2022-2023学年浙江省名校联盟高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年浙江省名校联盟高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共20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.集合A={x|ax=1}，B={y|y= x−1}且A∩B=A，则a的取值范围为( )
A. [0,+∞)B. (0,1]C. [1,+∞)D. (0,1)
2.若直线a在平面α内，直线b在平面α外，则“b⊥a”是“b⊥α”的( )
A. 充要条件B. 既不充分也不必要条件
C. 充分不必要条件D. 必要不充分条件
3.数列{an}首项为1，接下来3项为13，再接下来5项为15，再后面7项为17，以此类推a100=( )
A. 115B. 117C. 119D. 121
4.已知一组成对数据(xi,yi)(i=1,2,…，6)中y关于x的一元非线性回归方程y=bx2+1，已知i=16xi2=12，i=16xi=4，i=16yi=18，则b=( )
A. 3B. 1C. −1D. −3
5.2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛.足球由32块黑白相间的皮革缝制而成，其中，黑色的皮块呈正五边形，每一块黑皮的周围都5块白皮相连；而白色的皮块呈正六边形，每一块白皮的周围分别连着3块黑皮、3块白皮.若制作一个半径为10 cm的足球(正多边形近似看作平面正多边形)，则一块黑皮面积约为_____cm2.(注：边长为a的正五边形面积≈1.7a2，边长为a的正六边形面积≈2.6a2，取3.14)( )
A. 32.44B. 31.92C. 30.51D. 29.49
6.复数z满足|z−1|+|z+1|=4，则|z|的取值范围是( )
A. [ 3,2]B. [1,2]C. [2,3]D. [1, 3]
7.双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)右焦点为F，离心率为e，PO=kFO(k>1)，以P为圆心，|PF|长为半径的圆与双曲线有公共点，则k−8e最小值为( )
A. −9B. −7C. −5D. −3
8.已知a=sin 32，b=2 55，c=cs12，则( )
A. a二、多选题：本题共4小题，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，下列说法正确的是( )
A. 若an=bn能成立，则Sn=Tn能成立B. 若an=bn能成立，则Sn=Tn恒成立
C. 若an=bn恒成立，则Sn=Tn恒成立D. 若Sn=Tn恒成立，则an=bn恒成立
10.双曲线C：x24−y25=1，点P(1,2)，则( )
A. 该双曲线渐近线为y=± 52x
B. 过点(3,0)的直线与双曲线C交于A、B两点，若|AB|=5，则满足的直线有1条
C. 与双曲线C两支各有一个交点的直线斜率可以是1.1
D. 过点P能作4条仅与双曲线C有一个交点的直线
11.
12.半径为2的球A上有三个点B，C，P，BC=2，三棱锥A−PBC的顶角均为锐角，二面角P−BC−A的平面角为α，E为边BC上一动点，则( )
A. 若PB=PC=2，则csα= 33
B. 若PB=PC=2，则csα=13
C. 若∠PAE的最小值等于α，则三棱锥P−ABC体积最小为 396
D. 若∠PAE的最小值等于α，则三棱锥P−ABC体积最小为 153
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.a=(2,1)，b=(1,−1)，则a在b上的投影向量为______.(用坐标表示)
14.椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(2,0)且上顶点到x轴的距离为1，直线m过点(1,12)与椭圆E交于A，B两点且AB中点在坐标轴上，则直线m的方程为______.
15.为了纪念世界地球日，复兴中学高三年级参观了地球自然博物馆，观后某班级小组7位同学合影，若同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘，则同学C不与同学A或B相邻的概率为______.
16.5320的因数有______个，从小到大排列后，第24个因数为______.
四、解答题：本题共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.(本小题10分)
如图几何体为圆台一部分，上下底面分别为半径为1，2的扇形，D1O=OB，体积为14π9.
(1)求AB；
(2)劣弧AB上是否存在M使OB1//平面AD1M.猜想并证明.
18.(本小题12分)
△ABC内角A，B，C满足2csB+1tanA=2sinB+ 3.
(1)求C−A的大小；
(2)D、E分别为AB、BC上的点，DE=23AC，且DE平分∠CDB，求cs(C−π6).
19.(本小题12分)
p，q，n∈N*，2p−1=3q−2=an，递增数列{an}前n项和为Sn.
(1)证明：{an}为等比数列并求Sn；
(2)记bn=an+Cn15，Cn为使bn∈N*成立的最小正整数，求C2023.
20.(本小题12分)
过(2,0)的直线与C1：y2=4x交于A，B两点，直线OA、OB与C2：x2+λx+y2=0(λ≠0)分别交于C、D.
(1)证明：CD中点在x轴上；
(2)若A、B、C、D四点共圆，求|AB|所有可能取值.
21.
22.(本小题12分)
A(−1,0)，B(1,0)，P(a,b)，kPA+kPB=λ(λ>0).
(1)若λ=1，a∉(0,1)，证明：eb>a；
(2)是否存在λ使eb=a有且仅有一组解，若存在，求λ取值集合；若不存在，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵集合A={x|ax=1}，B={y|y= x−1}且A∩B=A，
∴A⊆B，
∵B={y|y≥0}，
当a=0时，A=⌀，符合题意；
当a>0时，A={x|x=1a>0}，符合题意；
当a<0时，A={x|x=1a<0}，不符合题意．
综上，a的取值范围是[0,+∞).
故选：A.
由题意得A⊆B，从而分类讨论方程的解，能求出结果．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：只有b⊥a不能推出b⊥α，充分性不成立，
b⊥α，直线a在平面α内，直线b在平面α外，
则b⊥a，必要性成立，
故“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分条件．
故选：D.
根据已知条件，依次判断充分性、必要性，即可求解．
本题主要考查充分条件、必要条件的判断，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由题意可知，数列{an}的项数构成以1为首项，以2为公差的等差数列，记为{bn}，
则bn=1+2(n−1)=2n−1，
前n项和为n(1+2n−1)2=n2，
令n2=100可得n=10，
而原数列有b1个1b1，b2个1b2，⋅⋅⋅bn个1bn，
故a100=1b10=119.
故选：C.
由题意可知，数列{an}的项数构成以1为首项，以2为公差的等差数列，记为{bn}，可求bn及前n项和，而原数列有b1个1b1，b2个1b2，⋅⋅⋅bn个1bn，从而可求．
本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：∵i=16xi2=12，i=16yi=18，
∴16i=16xi2=2，16i=16yi=3，
则3=2b+1，
解得b=1.
故选：B.
求出xi2，yi的均值，根据样本中心在回归直线上求参数b的值即可．
本题主要考查了线性回归方程的性质，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由题意知，黑白皮块的个数比为3：5，所以黑皮有32×38=12(块)，白皮有20块，
又因为边长为a的正五边形面积≈1.7a2，边长为a的正六边形面积≈2.6a2，π=3.14，
所以12×1.7a2+20×2.6a2=4×3.14×102，
解得a2=125672.4，
所以1.7a2=29.49.
故选：D.
由题意求出黑白皮块的个数，再根据足球的表面积计算即可．
本题考查了球的表面积计算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
6.【答案】A
【解析】解：∵复数z满足|z−1|+|z+1|=4，
∴复数z对应的点的轨迹是以F1(−1,0)，F2(1,0)为焦点，两条坐标轴为对称轴，长轴长为4的椭圆，即2a=4，解得a=2，
∴该椭圆的短轴长b= 4−1= 3，
|z|表示椭圆上的点到原点的距离，
则|z|的最大值为椭圆的长半轴a，最小值为短半轴b，
故|z|的取值范围为[ 3,2].
故选：A.
根据已知条件可得，复数z对应的点的轨迹是以F1(−1,0)，F2(1,0)为焦点，两条坐标轴为对称轴，长轴长为4的椭圆，再结合椭圆的性质，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，考查转化能力，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：由题意，右焦点F(c,0)，
由PO=kFO(k>1)，可得P(kc,0)，|PF|=(k−1)c，
以P为圆心，|PF|长为半径的圆的方程为：(x−kc)2+y2=(k−1)2c2，
(x−kc)2+y2=(k−1)2c2b2x2−a2y2=a2b2可得：c2x2−2kca2x+a2(2kc2−c2−b2)=0，
由圆与双曲线有公共点，所以△≥0，
即4k2c2a4−4c2a2(2kc2−c2−b2)≥0，
结合b2=c2−a2，化简可得(k−1)[(k+1)a2−2c2]≥0，
∵k>1，∴(k+1)a2−2c2≥0，
即k≥2e2−1，
所以k−8e≥2e2−8e−1=2(e−2)2−9，
当e=2时，取得最小值−9.
故选：A.
先求出圆的方程，联立方程组，由△≥0得出k的范围，从而得解．
本题考查了曲线与曲线的位置关系，考查了运算能力，转化思想，属于难题．
8.【答案】B
【解析】解：由已知得a=sin 32=cs(π2− 32)，c=cs12，
因为y=csx在区间[0,π]上单调递减，
且0<π2− 32<π，0<12<π，(π2− 32)−12=π− 3−12>0，
所以cs(π2− 32)令f(x)=x−sinx，x∈(0,+∞)，则f′(x)=1−csx>0，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以f(x)>f(0)=0，即x>sinx，
所以a=sin 32< 32<2 55=b，即a令g(x)=csx−(1−12x2+124x4)，则g′(x)=x−16x3−sinx，
令h(x)=x−16x3−sinx，则h′(x)=1−12x2−csx，
令m(x)=1−12x2−csx，则m′(x)=−x+sinx，
令n(x)=−x+sinx，
则当x≥0时，n′(x)=−1+csx≤0，所以n(x)在x≥0内单调递减，
所以m′(x)=n(x)所以h′(x)=m(x)所以g′(x)=h(x)所以g(x)所以c=cs12<1−12×14+124×116=337384，因为(337384)2<(2 55)2，所以c综上：a故选：B.
通过构造函数，利用导数研究函数的单调性以及余弦函数的单调性求解．
本题考查利用构造函数法比较函数值的大小，通过导数研究函数在某区间上的单调性比较函数值的大小，属难题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，若{an}：0，0，0，1，1，1，…，{bn}：0，1，0，0，0，0，⋯，an=bn能成立，
Sn=Tn也能成立，故A正确；
对于B，若{an}：0，0，0，1，1，1，…，{bn}：0，1，0，0，0，0，…，an=bn能成立，
Sn=Tn不能恒成立，故B错误；
对于C，若an=bn恒成立，则二者是相同数列，即Sn=Tn恒成立，故C正确；
对于D，若Sn=Tn恒成立，则Sn−1=Tn−1，当n≥2时，两式作差得an=bn，当n=1时，若S1=T1，
则a1=b1，故D正确．
故选：ACD.
通过枚举法和数列的性质即可求解．
本题考查数列的通项与前n项和的关系，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A，双曲线C：x24−y25=1的渐近线方程为y=± 52x，故A正确；
对于B，由于双曲线的实轴长为2a=4，
所以过焦点F与左右两支都相交的直线被双曲线截得的弦长的取值范围是[4,+∞),
所以存在关于x轴对称的两种情况，使其弦长为5，另外当直线垂直于x轴时，经计算可得弦长正好是5，
故满足条件的直线有三条，故B错误；
对于C，由于双曲线的渐近线的斜率为± 52，焦点在x轴上，
若直线l与双曲线C的两支各有一个交点，则直线l的斜率k∈(− 52, 52)，
因为1.1∈(− 52, 52)，故C正确；
对于D，由于P(1,2)点在双曲线的两条渐近线的上方，如图所示：
故过能作4条直线与双曲线C仅有一个交点，其中两条与渐近线平行，另外两条与双曲线相切，故D正确．
故选：ACD.
利用双曲线的渐近线的一般表达形式可以判断A，根据双曲线的实轴长度小于弦长，利用数形结合思想可判断B，根据双曲线的渐近线的斜率，利用数形结合思想可判定C，画出双曲线的图象，根据P的坐标判定双曲线在两条渐近线的上方，可判断D.
本题主要考查了双曲线的性质，考查了直线与双曲线的位置关系和弦长问题，属于中档题．
11.【答案】

【解析】
12.【答案】BC
【解析】解：如图所示：
当PB=PC=2时，三棱锥A−PBC为正四面体，
点A在底面BCP内的射影为△BCP的中心M，即AM⊥平面BCP，
连接PM延长交BC于F，易知，F为BC的中点，连接AF，
所以AF⊥BC，PF⊥BC，故二面角P−BC−A的平面角为∠AFM，即∠AFM=α，
在Rt△AMF中，AF=2sinπ3= 3，MF=13×2sinπ3= 33，
所以csα=MFAF=13，故B正确，A错误；
如图所示：
因为三棱锥A−PBC的顶角均为锐角，所以BP<2 2，CP<2 2，
因为点A在底面BCP内的射影为△BCP的外心M，即AM⊥平面BCP，
过点A作AG⊥BC于G，连接MG，因为△ABC为等边三角形，
所以G为BC的中点，又易知BC⊥平面AMG，所以二面角P−BC−A的平面角为∠AGM，即∠AGM=α，
因为VP−ABC=13×S△ABC×h，h为P到平面ABC的距离，
根据三余弦定理可知，∠PAE的最小值为直线AP与平面ABC所成的角，
即当P，M，G三点共线时(E,G重合)，∠PAE最小，
此时∠PAE=∠AGM，且h=2sin∠PAE最小，故PG=AP=2，
而AG= 3，所以三棱锥P−ABC体积最小为VP−ABC=13×12×2× 3× 4−34= 396.
故选：BC.
根据题意可知，当PB=PC=2时，三棱锥A−PBC为正四面体，即可求出csα的值，从而判断A、B的真假；根据三余弦定理可知，∠PAE的最小值为直线AP与平面ABC所成的角，根据等积法即可求出三棱锥P−ABC体积的最小值，从而判断C、D的真假．
本题主要考查棱锥的体积，二面角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】(12,−12)
【解析】解：a=(2,1)，b=(1,−1)，
则a⋅b=2−1=1，|b|= 2，
故a在b上的投影向量为：a⋅b|b|×b|b|=12b=(12,−12).
故答案为：(12,−12).
根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
14.【答案】y=12或y=12x或x=1
【解析】解：已知椭圆E过点(2,0)且上顶点到x轴的距离为1，
所以a=2，b=1，
此时椭圆E：x24+y2=1，
易知124+(12)2=12<1，
即点(1,12)在椭圆E内，
此时直线m与椭圆E相交，
当直线斜率不存在时，
此时直线m的方程为x=1，
设A(1,y0)，
易得B(1,−y0)，
而AB中点为(1,0)在坐标轴上，
所以x=1符合题意；
当直线斜率存在时，
不妨设直线m：y−12=k(x−1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y−12=k(x−1)x24+y2=1，消去y并整理得(1+4k2)x2+(4−8k)kx+4k(k−1)=0，
由韦达定理得x1+x2=−(4−8k)k1+4k2，
所以y1+y2=k(x1+x2−2)+1=1−2k1+4k2，
因为AB中点在坐标轴上，
所以x1+x2=0或y1+y2=0，
解得k=0或k=12，
此时直线m的方程为y=12或y=12x，
综上，直线m的方程为y=12或y=12x或x=1.
故答案为：y=12或y=12x或x=1.
由题意，先求出椭圆的方程，再对直线m的斜率是否存在进行讨论，进而即可求解．
本题考查椭圆的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查逻辑推理、分类讨论和运算能力．
15.【答案】0.8
【解析】解：根据题意，先计算“同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘”的情况数目：
先让同学C站在边缘，有2种方法，
再将同学A与同学B看成一个整体，与剩下4人排列，有A22A55=240种方法，
故同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘，共有2×240=480种方法，
再计算“同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘，则同学C不与同学A或B相邻”的情况数目：
若同学C不与同学A或B相邻的有：
先让同学C站在边上，有2种方法，
再让除ABC之外的4人去站剩下的4个位置，有A44=24种方法，
最后让同学A与同学B组成的整体从与同学C不相邻的4个位置中选一个位置，有2×4=8种方法，
所以由分步乘法原理可得同学C不与同学A或B相邻的共有2×8×24=384种方法，
故要求的概率P=384480=0.8；
故答案为：0.8.
根据题意，利用分步乘法原理先求出同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘的方法数，再求出其中同学C不与同学A或B相邻的情况数目，然后利用古典概型的概率公求解即可．
本题考查古典概型的计算，涉及排列组合的实际应用，属于中档题．
16.【答案】32 280
【解析】解：根据题意，5320=2×2×2×5×7×19，
当5320的因数是1个质数时，有4种情况，
当5320的因数是2个质数的乘积时，有1+C31+C32=7种情况，
当5320的因数是3个质数的乘积时，有1+C31+C32+1=8种情况，
当5320的因数是4个质数的乘积时，有1+C31+C32=7种情况，
当5320的因数是5个质数的乘积时，有4种情况，
当5320的因数是6个质数的乘积时，有1种情况，
另外，其因数还有1，则5320的因数有4+7+8+7+4+1+1=32个；
按从小到大的顺序排列为：1，2，4，5，7，8，10，14，
19，20，28，35，38，40，56，70，
76，95，133，140，152，190，266，280，
380，532，665，760，1064，1330，2660，5320；
其第24个因数为280.
故答案为：32；280.
根据题意，将5320分解为质数的乘积，由此分类讨论，由加法原理可得其因数的个数，再将其因数从小到大列举，分析可得第二空答案．
本题考查排列组合的应用，注意将5320分解为质数的乘积，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意知，D1O=OB=2，
设∠A1D1B1=∠AOB=α，上底的面积为S1，下底的面积为S2，
则S1=12×1×1×α=α2，S2=12×2×2×α=2α，
所以该几何体的体积V=13(S1+S2+ S1S2)⋅D1O=13(α2+2α+α)⋅2=7α3=14π9，解得α=23π，
在△AOB中，由余弦定理得，AB2=OA2+OB2−2OA⋅OB⋅cs∠AOB=4+4−2×2×2×cs23π=12，
所以AB=2 3.
(2)不存在，证明如下：
过点O作OB的垂线交劣弧AB于N，由(1)可知∠AOB=2π3，所以∠AON=π6，
故以ON，OB，OD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则O(0,0,0)，A( 3,−1,0)，D1(0,0,2)，B1(0,1,2)，
设M(2csβ,2sinβ,0)，其中−π6<β<π2，
则OB1=(0,1,2)，AD1=(− 3,1,2)，AM=(2csβ− 3,2sinβ+1,0)，
设平面AD1M的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AD1=0n⋅AM=0，即− 3x+y+2z=0(2csβ− 3)x+(2sinβ+1)y=0，
因为−π6<β<π2，所以2sinβ+1≠0，
取x=2sinβ+1，则y= 3−2csβ，z= 3sinβ+csβ，所以n=(2sinβ+1, 3−2csβ, 3sinβ+csβ)，
若OB1//平面AD1M，则OB1⋅n=0，
即 3−2csβ+2( 3sinβ+csβ)= 3+2 3sinβ=0=0，整理得2sinβ+1=0，与2sinβ+1≠0相矛盾，
所以OB1//平面AD1M不成立，
故劣弧AB上不存在M使OB1//平面AD1M.
【解析】(1)设∠A1D1B1=∠AOB=α，由扇形的面积公式分别表示出上底的面积S1，下底的面积S2，再代入体积公式求得α=2π3，然后在△AOB中，利用余弦定理，求解即可；
(2)过点O作OB的垂线交劣弧AB于N，以ON，OB，OD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面AD1M的法向量n，利用OB1⋅n=0，证明即可．
本题考查空间中线与面的位置关系，熟练掌握圆台的体积公式，利用空间向量证明线面平行的方法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)2csB+1tanA=2sinB+ 3，即csA(2csB+1)sinA=2sinB+ 3，
即2csAcsB+csA=2sinAsinB+ 3sinA，
所以 3sinA−csA=2cs(A+B)，即2sin(A−π6)=2cs(A+B)，
所以sin(A−π6)=cs(A+B)=cs(π−C)=−csC=sin(C−π2)，
因为0因为0所以A−π6=C−π2或A−π6+C−π2=π，
所以C−A=π3或A+C=5π3(舍去).
综上所述，C−A=π3.
(2)解：如下图所示：
因为D、E分别为AB、BC上的点，DE=23AC，则DE//AC，
所以BDAB=BEBC=DEAC=23，则BD=2AD，
因为DE//BC，则∠BDE=∠A，∠CDE=∠ACD，
因为DE平分∠CDB，所以∠BDE=∠CDE，则∠A=∠ACD，故AD=CD，
所以∠BCD=∠ACB−∠A=π3，
设AD=m，则CD=m，BD=2m，其中m>0，
在△BCD中，由正弦定理可得CDsinB=BDsinπ3，
所以sinB=CDsinπ3BD=m× 322m= 34，
因为CD故csB= 1−sin2B= 1−( 34)2= 134，
所以A+C=(π−B)∈(π2,π)，
因为A+C=C−π3+C=2C−π3，所以π2<2C−π3<π，
故π4因为cs(2C−π3)=cs(A+C)=cs(π−B)=−csB=− 134，
又因为cs(2C−π3)=2cs2(C−π6)−1，
所以cs(C−π6)= 1+cs(2C−π3)2= 1− 1342= 8−2 134.
【解析】(1)利用弦化切结合三角恒等变换化简得出sin(A−π6)=cs(A+B)=sin(C−π2)，利用正弦型函数的单调性与对称性可得出结果；
(2)分析可得∠BDC=π3，BD=2CD，在△BCD中，利用正弦定理求出sinB的值，分析出B为锐角，求出csB的值，求出cs(2C−π3)=−csB的值，分析出C−π6为锐角，结合二倍角的余弦公式可求得cs(C−π6)的值．
本题主要考查解三角形，正弦定理以及三角恒等变换的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：由于p，q，n∈N*，2p−1=3q−2=an，
当p=1，q=1时，a1=1；
当p−1=2k，k∈N时，2p−1依次取值为1，4，16，64，…，4k，…，(k∈N)时，
总存在q∈N*，使得2p−1=3q−2成立，证明该结论，只需证明4k+2能被3整除，
由于4k+2=(3+1)k+2=Ck03k+ck13k−1+⋯+Ckk−13+Ckk30+2
=3(CkO3k−1+Ck13k−2+⋯+Ckk−1+1)，
即4k+2能被3整除，即上述结论成立；
当p−1=2k+1，k∈N时，2p−1=22k+1=2×(4k+2)−4，
由于4k+2能被3整除，则2p−1+2=2×(4k+2)−2不是3的倍数，
即p−1=2k+1，k∈N时，不适合题意；
综上所述，{an}为递增数列：1，4，16，64，…，4k，…，(k∈N*)，
故an+1an=4，即数列{an}是以a1=1为首项，公比为4的等比数列，
则Sn=1−4n1−4=13(4n−1)；
(2)由(1)可得an=4n−1，则bn=4n−1+Cn15，
由题意，Cn为使bn∈N*成立的最小正整数，
当n=1时，b1=1+Cn15∈N*，此时C1=14；
当n=2时，b2=4+Cn15∈N*，此时C2=11；
当n=3时，b3=16+Cn15∈N*，此时C3=14；
当n=4时，b4=64+Cn15∈N*，此时C4=11；……
当n−1=2k，k∈N时，
42k=16k=(15+1)k=Ck015k+Ck115k−1+⋯+ckk−1⋅15+Ckk
=15(Ck015k−1+Ck115k−2+…+Ckk−1)+1，故此时使bn∈N*成立的最小正整数为14，
当n−1=2k+1，k∈N时，42k+1=4×16k=4×15(Ck015k−1+Ck115k−2+…+Ckk−1)+4，
故此时使bn∈N*成立的最小正整数为11，
故{Cn}为周期数列：14，11，14，11，…，周期为2，
则C2023=C2×1011+1=C1=14.
【解析】(1)由题意可得{an}为递增数列：1，4，16，64，…，4k，…(k∈N*)，根据等比数列定义即可证明结论，并求得Sn；
(2)归纳可得{Cn}为周期数列：14，11，14，11，…，利用数列的周期性即可求得答案．
本题考查数列的性质，等比数列的定义及前n项和，二项式定理的应用，属难题．
20.【答案】证明：(1)由题意，作图如下：
因为过(4,0)的直线与C1:y2=4x交于A，B两点，
所以可设直线方程为x=ny+4，
令A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则y12=4x1y22=4x2，
所以x=ny+4y2=4x，可得：y2−4ny−16=0，Δ=16n2+64>0，
所以y1+y2=4ny1y2=−16，
OA的方程y=y1x1x，即y=y1y124x，可得y=4y1，
联立y=4y1xx2+λx+y2=0，可得xC=−λy1216+y12yC=−4λy116+y12，即C(−λy1216+y12,−4λy116+y12)，
同理可得xD=−λy2216+y22yD=−4λy216+y22，即D(−λy2216+y22,−4λy216+y22)，
yC+yD=−4λy116+y12+−4λy216+y22=−4λ(16+y1y2)(y1+y2)(16+y12)(16+y22)，
又y1y2=−16，即y1y2+16=0，所以yC+yD=0，所以CD中点在x轴上．
解：(2)因为若A，B，C，D四点共圆，所以|OA||OC|=|OB||OD|，
又A，O，C三点共线，B，O，D三点共线，所以OA⋅OC=OB⋅OD，
又A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(−λy1216+y12,−4λy116+y12)，D(−λy2216+y22,−4λy216+y22)，
所以−λx1y1216+y12+−4λy1216+y12=−λx2y2216+y22+−4λy2216+y22，−λy124y1216+y12+−4λy1216+y12=−λy224y2216+y22+−4λy2216+y22
又因为λ≠0，
所以y144+4y1216+y12=y244+4y2216+y22，y124⋅y12+1616+y12=y224⋅y22+1616+y22，
解得y12=y22，(y1+y2)(y1−y2)=0，又y1≠y2，y1+y2=0，
则4n=0，即n=0，
所以x=4y2=4x，解得：x1=4y1=4或x1=4y1=−4，
所以A(4,4)，B(4,−4)，所以|AB|=8.
【解析】(1)要证明CD中点在x轴上，只需证明他们中点的纵坐标为0，即yC+yD=0，把C，D的坐标转换成用A，B的坐标，继而可以用韦达定理来计算证明；
(2)由A，B，C，D四点共圆，可得|OA||OC|=|OB||OD|，继而可得OA⋅OC=OB⋅OD，代入点坐标利用韦达定理计算即可得到直线的参数值，则A，B的坐标可定，|AB|长度可求．
本题主要考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
21.【答案】

【解析】
22.【答案】(1)证明：依题意，a≠±1，λ=ba+1+ba−1=2aba2−1，
由λ>0知，ab≠0，b=λ2(a−1a)，
当λ=1时，b=12(a−1a)，又a∉(0,1)，于是当a<0且a≠−1时，eb>0>a，不等式成立，
当a>1时，eb>a⇔b>lna⇔12(a−1a)>lna⇔a−1a−2lna>0，
令函数f(x)=x−1x−2lnx，x>1，求导得f′(x)=1+1x2−2x=(1−1x)2>0，
因此函数f(x)在(1,+∞)上单调递增，有f(x)>f(1)=0，即x−1x−2lnx>0，则eb>a，
所以eb>a成立．
(2)解：由(1)知，b=λ2(a−1a)，a≠0且a≠±1，
假定存在正数使eb=a有且仅有一组解，由eb>0知a>0，且a≠1，b=lna，即λ2(a−1a)=lna，
于是存在正数λ使eb=a有且仅有一组解等价于方程λ2(a−1a)=lna有不等于1的唯一正数解，
令函数g(x)=lnx−λ2(x−1x)，显然g(1)=0，求导得g′(x)=1x−λ2(1+1x2)=−λx2−2x+λ2x2，
由g′(x)=0，得λx2−2x+λ=0，若Δ=4−4λ2≤0，而>0，于是λ≥1，
此时g′(x)≤0，函数g(x)在(0,+∞)上单调递减，g(x)=0有唯一解1，
因此方程λ2(a−1a)=lna设有不等于1的正数解，即当λ≥1时，eb=a不成立；
若Δ>0，即0<λ<1，方程x2−2x+λ=0有两个不等实根x1，x2，令x1于是0x2时，g′(x)<0，当x10，
因此函数g(x)在(0,x1)，(x2,+∞)上单调递减，在(x1,x2)上单调递增，g(x1)当x→0时，g(x)→+∞，当x→+∞时，g(x)→−∞，函数y=g(x)大致图象，如图，
从而存在x3∈(0,x1)，x4∈(x2,+∞)，使得g(x3)=g(x4)=0，此时g(x)=0有3个不同解，
因此方程λ2(a−1a)=lna有两个都不等于1的不同的正数解，即当0<λ<1时，使eb=a成立有两组解，
所以不存在λ使eb=a有且仅有一组解．
【解析】(1)根据给定条件，求出λ的表达式，把λ=1代入用a表示b，再分类讨论，构造函数，利用导数推理作答；
(2)由eb=a得b=lna，结合(1)的信息，构造函数并利用导数探讨函数的零点个数作答．
本题主要考查函数的零点与方程根的关系，考查数形结合思想与运算求解能力，属于难题．