2022-2023学年广东省佛山市高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省佛山市高二（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学年广东省佛山市高二（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. (x+1x2)3的展开式中常数项是(    )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
2. 四名志愿者到3个小区开展防诈骗宣传活动，向社区居民普及防诈骗、反诈骗的知识.每名志愿者只去1个小区，每个小区至少安排1名志愿者，则不同的安排方法共有(    )
A. 18种 B. 30种 C. 36种 D. 72种
3. 吹气球时，气球的半径r(单位：dm)与体积V(单位：L)之间的函数关系是r(V)=33V4π，估计V=1L时气球的膨胀率为(    )
(参考数据：336π≈4.8)
A. 0.2 B. 0.6 C. 1 D. 1.2
4. 根据变量Y和x的成对样本数据，由一元线性回归模型Y=bx+a+eE(e)=0,D(e)=σ2，得到经验回归模型y =b x+a 对应的残差如图所示，则模型误差(    )

A. 不满足一元线性回归模型的E(e)=0的假设
B. 不满足一元线性回归模型的D(e)=σ2的假设
C. 不满足一元线性回归模型的E(e)=0和D(e)=σ2的假设
D. 满足一元线性回归模型的所有假设
5. 如图，直线l和圆C，当l从l0开始在平面上按顺时针方向绕点O匀速转动(转动角度不超过90°)时，它扫过的圆内阴影部分的面积S是时间t的函数.这个函数的图象大致是(    )
A.
B.
C.
D.
6. 如图，某单位计划在办公楼前的一个花坛的A、B、C、D四个区域重新种花.现有红、蓝、黄、白四种颜色的花可选择，一个区域只种一种颜色的花，且相邻的两个区域不能种同一种颜色的花，则共有种不同的种植方案．(    )
A. 36
B. 48
C. 72
D. 84
7. 已知等比数列{an}的公比大于1，且a3+a4+a5=28，等差数列{bn}满足b2=a3，b5=a4+2，b8=a5，则a3+b2023=(    )
A. 2026 B. 4050 C. 4052 D. 4054
8. 已知函数f(x)=1aex+2x(a>0)，若∀x1，x2∈(1,+∞)，且x1>x2，|f(x1)−f(x2)|>(x1−1)ln(ax1−a)−(x2−1)ln(ax2−a)，则实数a的取值范围是(    )
A. (0,e] B. (0,e2] C. (1,e] D. (e,e2]
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(3x−1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则(    )
A. a1+a2+a3+a4=17 B. a1+a3=−120
C. a1+2a2+3a3+4a4=96 D. |a1|+|a2|+|a3|+|a4|=256
10. 三名男生和四名女生，按照不同的要求站成一排，则(    )
A. 任何两名男生不相邻的排队方案有1440种
B. 若3名男生的顺序一定，则不同的排队方案有210种
C. 甲不站左端，乙不站右端的排队方案有3720种
D. 甲乙两名同学之间恰有2人的不同排队方案有960种
11. 事件A，B满足P(A)=0.5，P(B)=0.4，P(B|A)=0.3，则(    )
A. P(A∪B)=0.75 B. P(A|B)=0.375
C. P(B|A−)=0.5 D. P(A|B−)=0.5
12. 记等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{Snn}的前k和为Tk，则(    )
A. 若∀n∈N*，均有Sn+1>Sn，则Tk>0
B. 若当且仅当k=20时，Tk取得最小值，则S9>S11
C. 若a1<0且S20=0，则当且仅当k=19时，Tk取得最小值
D. 若k=19和k=20时，Tk取得最小值，则∃m∈N*，Sm=0
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 设随机变量X～N(1,σ2)，P(−1 14. 已知成对样本数据(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xn,yn)(n≥2)中x1，x2，…，xn不全相等，且所有样本点(xi,yi)(i=1,2,⋯,n)都在直线y=−2x+1上，则这组成对样本数据的样本相关系数r= ______ ．
15. 直线y=kx是曲线y=ex的一条切线，则k= ______ ．
16. 河图、洛书是我国古代流传下来的两幅神秘图案，蕴含了深奥的宇宙星象之理，被誉为“宇宙魔方”.洛书是世界上最古老的三阶幻方(一般地，将连续的正整数1，2，3，…，n2填入n×n个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形叫做n阶幻方).记n阶幻方的数之和为Sn，则S4= ______ ，若Sn>2023，则n的最小值为______ ．


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)
某商家为了提高服务质量，专门开设了顾客反馈热线电话.热线电话共有3个分机专供与顾客通话.设每个分机在每一时刻占线的概率为13，并且各个分机是否占线是相互独立的．
(1)求在某一时刻恰好有一个分机占线的概率；
(2)求任一时刻占线的分机个数X的分布列与数学期望．
18. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=x3−(2x−1)2．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求f(x)在区间[0,3]上的最小值与最大值．
19. (本小题12.0分)
记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=3，Sn+n(n+1)=nan+1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若对任意n∈N*，m≥a131+a232+⋯+an3n，求m的最小整数值．
20. (本小题12.0分)
ChatGPT作为一个基于大型语言模型的聊天机器人，最近成为全球关注的焦点.ChatGPT是一个超强的AI，它能像人类一样聊天交流，甚至能完成撰写邮件、文案、写论文、答辩、编程等任务.专家预言，随着人工智能技术的发展，越来越多的职业可能会被ChatGPT或其他类似的人工智能工具所取代.某地区为了了解ChatGPT的普及情况，统计了该地区从2023年1月至5月使用ChatGPT的用户人数y(万人)，详见下表：
x(月份)
1
2
3
4
5
y(万人)
3.6
6.4
11.7
18.8
27.5
(1)根据表中数据信息及模型①y=ax+b与模型②y=ax2+b，判断哪一个模型更适合描述变量x和y的变化规律(无需说明理由)，并求出y关于x的经验回归方程；
(2)为了进一步了解人们对适应人工智能所将带来的职业结构变化的自信程度(分为“基本适应”和“不适应”)是否跟年龄有关，某部门从该地区随机抽取300人进行调查，调查数据如下表：

基本适应
不适应
年龄小于30岁
100
50
年龄不小于30岁
75
75
根据小概率α=0.01的独立性检验，分析该地区对职业结构变化的自信程度是否与年龄有关．
附参考数据：b =i=1nxiyi−nx−⋅y−i=1nxi2−nx−2，a =y−−b x−；χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d．
i=15xi
i=15xi2
i=15xi4
i=15yi
i=15xiyi
i=15xi2yi
15
55
979
68
264
1122

α
0.15
0.1
0.05
0.025
0.01
0.001
xα
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828

21. (本小题12.0分)
机动车辆保险即汽车保险(简称车险)，是指对机动车辆由于自然灾害或意外事故所造成的人身伤亡或财产损失负赔偿责任的一种商业保险.机动车辆保险一般包括交强险和商业险两部分，其中商业险包括基本险和附加险.经验表明新车商业险保费y(单位：元)与购车价格x(单位：元)近似满足函数y=7×10−3x+1300，且上一年的出险次数决定了下一年的保费倍率.佛山市某机动车辆保险公司将上一年的出险次数与下一年的保费倍率的具体关系制作如下表格：
上一年出险次数
0
1
2
3
4
5次以上(含5次)
下一年保费倍率
85%
100%
125%
150%
175%
200%
连续两年没有出险打7折，连续三年没有出险打6折
王先生于2021年3月份购买了一辆30万元的新车，一直到2022年12月没有出过险，但于2023年买保险前仅出过两次险．
(1)王先生在2023年应交商业险保费多少元？
(2)保险公司计划为前来续保的每一位车主提供抽奖的机会，抽奖规则是：有放回的从装有大小相同的6个红球和4个黑球的袋中任意抽取一个，若第一次抽到红球则奖励100元的奖券，抽到黑球则奖励50元的奖券，第二次开始，每一次抽到红球则奖券数额是上一次奖券数额的2倍，抽到黑球则奖励50元的奖券，车主所获得的奖券可以抵扣续保费.为了激励车主谨慎驾驶，保险公司规定：上一年没有出险的车主可以抽奖6次，车主每增加一次出险就减少一次抽奖机会.记车主第i次抽奖所得的奖券数额Xi(i∈N*)的数学期望为E(Xi).
(i)写出E(Xi−1)与E(Xi)的递推关系式(其中i≥2且i∈N*)；
(ii)若按照保险公司的计划，且王先生不放弃每一次抽奖机会，王先生在2023年续保商业险时，实际支付保费的期望值为多少？
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=sinx+x−1−2ax．
(1)当x>0时，证明：f(x)+2ax+1 (2)若函数f(x)在(0,π)上只有一个零点，求实数a的取值范围．
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：由于(x+1x2)3的展开式的通项公式为Tr+1=C3r⋅x3−3r．
令3−3r=0，求得r=1，可得展开式中常数项是C31=3．
故选：D．
先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．
本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．

2.【答案】C 
【解析】解：根据题意可知，
将四名志愿者分成三个组，其中一组为2人，
则不同的安排方法共有C42A33=6×6=36种．
故选：C．
将四名志愿者分成三个组，其中一组为2人，再由排列组合知识求解．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．

3.【答案】A 
【解析】解：r(V)=33V4π，则r′(V)=(33V4π)′=13×(3V)−23×334π=1336πV2，
当V=1时，r′(V)=1336π=14.8≈0.2．
故选：A．
先对函数求导，利用导数的意义，即可得出答案．
本题考查根据实际问题选择函数类型，考查转化思想，考查运算能力，属于基础题．

4.【答案】B 
【解析】解：用一元线性回归模型Y=bx+a+eE(e)=0,D(e)=σ2得到经验回归模型y =b x+a ，
根据对应的残差图，残差的均值E(e)=0可能成立，
但明显残差的x轴上方的数据更分散，D(e)=σ2不满足一元线性回归模型，正确的只有B．
故选：B．
根据一元线性回归模型Y=bx+a+eE(e)=0,D(e)=σ2有关概念即可判断．
本题考查了一元线性回归模型的有关概念，属于中档题．

5.【答案】A 
【解析】解：根据题意，观察可知阴影部分的面积S变化情况为“一直增加，先慢后快，过圆心后又变慢”，
对应的函数的图象是变化率先变大再变小，A选项符合这个特点．
故选：A．
根据题意，分析可得：阴影部分的面积一开始增加得较慢，面积变化情况是先慢后快然后再变慢，由此规律找出正确选项．
本题考查函数的图象分析，关键是分析函数的变化趋势，属于基础题．

6.【答案】D 
【解析】解：若选用两种颜色的花，则有C42=6种选择，选择的两种颜色的花种在对角位置，有两种选择，故共有2×6=12种选择，
若选用三种颜色的花，则有C43=4种选择，必有一个对角位置使用同种颜色的花，先选择一个对角，再从三种颜色的花中选择一种，
有C21C31=6种选择，
另外的对角位置选择不同位置的花，有A22=2种选择，
共有4×6×2=48种选择，
若选用四种颜色的花，则有A44=24种选择，
综上：共有12+48+24=84种选择．
故选：D．
考虑选用两种颜色的花，三种颜色的花，四种颜色的花，利用排列组合知识求出答案后相加即可．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．

7.【答案】B 
【解析】解：设{an}的公比为q>1，{bn}的公差为d，
因为a3=b2，a4=b5−2，a5=b8，a3+a4+a5=28，
所以b2+b5−2+b8=28，
因为b2+b8=2b5，所以3b5=30，解得b5=10，
故a4=b5−2=8，
故a3+a4+a5=8q+8+8q=28，即8+8q+8q2=28q，解得q=2或12(舍去)，
则a3=a4q=82=4，
又b2=a3=4，故d=b5−b25−2=10−43=2，
则b2023=b2+2021d=4+2021×2=4046，
所以a3+b2023=4+4046=4050．
故选：B．
设出公比和公差，根据题目条件得到b2+b5−2+b8=28，求出b5=10，从而求出a4=b5−2=8，进而求出公比，由b2=a3=4求出公差，求出b2023=4046，得到答案．
本题主要考查等差数列与等比数列的综合，考查运算求解能力，属于中档题．

8.【答案】B 
【解析】解：已知f(x)=1aex+2x(a>0)，则f′(x)=1aex+2>0，故f(x)在(1,+∞)上单调递增，
已知x1，x2∈(1,+∞)，且x1>x2，故f(x1)>f(x2)，
则|f(x1)−f(x2)|=f(x1)−f(x2)=(1aex1+2x1)−(1aex2+2x2)，
已知|f(x1)−f(x2)|>(x1−1)ln(ax1−a)−(x2−1)ln(ax2−a)，
则(1aex1+2x1)−(1aex2+2x2)>(x1−1)ln(ax1−a)−(x2−1)ln(ax2−a)，
故1aex1+2x1−(x1−1)ln(ax1−a)>1aex2+2x2−(x2−1)ln(ax2−a)，
设g(x)=1xex+2x−(x−1)ln(ax−a)，
即∀x1，x2∈(1,+∞)，x1>x2，则g(x1)>g(x2)，故g(x)在(1,+∞)上单调递增，
g′(x)=1aex+2−ln(ax−a)−1=1aex−ln(ax−a)+1≥0对∀x>1成立，
设h(x)=g′(x)=1aex−ln(ax−a)+1，则h′(x)=1aex−1x−1，
已知x→1时，h′(x)→−∞，x→+∞时，h′(x)→+∞，
又h″(x)=1aex+1(x−2)2>0，则h′(x)在(1,+∞)上单调递增，
则存在x0∈(1,+∞)，使得h′(x0)=0，
当1 当x>x0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
则当x=x0时，h(x)取极小值也是最小值h(x0)，
已知∀x>1，有h(x)≥0，则h(x0)≥0，
已知h′(x0)=0，则1aex0−1x0−1=0，即a=ex0(x0−1)，
又h(x0)=1aex0−ln(ax0−a)+1=1x0−1−lna−ln(x0−1)+1=1x0−1−x0−2ln(x0−1)+1≥0，
设H(x)=1x−1−x−2ln(x−1)+1，x>1，
则H′(x)=−1(x−1)2−x−2x−1<0，则H(x)在(1,+∞)上单调递减，
又H(2)=1−2−0+1=0，
则10，x>2时，H(x)<0，
又h(x0)=H(x0)≥0，则1 又a=ex0(x0−1)，则lna=x0+ln(x0−1)，
已知10，
则0 故选：B．
根据题设条件，通过构造一系列函数，利用导数判断其单调性，最终求出实数a的取值范围．
本题考查利用导数判断函数的单调性，利用导数求函数极值和最值问题，属难题．

9.【答案】BC 
【解析】解：∵(3x−1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，
∴令x=0，可得a0=1．
再令x=1，可得1+a1+a2+a3+a4=16①，∴a1+a2+a3+a4=15，故A错误．
令x=−1，可得1−a1+a2−a3+a4=256 ②，
用①−②，并除以2可得，a1+a3=−120，故B正确．
把所给的等式两边同时对x求导数，可得12(3x−1)3=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3，
令x=1，可得a1+2a2+3a3+4a4=96，故C正确．
1+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|，即(3x+1)4的各项系数和，故它的值为(3+1)4=256，
故|a1|+|a2|+|a3|+|a4|=255，故D错误．
故选：BC．
通过给x赋值、求导数，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查二项式定理的应用，是给变量赋值的问题，解题关键是根据要求的结果，选择合适的数值代入，属于基础题．

10.【答案】ACD 
【解析】解：选项A：即不相邻问题(插空法)：先排女生共A44种排法，男生在五个空中安插，有A53种排法，
故共有A44A53=1440种排法，故 A正确；
选项B：先排女生共A74种排法，3名男生顺序一定，排进最后三个位置，只有这1种情况，
则共有A74×1=840种排队方案，故 B错误；
选项C：排法有A77−2A66+A55=3720种，
其中A66是甲在左端或乙在右端的排法，A55是甲在左端且乙在右端的排法，故 C正确；
选项D：(捆绑法)任取2人与甲、乙组成一个整体，与余下3个元素全排列，
故共有A52A22A44=960种排法，选项D正确．
故选：ACD．
对于排列问题，按照先特殊后一般，分类分步进行即可．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．

11.【答案】ABC 
【解析】解：由P(B|A)=0.3得P(AB)=P(B|A)P(A)=0.3×0.5=0.15，
P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=0.5+0.4−0.15=0.75，故A正确；
所以P(A|B)=P(AB)P(B)=0.150.4=0.375，故B正确；
 P(B|A−)=P(A−B)P(A)=P(B)−P(AB)0.5=0.4−0.150.6=0.5，故C正确，；
对于D，P(A|B−)=P(B−A)P(B−)=P(A)−P(AB)0.6=0.5−0.150.6=712，故D错误，
故选：ABC．
根据条件概率的计算可得P(AB)=P(B|A)P(A)=0.3×0.5=0.15，进而根据并事件的概率求解A，根据条件概率的公式即可求解BCD．
本题考查条件概率，属于中档题．

12.【答案】BD 
【解析】解：根据题意不妨设an=a1+(n−1)d=dn+(a1−d)，
则Sn=na1+n(n−1)d2=d2n2+(a1−d2)n，
∴Snn=d2n+(a1−d2)，
∴数列{Snn}是首项为a1，公差为d2的等差数列．
对A选项，若∀n∈N*，均有Sn+1>Sn，则an+1>0，
若等差数列{an}为首项为−1，公差为2的等差数列，
则满足an+1>0，而此时S11=a1=−1，∴T1=S11=−1<0，∴A选项错误；
对B选项，∵数列{Snn}是首项为a1，公差为d2的等差数列，
若当且仅当k=20时，Tk取得最小值，则S2020<0，S2121>0，
∴S20<0，S21>0，
∴(a1+a20)×202<0，∴a1+a20<0，
∴a10+a11<0，∴S11−S9<0，∴S9>S11，∴B选项正确；
对C选项，若a1<0且S20=0，则(a1+a20)×202=0，
∴a1+a20=0，∴a10+a11=0，又a1<0，
∴a10<0，a11>0，S20=0，
∴S19=(a1+a19)×192=19a10<0，S21=(a1+a21)×212=21a11>0，
∴S1919<0，S2020=0，S2121>0，又数列{Snn}是等差数列，
∴当k=19或k=20时，Tk取得最小值，∴C选项错误；
对D选项，根据C选项分析可知：若k=19和k=20时，Tk取得最小值，
则∃m=20，Sm=0，∴D选项正确．
故选：BD．
根据等差数列的判定定理，等差数列的通项公式与求和公式，等差数列的性质，即可分别求解．
本题考查等差数列的判定定理，等差数列的通项公式与求和公式，等差数列的性质，化归转化思想，属中档题．

13.【答案】0.15 
【解析】解：因为X～N(1,σ2)，
所以由对称性可知P(X≥3)=12[1−P(−1 故答案为：0.15．
根据正态分布的对称性得到答案．
本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查曲线的对称性，属于基础题．

14.【答案】−1 
【解析】解：由题设知，所有样本点(xi,yi)(i=1,2,…,n)都在直线y=−2x+1上，
∴这组样本数据完全负相关，故其相关系数为−1．
故答案为：−1．
根据已知条件，结合相关系数的定义，即可求解．
本题考查了相关系数的定义，属于基础题．

15.【答案】e 
【解析】解：设切点为(x0,y0)，则y0=ex0，
∵y′=(ex)′=ex，∴切线斜率k=ex0，
又点(x0,y0)在直线上，代入方程得y0=kx0，
即ex0=ex0x0，
解得x0=1，
∴k=e．
故答案为：e．
设切点为(x0,y0)，求出切线斜率，利用切点在直线上，代入方程，即可得到结论．
本题考查切线方程，考查导数的几何意义，考查学生的计算能力，属于中档题．

16.【答案】136  8 
【解析】解：∵正整数1，2，3，…，n2，构成一个公差为1，首项为1的等差数列，
且设n阶幻方的数之和为Sn，
∴Sn=(n2+1)n22，
∴S4=(42+1)×422=136，
令Sn=(n2+1)n22>2023，
可得(n2+1)n2>4046，
∵当n=7时，(72+1)×72=2450<4046，
当n=8时，(82+1)×82=4160>4046，
且当n∈N*时，(n2+1)n2随n的增大而增大，
∴当Sn>2023时，n的最小值为8．
故答案为：136；8．
根据等差数列的概念及求和公式，解不等式，即可分别求解．
本题考查等差数列的概念及求和公式，不等式的求解，属中档题．

17.【答案】解：(1)设事件A=“恰好有一个分机占线”，
则P(A)=C31×13×(1−13)2=49．
(2)由于各个分机是否占线是相互独立的，则X∼B(3,13)，
P(X=0)=C30×(13)0×(1−13)3=827，
P(X=1)=C31×13×(1−13)2=49，
P(X=2)=C32×(13)2×(1−13)=29，
P(X=3)=C33×(13)3×(1−13)0=127，
故X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
827
49
29
127
E(X)=3×13=1． 
【解析】(1)根据相互独立事件的乘法公式计算即可；
(2)求得X的可能取值及对应概率，完成分布列，根据期望公式求解即可．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，是中档题．

18.【答案】解：(1)已知f(x)=x3−(2x−1)2=x3−4x2+4x−1，函数定义域为R，
可得f′(x)=3x2−8x+4=(3x−2)(x−2)
当x<23时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当23 当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上，函数f(x)在区间(23,2)上单调递减，
在区间(−∞,23)和(2,+∞)上单调递增；
(2)由(1)知，函数f(x)函数f(x)在区间(23,2)上单调递减，
在区间(−∞,23)和(2,+∞)上单调递增，
所以当x=23时，函数f(x)取得极大值，极大值f(23)=527，
当x=2时，函数f(x)取得极小值，极小值f(2)=−1，
又f(0)=−1，f(3)=2，
所以函数f(x)在[0,3]上的最大值为2，最小值为−1． 
【解析】(1)由题意，对函数f(x)进行求导，利用导数的几何意义即可得到函数f(x)的单调性；
(2)利用(1)中所得函数f(x)的单调性得到函数f(x)在区间[0,3]上的极值，结合端点值即可得到最值．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理和运算能力．

19.【答案】解：(1)因为Sn+n(n+1)=nan+1，
所以Sn−1+n(n−1)=(n−1)an(n≥2)，
两式相减得an+2n=nan+1−(n−1)an，即an+1−an=2(n≥2)，
又S1+2=a2，所以a2−a1=2，
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，
所以an=3+(n−1)×2=2n+1；
(2)因为an3n=2n+13n，设Tn=a131+a232+⋯+an3n，
所以Tn=331+532+⋯+2n+13n，13Tn=332+533+⋯+2n+13n+1，
两式相减得：23Tn=1+232+233+⋯+23n−2n+13n+1，
=1+232−23n×131−13−2n+13n+1=43−13n−2n+13n+1，
所以Tn=2−32×3n−2n+12×3n=2−n+23n，
因为Tn<2，所以m的最小整数值是2． 
【解析】(1)根据已知条件，推得Sn−1+n(n−1)=(n−1)an(n≥2)，并与原始相减，即可求解；
(2)根据已知条件，结合错位相减法，即可求解．
本题主要考查数列的递推式，考查转化能力，属于中档题．

20.【答案】解：(1)选择模型②y=ax2+b，
令u=x2，则y=au+b．
由已知得，u−=555=11，y−=685=13.6，i=15uiyi=1122，i=15ui2=979，
∴b =i=15uiyi−5u−y−i=15ui2−5u−2=1122−5×11×13.6979−5×112=1，a =y−−b u−=13.6−1×11=2.6．
∴y=u+2.6，即y关于x的回归方程为y=x2+2.6；
(2)由题意，得到列联表：

基本适应
不适应
合计
年龄不小于30岁
75
75
150
年龄小于30岁
100
50
150
合计
175
125
300
则χ2=300×(100×75−50×75)2150×150×125×175≈8.571>6.635，
即认为该地区对职业结构变化的自信程度与年龄有关，此推断犯错误的概率不大于0.01． 
【解析】(1)选择模型②y=ax2+b，由最小二乘法求出y关于u的回归直线方程，即可得到y关于x的经验回归方程；
(2)由公式求出X2的值，结合临界值表得结论．
本题考查线性回归方程与独立性检验，考查运算求解能力，是中档题．

21.【答案】解：(1)王先生于2021年买新车时需交商业险为：7×10−3×30×104+1300=3400元，
由于王先生2021年3月份至2022年3月份没有出险，
所以2022年3月份李先生需交商业险费为：3400×85%=2890元，
但在2023年1月份出过两次险，
故王先生在2023年3月应交商业险费为：2890×125%=3612.5元．
(2)(i)因为袋中装有6个红球和4个黑球，
所以从中任意抽取一个是红球的概率为0.6，是黑球的概率为：0.4，
第一次抽到红球则奖励100元的奖券，抽到黑球则奖励50元的奖券，
则E(X1)=100×0.6+50×0.4=80，
第二次开始，每一次抽到红球则奖券数额是上一次奖券数额的2倍，抽到黑球则奖励50元的奖券，
故当i≥2时，车主第i次抽到奖券数额的期望为E(Xi)=2E(Xi−1)×0.6+50×0.4=1.2E(Xi−1)+20，且E(X1)=80；
(ii)由(i)知，E(X1)=80，
当i≥2时，E(Xi)=65E(Xi−1)+20，即E(Xi)+100=65[E(Xi−1)+100]，
E(X1)+100=180，
由等比数列的定义可知，{E(Xi)+100}是以180为首项，65为公比的等比数列，
所以E(Xi)+100=180×(65)i−1，即E(Xi)=180×(65)i−1−100，
由于王先生在2023年买保险前出过两次险，故续保时只有4次抽奖机会，
4次抽奖获得奖券数额的期望值之和为180×[1−(65)4]1−65−400=566.24，
按照保险公司的计划，王先生在2023年续保商业险时，实际支付保费的期望值为：
3612.5−566.24=3046.26元． 
【解析】(1)根据已知条件，先求出2021年买新车时需交商业险费用，再结合上一年的出险次数与下一年的保费倍率的具体关系，即可求解；
(2)(i)先求出从中任意抽取一个是红球的概率为0.6，是黑球的概率为：0.4，再结合期望公式，即可求解；
(ii)根据已知条件，结合等比数列的性质，以及等比数列的前n项和公式，即可求解．
本题主要考查离散型随机变量期望的求解，考查转化能力，属于难题．

22.【答案】(1)证明：函数f(x)=sinx+x−1−2ax，不等式f(x)+2ax+10，
令函数h(x)=ex−sinx−1，x>0，求导得h′(x)=ex−cosx，
当x∈(0,π)时，函数y=cosx单调递减，即有函数h′(x)单调递增，h′(x)>h′(0)=0，
当x∈[π,+∞)时，ex≥eπ，cosx≤1，则有h′(x)>0，因此∀x∈(0,+∞)，h′(x)>0成立，
于是函数h(x)在(0,+∞)上单调递增，则h(x)>h(0)=0，即ex−sinx−1>0，
所以当x>0时，不等式f(x)+2ax+1 (2)解：当x∈(0,π)时，由f(x)=0得2a=sinxx+1x2，令g(x)=xsinx+1x2，x∈(0,π)，
求导得g′(x)=x(xcosx−sinx)−2x3，令φ(x)=xcosx−sinx，x∈(0,π)，
求导得φ′(x)=−xsinx<0，即函数φ(x)在(0,π)上单调递减，φ(x)<φ(0)=0，
于是g′(x)=xφ(x)−2x3<0，函数g(x)在(0,π)上单调递减，g(x)>g(π)=1π2，
而当x∈(0,π)时，g(x)=xsinx+1x2>1x2，函数y=1x2在(0,π)上单调递减，其值域为(1π2,+∞)，
因此函数g(x)在(0,π)上的值域为(1π2,+∞)，
则函数f(x)在(0,π)上只有一个零点，当且仅当2a>1π2，即a>12π2，
所以a的取值范围为(12π2,+∞)． 
【解析】(1)变形所证不等式，构造函数，利用导数探讨单调性推理作答．
(2)由函数零点的意义，分离参数并构造函数，再利用导数求出函数的值域作答．
本题主要考查不等式的证明，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．