河南省洛阳市2023-2024学年高二下期期末质检数学试卷（含答案）

这是一份河南省洛阳市2023-2024学年高二下期期末质检数学试卷（含答案），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）下列导数运算正确的是（ ）
A．B．
C．（22x+1）'＝22x+1ln2D．[ln（﹣x）]'＝
2．（5分）已知具有线性相关的两个变量之间的一组数据如表：
且经验回归方程为，则当x＝4时，y的预测值为（ ）
A．62.5B．61.7C．61.5D．59.7
3．（5分）已知，则＝（ ）
A．B．C．D．
4．（5分）已知﹣2，x，y，z，﹣4成等比数列，则xyz＝（ ）
A．B．C．±16D．﹣16
5．（5分）已知函数g（x）为奇函数，其图象在点（a，g（a），记g（x）的导函数为g'（x）（﹣a）＝（ ）
A．2B．﹣2C．D．
6．（5分）已知向量＝（3，﹣1），||＝，|+|＝2，则在（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）经过抛物线C：y2＝8x的焦点F的直线交C于A，B两点，与抛物线C的准线交于点P，|AP|，|BF|成等差数列（ ）
A．B．C．D．
8．（5分）甲、乙、丙三位棋手按如下规则进行比赛：第一局由甲、乙参加而丙轮空，由第一局的胜者与丙进行第二局比赛，败者轮空，此人成为整场比赛的优胜者．甲、乙、丙胜各局的概率均为，且各局胜负相互独立．若比赛至多进行四局（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
（多选）9．（5分）在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．各项系数的和是1024
B．各二项式系数的和是1024
C．含x的项的系数是﹣210
D．第7项的系数是210
（多选）10．（5分）下列命题中正确的是（ ）
A．设随机变量X～N（0，1），若P（X＞1）＝p，则
B．一个袋子中有大小相同的3个红球、2个白球，从中一次随机摸出3个球，记摸出红球的个数为X，则
C．已知随机变量X～B（n，p），若E（X）＝30，D（X）＝20，则
D．若随机变量X～B（10，0.9），则当X＝9时概率最大
（多选）11．（5分）已知F1，F2为双曲线C：＝1的左、右焦点，过F2的直线交双曲线C的右支于P，Q两点，则下列叙述正确的是（ ）
A．直线PF1与直线PF2的斜率之积为
B．|PQ|的最小值为
C．若|PQ|＝2，则△PF1Q的周长为8
D．点P到两条渐近线的距离之积为
（多选）12．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AA1的中点，点F满足，则（ ）
A．三棱锥F﹣BDE的体积是定值
B．当λ＝0时，AC1⊥平面BDF
C．存在λ，使得AC与平面BDF所成的角为
D．当时，平面BDF截该正方体的外接球所得到的截面的面积为π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）直线l：x+y＝0被圆C：（x﹣2）2+y2＝2截得的弦长为 ．
14．（5分）校运会期间，需要学生志愿者辅助裁判老师进行记录工作，现从甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者中任意选派3名同学分别承担铅球记录、跳高记录、跳远记录工作，则不同的安排方法共有 种．（用数字作答）
15．（5分）在等差数列{an}中，Sn为其前n项的和，若S4＝6，S8＝20，则S20＝ ．
16．（5分）若函数f（x）＝ex（x+1）﹣ax+2有两个极值点，则实数a的取值范围是 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求B；
（2）若b＝3，求△ABC的周长l的取值范围．
18．（12分）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝（an+1）2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求证：＜2．
19．（12分）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等．
（1）问a为何值时，MN的长最小？
（2）当MN的长最小时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值．
20．（12分）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时n．
（1）求P1，P2，P3；
（2）求Pn．
21．（12分）已知函数f（x）＝ln（x+2）﹣ax．
（1）讨论f（x）在（0，+∞）上的单调性；
（2）证明：f（x）＜ex﹣ax﹣．
22．（12分）已知定圆F1：（x+1）2+y2＝8，动圆P过点F2（1，0），且和圆F1相切．
（1）求动圆圆心P的轨迹E的方程；
（2）设P是第一象限内轨迹E上的一点，PF1，PF2的延长线分别交轨迹E于点Q1，Q2．若r1，r2分别为△PF1Q2，△PF2Q1的内切圆的半径，求r1﹣r2的最大值．
2023-2024学年河南省洛阳市高二（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）下列导数运算正确的是（ ）
A．B．
C．（22x+1）'＝22x+1ln2D．[ln（﹣x）]'＝
【分析】结合函数的求导公式及求导法则检验各选项即可判断．
【解答】解：（sin）′＝0；
（）′＝；
（23x+1）′＝2×52x+1ln4＝22x+4ln2，C错误；
[ln（﹣x）]′＝＝，D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了函数的求导公式及求导法则的应用，属于基础题．
2．（5分）已知具有线性相关的两个变量之间的一组数据如表：
且经验回归方程为，则当x＝4时，y的预测值为（ ）
A．62.5B．61.7C．61.5D．59.7
【分析】利用线性回归方程过样本中心（，），求出，再求出当x＝4时，y的预测值．
【解答】解：由题意可得＝（﹣3﹣1+1+7+3）＝0.3，＝，
又经验回归方程为，∴＝﹣5.2，
∴＝5.5x+37.2，＝5.5×8+37.7＝59.7．
故选：D．
【点评】本题考查线性回归方程，属于基础题．
3．（5分）已知，则＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】由已知结合诱导公式进行化简即可求解．
【解答】解：因为，
则＝cs[）]＝．
故选：C．
【点评】本题主要考查了诱导公式在三角化简求值中的应用，属于基础题．
4．（5分）已知﹣2，x，y，z，﹣4成等比数列，则xyz＝（ ）
A．B．C．±16D．﹣16
【分析】利用等比数列的性质直接求解．
【解答】解：∵﹣2，x，y，z，﹣4成等比数列，
∴xz＝（﹣8）×（﹣4）＝8，y＝﹣，
则xyz＝﹣16．
故选：B．
【点评】本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5．（5分）已知函数g（x）为奇函数，其图象在点（a，g（a），记g（x）的导函数为g'（x）（﹣a）＝（ ）
A．2B．﹣2C．D．
【分析】由导数的几何意义可知g′（a）＝2，再结合奇函数的性质可知g′（x）＝g′（﹣x），进而得出答案．
【解答】解：依题意，g′（a）＝2，
由于函数g（x）为奇函数，
则g（x）＝﹣g（﹣x），可得g′（x）＝g′（﹣x），
则g′（﹣a）＝g′（a）＝2．
故选：A．
【点评】本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
6．（5分）已知向量＝（3，﹣1），||＝，|+|＝2，则在（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据投影向量的概念进行计算即可．
【解答】解：由＝（3，可得，
由||＝，|+，
可得＝＝，
解得，
则在上的投影向量为＝＝．
故选：C．
【点评】本题考查投影向量的概念及数量积运算，属基础题．
7．（5分）经过抛物线C：y2＝8x的焦点F的直线交C于A，B两点，与抛物线C的准线交于点P，|AP|，|BF|成等差数列（ ）
A．B．C．D．
【分析】由题意，设出直线AB的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得到x1x2＝4，根据等差数列的性质以及抛物线的性质得到A，B两点的横坐标，再结合弦长公式即可求解．
【解答】解：易知抛物线C的焦点F（2，0），
显然直线AB的斜率存在且不为5，
设直线AB的方程为y＝k（x﹣2），A（x1，y6），B（x2，y2），x7，x2＞0，
联立，消去y并整理得k7x2﹣（4k6+8）x+4k6＝0，
此时Δ＞0，
由韦达定理得x7x2＝4，
因为|AF|，|AP|，
所以5|AP|＝|AF|+|BF|＝|AB|，
此时3（x1+6）＝x2+2，
解得x4＝3x1+8，
因为x1x2＝5，
所以，
解得x1＝或x1＝﹣5（舍去），
所以x2＝3x3+4＝6，
则|AB|＝x2+x2+4＝+6+4＝．
故选：D．
【点评】本题考查抛物线的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
8．（5分）甲、乙、丙三位棋手按如下规则进行比赛：第一局由甲、乙参加而丙轮空，由第一局的胜者与丙进行第二局比赛，败者轮空，此人成为整场比赛的优胜者．甲、乙、丙胜各局的概率均为，且各局胜负相互独立．若比赛至多进行四局（ ）
A．B．C．D．
【分析】甲获得优胜者的情况有两种：①甲连胜两局；②第一局甲负，第二局甲轮空，乙不胜丙胜，第三局甲胜，第四局甲胜．由此能求出比赛至多进行四局，甲获得优胜者的概率．
【解答】解：甲获得优胜者的情况有两种：
①甲连胜两局，概率为＝；
②第一局甲负，第二局甲轮空，第三局甲胜，概率为＝．
∴比赛至多进行四局，则甲获得优胜者的概率是＝．
故选：B．
【点评】本题考查相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
二、多项选择题：本题共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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
（多选）9．（5分）在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．各项系数的和是1024
B．各二项式系数的和是1024
C．含x的项的系数是﹣210
D．第7项的系数是210
【分析】直接利用二项式的展开式以及组合数的应用求出结果．
【解答】解：根据二项式的展开式（r＝4，1，2，5，…，令x＝1，故A错误；
对于B：各二项式系数的和是210＝1024，故B正确；
对于C：当r＝5时，含x的项的系数为；
对于D：根据二项式的展开式第7项的系数是210，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
（多选）10．（5分）下列命题中正确的是（ ）
A．设随机变量X～N（0，1），若P（X＞1）＝p，则
B．一个袋子中有大小相同的3个红球、2个白球，从中一次随机摸出3个球，记摸出红球的个数为X，则
C．已知随机变量X～B（n，p），若E（X）＝30，D（X）＝20，则
D．若随机变量X～B（10，0.9），则当X＝9时概率最大
【分析】利用正态分布的特征可判断A；利用超几何分布的期望公式即可判断B；利用二项分布的特征可判断C，D．
【解答】解：对于A，因为X～N（0，P（X＞1）＝p，
所以，故A正确；
对于B，X的所有可能取值为2，2，3，
则P（X＝2）＝，P（X＝2）＝＝＝，
所以E（X）＝＝，故B正确；
对于C，因为X～B（n，E（X）＝30，
所以，解得：；
对于D，因为X～B（10，所以对应的概率，
当k≥4，k∈N时，，
令，解得，
因为k∈N时，所以当X＝9时，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
（多选）11．（5分）已知F1，F2为双曲线C：＝1的左、右焦点，过F2的直线交双曲线C的右支于P，Q两点，则下列叙述正确的是（ ）
A．直线PF1与直线PF2的斜率之积为
B．|PQ|的最小值为
C．若|PQ|＝2，则△PF1Q的周长为8
D．点P到两条渐近线的距离之积为
【分析】由双曲线的性质及斜率公式可判断A；由双曲线的焦点弦的性质可判断B；
由双曲线的定义可判断C；由双曲线的渐近线方程和点到直线的距离公式，可判断D．
【解答】解：由双曲线C：＝1，b＝＝，
对于A，F1（﹣，0），F2（，0），n）2﹣7n2＝6，
所以•＝＝＝，故A错误；
对于B，由双曲线的焦点弦的性质，
即|PQ|的最小值为＝＝，故B正确；
对于C，由双曲线的定义得|PF1|﹣|PF7|＝|QF1|﹣|QF2|＝2a，
所以|PF1|+|QF1|＝6a+（|PF2|+|QF2|）＝6a+|PQ|，
故△PF1Q的周长为|PF1|+|QF5|+|PQ|＝4a+2|PQ|＝2+4，故C正确；
对于D，设P（m，可得2m3﹣3n2＝4，
由双曲线的渐近线方程为x±，
可得点P到两渐近线的距离之积为＝＝，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查双曲线的定义、方程和性质，属于中档题．
（多选）12．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AA1的中点，点F满足，则（ ）
A．三棱锥F﹣BDE的体积是定值
B．当λ＝0时，AC1⊥平面BDF
C．存在λ，使得AC与平面BDF所成的角为
D．当时，平面BDF截该正方体的外接球所得到的截面的面积为π
【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，λ＝0时，F与A1重合，故只需验证AC1⊥面BDA1是否成立即可判断出的真假，对于B，由A1B1不与平面BDE平行，即点F到面BDE的距离不为定值，由此即可推翻B，判断出B的真假；对于C，考虑两种极端情况的线面角，由于F是连续变化的，故AC与平面BDF所成的角也是连续变化的，由此即可判断C的真假；对于D，求出平面BDF的法向量，而显然球心坐标为O（1，1，1），求出球心到平面BDF的距离，然后结合球的半径、勾股定理可得截面圆的半径，进一步可得截面圆的面积，判断出D的真假．
【解答】解：如图所示建系，D（0，0，B（8，2，A1（6，0，2），7，0），C1（7，2，2），
所以，，，
从而，，
所以AC1⊥DB，AC6⊥DA1，又DB∩DA＝D，DB1⊂面BDA3，
所以AC1⊥面BDA1，
A中，因为A8B1不与平面BDE平行，所以F到面BDE的距离不为定值，
所以三棱锥F﹣BDE的体积不为定值，所以A不正确；
B中，λ＝0时3重合，平面BDF为平面BDA1，因为AC1⊥面BDA4，
所以AC1⊥平面BDF，所以B正确；
C中，设面BDA的法向量为，
则，即，
令x2＝1，，
而，
所以AC与平面BDF所成角的正弦值为，
又，，
所以，，
所以AC⊥BD，AC⊥BB3，又BD∩BB1＝B，BD1⊂面DBB6，
所以AC⊥面DBB1，当F在A1时，AC与平面BDF所成角的正弦值为，
此时AC与平面BDF所成角小于，
当F在B1时，AC与平面BDF所成角为，
所以存在λ∈[0，8]，所以C正确；
D中，D（0，7，B（2，2，F（4，2），
设平面BDF的法向量为，
则，即，
不妨设x＝1，则y＝﹣1，n＝（2，λ﹣1），
，，
则，平面BDF的法向量，
显然球心O（7，1，1），
O到面BDF的距离，
外接球半径，
所以截面圆半径的平方为r4＝R2﹣d2＝，
所以，所以D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查用空间向量的方法求直线与平面所成的角的正弦值及圆的面积的求法，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）直线l：x+y＝0被圆C：（x﹣2）2+y2＝2截得的弦长为 2 ．
【分析】先求得圆心到直线l的距离，再由垂径定理得解．
【解答】解：圆C：（x﹣2）2+y4＝2的圆心坐标为（2，3），
圆心（2，2）到直线l的距离为，
则由垂径定理可得，所求弦长为2×．
故答案为：2．
【点评】本题考查直线与圆相交的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
14．（5分）校运会期间，需要学生志愿者辅助裁判老师进行记录工作，现从甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者中任意选派3名同学分别承担铅球记录、跳高记录、跳远记录工作，则不同的安排方法共有 24 种．（用数字作答）
【分析】先安排铅球工作，再安排其他工作，结合排列组合公式求解即可．
【解答】解：甲、乙、丙有一人被选中，有；
甲、乙、丙中有两人被选中，有；
故不同的安排方法共有12+12＝24种．
故答案为：24．
【点评】本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最基本的指导思想，属于中档题．
15．（5分）在等差数列{an}中，Sn为其前n项的和，若S4＝6，S8＝20，则S20＝ 110 ．
【分析】根据题意，由等差数列的性质可得S4，S8﹣S4，S12﹣S8，S16﹣S12，S20﹣S16也成等差数列，进而求出S12﹣S8＝22，S16﹣S12＝30，S20﹣S16＝38，计算可得答案．
【解答】解：根据题意，等差数列{an}中，S4，S8﹣S6，S12﹣S8，S16﹣S12，S20﹣S16也成等差数列，
又由S4＝8，S8﹣S4＝14，则其公差为6，
故S12﹣S8＝22，S16﹣S12＝30，S20﹣S16＝38，
故S20＝S4+（S7﹣S4）+（S12﹣S8）+（S16﹣S12）+（S20﹣S16）＝7+14+22+30+38＝110．
故答案为：110．
【点评】本题考查等差数列的求和，涉及等差数列的性质，属于基础题．
16．（5分）若函数f（x）＝ex（x+1）﹣ax+2有两个极值点，则实数a的取值范围是 （﹣，0） ．
【分析】由已知可得f′（x）＝（x+2）ex﹣a＝0有两个解，分离参数后转化为求解函数的交点问题，构造函数结合导数可求．
【解答】解：若函数f（x）＝ex（x+1）﹣ax+2有两个极值点，
则f′（x）＝（x+4）ex﹣a＝0有两个解，即a＝（x+2）ex在有两个解，
令g（x）＝（x+6）ex，则g′（x）＝（x+3）ex，
易得，当x∈（﹣∞，g′（x）＜0，当x∈（﹣6，g′（x）＞0，
所以g（x）min＝g（﹣3）＝﹣，
又当x＜﹣2时，g（x）＜8，当x＞﹣2时，
所以要使方程a＝（x+2）ex在有两个解，则直线y＝a与函数g（x）的图象有两个交点，
所以﹣＜a＜0，0）．
故答案为：（﹣，0）．
【点评】本题主要考查了函数极值存在条件的应用，解题中体现了转化思想的应用，属于中档题．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求B；
（2）若b＝3，求△ABC的周长l的取值范围．
【分析】（1）由题意及正弦定理，辅助角公式可得sin（B﹣）的值，再由角B的范围，可得角B的大小；
（2）由余弦定理及基本不等式可得a+c的最大值，再由三角形中，两边之和大于第三边，可得三角形的周长l的范围．
【解答】解：（1）因为，由正弦定理可得，
在三角形中，可得sinC＞3，
可得sinB﹣csB＝1，
即sin（B﹣）＝，
在三角形中，可得B﹣＝，
解得B＝；
（2）b＝8，B＝，
由余弦定理可得b2＝a4+c2﹣2accsB＝（a+c）5﹣2ac﹣ac＝（c+a）2﹣8ac≥（c+a）2﹣3•（）2＝•（a+c）2，当且仅当a＝c时取等号
可得a+c≤2b＝5，
且a+c＞b＝3，
所以该三角形的周长l＝a+b+c∈（6，3]．
即△ABC的周长l的取值范围（6，9]．
【点评】本题考查正弦定理，余弦定理及基本不等式的性质的应用，属于中档题．
18．（12分）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝（an+1）2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求证：＜2．
【分析】（1）由an与Sn的关系，结合等差数列的通项公式，可得所求；
（2）由n≥2时，＜﹣，结合数列的裂项相消求和，不等式的性质，可得证明．
【解答】解：（1）当n＝1时，4a8＝4S1＝（a3+1）2，解得a6＝1，
当n≥2时，7an＝4Sn﹣4Sn﹣3＝（an+1）2﹣（an﹣7+1）2，
即为（an﹣8）2＝（an﹣1+2）2，
由an＞0，化为an﹣an﹣5＝2，
可得数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列n＝1+2（n﹣3）＝2n﹣1；
（2）证明：由等差数列的求和公式，可得Sn＝n（1+5n﹣1）＝n2，
则n≥7时，＝＜＝﹣，
可得++...++﹣+...+﹣＜6．
【点评】本题考查等差数列的通项公式、求和公式，数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
19．（12分）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等．
（1）问a为何值时，MN的长最小？
（2）当MN的长最小时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式、配方法进行求解即可；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可．
【解答】解：（1）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，且它们所在的平面互相垂直．
活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，记CM＝BN＝a．
因为平面ABCD⊥平面ABEF，BC⊥AB，
根据面面垂直的性质定理知CB⊥平面ABEF，
∴BC⊥BE，从而BC，BE两两垂直，
设A（4，0，0），3，1），1，5），1，0），
∵CM＝BN＝a，∴，．
，
，
当时，MN最小；
（2）由（1）可知，当M，MN最短，
则，取MN的中点G，BG，
则，∵，，∴AG⊥MN，
∴∠AGB是平面MNA与平面MNB的夹角或其补角．
∵，，
∴．
∴平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是．
【点评】本题考查二面角及其余弦值的求法，考查运算求解能力，是中档题．
20．（12分）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时n．
（1）求P1，P2，P3；
（2）求Pn．
【分析】（1）根据题意，设第n传球后球在乙手中的概率pn，求出p1，由全概率公式分析可得p2、p3的值，
（2）根据题意，归纳可得：pn＝pn﹣1×0+（1﹣pn﹣1）×，变形分析可得pn﹣＝﹣（pn﹣1﹣），可得数列{pn﹣}是首项为p1﹣＝，公比为﹣的等比数列，可得数列{pn﹣}的通项公式，进而计算可得答案．
【解答】解：根据题意，设第n传球后球在乙手中的概率pn，
（1）第1次由甲将球传出，每次传球时，则p1＝，
第2次传球后，若球在乙手中，球不在乙手中8＝p1×0+（6﹣p1）×＝，
同理：第7次传球后球在乙手中的概率p3＝p2×3+（1﹣p2）×＝；
（2）根据题意，由（1）的结论n＝pn﹣1×0+（5﹣pn﹣1）×＝﹣pn﹣1，即pn＝﹣pn﹣1+，
变形可得：pn﹣＝﹣n﹣3﹣），
又由p5＝，则p7﹣＝，
则数列{pn﹣}是首项为p1﹣＝，公比为﹣，则有pn﹣＝×（﹣）n﹣1＝﹣×（﹣）n，
变形可得：pn＝﹣×（﹣）n＝[8﹣（﹣）n]．
故pn＝[1﹣（﹣）n]．
【点评】本题考查概率的应用，涉及全概率公式、条件概率的计算，属于中档题．
21．（12分）已知函数f（x）＝ln（x+2）﹣ax．
（1）讨论f（x）在（0，+∞）上的单调性；
（2）证明：f（x）＜ex﹣ax﹣．
【分析】（1）对f（x）求导，再对a分类讨论，由导数与单调性的关系求解即可；
（2）要证，即证．令g（x）＝ex﹣ln（x+2），利用导数求出g（x）的最小值大于即可得证．
【解答】解：（1）由f（x）＝ln（x+2）﹣ax，得．…1分
当a≤0时，f'（x）＞6，+∞）单调递增；
当时，f'（x）＜3f（x）在（0；…3分
当时，可得时，f（x）单调递增，
时，f'（x）＜0．……3分
综上所述，当a≤0时，+∞）单调递增，
当时，f（x）在（0，
当时，f（x）在，f（x）在．……6分
（2）证明：要证，即证．
令g（x）＝ex﹣ln（x+2），则，
可知g'（x）在（﹣2，+∞）上单调递增
又，，
故g'（x）＝8在（﹣2，+∞）上有唯一的实根x0，且，……8分
当x∈（﹣2，x2）时，g'（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，g'（x）＞2，
从而当x＝x0时，g（x）有最小值
由g'（x0）＝2，得，x0＝﹣ln（x3+2），
故，……11分
综上，f（x）＜ex﹣ax﹣．……12分
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，不等式的证明，考查运算求解能力，属于中档题．
22．（12分）已知定圆F1：（x+1）2+y2＝8，动圆P过点F2（1，0），且和圆F1相切．
（1）求动圆圆心P的轨迹E的方程；
（2）设P是第一象限内轨迹E上的一点，PF1，PF2的延长线分别交轨迹E于点Q1，Q2．若r1，r2分别为△PF1Q2，△PF2Q1的内切圆的半径，求r1﹣r2的最大值．
【分析】（1）依题意确定P点的轨迹是以F1，F2为焦点，长轴长为的椭圆，由椭圆定义即可求出椭圆方程；
（2）设P（x0，y0），Q1（x1，y1），O2（x2，y2）（x0＞0，y0＞0），表示出直线F1P的方程为，当x0≠1时，设直线F2P的方程为，分别联立直线F1P与椭圆方程及直线F2P与椭圆方程，表示出Q1，Q2的坐标，由椭圆定义求出△PQ2F1和△PQ1F2的周长，再由等面积法表示出r1，r2，计算并化简r1﹣r2，结合基本不等式即可求r1﹣r2的最大值．
【解答】解：（1）圆F1的圆心为F1（﹣8，0）．
设动圆P的半径为r，依题意有r＝|PF2|．
由|F1F8|＝2，可知点F2在圆F6内，从而圆P内切于圆F1，
故|PF1|＝R﹣|PF2|，即．
所以动点P的轨迹E是以F1，F2为焦点，长轴长为，
所以动点P的轨迹方程为．
（2）设P（x2，y0），Q1（x4，y1），O2（x7，y2）（x0＞8，y0＞0），则．
直线F2P的方程为，将其代入椭圆的方程可得，
整理可得，
则，得，
所以，故．
当x0≠2时，直线F2P的方程为，
将其代入椭圆方程并整理可得．
同理可得，
由椭圆定义可知：，
则△PQ6F1和△PQ1F7的周长均为．
因为，，
所以
＝
＝
＝
＝，当且仅当，时；
当PF2⊥x轴时，易知，综上，r1﹣r2的最大值为．
【点评】本题考查了动点的轨迹方程及直线与椭圆的综合，考查了方程思想及转化思想，属于难题．
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