2023-2024学年云南三校高三高考备考实用性联考卷（六）数学试题(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年云南三校高三高考备考实用性联考卷（六）数学试题(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.设集合A=x1≤x<3，B=0,1,2,3,4，则∁RA∩B=( )
A. 0,1,3,4B. 0,3,4C. 0,4D. 0,1,4
2.已知复数 z 满足(z−1)i=1+i，则z=( )
A. −2−iB. −2+iC. 2−iD. 2+i
3.已知角α的终边经过点P14,− 154，则2cs2α2+sinα=( )
A. 5− 154B. − 15−54C. 5+ 154D. 15−54
4.已知数列an的通项公式为an=n−22n−17，前n项和为Sn，则Sn取最小值时n的值为( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
5.将函数fx=2sin2x+π6的图象向右平移π6个单位后得到gx的图象，则x∈−π6,π6时，gx的值域为( )
A. −2,2B. −1,2C. −2,1D. −1,1
6.随着社会的发展，人与人的交流变得广泛，信息的拾取、传输和处理变得频繁，这对信息技术的要求越来越高，无线电波的技术也越来越成熟.其中电磁波在空间中自由传播时能量损耗满足传输公式：L=32.44+20lgD+20lgF，其中D为传输距离，单位是km，F为载波频率，单位是MHz，L为传输损耗(亦称衰减)，单位为dB.若传输距离增加到原来的2倍，传输损耗增加了18dB，则载波频率约增加到原来的(参考数据：lg2≈0.3)( )
A. 1倍B. 2倍C. 3倍D. 4倍
7.已知F1，F2分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，M，N是椭圆C上两点，且2MF1=3F1N，MF2⋅MN=0，则椭圆C的离心率为( )
A. 53B. 175C. 23D. 135
8.如图所示的三棱锥S−ABC中，SC⊥BC，SC⊥AC，BC⊥AB，AB⊥SB，且AB⋅BC=10，SC= 5，则其外接球表面积的最小值为( )
A. 25πB. 20πC. 125π6D. 65π3
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.已知函数fx=x−12x，则( )
A. fx为奇函数B. fx在定义域内单调递增
C. fx有2个零点D. fx的最小值为 2
10.已知圆M：x2+y+12=4和圆N：x2+y2−4x+3=0相交于A，B两点，下列结论正确的是( )
A. 直线AB的方程为y=−2x+2
B. 若点P为圆N上的一个动点，则点P到直线AB的距离的最大值为 55+1
C. 线段AB的长为4 55
D. 直线4x−3y−13=0是圆M与圆N的一条公切线
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，下列结论正确的是( )
A. 若P在棱AB上运动，则直线A1D与直线D1P所成的夹角一定为90∘
B. 若P在棱AB上运动，则三棱锥C1−D1PC的体积为16
C. 若P在底面ABCD内(包含边界)运动，且满足DP=1，则动点P的轨迹的长度为π
D. 若P在△ABC内(包含边界)运动，则直线D1P与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围为 33, 63
12.已知函数fx=xlnx+mx2m<0有两个极值点x1，x2(x2>x1)，则下列正确的是( )
A. −12−12D. fx1>12
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.为进一步提升物业管理和服务质量，某小区随机抽取100名住户开展了年度幸福指数测评活动，将其测评得分(均为整数)分成六组：40,50,50,60,…，90,100，并绘制成如图所示的频率分布直方图.由此估计此次测评中居民幸福指数的第75百分位数为__________.
14.已知单位向量a，b的夹角为π3，c=a−3b，若λa+b与c垂直，则λ=__________.
15.若函数fx=sinx−x+1csx在区间0,2π的最小值为a，最大值为b，则a+b=__________.
16.已知F1，F2分别为双曲线C：x23−y2b2=1b>0的左、右焦点，O为坐标原点，过F2作渐近线y=b 3x的垂线，垂足为P，且sin∠F1PO= 33，过双曲线C上一点Q作两渐近线的平行线分别交渐近线于M，N两点，则四边形OMQN的面积为__________.
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)
在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.从条件①：sinBcsBtanB=34；条件②： 3sinB−csB 3sinB+csB=12；条件③：2ccsB−bcsA=acsB这三个条件中选择一个作为已知条件.(注：若选择多个条件作答，则只按第一个解答计分)
(1)求角B的大小；
(2)若b=3 2，∠B的平分线BD交AC于点D，且BD= 3，求△ABC的面积.
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥E−ABCD中，平面ABCD⊥平面ABE，点E在以AB为直径的半圆O上运动(不包括端点)，底面ABCD为矩形，AD=BC=12AB=1.
(1)求证：BE⊥平面ADE；
(2)当四棱锥E−ABCD体积最大时，求平面ADE与平面ACE所成夹角的余弦值.
19.(本小题12分)
已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2+n+42.在数列bn中，b1=0，bn=bn−1+12n−1.
(1)求an，bn的通项公式；
(2)设cn=an1−bn，求数列cn的前n项和Tn.
20.(本小题12分)
数学中有这么一个定理：喝醉的酒鬼总能找到回家的路，喝醉的小鸟则可能永远也回不了家.这个定理数学家波利亚在1921年给出证明，它与随机游走有关，随机游走是概率论中的一个重要概念，它描述了一个在空间中随机移动的过程，随机游走最简单的形式是一维随机游走，即一个点在数轴上以一定的概率向左或向右移动，如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，记移动k次后质点回到原点位置的概率为pk，其中k为偶数.
(1)求p0，p2，p4；
(2)证明：2pk+2−pk≥0.
21.(本小题12分)
已知A，B，C是抛物线y2=4x上三点，且CA⊥CB，CD⊥AB，垂足为D.
(1)当C的坐标为0,0时，求点D的轨迹方程；
(2)当C的坐标为1,2时，是否存在点Q，使得DQ为定值，若存在，求出Q的坐标；若不存在，请说明理由.
22.(本小题12分)
牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法.比如，我们可以先猜想某个方程fx=0的其中一个根r在x=x0的附近，如图6所示，然后在点x0,fx0处作fx的切线，切线与x轴交点的横坐标就是x1，用x1代替x0重复上面的过程得到x2；一直继续下去，得到x0，x1，x2，…，xn.从图形上我们可以看到x1较x0接近r，x2较x1接近r，等等.显然，它们会越来越逼近r.于是，求r近似解的过程转化为求xn，若设精度为ε，则把首次满足xn−xn−1<ε的xn称为r的近似解.
已知函数fx=x3−x+1，a∈R.
(1)试用牛顿迭代法求方程fx=0满足精度ε=0.5的近似解(取x0=−1，且结果保留小数点后第二位)；
(2)若fx+3x2+6x+5+aex≤0对任意x∈R都成立，求整数a的最大值.(计算参考数值：e≈2.72，e1.35≈3.86，e1.5≈4.48，1.353≈2.46，1.352≈1.82)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
根据补集和交集求出答案.
【解答】
解：∁RA=xx<1或x≥3，故∁RA∩B=0,3,4.
故选：B.
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查复数的除法运算，属于基础题.
利用复数运算即可解答.
【解答】
解：∵(z−1)i=1+i ，
∴z=1+2ii=(1+2i)(−i)−i2=2−i ，
故选C.
3.【答案】A
【解析】【分析】
根据三角函数定义求出正弦和余弦，结合半角公式求出答案.
【解答】
解：由三角函数定义得sinα=− 154, csα=14
所以2cs2α2+sinα=1+csα+sinα=1− 154+14=5− 154.
故选：A.
4.【答案】C
【解析】【分析】
由已知可推得当3≤n≤8时，an<0.又a9>0，即可得出答案.
【解答】
解：解an=n−22n−17≥0可得，n≤2或n>172n∈N*，即n≤2或n≥9.
所以，当3≤n≤8时，an<0.
又a9=9−22×9−17=7>0，
所以，当n=8时，Sn取最小值.
故选：C.
5.【答案】C
【解析】【分析】
先利用三角函数的图象变换求出gx，再利用整体法求解函数值域即可.
【解答】
解：由题意得g(x)=2sin2x−π6+π6=2sin2x−π6，
所以当x∈−π6,π6时，2x−π6∈−π2,π6，2sin2x−π6∈−2,1.
故选：C
6.【答案】D
【解析】【分析】
设出变化后的相关量，根据已知等式结合对数运算，列出等式化简，即可得答案.
【解答】
解：设L′是变化后的传输损耗，F′是变化后的载波频率，D′是变化后的传输距离，
则L′=L+18，D′=2D，18=L′−L=20lgD′+20lgF′−20lgD−20lgF=20lgD′D+20lgF′F，
则20lgF′F=18−20lg2≈12，即lgF′F≈1220=0.6≈2lg2=lg4，从而F′≈4F，
即载波频率约增加到原来的4倍，
故选：D.
7.【答案】B
【解析】【分析】
设|NF1|=2n，结合椭圆定义得|MF2|=2a−3n，|NF2|=2a−2n，在Rt△MNF2中由勾股定理得n=2a15，再结合Rt△MF1F2求解.
【解答】
解：连接NF2，设|NF1|=2n，则|MF1|=3n，|MF2|=2a−3n，|NF2|=2a−2n，
在Rt△MNF2中，|MN|2+|MF2|2=|NF2|2，即(5n)2+(2a−3n)2=(2a−2n)2，
所以n=2a15，所以|MF1|=2a5, |MF2|=8a5，
在Rt△MF1F2中，|MF1|2+|MF2|2=|F1F2|2，即25c2=17a2，所以e= 175.
故选：B.
8.【答案】A
【解析】【分析】
利用线面垂直的判定定理，将三棱锥S−ABC放入长方体中，再利用基本不等式即可求其外接球表面积的最小值.
【解答】
解：因为SC⊥BC，SC⊥AC，且BC∩AC=C，BC,AC⊂平面ABC，
所以SC⊥平面ABC，
又因为BC⊥AB，AB⊥SB，且BC∩SB=B，BC,SB⊂平面SBC，
所以AB⊥平面SBC，
所以可以将三棱锥S−ABC放入一个长方体ABFE−DCSG中，该长方体以AB, SC, BC为长，宽，高，如图所示，
则长方体ABFE−DCSG的外接球就是三棱锥S−ABC的外接球，
设所求外接球的半径为R，
因为AB⋅BC=10，所以AB2+BC2≥2AB⋅BC=20，当且仅当AB=BC= 10时等号成立，
所以AB2+BC2+SC2≥20+5=25，即2R2≥25，解得R≥52，
所以该长方体外接球表面积的最小值为4πR2=4π×522=25π，
所以三棱锥S−ABC的外接球表面积的最小值为25π，
故选：A
9.【答案】AC
【解析】【分析】
根据题意，利用函数的奇偶性，导数与函数的单调性的关系，以及零点的求法，逐项判定，即可求解.
【解答】
解：对于A中，由函数fx=x−12x，可得定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)关于原点对称，
又由f−x=−x+12x=−(x−12x)=−fx，所以函数fx为奇函数，所以A正确；
对于B中，由f′x=1+12x2>0，所以fx为单调递增函数，
所以函数fx在(−∞,0)，(0,+∞)单调递增，所以B错误；
对于C中，令fx=0，即x−12x=0，解得x=± 22，所以C正确；
对于D中，例如：当x=12时，f(12)=12−1=−12< 2，所以D不正确.
故选：AC.
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
A选项，两圆作差求出相交弦方程；B选项，求出圆心N(2, 0)到直线AB的距离，从而得到点P到直线AB的距离的最大值；C选项，根据垂径定理求出弦长；D选项，利用圆心到直线的距离等于半径得到直线4x−3y−13=0是圆M与圆N的一条公切线.
【解答】
解：A选项，两圆方程作差得4x+2y−6=0，即y=−2x+3，所以两圆公共弦AB所在直线方程为y=−2x+3，A错误；
B选项，圆M的圆心为M0,−1，半径r1=2，
圆N:x2+y2−4x+3=0，即(x−2)2+y2=1的圆心为N2,0，半径r2=1；
圆心N2,0到直线AB的距离d=1 4+1= 55，半径r2=1，
所以点P到直线AB的距离的最大值为 55+1，B正确；
C选项，AB=2 12− 552=4 55，C正确；
D选项，圆心M0,−1到直线4x−3y−13=0的距离d1=10 16+9=2=r1，
圆心N(2, 0)到直线4x−3y−13=0的距离d2=5 16+9=1=r2，
所以直线4x−3y−13=0是圆M与圆N的一条公切线，D正确.
故选：BCD.
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
证明A1D⊥平面ABC1D1，再根据线面垂直的性质即可判断A；根据VC1−D1PC=VP−D1C1C即可判断B；易得动点P的轨迹的长度为以D为圆心，1为半径的圆的周长的四分之一，即可判断C；DD1⊥平面ABCD，可得∠DPD1即为直线D1P与平面ABC所成角，再进行分析即可判断D.
【解答】
解：对于A，连接AD1,A1D，则A1D⊥AD1, AB⊥平面ADD1A1，
又A1D⊂平面ADD1A1，∴A1D⊥AB，
又AB∩AD1=A，AB⊂平面ABC1D1，AD1⊂平面ABC1D1，
∴A1D⊥平面ABC1D1，
又D1P⊂平面ABC1D1，∴A1D⊥D1P，
所以直线A1D与直线D1P所成的夹角一定为90∘，故A正确；
对于B，连接PC，PC1，D1C，
则三棱锥C1−D1PC的体积等于三棱锥P−CC1D1的体积，
∵AB//平面CDD1C1，∴点P到平面CDD1C1的距离=BC，为定值1，
即三棱锥P−CC1D1的高为1，底面三角形CD1C1的面积为12，∴VC1−D1PC=VP−D1C1C=13×12×1×1×1=16，故B正确；
对于C，因为P满足DP=1，
则动点P的轨迹的长度为以D为圆心，1为半径的圆的周长的四分之一，
所以P点的轨迹的长度为π2，故C错误；
对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，
对于平面ABC，DD1为垂线，D1P为斜线，DP为射影，
所以∠DPD1即为直线D1P与平面ABC所成角，
设AC∩BD=O，则AC⊥BD，
因为P是△ABC内(包括边界)的动点，
所以当P与O重合时，DP=DB2= 22最小，此时sin∠DPD1=1D1P= 63，
当P与B重合时，DP=DB= 2最大，此时sin∠DPD1=1D1P= 33，
所以sin∠DPD1∈ 33, 63，故D正确.
故选：ABD.
12.【答案】ABC
【解析】【分析】
利用函数有两个极值点得m的范围判断A，，并判断出0【解答】
解：由题意知f′(x)=lnx+1+2mx(x>0)，
令f′(x)=0得，lnx+1+2mx=0(x>0)有两个解x1,x2，
令g(x)=lnx+1+2mx=0，即等价于g(x)有且仅有两个零点，
也即g(x)在(0,+∞)上有唯一的极值点且不等于零，
又g′(x)=1+2mxx且m<0，
所以当x∈0,−12m时，g′(x)>0，则g(x)单调递增，
当x∈−12m,+∞时，g′(x)<0，则g(x)单调递减，
所以x=−12m是函数g(x)的极大值点，则g−12m>0，
即ln−12m+1+2m×−12m=−ln(−2m)>0，
解得−12∵f′(x1)=lnx1+1+2mx1=0⇒lnx1=−1−2mx1,
f′(x2)=lnx2+1+2mx2=0⇒lnx2=−1−2mx2
∴f(x1)=x1lnx1+mx12=x1(−1−2mx1)+mx12=−x1(1+mx1)<0.故B正确，D错误;
因为x∈−12m,+∞时，g(x)单调递减，又g−12m>0，g(x2)=0，
所以f(x)在−12m,x2上单调递增，
则有f(x2)>f−12m=−12mln−12m+14m=−12mln−12m−12，
又因为−121,令h(x)=xlnx−12,x>1，
则h′(x)=lnx+1−12=lnx+12>0，所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递增，
则h(x)>h(1)=−12，所以f(x2)>−12，故C正确.
故选：ABC
关键点点睛：本题考查函数的极值点问题，关键是求出m的范围，并利用单调性判断CD选项.
13.【答案】82
【解析】【分析】
由百分位数的定义和频率分布直方图求解即可.
【解答】
解：因为所有小矩形的面积之和为1，所以(0.01+0.015×2+a+0.025+0.005)×10=1，
所以a=0.03，测评得分落在[40, 80)内的频率为(0.01+0.015×2+0.03)×10=0.7，
落在[40, 90)内的频率为(0.01+0.015×2+0.03+0.025)×10=0.95，
设第75百分位数为x，由0.7+(x−80)×0.025=0.75，解得x=82，
故第75百分位数为82.
故答案为：82
14.【答案】−5
【解析】【分析】
根据题意，结合(λa+b) ⋅ (a−3b)=0，列出方程，即可求解.
【解答】
解：因为单位向量a，b的夹角为π3，可得a=b=1,a⋅b=12，
又因为λa+b与c垂直，可得(λa+b) ⋅ (a−3b)=0，
即λa2+a • b−3λa • b−3b2=λ+(1−3λ)×12−3=0，解得λ=−5.
故答案为：−5.
15.【答案】−π
【解析】【分析】
利用导数求出函数的单调区间，进而可求出函数的最值，即可得解.
【解答】
解：因为f′(x)=csx−csx−(x+1)(−sinx)=(x+1)sinx，
当x∈(0,π)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
当x∈(π,2π)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，
所以f(x)在0,2π上的最大值b=f(π)=π+1.，
又因为f(0)=−1, f(2π)=−2π−1，
所以f(x)在0,2π上的最小值a=f(2π)=−2π−1，
所以a+b=−π.
故答案为：−π.
16.【答案】3 22
【解析】【分析】
先求得双曲线方程为x23−y26=1，设Q(x0, y0)到两渐近线的距离之积d1d2=2x02−y023，结合双曲线的方程，求得d1d2=2，结合面积公式，即可求解.
【解答】
解：如图所示，因为F2P=F1H=b，所以PH=2a，
因为sin∠F1PO= 33，所以tan∠F1PO= 22，
在直角在△PHF1中，tan∠F1PH=b2a，所以b2a= 22，所以ba= 2，
又因为a= 3，所以b= 6，所以双曲线方程为x23−y26=1，
因为tan∠MON=−2 2，所以sin∠MON=2 23，
设Q(x0, y0)到两渐近线的距离为d1, d2，则d1d2= 2x0−y0 3⋅ 2x0+y0 3=2x02−y023，
又因为2x02−y02=6，所以d1d2=2，
所以SOMQN=QMQNsin∠MON=d1⋅d2sin∠MON=3 22.
故答案为：3 22.
17.【答案】解：(1)选条件①：因为sinBcsBtanB=34，所以sinBcsBsinBcsB=34，即sin2B=34，
又因为△ABC为锐角三角形，所以B∈0,π2，
所以sinB= 32，所以B=π3.
选条件②：因为 3sinB−csB 3sinB+csB=12，所以2( 3sinB−csB)= 3sinB+csB，
所以 3sinB=3csB，
又因为B∈0,π2，所以csB≠0，
所以tanB= 3，所以B=π3.
选条件③：由正弦定理可得2sinCcsB−sinBcsA=sinAcsB，
即2sinCcsB=sinAcsB+sinBcsA=sin(A+B)=sinC，
又因为sinC≠0，所以csB=12，
因为B∈0,π2，所以B=π3.
(2)由BD平分∠ABC，得S△ABC=S△ABD+S△BCD，
则12acsinπ3=12× 3csinπ6+12× 3asinπ6，即ac=a+c.
在△ABC中，由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsπ3，
又b=3 2，则a2+c2−ac=18，
联立ac=a+c,a2+c2−ac=18,可得a2c2−3ac−18=0，
解得ac=6(ac=−3舍去).
故S△ABC=12acsinπ3=12×6× 32=3 32.

【解析】(1)选①，求出sin2B=34，结合B∈0,π2，得到B=π3；选②，求出 3sinB=3csB，tanB= 3，得到答案；选③，由正弦定理得到csB=12，求出答案；
(2)由S△ABC=S△ABD+S△BCD和三角形面积公式，得到ac=a+c，由余弦定理得到a2+c2−ac=18，求出ac=6，得到三角形面积.
18.【答案】解：(1)∵点E在AB⌢上且AB为直径，∴AE⊥BE，
又平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，AD⊥AB且AD⊂平面ABCD，
∴AD⊥平面ABE，
∵BE⊂平面ABE，∴AD⊥BE，
又∵DA∩AE=A,DA,AE⊂平面ADE，故BE⊥平面ADE.
(2)当四棱锥E−ABCD体积最大时，E是AB⌢的中点，
此时AE=BE，OE⊥AB，
取CD中点F，连接OF，
则OF//AD，即OF⊥平面ABE，
又∵OE⊥AB，
∴以O为坐标原点，分别以OE，OB，OF所在直线为x轴，y轴及z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
∴O(0,0,0),A(0,−1,0),B(0,1,0),C(0,1,1),E(1,0,0)，
∴AC=0,2,1，AE=1,1,0，
设平面ACE的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AC=2y+z=0,n⋅AE=x+y=0,
取x=1，可得n=(1,−1,2)，
平面ADE的一个法向量为BE=(1,−1,0)，
设平面ACE与平面ADE所成夹角为θ，则csθ=|n⋅BE||n||BE|=2 6× 2= 33，
即平面ADE与平面ACE所成夹角的余弦值为 33.

【解析】(1)由面面垂直得AD⊥平面ABE，再结合圆的性质得AE⊥EB即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量即可求解.
19.【答案】解：(1)由题知，当n=1时，S1=a1=3，
当n≥2时，an=Sn−S n−1=n2+n+42−(n−1)2+(n−1)+42=n，
因为a1=3，所以an=3,n=1,n,n≥2(n∈N*).
因为bn=bn−1+12n−1，所以bn−bn−1=12n−1，
则n≥2,bn=bn−bn−1+bn−1−bn−2+⋯b2−b1+b1
=12n−1+12n−2+⋯121+0=121−12n−11−12=1−12n−1，
n=1时符合，故bn=1−12n−1，
综上，an=3,n=1n,n≥2n∈N*，bn=1−12n−1.
(2)由(1)知cn=an(1−bn)=3,n=1n12n−1,n≥2n∈N*,
所以{cn}的前n项和Tn=c1+c2+c3+⋯+c n−1+cn=3+22+322+423+⋅⋅⋅+n2n−1，n≥2，①，
12Tn=32+222+323+424+⋅⋅⋅+n2n②，
①-②得12Tn=52+122+123+124+⋅⋅⋅+12n−1−n2n=52+121−12n−2−n2n，
所以Tn=6−12n−2−n2n−1=6−2+n2n−1.n≥2，当n=1，满足题意，故Tn=6−2+n2n−1

【解析】(1)直接利用Sn与an的关系求解an，利用累加法求解bn；
(2)利用错位相减法求和.
20.【答案】解：(1)由题意，从原点O出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，
可得质点向左或向右的均为概率为12，可得p0=1，p2=C21(12)(1−12)=12，
p4=C42⋅(12)2⋅(1−12)2=38.
(2)证明：法一：设k=2n(n∈N*)，则pk=p2n=C2nn122n=(2n)!n! ⋅ n!⋅122n，
同理pk+2=p2n+2=C2n+2n+1⋅122n+2=(2n+2)!(n+1)! ⋅ (n+1)!⋅122n+2，
所以pk+2pk=(2n+2)!(n+1)! ⋅ (n+1)! ⋅ 122n+2 ⋅ n! ⋅ n!(2n)! ⋅ 22n=2n+12n+2=1−12n+2，
因为n∈N，所以12n+2≤12，所以pk+2pk≥12，即2pk+2−pk≥0.
法二：当k=0时，由(1)知p0=2p2，即2p2−p0=0；
当k≠0时，设k=2n(n∈N*)，则pk=p2n=C2nn122n，pk+2=p2n+2=C2n+2n+1122n+2，
因为C2n+2n+1=C2n+1n+1+C2n+1n=C2nn+1+C2nn+C2nn+C2nn−1=C2nn+1+2C2nn+C2nn−1，
所以pk+2=p2n+2=(C2nn+1+2C2nn+C2nn−1)⋅122n+2=12p2n+(C2nn+1+C2nn−1)⋅122n+2
=12pk+(C2nn+1+C2nn−1)122n+2，
因为(C2nn+1+C2nn−1)⋅122n+2>0，所以pk+2−12pk>0，即2pk+2−pk>0，
综上，2pk+2−pk≥0.

【解析】(1)根据题意，得到质点向左或向右的均为概率为12，进而求得p0,p2,p4的值；
(2)法一：设k=2n(n∈N*)，则pk=p2n=(2n)!n! ⋅ n!⋅122n，pk+2=(2n+2)!(n+1)! ⋅ (n+1)!⋅122n+2，求得pk+2pk=1−12n+2，进而得到pk+2pk≥12，即可得到2pk+2−pk≥0.
法二：设k=2n(n∈N*)，求得pk=p2n=C2nn122n，pk+2=p2n+2=C2n+2n+1122n+2，化简得到pk+2=p2n+2=12pk+(C2nn+1+C2nn−1)122n+2，结合(C2nn+1+C2nn−1)⋅122n+2>0，即可得证.
21.【答案】解：(1)设Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB的方程为x=my+bb≠0.
联立y2=4x,x=my+b得y2−4my−4b=0，则y1+y2=4m，y1y2=−4b①，
因为CA⊥CB，所以CA • CB=0，即x1x2+y1y2=0，
所以(my1+b)(my2+b)+y1y2=0②，
由①②得：m2+1y1y2+mby1+y2+b2=0，整理得b2−4b=0，
因为b≠0，所以b=4，直线AB恒过定点4,0，
设点Dx,y，则kCD • kAB=−1，即yx • yx−4=−1，整理得(x−2)2+y2=4，
所以点D的运动轨迹为以2,0为圆心，半径为2的圆(原点除外).
(2)由(1)因为CA⊥CB，
所以CA • CB=0，CA=x1−1,y1−2，CB=x2−1,y2−2，
则CA • CB=x1x2−(x1+x2)+1+y1y2−2(y1+y2)+4
=116y1y22+y1y2−m+2y1+y2−2b+5=0③，
将①代入③得：b2−6b−4m2−8m+5=0，
(b−3)2=4(m+1)2得，b−3=2(m+1)或者b−3=−2(m+1).
当b−3=2(m+1)时，直线AB过P5,−2.
当b−3=−2(m+1)时，直线AB过1,2，此时C在AB上，不合题意.
所以直线AB恒过P5,−2.
因为C为定点，所以CP为定值，
在Rt△CPD中取CP中点Q，连接DQ，|DQ|=12|CP|，
所以|DQ|为定值.
此时Q的坐标为3,0，
故存在点Q3,0，使得|DQ|为定值.

【解析】(1)设直线AB的方程为x=my+b，与抛物线联立，由CA⊥CB得直线过定点，再利用CD⊥AB求出轨迹方程；
(2)同(1)的方法，先求出直线AB恒过P5,−2，再利用直角三角形和圆的意义，求出定点和定值.
22.【答案】解：(1)因为f(x)=x3−x+1，则f′(x)=3x2−1，
k1=f′(−1)=2,f−1=1，曲线f(x)在x0=−1处的切线为y−1=2(x+1)⇒x1=−1.5，且|x1−x0|≥0.5，
k2=f′(−1.5)=234,f−1.5=−78，曲线f(x)在x1=−1.5处的切线为y+78=234x+32⇒x2=−3123≈−1.35，且|x2−x1|<0.5，
故用牛顿迭代法求方程f(x)=0满足精度ε=0.5的近似解为−1.35.
(2)将f(x)+3x2+6x+5+aex≤0整理得到：−x3−3x2−5x−6ex≥a，
令g(x)=−x3−3x2−5x−6ex，g′(x)=x3−x+1ex=f(x)ex，
因为f′(x)=3x2−1，令f′(x)>0，即3x2−1>0，得x> 33或x<− 33，
令f′(x)<0，即3x2−1<0，得− 33所以f(x)在−∞,− 33, 33,+∞上为增函数，在− 33, 33上为减函数，
所以f(x)的极小值为f 33=9−2 39>0，
因此f(x)有且仅有一个零点x0，所以g(x)有且仅有一个极小值点x0，即g(x)≥g(x0)，
所以有a≤g(x0)，
方法一：由(1)有x0=−3123≈−1.35，则a≤g(x0)方法二：a≤g(x0)方法三:a≤g(x0)所以，a能取到的最大整数值为−9.

【解析】(1)根据导数的几何意义及牛顿迭代法可得结果；
(2)根据已知通过分离变量，构造函数gx，利用导数得出gx的最小值，由(1)的结论可得结果.
关键点点睛：利用导数的几何意义求切线方程；第二问的关键是转化不等式，从而分析函数gx的性质，得出最值.