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

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，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。

1．（5分）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．1B．2C．4D．8
2．（5分）（1+x）n的展开式中xn﹣2的系数为15，则n＝（ ）
A．7B．6C．5D．4
3．（5分）设f（x）＝e2x﹣x，则f（x）的导函数f′（x）＝（ ）
A．2e2x﹣1B．2e2x+1C．e2x﹣1D．e2x+1
4．（5分）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．16B．10C．8D．2
5．（5分）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．12B．14C．18D．116
6．（5分）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．960B．720C．480D．240
7．（5分）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．34B．38C．15D．13
8．（5分）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．350B．300C．20003D．10003
二、多选题：本大题共4小题.每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有错选的得0分，部分选对得2分.
（多选）9．（5分）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，我国新能源汽车逐渐火爆起来．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ŷ=0.6x+4.2，则（ ）
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
（多选）10．（5分）已知(x-1)(x+2)6=a0+a1x+a2x2+⋯+a7x7，则（ ）
A．a0+a1+a2+⋯+a7＝0B．a2＝48
C．a0+a2+a4+a6＝﹣2D．a1+a3+a5+a7＝1
（多选）11．（5分）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)
（多选）12．（5分）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．﹣3B．﹣1C．1D．3
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）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．（5分）过点P（﹣1，﹣2）作曲线y＝ln（x+1）的切线，则该切线的斜率为 ．
15．（5分）将n2个数排成n行n列的数阵，如下所示，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＜i＜n，则aii＝ ．
a11a12a13⋯a1na21a22a23⋯a2na31a32a33⋯a3n⋯an1an2an3⋯ann
16．（5分）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分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10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：
（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
（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)．
18．（12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．（12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．（12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．（12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．（12分）已知函数f（x）＝ax2+2csx﹣2，（a∈R）．
（1）当a＝1，x∈（0，2π）时，证明：0＜f（x）＜4π2；
（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．
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
参考答案与试题解析
一、单选题：本大题共8小题.每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是满足题目要求的.
1．（5分）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．1B．2C．4D．8
【解答】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．
2．（5分）（1+x）n的展开式中xn﹣2的系数为15，则n＝（ ）
A．7B．6C．5D．4
【解答】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．
3．（5分）设f（x）＝e2x﹣x，则f（x）的导函数f′（x）＝（ ）
A．2e2x﹣1B．2e2x+1C．e2x﹣1D．e2x+1
【解答】解：由已知可得，f′（x）＝（e2x）′•（2x）′﹣x′＝2e2x﹣1．
故选：A．
4．（5分）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．16B．10C．8D．2
【解答】解：∵数学成绩X～N（110，100），
∴P（X＞120）=1-P(100＜X＜120)2≈0.16，
故估计该班数学得分大于120分的学生人数为0.16×50＝8．
故选：C．
5．（5分）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．12B．14C．18D．116
【解答】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．
6．（5分）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．960B．720C．480D．240
【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、乙拿出后全部排列有A44种排法，
排列后的5个空选2个空将甲乙两人去插如可得有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．（5分）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．34B．38C．15D．13
【解答】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．
8．（5分）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．350B．300C．20003D．10003
【解答】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．
二、多选题：本大题共4小题.每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有错选的得0分，部分选对得2分.
（多选）9．（5分）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，我国新能源汽车逐渐火爆起来．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ŷ=0.6x+4.2，则（ ）
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
【解答】解：由x=1+2+3+4+55=3，y=5+5+m+6+85=24+m5，
代入ŷ=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ŷ=0.6x+4.2中得：ŷ=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．
（多选）10．（5分）已知(x-1)(x+2)6=a0+a1x+a2x2+⋯+a7x7，则（ ）
A．a0+a1+a2+⋯+a7＝0B．a2＝48
C．a0+a2+a4+a6＝﹣2D．a1+a3+a5+a7＝1
【解答】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．
（多选）11．（5分）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)
【解答】解：对于A项，由已知可得，0＜q＜1，a1＞0，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＜a6＜a5＝1，所以T6＝a6T5＜T5，故B项错误；
对于C项，
由已知可得，1≤n≤4，有an＞1；n＝5时，an＝1；n≥6时，有0＜an＜1．
所以，当n＝4或5时，Tn最大，故C项正确；
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．
（多选）12．（5分）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．﹣3B．﹣1C．1D．3
【解答】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＜x＜1，
因为方程有3个不等的实根，所以f（x）＝k有3个不同解，
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＜x＜1时，f（x）=-lnxx，
所以f′（x）=-1-lnxx2＜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＜k＜1e时，f（x）=|lnx|x=k有3个解，即x=|lnx|k有3个不等的实数解；
当k=1e时，f（x）=|lnx|x=k有2个解，即x=|lnx|k有2个不等的实数解；
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．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）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 30 种选法（用数字作答）．
【解答】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．
14．（5分）过点P（﹣1，﹣2）作曲线y＝ln（x+1）的切线，则该切线的斜率为 e ．
【解答】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．
15．（5分）将n2个数排成n行n列的数阵，如下所示，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＜i＜n，则aii＝ （2i+1）2i﹣1 ．
a11a12a13⋯a1na21a22a23⋯a2na31a32a33⋯a3n⋯an1an2an3⋯ann
【解答】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．
16．（5分）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 79 ，点M移动n次后仍然在底面ABC上的概率为 14⋅(-13)n+34 ．
【解答】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．
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10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：
（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
（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)．
【解答】解：（1）根据题意填写列联表如下：
（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．
18．（12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．
【解答】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．
19．（12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．
【解答】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＜x＜1或x＞2a，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＜x＜2a，所以f（x）在（1，2a）上单调递减；
②当2a＝1，即a=12时，f′（x）≥0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增；
③当0＜2a＜1，即0＜a＜12时，
由f′（x）＞0可得，0＜x＜2a或x＞1，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＜x＜1，所以f（x）在（2a，1）上单调递减．
综上所述，当a＞12时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，2a）上单调递减，在（2a，+∞）上单调递增；
当a=12时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当0＜a＜12时，f（x）在（0，2a）上单调递增，在（2a，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
20．（12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？
【解答】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×．
（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×；
甲球员在这场出任后卫的概率P(A3|B)=P(A3B)P(B)=0.4×；
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）＜P（A2|B）＜P（A3|B），
所以应该多让甲球员出任前锋来增加赢球场次．
21．（12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．
【解答】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．
22．（12分）已知函数f（x）＝ax2+2csx﹣2，（a∈R）．
（1）当a＝1，x∈（0，2π）时，证明：0＜f（x）＜4π2；
（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．
【解答】解：（1）证明：当a＝1时，f（x）＝x2+2csx﹣2，x∈（0，2π），
f′（x）＝2x﹣2sinx，
令g（x）＝x﹣sinx，g′（x）＝1﹣csx≥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）＜f（x）＜f（2π），即0＜f（x）＜4π2．
（2）因为f（﹣x）＝f（x），
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﹣csx，
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＜a＜1时，h′（x）＝0，csx＝a，
若x∈（0，π2），则存在x0使得csx0＝a，
所以x∈（0，x0）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
h（x）＜h（0）＝0，即f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，x0）上单调递减，f（x）＜f（0）＝0，不满足条件，
综上所述，a的取值范围为[1，+∞）．月份x
1
2
3
4
5
销量y
5
5
m
6
8
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
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
P（K2≥k）
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
月份x
1
2
3
4
5
销量y
5
5
m
6
8
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
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
P（K2≥k）
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
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