x2−(a+3)x|lnx|+3aln2x=0⇔x2−(a+3)x|lnx|+3a|lnx|2=0，
即(x−3|lnx|)(x−a|lnx|)=0，
所以，x=3|lnx|或x=a|lnx|，
要使方程x2−(a+3)x|lnx|+3aln2x=0有3个不等的实根，
则只需x=3|lnx|以及x=a|lnx|这两个方程共有3个不等的实数解，
令f(x)=|lnx|x=lnxx,x≥1−lnxx,0
当x≥1时，有f′(x)=1−lnxx2，
所以当x∈[1,e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈[e,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
且f(x)=lnxx≥0在[1,+∞)上恒成立，
所以f(x)极大值=f(e)=1e，
当0
所以f(x)在(0,1)上单调递减，
作出函数f(x)的图象，如图所示：
由图象可知，当0
当k>1e或k=0时，f(x)=|lnx|x=k有1个解，即x=|lnx|k有1个实数解；
当k<0时，f(x)=|lnx|x=k无解，即x=|lnx|k没有实数解．
且由图象可得出，当k≥0时，不同k值的方程的解均不相同，
所以，x=3|lnx|有3个不等的实数解．
要使x=3|lnx|以及x=a|lnx|这两个方程总共有3个不等的实数解，
则应有a=3或1a<0，
即a=3或a<0．
故选：ABD．
解方程可得x=3|lnx|或x=a|lnx|，可将已知转化为x=3|lnx|以及x=a|lnx|这两个方程共有3个不等的实数解，构造函数f(x)=|lnx|x，根据导函数研究函数的单调性以及极值，进而根据函数的图象．然后根据函数的图象，得出f(x)=|lnx|x=k解的个数对应的k的范围．然后即可得出方程x=3|lnx|解的个数，进而得出答案．
本题考查了函数的零点、转化思想、数形结合思想及导数的综合运用，属于中档题．
13.【答案】30
【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：
①选出3人有2名男生1名女生，有C42C31=18种选法，
②选出3人有1名男生2名女生，有C41C32=12种选法，
则共有18+12=30种选法．
故答案为：30．
根据题意，分2种情况讨论：①选出3人有2名男生1名女生，②选出3人有1名男生2名女生，由加法原理计算可得答案．
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．
14.【答案】e
【解析】解：由已知可得，y′=1x+1，点P(−1,−2)不在曲线上．
设切点为A(x0,y0)，
根据导数的几何意义可知，曲线在点A处切线的斜率k=1x0+1．
所以有k=1x0+1y0=ln(x0+1)k=y0+2x0+1，解得x0=1e−1y0=−1k=e．
故答案为：e．
求出导函数，设出切点A(x0,y0)，根据导数的几何意义以及斜率的公式列出方程组，求解即可得出答案．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查方程思想与运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】(2i+1)2i−1
【解析】解：因为该数阵第一列的n个数从上到下构成以2为公差的等差数列，a11=3，
所以ai1=a11+2(i−1)=3+2i−2=2i+1，
因为该数阵每一行的n个数从左到右构成以2为公比的等比数列，
所以aii=ai1⋅2i−1=(2i+1)2i−1．
故答案为：(2i+1)2i−1．
由于第一列的n个数从上到下构成以2为公差的等差数列，所以可得ai1=a11+2(i−1)，再由每一行的n个数从左到右构成以2为公比的等比数列，可得aii=ai1⋅2i−1，从而可求得结果．
本题主要考查数量的应用，等差与等比的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】79 14⋅(−13)n+34
【解析】解：(1)由已知可得，质点M移动1次后，在底面ABC上的概率为P1=23；
①若质点移动1次后，在B点或C点，则第2次移动后仍然在底面ABC上的概率为23P1=49；
②若质点移动1次后，在P点，则第2次移动后仍然在底面ABC上的概率为1×(1−P1)=13．
所以，点M移动2次后仍然在底面ABC上的概率为P2=49+13=79．
(2)设点M移动n次后仍然在底面ABC上的概率为Pn，n≥2．
①若质点移动n−1次后仍然在底面ABC上，则第n次移动后仍然在底面ABC上的概率为23Pn−1；
②若质点移动n−1次后在P点，则第n次移动后仍然在底面ABC上的概率为1×(1−Pn−1)=1−Pn−1．
所以，Pn=1−Pn−1+23Pn−1=−13Pn−1+1，
所以有Pn−34=−13(Pn−1−34)．
又P1−34=−112，
所以，数列{Pn−34}是以−112为首项，以−13为公比的等比数列，
所以有，Pn−34=−112⋅(−13)n−1=14⋅(−13)n，
所以，Pn=14⋅(−13)n+34．
故答案为：79；14⋅(−13)n+34．
先求出质点M移动1次后，在底面ABC上的概率为P1=23；然后根据第1次落在底面ABC上以及落在P点，讨论计算即可得出移动2次的概率；设点M移动n次后仍然在底面ABC上的概率为Pn，n≥2.根据第n−1落在底面ABC上以及落在P点，讨论计算即可得出移动n次的概率Pn=−13Pn−1+1，变形可得出{Pn−34}是以−112为首项，以−13为公比的等比数列，写出等比数列的通项公式，即可得出答案．
本题考查古典概型以及等比数列的通项公式，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意填写列联表如下：
学历
了解情况
低学历
高学历
合计
不了解数字人民币
150
125
275
了解数字人民币
250
275
525
合计
400
400
800
(2)从低学历的被调查者中随机抽取2人，被选中的2人中至少有1人对数字人民币不了解的概率为
1−C2502C4002≈0.61；
(3)根据列联表计算K2=800×(125×250−150×275)2275×525×400×400=800231≈3.463<3.841，
所以没有95%的把握认为“是否了解数字人民币”与“学历高低”有关．
【解析】(1)根据题目所给的数据填写2×2列联表即可．
(2)利用对立事件计算所求的概率值．
(3)计算K2，对照题目中的表格，得出统计结论．
本题主要考查了独立性检验的实际应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)若选①：
当n=1时，a1=1；
当n≥2时，a1+2a2+⋯+nan=(2n−1)⋅3n+14，
a1+2a2+⋯+(n−1)an−1=(2n−3)⋅3n−1+14，
上式相减得nan=(2n−1)⋅3n+14−(2n−3)⋅3n−1+14=n⋅3n−1，
所以an=3n−1．
显然a1=1满足an=3n−1，
所以an=3n−1，n∈N*．
若选②：
当n=1时，S1=12a2−12，
又a2=3，所以a1=1．
当n≥2时，
Sn=12an+1−12，
Sn−1=12an−12，
两式相减得Sn−Sn−1=12an+1−12an，
即an=12an+1−12an，整理可得an+1an=3．
又a2a1=31=3满足该式，
所以an+1an=3，n∈N*，
所以数列{an}成等比数列，
所以an=3n−1，n∈N*．
(2)令Tn=1+3×3+5×32+⋯+(2n−1)×3n−1，
3Tn=1×3+3×32+5×33+⋯+(2n−1)×3n，
两式相减得−2Tn=1+2×3+2×32+⋯+2×3n−1−(2n−1)×3n
=2(1+3+32+⋯+3n−1)−1−(2n−1)×3n
=2×1−3n1−3−1−(2n−1)×3n=−(2n−2)×3n−2，
所以Tn=(n−1)×3n+1．
【解析】(1)若选①：将a1+2a2+⋯+nan看为数列{nan}的前n项和，根据和与项的关系推得nan=n⋅3n−1，即可得出an=3n−1.检验a1，即可得出通项公式；若选②：根据Sn与an的关系，推得an+1an=3.检验即可得出{an}为等比数列，写出等比数列的通项公式，即可得出答案；
(2)设Tn=1+3×3+5×32+⋯+(2n−1)×3n−1，根据错位相减法，即可得出答案．
本题主要考查数列的通项公式，数列的求和，错位相减求和的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)当a=0，f(x)=x−lnx，定义域为(0,+∞)，
则f′(x)=1−1x=x−1x．
由f′(x)=0可得，x=1．
当x∈(0,1)时，有f′(x)<0，所以f(x)在(0,1)上单调递减；
当x∈(1,+∞)时，有f′(x)>0，所以f(x)在(1,+∞)上单调递增．
所以f(x)的极小值为f(1)=1，无极大值．
(2)由已知可得f(x)定义域为(0,+∞)，
且f′(x)=1+2ax2−2a+1x=x2−(2a+1)x+2ax2=(x−2a)(x−1)x2．
由f′(x)=0可得，x=2a或x=1．
①当2a>1，即a>12时，
由f′(x)>0可得，0
由f′(x)<0可得，1
③当0<2a<1，即0
由f′(x)<0可得，2a
当a=12时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当0
(2)先求出函数的定义域以及导函数，解f′(x)=0可得，x=2a或x=1.根据两根的大小关系，分类讨论，得出f′(x)>0以及f′(x)<0的解，即可得出函数的单调区间．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设A1表示“甲球员出任前锋”，A2表示“甲球员出任中锋”，A3表示“甲球员出任后卫”，则Ω=A1⋃A2⋃A3，设B表示“球队输掉某场比赛”，
则P(A1)=0.1，P(A2)=0.5，P(A3)=0.4，
P(B|A1)=P(B|A2)=0.2，P(B|A3)=0.7，
所以P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B)，
=P(A1)⋅P(B|A1)+P(A2)⋅P(B|A2)+P(A3)⋅P(B|A3)，
=0.1×0.2+0.5×0.2+0.4×0.7=0.4．
所以当甲球员参加比赛时，该球队某场比赛输球的概率是0.4．
(2)由(1)知，球队输了某场比赛的条件下，甲球员在这一场出任中锋的概率
P(A2|B)=P(A2B)P(B)=P(B|A2)P(A2)P(B)=0.5×0.20.4=0.25．
(3)由(1)知，已知球队输了某场比赛的条件下，
甲球员在这场出任前锋的概率P(A1|B)=P(A1B)P(B)=0.1×0.20.4=0.05；
甲球员在这场出任后卫的概率P(A3|B)=P(A3B)P(B)=0.4×0.70.4=0.7；
由(2)知，甲球员在这一场出任中锋的概率P(A2|B)=0.25．
所以有，P(A1|B)
【解析】(1)由已知设出事件，根据已知得出各个事件的概率，然后根据全概率公式，即可得出答案；
(2)结合(1)的答案，用贝叶斯公式计算条件概率，即可得出答案；
(3)分别用贝叶斯公式计算出球队输了某场比赛的条件下，甲担任各个位置的概率，根据概率值的大小关系，即可得出答案．
本题考查相互独立事件的概率乘法公式，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由已知可得，4Sn=anan+1+1①，
当n≥2时，4Sn−1=an−1an+1②，
①−②得，4an=anan+1−an−1an，
∵an≠0，∴an+1−an−1=4，
又a1=1，
∴a1，a3，…，a2k−1，…是以a1=1为首项，4为公差的等差数列，
∴a2k−1=a1+(k−1)×4=4k−3=2(2k−1)−1；
当n=1时，有4S1=a1a2+1，a1=1，
∴a2=3，
∴a2，a4，…，a2k，…是以a2=3为首项，4为公差的等差数列，
∴a2k=a2+(k−1)×4=4k−1=2(2k)−1．
∴an=2n−1．
(2)由(1)可得，bn=(−1)nn(2n−1)(2n+1)=14×(−1)n×(12n−1+12n+1)．
则当n为偶数时，
Tn=14[(−1−13)+(13+15)+(−15−17)+⋯+(12n−1+12n+1)]
=14(12n+1−1)，
显然Tn单调递减，∴有Tn≤T2=−15；
当n为奇数时，Tn=Tn−1+bn
=14(12n−1−1)−14(12n−1+12n+1)
=14(−1−12n+1)<−14．
又−14<−15，∴Tn，
∴Tn存在最大值，且最大值为−15．
【解析】(1)根据已知an与Sn的关系可得，当n≥2时，an+1−an−1=4.然后可得出{an}的奇数项和偶数项均分别为等差数列，根据a1求得a2的值，结合等差数列的通项公式，得出答案；
(2)裂项化简可得bn=14×(−1)n×(12n−1+12n+1)，求解可得n为偶数时Tn=14(12n+1−1)，求出此时Tn的最大值．然后得出n为奇数时，Tn=14(−1−12n+1)<−14，比较即可得出答案．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：当a=1时，f(x)=x2+2cosx−2，x∈(0,2π)，
f′(x)=2x−2sinx，
令g(x)=x−sinx，g′(x)=1−cosx≥0，
所以g(x)在(0,2π)上增函数，g(x)>g(0)=0，即f′(x)>0，
所以f(x)在(0,2π)上为增函数，
所以f(0)
所以f(x)为偶函数，
由题可知任意x∈[0,+∞)，f(x)≥0恒成立，
f′(x)=2ax−2sinx，x≥0，
令h(x)=ax−sinx，x≥0，
h′(x)=a−cosx，
①当a≥1时，h′(x)≥0，h(x)在[0,+∞)为增函数，h(x)≥h(0)=0，
所以f′(x)≥0，即f(x)在[0,+∞)上为增函数，
所以f(x)≥f(0)=0满足条件，
②当a≤0时，f(π2)=π24a−2<0，不满足条件，
③当0
所以x∈(0,x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
h(x)
【解析】(1)当a=1时，f(x)=x2+2cosx−2，x∈(0,2π)，求导分析单调性，可得f(0)
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
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