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2022-2023学年湖北省武汉外国语学校高二（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年湖北省武汉外国语学校高二（下）期末数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了84B， 命题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省武汉外国语学校高二（下）期末数学试卷
1. (1−2x)8展开式中第4项的二项式系数为( )
A. −448 B. 1120 C. 56 D. 70
2. 根据变量Y和x的成对样本数据，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 ，对应的残差如图所示，模型误差( )
A. 满足一元线性回归模型的所有假设
B. 不满足一元线性回归模型的E(e)=0的假设
C. 不满足一元线性回归模型的D(e)=σ2假设
D. 不满足一元线性回归模型的E(e)=0和D(e)=σ2的假设
3. 设随机变量X的概率分布列如图所示，则D(2X+7)=( )
X
1
2
3
4
P
0.2
0.3
0.4
0.1
A. 0.84 B. 3.36 C. 1.68 D. 10.36
4. 命题：“∀x∈R，∃n∈N*，使得n≥x2”的否定是( )
A. ∃x∈R，∃n∈N*，使得n
A. 120
B. 180
C. 221
D. 300
6. 设随机变量X～N(0,1)，则X的密度函数为( )
A. f(x)=1 2πe−x22 B. f(x)=1 2πe−(x−1)22
C. f(x)=1 2πe−x22 D. f(x)=1 2πe−(x−1)22
7. 设随机变量X～B(n,p)，记pk=Cnkpk(1−p)n−k，k=0，1，2，…，n，下列说法正确的是( )
A. 当k由0增大到n时，pk先增后减，在某一个(或两个)k值处达到最大．二项分布当p=0.5时是对称的，当p<0.5时向右偏倚，当p>0.5时向左偏倚
B. 如果(n+1)p为正整数，当且仅当k=(n+1)p时，pk取最大值
C. 如果(n+1)p为非整数，当且仅当k取(n+1)p的整数部分时，pk取最大值
D. E(X)=np(1−p)
8. 已知函数f(x)=x2+x−1ex，则方程f(f(x))=−1的根的个数是( )
A. 2 B. 4 C. 5 D. 6
9. 设离散型随机变量X，非零常数a，b，下列说法正确的有( )
A. E(aX+b)=aE(X+ba) B. D(aX+b)=a2D(X+ba)
C. D(X)=E(X2)−E(X) D. D(X)=E(X2)−(E(X))2
10. 下列说法正确的有( )
A. 命题：“∀x∈R，1x>0”的否定是：“∃x∈R，1x≤0”
B. 命题：“若x>1，则2x+1>5”的否定是：“若x>1，则2x+1≤5”
C. 已知x，y∈R，则“x或y为有理数”是“xy为有理数”的既不充分也不必要条件
D. 如果x，y是实数，则“x≠y”是“cosx≠cosy”的必要不充分条件
11. 已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足：对∀x，y∈(0,+∞)，都有f(xy)=f(x)+f(y)，则对于∀x，y∈(0,+∞)，n∈N*，下式成立的有( )
A. f(x+y)=f(x)f(y) B. f(xy)=f(x)−f(y)
C. f(xn)=nf(x) D. f(nx)=1nf(x)
12. 下列不等式中成立的有( )
A. log43>log65
B. 当x>0时，x(ex−1+2)>x2+2lnx+2
C. 当x>−m，且m≤2时，ex>ln(x+m)
D. x∈R时，sinx≤x
13. 函数f(x)=ex(2x−1)x−1的单调减区间为______ ．
14. 2160有______ 个不同的正因数．
15. 已知某商品进价为a元/件，根据以往经验，当售价是b(b≥43a)元/件时，可卖出c件，市场调查表明，当售价下降10%时，销量可增加40%.现决定一次性降价，为获得最大利润，售价应定为______ 元/件.(用含a，b的式子表示)
16. 已知n∈N*，n≥2，计算Cn1+22Cn2+32Cn3+…+n2Cnn= ______ ．
17. 如图，△ABC和△DBC所在平面垂直，且AB=BC=BD，∠CBA=∠DBC=120°，求：
(1)直线AD与平面BDC所成角的大小；
(2)平面ABD和平面BDC夹角的余弦值．
18. (1)设集合A={x|x2−(a+1)x+a=0,a∈R}，B={x|x2−5x+4=0}，求：A∩B，A∪B．
(2)已知x，y，z都是正数，且满足x32+y32+z32=32，求证：xy+z+yz+x+zx+y≤34 xyz．
19. 已知数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，若a3=32，S3=92．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}是等差数列，b1=2，如果等差数列{cn}的通项cn满足cn=n2bn(n∈N+).令xn=an⋅bncn(n∈N+)，求数列{xn}的前n项和Tn．
20. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．
(1)求n(n∈N+)次传球后球在甲手中的概率；
(2)求n(n∈N+)次传球后球在乙手中的概率；
(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi=1)=1−P(Xi=0)=qi，i=1，2，…，n，则E(i=1nXi)=i=1nqi，记前n次传球后(即从第1次传球到第n次传球后)球在甲手中的次数为Y，求E(Y)．
21. 平面内与两定点A1(−a,0)，A2(a,0)(a>0)连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上A1，A2两点所成的曲线记为曲线C．
(1)求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值的关系；
(2)若m=−1时，对应的曲线为C1；对给定的m∈(−1,0)∪(0,+∞)，对应的曲线为C2.设F1，F2是C2的两个焦点，试问：在C1上是否存在点N，使得△F1NF2的面积S=|m|a2，并证明你的结论．
22. 已知矩形ABCD(AB>AD)的周长为6．
(1)把△ABC沿AC向△ADC折叠，AB折过去后交DC于点P，求△ADP的最大面积；
(2)若AB=2，AD=1，如图，AB，AD分别在x轴，y轴的正半轴上，A点与坐标原点重合，将矩形ABCD折叠，使A点落在线段DC上，设折痕所在直线的斜率为k，问当k为何值时，折痕的长度取最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据二项式系数的定义可知，二项式各项二项式系数为：C80，C81，C82，C83，…C88，
所以(1−2x)8的展开式中第4项的二项式系数是C83=56．
故选：C．
根据已知条件，结合二项式系数的定义，即可求解．
本题考查二项展开式中二项式系数的计算，注意二项展开式项的系数与二项式系数的区别，是基础题，
2.【答案】C
【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C．
故选：C．
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含义，属于中档题．
3.【答案】B
【解析】解：由题意知：E(X)=1×0.2+2×0.3+3×0.4+4×0.1=2.4．
所D(X)=(1−24)2×0.2+(2−0.4)2×0.3+(3−0.4)2×0.4+(4−0.4)2×0.1=0.84，
D(2X+7)=4D(X)=4×0.84=3.36．
故选：B．
先计算出E(X)，即可计算出D(X)，即可计算D(2X+7)．
本题考查排列组合的应用，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：命题命题“∀x∈R，∃n∈N*，使得n⩾x2”，
则命题的否定为：∃x∈R，∀n∈N*，使得n
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．
5.【答案】B
【解析】解：先排I，Ⅱ，Ⅲ共有A53=60种，Ⅳ有C31=3种，
故不同的着色方法数有60×3=180种．
故选：B．
先排I，Ⅱ，Ⅲ最后排Ⅳ，由此求得不同着色方法数．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：随机变量X～N(0,1)，
所以μ=0，σ=1，
则X的密度函数为f(x)=1 2πe−x22．
故选：A．
根据X的密度函数，代入即可求得答案．
本题考查正态分布，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，二项分布当p=0.5时是对称的，当p>0.5时向右偏倚，当p<0.5时向左偏倚，A错误；
对于B，如果(n+1)p为正整数，当k=(n+1)p或k=(n+1)p−1时，pk取最大值，B错误；
对于C，如果(n+1)p为非整数，当且仅当k取(n+1)p的整数部分时，pk取最大值，C正确；
对于D，E(X)=np，D错误．
故选：C．
根据题意，由二项分步的性质依次分析选项，即可得答案．
本题考查二项分布的性质，涉及其概率最大值的性质，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：f′(x)=−x2+x+2ex=−(x−2)(x+1)ex，
可得f(x)在(−∞,−1)递减，在(−1,2)递增，在(2,+∞)递减，
且f(x)=0时，x=−1± 52，f(−1)=−e，
f(x)的草图如下：
根据图象可得方程f(t)=−1有两个实根t1，t2，且t1=0，t2∈(−1− 52,−1)，
又方程f(x)=0有两个根，f(x)=t2有两个根，
所以方程f(f(x))=−1的根的个数是4．
故选：B．
利用导数求得函数f(x)的单调性，画出f(x)的图象，分别求得方程f(t)=−1，f(x)=t的根即可．
本题考查了函数的零点与方程的根，考查了数形结合数学，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，E(aX+b)=aE(X+ba)，故A正确；
对于B，D(aX+b)=a2D(X)=a2D(X+ba)，故B正确；
对于C，D，D(X)=E(X2)−(E(X))2，故C错误；D正确．
故选：ABD．
根据已知条件，结合期望与方差的线性公式，即可求解．
本题主要考查期望与方差的线性公式，属于基础题．
10.【答案】CD
【解析】解：对于A，命题“∀x∈R，1x>0”的否定为“∃x∈R，1x≤0”或“x=0”，A错误；
对于B，命题“若x>1，则2x+1>5”的否定为“存在x>1，使2x+1≤5”，B错误；
对于C，x，y∈R，则“x或y为有理数”是“xy为有理数”的既不充分也不必要条件，
比如x=1，y=π，满足“x或y为有理数”，但xy=π是无理数，所以”x或y为有理数”是“xy为有理数”的不充分条件，再比如x= 2，y= 2，满足“xy为有理数”，但x，y都不是有理数，所以”x或y为有理数”是“xy为有理数”的不必要条件，所以“x或y为有理数”是“xy为有理数”的既不充分也不必要条件，C正确；
对于D，由于余弦函数为周期函数，所以若“x≠y”，不一定有“cosx≠cosy”，
“x≠y”是“cosx≠cosy”不充分条件，
若“cosx≠cosy”，则x，y必不相等，所以“x≠y”是“cosx≠cosy”的必要条件，
所以如果x，y是实数，则“x≠y”是“cosx≠cosy”的必要不充分条件，D正确．
故选：CD．
命题的否定是对命题结论的否定，相当于找命题的漏洞，由此分析各选项即可．
本题主要考查命题否定的概念以及充要条件，属中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：因为xy⋅y=x，
所以f(x)=f(xy⋅y)=f(xy)+f(y)，
所以f(xy)=f(x)−f(y)，故B正确；
所以f(xn)=f(x)+f(xn−1)=f(x)+f(x)+f(xn−2)=…=f(x)+f(x)+…+f(x)=nf(x)，故C正确；
又因为x=(nx)n=nx×nx×nx×…×nx，
所以f(x)=f(nx)+f(nx)+…+f(nx)=nf(nx)，故D正确；
对于A，由题意可设f(x)=lnx，x>0，
则f(x+y)=ln(x+y)，
而f(x)f(y)=lnxlny≠ln(x+y)，故A错误．
故选：BCD．
设函数f(x)=lnx，x>0判断A选项，结合有f(xy)=f(x)+f(y)判断B，C，D选项．
本题考查了抽象函数的应用、对数的基本运算及逻辑推理能力，属于中档题．
12.【答案】C
【解析】解：对于A，令f(x)=lnxln(x+1)，则f′(x)=(x+1)ln(x+1)−xlnxx(x+1)ln2(x+1)，
当x>1，显然(x+1)ln(x+1)−xlnx>0，x(x+1)ln2(x+1)>0，
所以f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以有f(5)>f(3)，即ln5ln6>ln3ln4，
即log65>log43，A错误；
对于B，令g(x)=ex−(1+x)，h(x)=x−(lnx+1)，
则g′(x)=ex−1，h′(x)=1−1x，
当0
又g(1)=0，h(1)=0，所以g(x)≥0，h(x)≥0，
所以有当x>0，x(ex−1+2)≥x(x+2)≥x2+2lnx+2，
由于等号在同一点取得，所以x(ex−1+2)≥x2+2lnx+2，当且仅当x=1，等号成立，
对于C，令I(x)=x−ln(x+1)，同上可证明I(x)≥0，
结合上面分析所以有ex≥1+x≥ln(x+2)，
由于等号不是在同一点取得，所以ex>ln(x+2)，
当m≤2，自然有ex>ln(x+m)，C正确；
对于D，由于sin(−π2)=−1>−π2，所以D错误．
故选：C．
构造函数并结合反例进行分析即可．
本题主要考查对数的比较，构造函数是解决本题的关键．
13.【答案】(0,1)和(1,32)
【解析】解：由题意得函数定义域为{x|x≠1}，f′(x)=ex⋅[2x−1x−1+2(x−1)−(2x−1)(x−1)2]=ex⋅2x2−3x(x−1)2，
由f′(x)=0得x=0或x=32，由f′(x)<0得0
故答案为：(0,1)和(1,32).
由题意得函数定义域为{x|x≠1}，f′(x)=ex⋅[2x−1x−1+2(x−1)−(2x−1)(x−1)2]=ex⋅2x2−3x(x−1)2，求出f′(x)<0的解集，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
14.【答案】40
【解析】解：2160=24×33×5，它的正因数即为2，3，5的幂的乘积，
因此正因数个数为(4+1)×(3+1)×(1+1)=40，
故答案为：40．
把2160进行质因数分解，然后结合分步乘法原理计算．
本题考查分步计数原理，属于基础题．
15.【答案】4a+5b8
【解析】解：设销售价为x元/件，它比售价b元下降了10%，
从而x=b(1−10%)，故b−xb=110，
由题意此时可卖出m件，则m=c(1+40%)=c+4c⋅b−xb，
从而利润L(x)=(x−a)( c+4c⋅b−xb)=c(x−a)(5−4bx)，a
令L′(x)=0，解得x=4a+5b8，当x∈(a,4a+5b8)时，L′(x)>0；
当x∈(4a+5b8,5b4)时，L′(x)<0．
因此x=4a+5b8是函数L(x)的极大值点，也是最大值点．
则销售价为4a+5b8元/件时，可获得最大利润．
故答案为：4a+5b8．
设销售价为x元/件，它比售价b元下降了10%，根据x=b(1−10%)，可得b−xb=110，从而可求出卖出c(1+40%)=c+4c⋅b−xb，得利润函数L(x)=(x−a)( c+4c⋅b−xb)=c(x−a)(5−4bx)，a
16.【答案】n(n+1)2n−2
【解析】解：根据组合数公式可得k2Cnk=k2n!(n−k)!k!=nk(n−1)!(n−k)!(k−1)!=nkCn−1k−1，
kCn−1k=k(n−1)!(n−k−1)!k!=(n−1)⋅(n−2)!(n−k−1)!(k−1)!=(n−1)Cn−2k−1，
所以原式=n(Cn−10+2Cn−11+⋯+nCn−1n−1)
=n[Cn−10+Cn−11+⋯+Cn−1n−1+Cn−11+2Cn−12+⋯+(n−1)Cn−1n−1]
=n[2n−1+(n−1)(Cn−20+Cn−21+⋯+Cn−2n−2)
=n[2n−1+(n−1)2n−2]=n(n+1)2n−2．
故答案为：n(n+1)2n−2．
根据组合数公式可得k2Cnk=k2n!(n−k)!k!=nk(n−1)!(n−k)!(k−1)!=nkCn−1k−1，
kCn−1k=k(n−1)!(n−k−1)!k!=(n−1)⋅(n−2)!(n−k−1)!(k−1)!=(n−1)Cn−2k−1，再结合二项式系数和公式即可求解．
本题考查了二项式定理的应用计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)过点A作AE⊥BC，交BC的延长线于E，连接DE，
∵AB=BC=BD，∠CBA=∠CBD=120°，∴△CBA≌△CBD，
∴DE⊥BC，
∵平面ABC⊥平面BCD，且平面ABC∩平面BCD=BC，AE⊂平面ABC，
∴AE⊥平面BCD，
∵DE⊂平面BCD，EB⊂平面BCD，∴AE⊥DE，AE⊥BE，
∴ED，EB，EA两两垂直，
以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB=BC=BD=2，则BE=1，AE=DE= 3，
则A(0,0, 3)，D( 3,0,0)，E(0,0,0)，
AD=( 3,0,− 3)，
∵AE⊥平面BCD，∴平面BCD的一个法向量为EA=(0,0, 3)，
设直线AD与平面BDC所成角的大小为θ，
则sinθ=|EA⋅AD||EA|⋅|AD|=3 3⋅ 6= 22，
∴θ∈[0,π2]，∴θ=π4，
∴直线AD与平面BDC所成角的大小为π4．
(2)B(0,1,0)，C(0,3,0)，AB=(0,1,− 3)，
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AB=y− 3z=0n⋅AD= 3x− 3z=0，
令z=1，得n=(1, 3,1)，
∴|cos|=|EA⋅n||EA|⋅|n|= 3 3⋅ 5= 55，
∴平面ABD和平面BDC夹角的余弦值为 55．
【解析】(1)过点A作AE⊥BC，交BC的延长线于E，连接DE，证明ED，EB，EA两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的公式即可求出结果．
(2)利用向量法能求出平面ABD和平面BDC夹角的余弦值．
本题考查线面角的定义及求法、二面角的定义及余弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】(1)解：集合A={x|x2−(a+1)x+a=0,a∈R}={x|(x−1)(x−a)=0}，
B={x|x2−5x+4=0}={x|(x−1)(x−4)=0}={1,4}，
若a=1，则A={1}，则A∩B={1}，A∪B={1,4}，
若a=4，则A=B={1,4}，则A∩B={1,4}，A∪B={1,4}，
若a≠1，a≠4，则A={1,a}，则A∩B={1}，A∪B={1,a,4}．
(2)证明：因为x，y，z都是正数，x32+y32+z32=32，
所以x+y≥2 xy(当且仅当x=y时等号成立)，
y+z≥2 yz(当且仅当y=z时等号成立)，
z+x≥2 zx(当且仅当z=x时等号成立)，
所以xy+z+yz+x+zx+y≤x2 yz+y2 zx+z2 xy=x32+y32+z322 xyz=322 xyz=34 xyz，(当且仅当x=y=z时等号成立)
故：xy+z+yz+x+zx+y≤34 xyz．
【解析】(1)先求集合中的元素，注意集合中元素的互异性，因此需要对a分类讨论，然后求集合的交集和并集；
(2)运用基本不等式，利用问题形式上的对称性，通过通分结合已知条件可以得证．
(1)考查集合的运算，注意集合中元素的互异性；(2)运用基本不等式解决问题需要观察问题的形式，适当地放缩．
19.【答案】解：(1)设数列{an}的公比为q，则a3=a1q2=32S3=a1+a1q+32=92 ，
解得a1=6，q=−12或a1=32，q=1，
所以an=6×(−12)n−1或an=32；
(2)设数列{bn}的公差为d，则bn=2+(n−1)d=dn+2−d，
所以Cn=n2bn=n2dn+2−d，即c1=12，c2=4d+2，c3=92d+2，
又数列{cn}为等差数列，所以c1+c3=2c2，
即12+92d+2=8d+2，解得d=2，
即bn=2n，cn=n2，
当an=6×(−12)n−1时，xn=6×(−12)n−1×2nn2=24×(−12)n−1，
所以xn+1xn=24×(−12)n24×(−12)n−1=−12，x1=24，
即数列{xn}是以24为首项，−12为公比的等比数列，
所以Tn=24×[1−(−12)n]1−(−12)=16−16×(−12)n；
当an=32时，xn=32×2nn2=6，所以Tn=6n．
综上所述，Tn=16−16×(−12)n或6n．
【解析】(1)设数列{an}的公比为q，化简a3和S3为基本量a1和q的关系，进而解出a1和q，从而求解；
(2)设数列{bn}的公差为d，可得bn=dn+2−d，cn=n2dn+2−d，进而根据等差数列{cn}的前三项成等差数列，可得d=2，从而得到bn，Cn，进而分an=6×(−12)n−1或an=32两种情况得到xn，进而求解即可．
本题考查等差数列和等比数列的综合应用，属中档题．
20.【答案】解：(1)设n(n∈N+)次传球后球在甲手中的概率为Pn，
则P1=0=02，P2=2−022，P3=22−(2−0)23，
即2nPn=2n−1−2n−1Pn−1(n≥2)，整理得Pn−13=−12(Pn−1−13)，
又P1−13=−13，所以数列{Pn−13}是以−13为首项，−12为公比的等比数列，
所以Pn−13=−13×(−12)n−1，即Pn=−13×(−12)n−1+13；
(2)设n(n∈N+)次传球后球在乙手中的概率为Qn，
Q1=12，Q2=2−122，Q3=22−(2−1)23，
又Q1−13=16，与(1)同理，数列{Qn−13}是以16为首项，−12为公比的等比数列，
所以Qn−13=16×(−12)n−1，即Qn=16×(−12)n−1+13；
(3)结合(1)可得E(Y)=−13×1−(−12)n1−(−12)+n3=29×(−12)n+n3−29．
【解析】(1)由于球是从甲开始传的，第一次传球后球在甲手中的概率为0即02，第二次球传到甲的概率为2−022，第三次球传到甲的概率为22−(2−0)23，之后以此类推；
(2)第一次传球后球在乙手中的概率为12，第二次球传到乙的概率为2−122，第三次球传到乙手中的概率为22−(2−1)23，之后的以此类推；
(3)结合(1)进行计算．
本题考查排列组合的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设动点为M，其坐标为(x,y)，
当x≠±a时，由条件可得kMA1⋅kMA2=yx−a⋅yx+a=m，
即mx2−y2=ma2(x≠±a)，
又A1(−a,0)，A2(a,0)的坐标满足mx2−y2=ma2，
所以曲线C的方程为mx2−y2=ma2；
当m<−1时，曲线C的方程为x2a2+y2−ma2=1,C是焦点在y轴上的椭圆，
当m=−1时，曲线C的方程为x2+y2=a2，C是圆心在原点的圆，
当−1
(2)在C1上存在点N，使得△F1NF2的面积S=|m|a2，证明如下：
由(1)知，当m=−1时，曲线C1的方程为x2+y2=a2，
当m∈(−1,0)∪(0,+∞)时，C2的焦点分别为F1(−a 1+m,0),F2(a 1+m,0)，
对于给定的m∈(−1,0)∪(0,+∞)，C1上存在点N(x0,y0)(y0≠0)，使得△F1NF2的面积S=|m|a2的充要条件为
x02+y02=a2①12×2a 1+m|y0|=|m|a2②
由①得0<|y0|≤a，由②得|y0|=|m|a 1+m，
所以0<|m|a 1+m≤a，解得1− 52≤m<0或0
【解析】(1)设动点为M，其坐标为(x,y)，根据题意可得yx−a⋅yx+a=m，整理可得曲线C的方程为mx2−y2=ma2，再把方程化为标准方程即可判断曲线的类型；
(2)对于给定的m∈(−1,0)∪(0,+∞)，C1上存在点N(x0,y0)(y0≠0)，使得△F1NF2的面积S=|m|a2的充要条件为x02+y02=a212×2a 1+m|y0|=|m|a2，从而求得1− 52≤m<0或0
22.【答案】解：(1)设AB=x，由题意可知，矩形ABCD(AB>CD)的周长为6，所以AD=3−x，
由题意可知∠DCA=∠BAC=∠B′AC，所以PC=PA，
设PC=a，则DP=x−a，AP=a，而△ADP为直角三角形，
∴(3−x)²+(x−a)²=a²，∴a=x+92x−3，则DP=3−92x，
∴S△ADP=12×AD⋅DP=274−(274x+3x2)≤274−2 274x×3x2=274−9 22，
当且仅当274x=3x2时，即x=3 22，等号成立，此时AD=3−3 22满足AB>AD，
所以当AB=3 22，AD=3−3 22时，△ADP取最大面积为274−9 22．
(2)①当k=0时，此时A点与D点重合，折痕所在的直线方程y=12，折痕的长为2
②当k≠0时，将矩形折叠后A点落在线段CD上的点为G(a,1)(0
故G点坐标为G(−k,1)(−2≤k<0)，
从而折痕所在的直线与OG的交点坐标(线段OG的中点)为M(−k2,12)，
所以折痕所在的直线方程y−12=(x+k2)，即y=kx+k22+12(−2≤k<0)，
记PN²=y，
当折痕所在的直线过点D时，1=k22+12，解得k=−a(舍去k=−1)，
当折痕所在的直线过点B时，0=2k+k22+12，解得k=−2+ 3(舍去k=−2− 3)，
如图(1)，折痕所在的直线与边AD、BC的交点坐标为N(0,k2+12)，P(2,2k+k2+12)，
这时−2+ 3
如图(2)，折痕所在的直线与边AD、AB的交点坐标为N(0,k2+12),P(−k2+12k,0)，
这时，−1≤k≤−2+ 3，y=(k2+12)2+(−k2+12k)2=(k2+1)34k2，
则y′=(k2+1)2(2k2−1)2k3，
令y′=0，得k=− 22，
所以当−1≤k<− 22时，y′>0，函数单调递增，
当− 22
当k=− 22时，y=2716；
当k=−2+ 3时，y=16(2− 3)，
∴y∈[2716,16(2− 3)]，
如图(3)，折痕所在的直线与边CD、AB的交点坐标为N(1−k22k,1),P(−k2+12k,0)，
这时−2≤k<−1，y=(1k)2+1∈[54,2),
综上所述，ymax=16(2− 3)，即折痕的长度取最大值2( 6− 2)，此时k=−2+ 3．
【解析】(1)设AB=x，PC=a，由题意可知，DP=x−a，AP=a，由△ADP为直角三角形得a=x+92x−3，再用三角形的面积公式求得△ADP的面积关于x的函数，再利用基本不等式即可求得最大值；
(2)对折痕所在直线的斜率分类讨论，斜率为0时，易得结论，斜率不为0时，又要分析折痕所在直线与矩形两边的交点在左右两边、上下两边、左下两边三种情况讨论，最后可解．
本题主要考查数形结合以及根据实际问题选择合适的函数模型，属于中档题．
2022-2023学年湖北省武汉外国语学校高二（下）期末数学试卷
1. (1−2x)8展开式中第4项的二项式系数为( )
A. −448 B. 1120 C. 56 D. 70
2. 根据变量Y和x的成对样本数据，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 ，对应的残差如图所示，模型误差( )
A. 满足一元线性回归模型的所有假设
B. 不满足一元线性回归模型的E(e)=0的假设
C. 不满足一元线性回归模型的D(e)=σ2假设
D. 不满足一元线性回归模型的E(e)=0和D(e)=σ2的假设
3. 设随机变量X的概率分布列如图所示，则D(2X+7)=( )
X
1
2
3
4
P
0.2
0.3
0.4
0.1
A. 0.84 B. 3.36 C. 1.68 D. 10.36
4. 命题：“∀x∈R，∃n∈N*，使得n≥x2”的否定是( )
A. ∃x∈R，∃n∈N*，使得n
A. 120
B. 180
C. 221
D. 300
6. 设随机变量X～N(0,1)，则X的密度函数为( )
A. f(x)=1 2πe−x22 B. f(x)=1 2πe−(x−1)22
C. f(x)=1 2πe−x22 D. f(x)=1 2πe−(x−1)22
7. 设随机变量X～B(n,p)，记pk=Cnkpk(1−p)n−k，k=0，1，2，…，n，下列说法正确的是( )
A. 当k由0增大到n时，pk先增后减，在某一个(或两个)k值处达到最大．二项分布当p=0.5时是对称的，当p<0.5时向右偏倚，当p>0.5时向左偏倚
B. 如果(n+1)p为正整数，当且仅当k=(n+1)p时，pk取最大值
C. 如果(n+1)p为非整数，当且仅当k取(n+1)p的整数部分时，pk取最大值
D. E(X)=np(1−p)
8. 已知函数f(x)=x2+x−1ex，则方程f(f(x))=−1的根的个数是( )
A. 2 B. 4 C. 5 D. 6
9. 设离散型随机变量X，非零常数a，b，下列说法正确的有( )
A. E(aX+b)=aE(X+ba) B. D(aX+b)=a2D(X+ba)
C. D(X)=E(X2)−E(X) D. D(X)=E(X2)−(E(X))2
10. 下列说法正确的有( )
A. 命题：“∀x∈R，1x>0”的否定是：“∃x∈R，1x≤0”
B. 命题：“若x>1，则2x+1>5”的否定是：“若x>1，则2x+1≤5”
C. 已知x，y∈R，则“x或y为有理数”是“xy为有理数”的既不充分也不必要条件
D. 如果x，y是实数，则“x≠y”是“cosx≠cosy”的必要不充分条件
11. 已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足：对∀x，y∈(0,+∞)，都有f(xy)=f(x)+f(y)，则对于∀x，y∈(0,+∞)，n∈N*，下式成立的有( )
A. f(x+y)=f(x)f(y) B. f(xy)=f(x)−f(y)
C. f(xn)=nf(x) D. f(nx)=1nf(x)
12. 下列不等式中成立的有( )
A. log43>log65
B. 当x>0时，x(ex−1+2)>x2+2lnx+2
C. 当x>−m，且m≤2时，ex>ln(x+m)
D. x∈R时，sinx≤x
13. 函数f(x)=ex(2x−1)x−1的单调减区间为______ ．
14. 2160有______ 个不同的正因数．
15. 已知某商品进价为a元/件，根据以往经验，当售价是b(b≥43a)元/件时，可卖出c件，市场调查表明，当售价下降10%时，销量可增加40%.现决定一次性降价，为获得最大利润，售价应定为______ 元/件.(用含a，b的式子表示)
16. 已知n∈N*，n≥2，计算Cn1+22Cn2+32Cn3+…+n2Cnn= ______ ．
17. 如图，△ABC和△DBC所在平面垂直，且AB=BC=BD，∠CBA=∠DBC=120°，求：
(1)直线AD与平面BDC所成角的大小；
(2)平面ABD和平面BDC夹角的余弦值．
18. (1)设集合A={x|x2−(a+1)x+a=0,a∈R}，B={x|x2−5x+4=0}，求：A∩B，A∪B．
(2)已知x，y，z都是正数，且满足x32+y32+z32=32，求证：xy+z+yz+x+zx+y≤34 xyz．
19. 已知数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，若a3=32，S3=92．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}是等差数列，b1=2，如果等差数列{cn}的通项cn满足cn=n2bn(n∈N+).令xn=an⋅bncn(n∈N+)，求数列{xn}的前n项和Tn．
20. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．
(1)求n(n∈N+)次传球后球在甲手中的概率；
(2)求n(n∈N+)次传球后球在乙手中的概率；
(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi=1)=1−P(Xi=0)=qi，i=1，2，…，n，则E(i=1nXi)=i=1nqi，记前n次传球后(即从第1次传球到第n次传球后)球在甲手中的次数为Y，求E(Y)．
21. 平面内与两定点A1(−a,0)，A2(a,0)(a>0)连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上A1，A2两点所成的曲线记为曲线C．
(1)求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值的关系；
(2)若m=−1时，对应的曲线为C1；对给定的m∈(−1,0)∪(0,+∞)，对应的曲线为C2.设F1，F2是C2的两个焦点，试问：在C1上是否存在点N，使得△F1NF2的面积S=|m|a2，并证明你的结论．
22. 已知矩形ABCD(AB>AD)的周长为6．
(1)把△ABC沿AC向△ADC折叠，AB折过去后交DC于点P，求△ADP的最大面积；
(2)若AB=2，AD=1，如图，AB，AD分别在x轴，y轴的正半轴上，A点与坐标原点重合，将矩形ABCD折叠，使A点落在线段DC上，设折痕所在直线的斜率为k，问当k为何值时，折痕的长度取最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据二项式系数的定义可知，二项式各项二项式系数为：C80，C81，C82，C83，…C88，
所以(1−2x)8的展开式中第4项的二项式系数是C83=56．
故选：C．
根据已知条件，结合二项式系数的定义，即可求解．
本题考查二项展开式中二项式系数的计算，注意二项展开式项的系数与二项式系数的区别，是基础题，
2.【答案】C
【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C．
故选：C．
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含义，属于中档题．
3.【答案】B
【解析】解：由题意知：E(X)=1×0.2+2×0.3+3×0.4+4×0.1=2.4．
所D(X)=(1−24)2×0.2+(2−0.4)2×0.3+(3−0.4)2×0.4+(4−0.4)2×0.1=0.84，
D(2X+7)=4D(X)=4×0.84=3.36．
故选：B．
先计算出E(X)，即可计算出D(X)，即可计算D(2X+7)．
本题考查排列组合的应用，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：命题命题“∀x∈R，∃n∈N*，使得n⩾x2”，
则命题的否定为：∃x∈R，∀n∈N*，使得n
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．
5.【答案】B
【解析】解：先排I，Ⅱ，Ⅲ共有A53=60种，Ⅳ有C31=3种，
故不同的着色方法数有60×3=180种．
故选：B．
先排I，Ⅱ，Ⅲ最后排Ⅳ，由此求得不同着色方法数．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：随机变量X～N(0,1)，
所以μ=0，σ=1，
则X的密度函数为f(x)=1 2πe−x22．
故选：A．
根据X的密度函数，代入即可求得答案．
本题考查正态分布，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，二项分布当p=0.5时是对称的，当p>0.5时向右偏倚，当p<0.5时向左偏倚，A错误；
对于B，如果(n+1)p为正整数，当k=(n+1)p或k=(n+1)p−1时，pk取最大值，B错误；
对于C，如果(n+1)p为非整数，当且仅当k取(n+1)p的整数部分时，pk取最大值，C正确；
对于D，E(X)=np，D错误．
故选：C．
根据题意，由二项分步的性质依次分析选项，即可得答案．
本题考查二项分布的性质，涉及其概率最大值的性质，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：f′(x)=−x2+x+2ex=−(x−2)(x+1)ex，
可得f(x)在(−∞,−1)递减，在(−1,2)递增，在(2,+∞)递减，
且f(x)=0时，x=−1± 52，f(−1)=−e，
f(x)的草图如下：
根据图象可得方程f(t)=−1有两个实根t1，t2，且t1=0，t2∈(−1− 52,−1)，
又方程f(x)=0有两个根，f(x)=t2有两个根，
所以方程f(f(x))=−1的根的个数是4．
故选：B．
利用导数求得函数f(x)的单调性，画出f(x)的图象，分别求得方程f(t)=−1，f(x)=t的根即可．
本题考查了函数的零点与方程的根，考查了数形结合数学，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，E(aX+b)=aE(X+ba)，故A正确；
对于B，D(aX+b)=a2D(X)=a2D(X+ba)，故B正确；
对于C，D，D(X)=E(X2)−(E(X))2，故C错误；D正确．
故选：ABD．
根据已知条件，结合期望与方差的线性公式，即可求解．
本题主要考查期望与方差的线性公式，属于基础题．
10.【答案】CD
【解析】解：对于A，命题“∀x∈R，1x>0”的否定为“∃x∈R，1x≤0”或“x=0”，A错误；
对于B，命题“若x>1，则2x+1>5”的否定为“存在x>1，使2x+1≤5”，B错误；
对于C，x，y∈R，则“x或y为有理数”是“xy为有理数”的既不充分也不必要条件，
比如x=1，y=π，满足“x或y为有理数”，但xy=π是无理数，所以”x或y为有理数”是“xy为有理数”的不充分条件，再比如x= 2，y= 2，满足“xy为有理数”，但x，y都不是有理数，所以”x或y为有理数”是“xy为有理数”的不必要条件，所以“x或y为有理数”是“xy为有理数”的既不充分也不必要条件，C正确；
对于D，由于余弦函数为周期函数，所以若“x≠y”，不一定有“cosx≠cosy”，
“x≠y”是“cosx≠cosy”不充分条件，
若“cosx≠cosy”，则x，y必不相等，所以“x≠y”是“cosx≠cosy”的必要条件，
所以如果x，y是实数，则“x≠y”是“cosx≠cosy”的必要不充分条件，D正确．
故选：CD．
命题的否定是对命题结论的否定，相当于找命题的漏洞，由此分析各选项即可．
本题主要考查命题否定的概念以及充要条件，属中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：因为xy⋅y=x，
所以f(x)=f(xy⋅y)=f(xy)+f(y)，
所以f(xy)=f(x)−f(y)，故B正确；
所以f(xn)=f(x)+f(xn−1)=f(x)+f(x)+f(xn−2)=…=f(x)+f(x)+…+f(x)=nf(x)，故C正确；
又因为x=(nx)n=nx×nx×nx×…×nx，
所以f(x)=f(nx)+f(nx)+…+f(nx)=nf(nx)，故D正确；
对于A，由题意可设f(x)=lnx，x>0，
则f(x+y)=ln(x+y)，
而f(x)f(y)=lnxlny≠ln(x+y)，故A错误．
故选：BCD．
设函数f(x)=lnx，x>0判断A选项，结合有f(xy)=f(x)+f(y)判断B，C，D选项．
本题考查了抽象函数的应用、对数的基本运算及逻辑推理能力，属于中档题．
12.【答案】C
【解析】解：对于A，令f(x)=lnxln(x+1)，则f′(x)=(x+1)ln(x+1)−xlnxx(x+1)ln2(x+1)，
当x>1，显然(x+1)ln(x+1)−xlnx>0，x(x+1)ln2(x+1)>0，
所以f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以有f(5)>f(3)，即ln5ln6>ln3ln4，
即log65>log43，A错误；
对于B，令g(x)=ex−(1+x)，h(x)=x−(lnx+1)，
则g′(x)=ex−1，h′(x)=1−1x，
当0
又g(1)=0，h(1)=0，所以g(x)≥0，h(x)≥0，
所以有当x>0，x(ex−1+2)≥x(x+2)≥x2+2lnx+2，
由于等号在同一点取得，所以x(ex−1+2)≥x2+2lnx+2，当且仅当x=1，等号成立，
对于C，令I(x)=x−ln(x+1)，同上可证明I(x)≥0，
结合上面分析所以有ex≥1+x≥ln(x+2)，
由于等号不是在同一点取得，所以ex>ln(x+2)，
当m≤2，自然有ex>ln(x+m)，C正确；
对于D，由于sin(−π2)=−1>−π2，所以D错误．
故选：C．
构造函数并结合反例进行分析即可．
本题主要考查对数的比较，构造函数是解决本题的关键．
13.【答案】(0,1)和(1,32)
【解析】解：由题意得函数定义域为{x|x≠1}，f′(x)=ex⋅[2x−1x−1+2(x−1)−(2x−1)(x−1)2]=ex⋅2x2−3x(x−1)2，
由f′(x)=0得x=0或x=32，由f′(x)<0得0
故答案为：(0,1)和(1,32).
由题意得函数定义域为{x|x≠1}，f′(x)=ex⋅[2x−1x−1+2(x−1)−(2x−1)(x−1)2]=ex⋅2x2−3x(x−1)2，求出f′(x)<0的解集，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
14.【答案】40
【解析】解：2160=24×33×5，它的正因数即为2，3，5的幂的乘积，
因此正因数个数为(4+1)×(3+1)×(1+1)=40，
故答案为：40．
把2160进行质因数分解，然后结合分步乘法原理计算．
本题考查分步计数原理，属于基础题．
15.【答案】4a+5b8
【解析】解：设销售价为x元/件，它比售价b元下降了10%，
从而x=b(1−10%)，故b−xb=110，
由题意此时可卖出m件，则m=c(1+40%)=c+4c⋅b−xb，
从而利润L(x)=(x−a)( c+4c⋅b−xb)=c(x−a)(5−4bx)，a
令L′(x)=0，解得x=4a+5b8，当x∈(a,4a+5b8)时，L′(x)>0；
当x∈(4a+5b8,5b4)时，L′(x)<0．
因此x=4a+5b8是函数L(x)的极大值点，也是最大值点．
则销售价为4a+5b8元/件时，可获得最大利润．
故答案为：4a+5b8．
设销售价为x元/件，它比售价b元下降了10%，根据x=b(1−10%)，可得b−xb=110，从而可求出卖出c(1+40%)=c+4c⋅b−xb，得利润函数L(x)=(x−a)( c+4c⋅b−xb)=c(x−a)(5−4bx)，a
16.【答案】n(n+1)2n−2
【解析】解：根据组合数公式可得k2Cnk=k2n!(n−k)!k!=nk(n−1)!(n−k)!(k−1)!=nkCn−1k−1，
kCn−1k=k(n−1)!(n−k−1)!k!=(n−1)⋅(n−2)!(n−k−1)!(k−1)!=(n−1)Cn−2k−1，
所以原式=n(Cn−10+2Cn−11+⋯+nCn−1n−1)
=n[Cn−10+Cn−11+⋯+Cn−1n−1+Cn−11+2Cn−12+⋯+(n−1)Cn−1n−1]
=n[2n−1+(n−1)(Cn−20+Cn−21+⋯+Cn−2n−2)
=n[2n−1+(n−1)2n−2]=n(n+1)2n−2．
故答案为：n(n+1)2n−2．
根据组合数公式可得k2Cnk=k2n!(n−k)!k!=nk(n−1)!(n−k)!(k−1)!=nkCn−1k−1，
kCn−1k=k(n−1)!(n−k−1)!k!=(n−1)⋅(n−2)!(n−k−1)!(k−1)!=(n−1)Cn−2k−1，再结合二项式系数和公式即可求解．
本题考查了二项式定理的应用计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)过点A作AE⊥BC，交BC的延长线于E，连接DE，
∵AB=BC=BD，∠CBA=∠CBD=120°，∴△CBA≌△CBD，
∴DE⊥BC，
∵平面ABC⊥平面BCD，且平面ABC∩平面BCD=BC，AE⊂平面ABC，
∴AE⊥平面BCD，
∵DE⊂平面BCD，EB⊂平面BCD，∴AE⊥DE，AE⊥BE，
∴ED，EB，EA两两垂直，
以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB=BC=BD=2，则BE=1，AE=DE= 3，
则A(0,0, 3)，D( 3,0,0)，E(0,0,0)，
AD=( 3,0,− 3)，
∵AE⊥平面BCD，∴平面BCD的一个法向量为EA=(0,0, 3)，
设直线AD与平面BDC所成角的大小为θ，
则sinθ=|EA⋅AD||EA|⋅|AD|=3 3⋅ 6= 22，
∴θ∈[0,π2]，∴θ=π4，
∴直线AD与平面BDC所成角的大小为π4．
(2)B(0,1,0)，C(0,3,0)，AB=(0,1,− 3)，
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AB=y− 3z=0n⋅AD= 3x− 3z=0，
令z=1，得n=(1, 3,1)，
∴|cos
∴平面ABD和平面BDC夹角的余弦值为 55．
【解析】(1)过点A作AE⊥BC，交BC的延长线于E，连接DE，证明ED，EB，EA两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的公式即可求出结果．
(2)利用向量法能求出平面ABD和平面BDC夹角的余弦值．
本题考查线面角的定义及求法、二面角的定义及余弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】(1)解：集合A={x|x2−(a+1)x+a=0,a∈R}={x|(x−1)(x−a)=0}，
B={x|x2−5x+4=0}={x|(x−1)(x−4)=0}={1,4}，
若a=1，则A={1}，则A∩B={1}，A∪B={1,4}，
若a=4，则A=B={1,4}，则A∩B={1,4}，A∪B={1,4}，
若a≠1，a≠4，则A={1,a}，则A∩B={1}，A∪B={1,a,4}．
(2)证明：因为x，y，z都是正数，x32+y32+z32=32，
所以x+y≥2 xy(当且仅当x=y时等号成立)，
y+z≥2 yz(当且仅当y=z时等号成立)，
z+x≥2 zx(当且仅当z=x时等号成立)，
所以xy+z+yz+x+zx+y≤x2 yz+y2 zx+z2 xy=x32+y32+z322 xyz=322 xyz=34 xyz，(当且仅当x=y=z时等号成立)
故：xy+z+yz+x+zx+y≤34 xyz．
【解析】(1)先求集合中的元素，注意集合中元素的互异性，因此需要对a分类讨论，然后求集合的交集和并集；
(2)运用基本不等式，利用问题形式上的对称性，通过通分结合已知条件可以得证．
(1)考查集合的运算，注意集合中元素的互异性；(2)运用基本不等式解决问题需要观察问题的形式，适当地放缩．
19.【答案】解：(1)设数列{an}的公比为q，则a3=a1q2=32S3=a1+a1q+32=92 ，
解得a1=6，q=−12或a1=32，q=1，
所以an=6×(−12)n−1或an=32；
(2)设数列{bn}的公差为d，则bn=2+(n−1)d=dn+2−d，
所以Cn=n2bn=n2dn+2−d，即c1=12，c2=4d+2，c3=92d+2，
又数列{cn}为等差数列，所以c1+c3=2c2，
即12+92d+2=8d+2，解得d=2，
即bn=2n，cn=n2，
当an=6×(−12)n−1时，xn=6×(−12)n−1×2nn2=24×(−12)n−1，
所以xn+1xn=24×(−12)n24×(−12)n−1=−12，x1=24，
即数列{xn}是以24为首项，−12为公比的等比数列，
所以Tn=24×[1−(−12)n]1−(−12)=16−16×(−12)n；
当an=32时，xn=32×2nn2=6，所以Tn=6n．
综上所述，Tn=16−16×(−12)n或6n．
【解析】(1)设数列{an}的公比为q，化简a3和S3为基本量a1和q的关系，进而解出a1和q，从而求解；
(2)设数列{bn}的公差为d，可得bn=dn+2−d，cn=n2dn+2−d，进而根据等差数列{cn}的前三项成等差数列，可得d=2，从而得到bn，Cn，进而分an=6×(−12)n−1或an=32两种情况得到xn，进而求解即可．
本题考查等差数列和等比数列的综合应用，属中档题．
20.【答案】解：(1)设n(n∈N+)次传球后球在甲手中的概率为Pn，
则P1=0=02，P2=2−022，P3=22−(2−0)23，
即2nPn=2n−1−2n−1Pn−1(n≥2)，整理得Pn−13=−12(Pn−1−13)，
又P1−13=−13，所以数列{Pn−13}是以−13为首项，−12为公比的等比数列，
所以Pn−13=−13×(−12)n−1，即Pn=−13×(−12)n−1+13；
(2)设n(n∈N+)次传球后球在乙手中的概率为Qn，
Q1=12，Q2=2−122，Q3=22−(2−1)23，
又Q1−13=16，与(1)同理，数列{Qn−13}是以16为首项，−12为公比的等比数列，
所以Qn−13=16×(−12)n−1，即Qn=16×(−12)n−1+13；
(3)结合(1)可得E(Y)=−13×1−(−12)n1−(−12)+n3=29×(−12)n+n3−29．
【解析】(1)由于球是从甲开始传的，第一次传球后球在甲手中的概率为0即02，第二次球传到甲的概率为2−022，第三次球传到甲的概率为22−(2−0)23，之后以此类推；
(2)第一次传球后球在乙手中的概率为12，第二次球传到乙的概率为2−122，第三次球传到乙手中的概率为22−(2−1)23，之后的以此类推；
(3)结合(1)进行计算．
本题考查排列组合的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设动点为M，其坐标为(x,y)，
当x≠±a时，由条件可得kMA1⋅kMA2=yx−a⋅yx+a=m，
即mx2−y2=ma2(x≠±a)，
又A1(−a,0)，A2(a,0)的坐标满足mx2−y2=ma2，
所以曲线C的方程为mx2−y2=ma2；
当m<−1时，曲线C的方程为x2a2+y2−ma2=1,C是焦点在y轴上的椭圆，
当m=−1时，曲线C的方程为x2+y2=a2，C是圆心在原点的圆，
当−1
(2)在C1上存在点N，使得△F1NF2的面积S=|m|a2，证明如下：
由(1)知，当m=−1时，曲线C1的方程为x2+y2=a2，
当m∈(−1,0)∪(0,+∞)时，C2的焦点分别为F1(−a 1+m,0),F2(a 1+m,0)，
对于给定的m∈(−1,0)∪(0,+∞)，C1上存在点N(x0,y0)(y0≠0)，使得△F1NF2的面积S=|m|a2的充要条件为
x02+y02=a2①12×2a 1+m|y0|=|m|a2②
由①得0<|y0|≤a，由②得|y0|=|m|a 1+m，
所以0<|m|a 1+m≤a，解得1− 52≤m<0或0
【解析】(1)设动点为M，其坐标为(x,y)，根据题意可得yx−a⋅yx+a=m，整理可得曲线C的方程为mx2−y2=ma2，再把方程化为标准方程即可判断曲线的类型；
(2)对于给定的m∈(−1,0)∪(0,+∞)，C1上存在点N(x0,y0)(y0≠0)，使得△F1NF2的面积S=|m|a2的充要条件为x02+y02=a212×2a 1+m|y0|=|m|a2，从而求得1− 52≤m<0或0
22.【答案】解：(1)设AB=x，由题意可知，矩形ABCD(AB>CD)的周长为6，所以AD=3−x，
由题意可知∠DCA=∠BAC=∠B′AC，所以PC=PA，
设PC=a，则DP=x−a，AP=a，而△ADP为直角三角形，
∴(3−x)²+(x−a)²=a²，∴a=x+92x−3，则DP=3−92x，
∴S△ADP=12×AD⋅DP=274−(274x+3x2)≤274−2 274x×3x2=274−9 22，
当且仅当274x=3x2时，即x=3 22，等号成立，此时AD=3−3 22满足AB>AD，
所以当AB=3 22，AD=3−3 22时，△ADP取最大面积为274−9 22．
(2)①当k=0时，此时A点与D点重合，折痕所在的直线方程y=12，折痕的长为2
②当k≠0时，将矩形折叠后A点落在线段CD上的点为G(a,1)(0
故G点坐标为G(−k,1)(−2≤k<0)，
从而折痕所在的直线与OG的交点坐标(线段OG的中点)为M(−k2,12)，
所以折痕所在的直线方程y−12=(x+k2)，即y=kx+k22+12(−2≤k<0)，
记PN²=y，
当折痕所在的直线过点D时，1=k22+12，解得k=−a(舍去k=−1)，
当折痕所在的直线过点B时，0=2k+k22+12，解得k=−2+ 3(舍去k=−2− 3)，
如图(1)，折痕所在的直线与边AD、BC的交点坐标为N(0,k2+12)，P(2,2k+k2+12)，
这时−2+ 3
如图(2)，折痕所在的直线与边AD、AB的交点坐标为N(0,k2+12),P(−k2+12k,0)，
这时，−1≤k≤−2+ 3，y=(k2+12)2+(−k2+12k)2=(k2+1)34k2，
则y′=(k2+1)2(2k2−1)2k3，
令y′=0，得k=− 22，
所以当−1≤k<− 22时，y′>0，函数单调递增，
当− 22
当k=− 22时，y=2716；
当k=−2+ 3时，y=16(2− 3)，
∴y∈[2716,16(2− 3)]，
如图(3)，折痕所在的直线与边CD、AB的交点坐标为N(1−k22k,1),P(−k2+12k,0)，
这时−2≤k<−1，y=(1k)2+1∈[54,2),
综上所述，ymax=16(2− 3)，即折痕的长度取最大值2( 6− 2)，此时k=−2+ 3．
【解析】(1)设AB=x，PC=a，由题意可知，DP=x−a，AP=a，由△ADP为直角三角形得a=x+92x−3，再用三角形的面积公式求得△ADP的面积关于x的函数，再利用基本不等式即可求得最大值；
(2)对折痕所在直线的斜率分类讨论，斜率为0时，易得结论，斜率不为0时，又要分析折痕所在直线与矩形两边的交点在左右两边、上下两边、左下两边三种情况讨论，最后可解．
本题主要考查数形结合以及根据实际问题选择合适的函数模型，属于中档题．
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