1、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.每小题5分，共40分.1（5分）设等差数列an前n项和为Sn，若a22，S648，则等差数列an的公差为（）A1B2C4D82（5分）（1+x）n的展开式中xn2的系数为15，则n（）A7B6C5D43（5分）设f（x）e2xx，则f（x）的导函数f（x）（）A2e2x1B2e2x+1Ce2x1De2x+14（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XN（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|）0.68，P（|X
2、|2）0.95）A16B10C8D25（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）（）A12B14C18D1166（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（）A960B720C480D2407（5分）设P（A）表
3、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）（）A34B38C15D138（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
4、，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（）A350B300C20003D10003二、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15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y=0.6x+4.2，则
5、（） 月份x12345销量y55 m 68Am6By与x正相关Cy与x的样本相关系数一定小于1D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（）Aa0+a1+a2+a70Ba248Ca0+a2+a4+a62Da1+a3+a5+a71（多选）11（5分）在公比为q的正项等比数列an中，a1a51，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n4或5时，Tn最大DSn1q4(1-q)（多选）12（5分）若关于x的方程x2（a+3）x|lnx|+
6、3aln2x0有3个不等的实根，则实数a的取值可以是（）A3B1C1D3三、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yln（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(1in，1jn，nN*)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a113，1in，则aii a11a12a13a1na21a22a23a2
7、na31a32a33a3nan1an2an3ann 16（5分）已知三棱锥PABC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、
8、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35358055646了解数字人民币406015011014025（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22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22列联表，判断是否有95%的把握认为“是否了
9、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（K2k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.82818（12分）在a1+2a2+nan=(2n-1)3n+14，Sn=12an+1-12，且a23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(nN*)的前项和为Sn，且满足_（1）求数列an的通项；（2）求数列（2n1）an前n项和Tn19（12分）已知函数f(x)=x-2ax-(2a+1)lnx，aR（1）当a0时，求f（x）的极值；（2）当a0时，讨论f（x）的单调性20（12分）某中学篮球队根
10、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，a11，4Snanan+1+1（an0），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
11、不存在，请说明理由22（12分）已知函数f（x）ax2+2cosx2，（aR）（1）当a1，x（0，2）时，证明：0f（x）42；（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a22，S648，则等差数列an的公差为（）A1B2C4D8【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：C2（5分）（1+x）n的展开式中x
12、n2的系数为15，则n（）A7B6C5D4【解答】解：二项式（1+x）n的展开式中xn2的系数为Cnn-2=15，则n6故选：B3（5分）设f（x）e2xx，则f（x）的导函数f（x）（）A2e2x1B2e2x+1Ce2x1De2x+1【解答】解：由已知可得，f（x）（e2x）（2x）x2e2x1故选：A4（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XN（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|）0.68，P（|X|2）0.95）A16B10C8D2【解答】解：数学成绩XN（110，100），P（X120）=1-
13、P(100X120)20.16，故估计该班数学得分大于120分的学生人数为0.16508故选：C5（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）（）A12B14C18D116【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
14、种情况：1和5，共有2416种情况，其中大于5500的有5511、5515、5551、5555共4种P(A)=416=14故选：B6（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（）A960B720C480D240【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：A44A52A22960种排法，故选：A7（5分）设P（A）表示事件A发生的概率，已知P（B）0.4，
15、P（B|A）0.8，P(B|A)=0.3，则P（A）（）A34B38C15D13【解答】解：根据全概率公式得P（B）P（A）P（B|A）+P（A）P（B|A），得0.40.8P（A）+0.31P（A），得P（A）=15故选C8（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
16、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（）A350B300C20003D10003【解答】解：由题知X的所有可能取值为150，250，350，450，P(X=150)=121313=118，P(X=250)=121313+2122313=518，P(X=350)=2122313+122323=49，P(X=450)=122323=29，所以X的数学期望E(X)=150118+250518+35049+45029=10003（元）故选：D二、多选题：本大题共4小题
17、.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15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y=0.6x+4.2，则（） 月份x12345销量y55 m 68Am6By与x正相关Cy与x的样本相关系数一定小于1D由已知数据可以确定，7月份该市新能源汽车销
18、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y=0.6x+4.2 中有：24+m5=0.63+4.2m=6，故A正确；由线性回归系数b0.60，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x7代入线性回归方程y=0.6x+4.2中得：y=0.67+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（）Aa0+a1+a2+a70Ba248Ca0+a2+a4+a62D
19、a1+a3+a5+a71【解答】解：对于A项，令x1，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=C6rx6-r2r=2rC6rx6-r，r0，1，2，3，4，5，6，由6r1可得r5，所以（x+2）6展开式含x的项为T6=C65x125=192x，由6r2可得r4，所以（x+2）6展开式含x2的项为T5=C64x224=240x2，所以（x1）（x+2）6展开式中含x2的项为x192x240x248x2，所以a248，故B项错误；对于C项，令x1，可得a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=(-1-1)(-1+2)
20、6=-2又a0+a1+a2+a70，两式相加可得，2（a0+a2+a4+a6）2，所以a0+a2+a4+a61，故C项错误；对于D项，由C可知a0+a2+a4+a61，又a0+a1+a2+a70，所以a1+a3+a5+a71，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，a1a51，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n4或5时，Tn最大DSn1q4(1-q)【解答】解：对于A项，由已知可得，0q1，a10，所以an+1anan（q1）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，0a6
21、a51，所以T6a6T5T5，故B项错误；对于C项，由已知可得，1n4，有an1；n5时，an1；n6时，有0an1所以，当n4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|+3aln2x0有3个不等的实根，则实数a的取值可以是（）A3B1C1D3【解答】解：因为x2（a+3）x|lnx|+3aln2x0x2（a+3）x|lnx|+3a|lnx|20，即（x3|lnx|）（xa|lnx|）0，所
22、以，x3|lnx|或xa|lnx|，要使方程x2（a+3）x|lnx|+3aln2x0有3个不等的实根，则只需x3|lnx|以及xa|lnx|这两个方程共有3个不等的实数解，令f（x）=|lnx|x=lnxx，x1-lnxx，0x1，因为方程有3个不等的实根，所以f（x）k有3个不同解，当x1时，有f（x）=1-lnxx2，所以当x1，e）时，f（x）0，f（x）单调递增；当xe，+）时，f（x）0，f（x）单调递减；且f（x）=lnxx0在1，+）上恒成立，所以f（x）极大值f（e）=1e，当0x1时，f（x）=-lnxx，所以f（x）=-1-lnxx20，所以f（x）在（0，1）上单调递减
23、，作出函数f（x）的图象，如图所示：由图象可知，当0k1e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k1e或k0时，f（x）=|lnx|x=k有1个解，即x=|lnx|k有1个实数解；当k0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k0时，不同k值的方程的解均不相同，所以，x3|lnx|有3个不等的实数解要使x3|lnx|以及xa|lnx|这两个方程总共有3个不等的实数解，则应有a3或1a0，即a3或a0故选：ABD三、填空题：本
24、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：选出3人有2名男生1名女生，有C42C31=18种选法，选出3人有1名男生2名女生，有C41C32=12种选法，则共有18+1230种选法故答案为：3014（5分）过点P（1，2）作曲线yln（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(
25、x0+1)k=y0+2x0+1，解得x0=1e-1y0=-1k=e故答案为：e15（5分）将n2个数排成n行n列的数阵，如下所示，其中aij(1in，1jn，nN*)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a113，1in，则aii（2i+1）2i1a11a12a13a1na21a22a23a2na31a32a33a3nan1an2an3ann 【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，a113，所以ai1a11+2（i1）3+2i22i+1，因为该数阵每一行的n个数从左到右构成
26、以2为公比的等比数列，所以aii=ai12i-1=(2i+1)2i-1故答案为：（2i+1）2i116（5分）已知三棱锥PABC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；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；若质点移动1次后
27、，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，n2若质点移动n1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；若质点移动n1次后在P点，则第n次移动后仍然在底面ABC上的概率为1（1Pn1）1Pn1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(-
28、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：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35358055646了解数字人民
29、币406015011014025（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22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22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（K2k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【解答】解：（1）根据题意填写列联表如下：学历了解情况低学
30、历高学历合计不了解数字人民币150125275了解数字人民币250275525合计400400800（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-C2502C40020.61；（3）根据列联表计算K2=800(125250-150275)2275525400400=8002313.4633.841，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a1+2a2+nan=(2n-1)3n+14，Sn=12an+1-12，且a23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(nN*)的前项和为Sn，且满
31、足_（1）求数列an的通项；（2）求数列（2n1）an前n项和Tn【解答】解：（1）若选：当n1时，a11；当n2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=n3n-1，所以an=3n-1显然a11满足an=3n-1，所以an=3n-1，nN*若选：当n1时，S1=12a2-12，又a23，所以a11当n2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+1
32、an=3又a2a1=31=3满足该式，所以an+1an=3，nN*，所以数列an成等比数列，所以an=3n-1，nN*（2）令Tn=1+33+532+(2n-1)3n-1，3Tn=13+332+533+(2n-1)3n，两式相减得-2Tn=1+23+232+23n-1-(2n-1)3n2（1+3+32+3n1）1（2n1）3n=21-3n1-3-1-(2n-1)3n=-(2n-2)3n-2，所以Tn=(n-1)3n+119（12分）已知函数f(x)=x-2ax-(2a+1)lnx，aR（1）当a0时，求f（x）的极值；（2）当a0时，讨论f（x）的单调性【解答】解：（1）当a0，f（x）xln
33、x，定义域为（0，+），则f(x)=1-1x=x-1x由f（x）0可得，x1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，x2a或x1当2a1，即a12时，由f（x）0可得，0x1或x2a，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，1x2a，所以f（x）在（1，2a）上单调
34、递减；当2a1，即a=12时，f（x）0，所以f（x）在（0，+）上单调递增；当02a1，即0a12时，由f（x）0可得，0x2a或x1，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，2ax1，所以f（x）在（2a，1）上单调递减综上所述，当a12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0a12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
35、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A1A2A3，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）
36、P（A1B）+P（A2B）+P（A3B），P（A1）P（B|A1）+P（A2）P（B|A2）+P（A3）P（B|A3），0.10.2+0.50.2+0.40.70.4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)=0.50.20.4=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)=0.10.20.4=0.05；甲球员在这场出任后卫的概率P(A3|B)=P(A3B)P(B)=
37、0.40.70.4=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）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，a11，4Snanan+1+1（an0），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，4Snanan+1+1，当n2时，4Sn1an1an+1，得，4ananan+1an1an，an0，an+1an14，又a11，a1，a3，a2k1，是以
38、a11为首项，4为公差的等差数列，a2k1a1+（k1）44k32（2k1）1；当n1时，有4S1a1a2+1，a11，a23，a2，a4，a2k，是以a23为首项，4为公差的等差数列，a2ka2+（k1）44k12（2k）1an2n1（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TnT2=-15；当n为奇数时，TnTn1+bn=14(12n-1-1)-14(12n-1+12n+1) =1
39、4(-1-12n+1)-14又-14-15，Tn，Tn存在最大值，且最大值为-1522（12分）已知函数f（x）ax2+2cosx2，（aR）（1）当a1，x（0，2）时，证明：0f（x）42；（2）若f（x）0，求a的取值范围【解答】解：（1）证明：当a1时，f（x）x2+2cosx2，x（0，2），f（x）2x2sinx，令g（x）xsinx，g（x）1cosx0，所以g（x）在（0，2）上增函数，g（x）g（0）0，即f（x）0，所以f（x）在（0，2）上为增函数，所以f（0）f（x）f（2），即0f（x）42（2）因为f（x）f（x），所以f（x）为偶函数，由题可知任意x0，+），f（x）0恒成立，f（x）2ax2sinx，x0，令h（x）axsinx，x0，h（x）acosx，当a1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，当a0时，f（2）=24a20，不满足条件，当0a1时，h（x）0，cosxa，若x（0，2），则存在x0使得cosx0a，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，+）第19页（共19页）
