2022-2023学年安徽省芜湖市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

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这是一份2022-2023学年安徽省芜湖市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共18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.经过点A(1,2)，倾斜角为π4的直线的点斜式方程为( )
A. y−2=x−1B. y=x+1C. x−y+1=0D. x−y=−1
2.已知数列{an}是等差数列，a3=6，a6=3，则a9=( )
A. 9B. 0C. −3D. −6
3.某工厂生产的新能源汽车的某部件产品的质量指标X服从正态分布N(5,σ2)(σ>0)，若P(54)=( )
A. 0.76B. 0.24C. 0.26D. 0.74
4.F为抛物线C：y2=12x的焦点，直线x=1与抛物线交于A，B两点，则∠AFB为( )
A. 30∘B. 60∘C. 120∘D. 150∘
5.在棱长为3的正四面体A−BCD中，E为BC的中点，F为CD上靠近D的三等分点，则AB⋅EF为( )
A. 94B. −94C. 274D. −274
6.甲、乙、丙、丁、戊、己共6名同学进行数学文化知识比赛，决出第1名到第6名的名次.甲、乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都不是第一名.”对乙说：“你和丙的名次是相邻的.”从对这两人回答分析，这6人的名次排列的所有可能不同情况有种.( )
A. 144B. 156C. 168D. 192
7.客机越来越普及之后，为了减少空气阻力、降低油耗以及减少乱流，飞机开始越来越往高空飞，飞机的机身也因此做了很多调整，其中一项调整是机舱必须加压，好让旅客在内部能够生存，为了更好地分散机窗压力，工程师将最开始的方形窗户改为椭圆形窗户如图1所示，使其均匀受压，飞机更为安全.一缕阳光从飞机窗户射入，在机舱地面上形成轮廓为圆的光斑，如图2所示.若光线与地面所成角为60∘，则椭圆的离心率为( )
A. 12B. 33C. 63D. 32
8.已知a=2cs1，b=esin1+ln2−1，c=32，则下列不等关系正确的是( )
A. a二、多选题：本题共4小题，共16分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列说法正确的有( )
A. 随机变量X的方差D(X)越大，则随机变量X的取值与均值E(X)的偏离程度越大
B. 随机抛掷质地均匀的硬币100次，出现50次正面向上的可能性为12
C. 根据分类变量X与Y的样本数据计算得到χ2=3.218，根据小概率α=0.05的独立性检验(x0.05=3.841))，可判断X与Y有关，且犯错误的概率不超过0.05
D. 若变量y关于变量x的经验回归方程为y =0.3−0.7x时，则变量x与y负相关
10.已知函数f(x)=ex+3(e是自然对数的底数)，则下列结论正确的是( )
A. 曲线y=f(x)的切线斜率可以是−1
B. 曲线y=f(x)的切线斜率可以是2
C. 过点(0,3)且与曲线y=f(x)相切的直线有且只有1条
D. 过点(1,5)且与曲线y=f(x)相切的直线有且只有2条
11.一个不透明的袋子里，装有大小相同的3个红球和2个白球，每次从中不放回地取出一球，现取出2个球，则下列说法正确的是( )
A. 两个都是红球的概率为625
B. 在第一次取到红球的条件下，第二次取到白球的概率为12
C. 第二次取到红球的概率为35
D. 第二次取到红球的条件下，第一次取到白球的概率为12
12.已知数列{an}有无限项且满足：a2n+1−a2n−1=2(n∈N*)，a2n+2−a2n=t(n∈N*)，其中t为大于0的常数，则下列说法正确的有( )
A. 当t=2时，若数列{an}是等差数列，则a2−a1=1
B. 当t=2时，若数列{an}是单调递增数列，则0C. 存在t≠2，数列{an}是单调递增数列
D. 任意t≠2，数列{an}不可能是单调递增数列
三、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
13.已知函数f(x)=2sinx+ex−x2，则f′(0)=______.
14.在(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5)的展开式中，含x4的项的系数是______.
15.已知圆O：x2+y2=1，A(m,1)，若圆O上存在两点B，C使得△ABC为等边三角形，则m的取值范围为______.
16.俄罗斯方块游戏，是一款由俄罗斯人阿列克谢⋅帕基特诺夫发明的休闲游戏，它的玩法就是用一些随机出现的几何图案去填充平面区域，消去一行就会有得分，如果一次能消去多行，则会得到很多额外的奖励分，但这会承担一定的风险，因为这些随机的图案是需要通过适当的平移或旋转后才可能被放置到合适的空位上去的，当剩余的内容太多时，就不容易做这些操作，而导致失败.已知这些随机出现的图案都是由若干块相同的小正方形拼接在一起构成的，要求相邻的两个正方形必须有一条公共边相连.如果相同小正方形的个数为n，记用它们构成的不同图案总数为an(通过平移或旋转后重合的视为同一个图案).已知a1=1，a2=1，a3=2，则a4=______.
四、解答题：本题共6小题，共44分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
2023年5月，某高中开展了“最美寝室”文化布置评比活动，学生会成员随机抽取了12间寝室进行量化评估，其中有4间寝室被评为优秀寝室.
(1)现从这12间寝室中随机抽取3间，求有1间优秀的概率；
(2)以这12间寝室的评估情况来估计全校寝室的文化布置情况，若从全校所有寝室中任选3间，记X表示抽到优秀的寝室间数，求X的分布列和期望.
18.(本小题6分)
在三棱锥P−ABC中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB，PC=4且直线PC与平面ABC所成角为30∘，O为AB中点.
(1)求证：平面POC⊥平面ABC；
(2)求二面角A−PB−C的正弦值.
19.(本小题7分)
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=12an+1−1.
(1)求数列{an}的通项an；
(2)在an和an+1之间插入n−1个数，使这n+1个数组成一个公差为dn的等差数列，求证：i=1n4di<94.
20.(本小题8分)
杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在1261年所著的《详解九章算法》给出了如下图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.
杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题.
性质1：杨辉三角的第n行就是(a+b)n的展开式的二项式系数；
性质2(对称性)：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即Cnr=Cnn−r；
性质3(递归性)：除1以外的数都等于肩上两数之和，即Cnr=Cn−1r−1+Cn−1r；
性质4：自腰上的某个1开始平行于腰的一条线上的连续n个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数，比如：1+2+3+4+5=15，1+3+6+10=20；
请回答以下问题：
(1)求杨辉三角中第8行的各数之和；
(2)证明：Cnr=Cn−1r−1+Cn−1r；
(3)在(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)n+1的展开式中，求含x2项的系数.
21.(本小题8分)
已知函数f(x)=ae2x+(2−a)ex−x
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
22.(本小题9分)
已知以E(−2,3)为焦点的椭圆过A(−2,0)，B(2,0)，记椭圆的另一个焦点F的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)若直线l是曲线C的切线，且l与直线y= 3x和y=− 3x分别交于点M，N，与x轴交于点Q，求证：|QM||QN|+|OQ|2为定值.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：经过点A(1,2)，倾斜角为π4的直线的点斜式方程为y−2=x−1，即y=x+1.
故选：A.
由已知结合直线的倾斜角与斜率关系及直线方程的点斜式即可求解．
本题主要考查了直线方程的点斜式，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：数列{an}是等差数列，a3=6，a6=3，
则a9=2a6−a3=6−6=0.
故选：B.
根据已知条件，结合等差中项的性质，即可求解．
本题主要考查等差中项的性质，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由正态分布可知，P(5则P(X≤4)=0.5−P(4所以P(X>4)=1−P(X≤4)=1−0.26=0.74.
故选：D.
根据题意，由正态分布的特点，代入计算，即可得到结果．
本题考查正态分布的应用，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：已知F为抛物线C：y2=12x的焦点，
则F(3,0)，
又直线x=1与抛物线交于A，B两点，
则A(1,2 3)，B(1,−2 3)，
则|AF|=|BF|= (2 3)2+(3−1)2=4，|AB|=4 3，
即cs∠AFB=|AF|2+|BF|2−|AB|22×|AF|×|BF|=16+16−482×4×4=−12，
则∠AFB=120∘.
故选：C.
由直线与抛物线的位置关系，结合余弦定理求解即可．
本题考查了直线与抛物线的位置关系，重点考查了余弦定理，属基础题．
5.【答案】B
【解析】解：取AC的中点G，连接EG，FG，
∵E为BC的中点，F为CD上靠近D的三等分点，且A−BCD是棱长为3的正四面体，
∴AB//GE，GE=12AB=32，EF=FG，CE=12BC=32，CF=23CD=2，且∠ECF=60∘，
在△CEF中，由余弦定理可得：EF2=CE2+CF2−2CE⋅CF⋅cs∠ECF=(32)2+22−2×32×2×12=134，
∴FG=EF= 132，
在△FEG中，由余弦定理可得：cs∠GEF=EG2+EF2−FG22FG⋅EF
=(32)2+( 132)2−( 132)22×32× 132=32 13=3 1326，
∵AB与EF的夹角为GE与EF的夹角，即为∠GEF的补角，
∴cs=−3 1326，
∴AB⋅EF=|AB||EF|cs=3× 132×(−3 1326)=−94.
故选：B.
根据题意，取AC的中点G，连接EG，FG，由余弦定理可得EF的长，再由余弦定理可得cs∠GEF，再结合平面向量数量积的定义计算即可．
本题考查平面向量的数量积，还考查了转化思想和数学运算，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：若丙是第1名，则乙是第2名，其余4人任意排列，有A44=24种，
若丙不是第一，把乙丙当作1个元素，从剩余3人选1人排在第一位，其余任意排列，有C31A44A22=144种，
则共有24+144=168种．
故选：C.
讨论丙是第1名和不是第1名两种情况，然后利用相邻问题，并结合捆绑法进行求解即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用相邻问题的捆绑法进行计算是解决本题的关键，是中档题．
7.【答案】C
【解析】解：因为一缕阳光从飞机的椭圆形窗户射入，在机舱地面上形成轮廓为圆的光斑，
不妨设圆的半径为r，
此时2b=2r，①
因为光线与地面所成角为60∘，
所以2a2r=tan60∘，②
又e= 1−b2a2，③
联立①②③，解得e= 63.
故选：C.
由题意，设圆的半径为r，结合所给信息找到a，b与圆的半径之间的关系，利用离心率公式再求解即可．
本题考查椭圆的性质，考查了逻辑推理和运算能力．
8.【答案】A
【解析】解：因为π4<1<π3，
所以cs1∈(12, 22)，
所以a=2cs1∈(1, 2)，
所以a< 2<32=c，
所以a由泰勒展开式可得sinx>x−x36，x∈(0,π2)，
所以sin1>0.8，、
(43)5=1024243≈4.2>e，
所以e15<43，
所以esin1−1>1e0.2>34，
所以b=esin1+ln2−1=2esin1−1>2⋅1e0.2>32=c，
所以b>c，
所以a故选：A.
由π4<1<π3，得a=2cs1∈(1, 2)，可得a与c的大小关系，由sinx>x−x36，x∈(0,π2)，得sin1>0.8，进而可得b，c的大小关系，即可得出答案．
本题考查值大小关系，解题中需要推理能力和计算能力，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：随机变量X的方差D(X)越大，则随机变量X的取值比较分散，X与均值E(X)的偏离程度越大，故A正确；
随机抛掷质地均匀的硬币100次，出现50次正面向上的可能性近似为12，故B错误；
根据分类变量X与Y的样本数据计算得到χ2=3.218，根据小概率α=0.05的独立性检验(x0.05=3.841)，
可判断X与Y有关，∵3.218<3.841，∴犯错误的概率超过0.05，故C错误；
若变量y关于变量x的经验回归方程为y =0.3−0.7x时，由−0.7<0，可知变量x与y负相关，故D正确．
故选：AD.
由概率统计的有关概念逐一分析四个选项得答案．
本题考查统计及其有关概念，是基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：由f(x)=ex+3，得f′(x)=ex>0，∴曲线y=f(x)的切线斜率可以是2，不可以是−1.
故A错误，B正确；
设切点坐标为(t,et+3)，则过切点的切线方程为y=et(x−t)+et+3，
把(0,3)代入，得et(1−t)+3=3，解得t=1，
则过点(0,3)且与曲线y=f(x)相切的直线有且只有1条，故C正确；
把(1,5)代入，得2et−tet+3=5，即et(2−t)=2，
令g(t)=2et−tet−2，则g′(t)=2et−et−tet=(1−t)et，
当t∈(−∞,1)时，g′(t)>0，当t∈(1,+∞)时，g′(t)<0，
∴g(t)max=g(1)=e−2>0，又t→−∞时，g(t)→−2，当t→+∞时，g(t)<0，
∴方程et(2−t)=2有两不等根，即过点(1,5)且与曲线y=f(x)相切的直线有且只有2条，故D正确．
故选：BCD.
求出原函数的导函数，利用导函数的值域判断AB；设切点坐标，求出过切点的切线方程，分别代入(0,3)与(1,5)，求解切点横坐标判断CD.
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用导数求最值，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，两个都是红球的概率为35×24=310，A错误；
对于B，在第一次取到红球的条件下，第二次取到白球的概率为24=12，B正确；
对于C，第二次取到红球的概率为310+25×34=35，C正确；
对于D，第一次取得白球，第二次取得红球的概率为25×34=310，
第二次取到红球的概率为35，
所以第二次取到红球的条件下，第一次取到白球的概率为310÷35=12，D正确．
故选：BCD.
利用条件概率计算公式进行计算即可．
本题主要考查条件概率的计算，属中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A，由数列{an}为等差数列，可设其公差为d，
则a2n+1−a2n−1=a2n−1+2d−a2n−1=2d=2，解得d=1，
由t=2，则a2n+2−a2n=a2n+2d−a2n=2d=2，解得d=1，故A正确；
对于B，由数列{an}为递增数列，则a1设a2−a1=k>0，a3−a1=2，
两式相减可得：a3−a2=2−k>0，解得k<2，故B正确；
对于C、D，当t≤0时，a2n+2−a2n≤0，显然此时数列{an}不是递增数列；
当t>0且t≠2时，由a2n+1−a2n−1=2，a2(n−1)+1−a2(n−1)−1=2，⋯，a2×1+1−a2×1−1=2，
则a2n+1−a1=2n，则a2n+1=a1+2n，同理可得：a2n+2=a2+tn，
两式相减可得：a2n+2−a2n+1=a2+tn−(a1+2n)=(a2−a1)+n(t−2)，
当t<2时，必定存在N，当n>N时，a2n+2−a2n+1<0，则数列{an}不是递增数列；
a2n+1−a2n=a1+2n−[a2+t(n−1)]=(a1−a2+t)+n(2−t)，
当t>2时，必定存在N，当n>N时，a2n+2−a2n+1<0，则数列{an}不是递增数列．
故C错误，D正确．
故选：ABD.
对于A，根据等差数列的定义，结合题目中等式，建立方程，解得公差，可得答案；
对于B，根据单调递增数列的定义，建立方程与不等式，可得答案；
对于C、D，利用分类讨论的思想结合累加法和递增数列的定义，根据作差法，可得答案．
本题考查了等差数列的性质、对数列单调性的判断，也考查了计算能力及逻辑推理能力，属于中档题．
13.【答案】3
【解析】解：f(x)=2sinx+ex−x2，
则f′(x)=2csx+ex−2x，
故f′(0)=2+1−0=3.
故答案为：3.
根据已知条件，对f(x)求导，将x=0代入导函数，即可求解．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
14.【答案】15
【解析】解：展开式中，含x4的项为1×x4+2×x4+3×x4+4×x4+5×x4=(1+2+3+4+5)x4=15x4，
即展开式中，含x4的项的系数为15.
故答案为：15.
根据多项式乘积的性质进行求解即可．
本题主要考查二项式定理的应用，根据多项式乘积的性质进行计算是解决本题的关键，是基础题．
15.【答案】[− 3, 3]
【解析】解：由题意知△ABC为等边三角形，
设D为BC的中点，连接AD，则AD⊥BC，
因为B，C在圆O：x2+y2=1上，
故OD⊥BC，
故A，O，D三点共线，
当m=0时，A(0,1)，满足圆O上存在两点B，C，使得△ABC为等边三角形；
当m≠0时，直线OA的斜率为1m，则BC斜率为−m，
设BC方程为y=−mx+b，A到BC的距离为AD=|m2+1−b| m2+1，BD= 1−(|b| m2+1)2，
而AD= 3BD，
故|m2+1−b| m2+1= 3 1−(|b| m2+1)2，
即(m2+1−b)2=3(m2+1−b2)，
令m2+1=t，则(t−b)2=3(t−b2)，
即4b2−2tb+t2−3t=0，
由于b∈R，
故Δ=4t2−16(t2−3t)≥0，
解得0≤t≤4，即m2+1≤4，
∴m2≤3，
解得− 3≤m<0或0综上，− 3≤m≤ 3.
故答案为：[− 3, 3].
根据题意，易知A，O，D三点共线，分m=0以及m≠0讨论，当m≠0时，利用点到直线的距离结合方程知识，利用判别式得解．
本题考查直线与圆的综合运用，解答本题的关键在于要结合圆以及等边三角形的几何性质，找到线段之间的数量关系，结合方程知识求解，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】7
【解析】解：根据题意，如图：由4个小正方形拼在一起的图形有：
共7种，即a4=7.
故答案为：7.
根据题意，列举分析4个小正方形拼在一起的图形，即可得答案．
本题考查合情推理的应用，涉及数列的定义，属于基础题．
17.【答案】解：(1)设A1表示所抽取的3间寝室中有i间寝室优秀，抽取的3间寝室中有1间优秀为事件A1，
则P(A1)=C41C82C123=2855.
(2)由题表数据可知，从12间寝室中任选1间是优秀的概率为412=13，
由题可知X的所有可能取值为0，1，2，3，则X∼B(3,13)，
P(X=0)=(23)3=827，P(X=1)=C31⋅13⋅(23)2=49，P(X=2)=C32⋅(13)2⋅23=29，P(X=3)=(13)3=127，
所以X的分布列为
E(X)=3×13=1.
【解析】(1)根据组合数公式，结合超几何分布的概率公式，即可求解；
(2)首先由题意可得X∼B(3,13)，再根据二项分布概率公式，即可求分布列和数学期望．
本题主要考查离散型随机变量的分布列和方差和二项分布，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：∵△ABC为等边三角形，PA=PB，且O为AB的中点，
∴PO⊥AB，CO⊥AB，
∵PO∩CO=O，∴AB⊥平面POC，
∵AB⊂平面ABC，∴平面POC⊥平面ABC.
(2)过P作CO延长线的垂线，垂足为M，连接OM，
由(1)知，AB⊥平面POC，
∵PM⊂平面POC，∴AB⊥PM，
∵AB∩CO=O，∴PM⊥平面ABC，
直线PC与平面ABC所成角为∠PCO，则∠PCO=30∘，
以M为坐椅原点，MC，MP所在直线分别为y轴，z轴，
过点M作与AB平行的直线为x轴，建立如图所求的空间直角坐标系O−xyz，
由题可得A(−1, 3,0)，B(1, 3,0)，C(0,2 3,0)，P(0,0,2)，
AB=(2,0,0)，PB=(1, 3,−2)，BC=(−1, 3,0)，
设n=(x,y,z)为平面APB的法向量，
则n⋅AB=2x=0n⋅PB=x+ 3y−2z=0，取y=2，得n=(0,2, 3)，
设m=(a,b,c)是平面PBC的法向量，
则PB⋅m=a+ 3b−2c=0BC⋅m=−a+ 3b=0，取b=1，得m=( 3,1, 3)，
∴cs=n⋅m|n|⋅|m|=5 7⋅ 7=57，
∴二面角A−PB−C的正弦值为sin= 1−(57)2=2 67.
【解析】(1)要证明面面垂直，需先证明线面垂直，转化为证明AB⊥平面POC；
(2)根据(1)的结果，过点P作CO延长线的垂线，垂足为M，以点M为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面PAB和平面PBC的法向量，利用法向量的夹角公式，即可求解．
本题考查面面垂直的判断与性质、二面角的正弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】(1)解：由题意，设等比数列{an}的公比为q，
则当n≥2时，an=Sn−Sn−1=12an+1−1−12an+1，
化简整理，得an+1=3an，
即an+1an=3，n≥2，
∴等比数列{an}的公比q=3，
当n=1时，a1=S1=12a2−1=12a1q−1=32a1−1，
解得a1=2，
∴an=2⋅3n−1，n∈N*.
(2)证明：由题意及(1)可得，
dn=an+1−ann=2⋅3n−2⋅3n−1n=4⋅3n−1n，
则i=1n4di=i=1n44⋅3i−1i=i=1ni3i−1，
令Tn=i=1n4di，
则Tn=130+231+332+⋅⋅⋅+n3n−1，
13Tn=131+232+⋅⋅⋅+n−13n−1+n3n，
两式相减，
可得23Tn=1+131+132+⋅⋅⋅+13n−1−n3n
=1−13n1−13−n3n
=32−2n+32⋅3n，
∴Tn=94−3(2n+3)4⋅3n，
∵n∈N*，∴3(2n+3)4⋅3n>0，
∴Tn=94−3(2n+3)4⋅3n<94，
故不等式i=1n4di<94对任意n∈N*恒成立．
【解析】(1)先设等比数列{an}的公比为q，当n≥2时，根据题干已知条件并结合公式an=Sn−Sn−1进行推导可得an+1an=3，n≥2，即可得到等比数列{an}的公比q=3，然后将n=1代入题干表达式计算出首项a1的值，即可计算出等比数列{an}的通项公式；
(2)先根据题意及第(1)题的结果推导出dn的表达式，然后计算出i=1n4di的表达式，令Tn=i=1n4di，再运用错位相减法计算出Tn的表达式，最后根据不等式的性质运算即可证明结论成立．
本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和与不等式的综合问题．考查了整体思想，分类讨论思想，转化与化归思想，等比数列通项公式的运用，错位相减法，不等式的性质运算，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
20.【答案】解：(1)杨辉三角中第8行的各数之和为：
1+C81+C82+...+C87+1=C80+C81+...+C87+C88=28=256；
(2)证明：因为右边=Cn−1r−1+Cn−1r=(n−1)!(r−1)!(n−r)!+(n−1)!r!(n−1−r)!=(n−1)!r!(n−r)![r+(n−r)]=n!r!(n−r)!，
左边=Cnr=n!r!(n−r)!，所以左=右，
故：Cnr=Cn−1r−1+Cn−1r；
(3)(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)n+1的展开式中，含x2项的系数为：
C22+C32+C42+...+Cn+12=C33+C32+C42+...+Cn+12=C43+C42+...+Cn+12
=C53+C52+...+Cn+12=Cn+13+Cn+12=Cn+23.
【解析】(1)由杨辉三角的第8行结合组合数公式化简即可求解；(2)利用组合数公式化简即可证明；(3)由二项式定理以及组合数公式化简即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，涉及到组合数公式的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由f(x)=ae2x+(2−a)ex−x，得f′(x)=2ae2x+(2−a)ex−1=(2ex−1)(aex+1)，
当a≥0时，令f′(x)=0得x=ln12，
所以在(−∞,ln12)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(ln12,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
当a<0时，令f′(x)=0得x=ln12或x=ln(−1a)，
若ln12在(ln12,ln(−1a))上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(ln(−1a),+∞)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
若ln12=ln(−1a)，即−2=a时，在(−∞,+∞)上f′(x)≤0，f(x)单调递减，
若ln12>ln(−1a)，即a<−2时，在(−∞,ln(−1a))上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(ln(−1a),ln12)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(ln12,+∞)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
综上所述，当a≥0时，f(x)在(−∞,ln12)上单调递减，在(ln12,+∞)上单调递增，
当−2当a=−2时，f(x)在(−∞,+∞)单调递减，
当a<−2时，f(x)在(−∞,ln(−1a))，(ln12,+∞)上单调递减，在(ln(−1a),ln12)上单调递增．
(2)由(1)知当a≥0时，f(x)在(−∞,ln12)上单调递减，在(ln12,+∞)上单调递增，
f(x)min=f(ln12)=ae2ln12+(2−a)eln12−ln12=aeln14+(2−a)eln12+ln2=a4+(2−a)×12+ln2=−a4+ln2e，
若f(x)有两个零点，则f(x)min=−a4+ln2e<0，
所以a>4ln2e，
由(1)知当−2所以f(x)极小值=f(ln⁡12)=−a4+1+ln⁡2，
因为−2所以0<1−a4<32，
又ln2>0，
所以f(x)极小值=f(ln⁡12)=−a4+1+ln⁡2>0，
当x→+∞时，f(x)→−∞，
所以f(x)只有一个零点，不符合题意，
由(1)当a=−2时，f(x)在(−∞,+∞)单调递减，f(x)至多一个零点，不符合题意，
由(1)知当a<−2时，f(x)在(−∞,ln(−1a))，(ln12,+∞)上单调递减，在(ln(−1a),ln12)上单调递增，
f(x)极小值=f(ln⁡1a)=ae2ln⁡(−1a)+(2−a)eln⁡(−1a)−ln⁡(−1a)=a×1a2+(2−a)⋅(−1a)+ln⁡(−a)=1a−2a+1+ln⁡(−a)=−1a+1+ln⁡(−a)，
令h(a)=−1a+1+ln(−a)，a<0，
h′(a)=1a2+1a=1+aa2，
令h′(a)=0得a=−1，
所以在(−∞,−1)上h′(a)<0，h(a)单调递减，
在(−1,+∞)上h′(a)>0，h(a)单调递增，
所以h(x)min=h(−1)=2>0，
当x→+∞时，f(x)→−∞，
所以f(x)只有一个零点，不符合题意，
综上所述，a的取值范围为(4ln2e,+∞).
【解析】(1)求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f(x)单调性．
(2)结合(1)的单调性，分析极值的符号，函数的零点，即可得出答案．
本题主要考查了导数与单调性的关系，以及函数零点问题，分类讨论是本题的解题关键．
22.【答案】解：(1)由题意得AE+AF=BE+BF，
则AF−BF=2所以F的轨迹是以A，B为焦点的双曲线的右支，
则2a=2，2c=4，可得a=1，c=2，b= 4−1= 3，
故曲线C的方程为x2−y23=1(x>0)；
(2)证明：当切线l的斜率存在时，设切线l为y=kx+m(k≠0)，
则Q(−mk,0)，
联立y=kx+mx2−y23=1，可得：(3−k2)x2−2kmx−m2−3=0，
则Δ=4k2m2−4(3−k2)(−m2−3)=0，即m2=k2−3，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线y= 3x和y=− 3x是曲线C的渐近线，
联立y=kx+mx2−y23=0，可得(3−k2)x2−2kmx−m2=0，
则x1+x2=2km3−k2x1x2=−m23−k2，
|QM||QN|=(1+k2)|(x1+mk)(x2+mk)|=(1+k2)|x1x2+mk(x1+x2)+m2k2|=3k2+3，
|OQ|2=m2k2=1−3k2，
所以|QM||QN|+|OQ|2=4.
当切线l的斜率不存在时，易知|QM||QN|+|OQ|2=4.
综上，|QM||QN|+|OQ|2为定值．
【解析】(1)根据题意，由双曲线的定义可得F的轨迹是以A，B为焦点的双曲线的右支，由此得解；
(2)根据题意，分直线l的斜率存在和不存在两种情况，讨论即可得证．
本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，解答本题的关键在于分直线的斜率存在与不存在讨论，然后联立直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算，属于中档题．X
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2022-2023学年安徽省芜湖市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

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