2021-2022年高三第二次教学质量检测(数学)
2021年高三第二次教学质量检测（数学）
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分 1．已知集合，，若，则实数的取值范围是 。 解析：可知道，又所以实数a 的取值范围是
11.已知 ，其中，为虚数单位，则 。
解析：将等式两边都乘，得到，两边比较得结果为4
12.某单位从4名应聘者A 、B 、C 、D 中招聘2人，如果这4名应聘者被录用的机会均等，
则A ，B 两人中至少有1人被录用的概率是 。
解析：从题目来看，所有的可能性共有6种，但A ，B 都没被录取的情况只有一种，即满足条件的有5种，所以结果为
4、某日用品按行业质量标准分成王五个等级，等级系数依次为1，2，3，4，5.现从一批该日用品中随机抽取200件，对其等级系数进行统计分析，得到频率的分布如下
件日用品中，等级系数的件数为 。解析：由所有频率之和为1，可知道a =0.1，由频率公式可知道所求件数为20。 5、已知变量满足约束条件，则目标函数的取值范围是 解析：画出可行域，可以知道目标函数的取值范围是[－4，2] 6、已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率
解析：焦点在x 轴上的双曲线的渐近线方程是，与题是所给比较得，所以结果为5
2
7、已知圆的经过直线与坐标轴的两个交点，又经过抛物线的焦点，则圆的方程为 。 解析：先求直线得与坐标轴的交点为，抛物线的焦点为，可把圆C 的方程设为一般形式，把点坐标代入求得x 2＋y 2－x －y －2＝0
法2。可以利用圆心在弦的垂直平分线上的特点，先求出圆心。并求出半径，再求。 8、设是等差数列的前项和。若，则 。 解析：由可得
d a d a d a d a a a 9,8.7)2(779432242===?+==，从而，故结果为 9、已知函数的部分图象如图所示，则的值为 。
解析：由图像可知A=2，=3
10、在如图所示的流程图中，若输入的值为，则输出A 的值为 。
解析：经计算A 值是以为循环的，注意，当i =11时仍循环，12的时
候出来，所以有12个A 值，结果为 1
3
11、一块边长为10的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器。当时，该容器的容积为 。
解析：由题意可知道，这个正四棱锥形容器的底面是以6为边长的正方形，侧高为5，高为4，所以所求容积为48 12、下列四个命题 ①“”的否定；
②“若则”的否命题； ③在中，““”的充分不必要条件； ④“函数为奇函数”的充要条件是“”。 其中真命题的序号是 。（把真命题的序号都填上） 解析：“”的否定；即，是真命题；
“若则”的否命题；即，也是真倒是，其余两个是假命题很显然
13、在面积为的中，分别是的中点，点在直线上，则 的最小值是 。 解析：
如图所示，没 由，得，即
再用余弦定理得，所以=
)sin cos 2(2cos 2cos 22θ
θθθ-=-≥-+ab ab ab b a ，令，求导以后可以知道当时，有最小值
23
14、已知关于的方程有唯一解，则实数的值为 。
解析：先将方程化为，由题意知有唯一解，即为“=”两边的函数图像只有一个交点。画图可知道当时，，图像只有一个交点。解得a =1 二、解答题 15．（本小题满分14分）
设向量a ＝(2，sin θ)，b ＝(1，cos θ)，θ为锐角．
A P B
F E C
（1）若a ·b ＝13
6，求sin θ＋cos θ的值； （2）若a ∥b ，求sin(2θ＋π
3)的值．
解：（1） 因为a ·b ＝2＋sin θcos θ＝136，所以sin θcos θ＝1
6． ……………… 2分
所以 (sin θ＋cos θ)2＝1＋2 sin θcos θ＝4
3．
又因为θ为锐角，所以sin θ＋cos θ＝23
3． ……………… 5分 （2） 解法一 因为a ∥b ，所以tan θ＝2． ……………… 7分
所以 sin2θ＝2 sin θcos θ＝ 2 sin θcos θ sin 2θ＋cos 2θ＝ 2 tan θ tan 2θ＋1＝4
5
，
cos2θ＝cos 2θ－sin 2θ＝
cos 2θ－sin 2θ sin 2θ＋cos 2θ＝1－tan 2θ tan 2θ＋1
＝－3
5．……………… 11分 所以sin(2θ＋π3 )＝12sin2θ＋3
2cos2θ
＝12×45＋32×(－3
5 )＝4－3310 ． ……………… 14分
解法二 因为a ∥b ，所以tan θ＝2． ……………… 7分 所以 sin θ＝255，cos θ＝5
5．
因此 sin2θ＝2 sin θcos θ＝45， cos2θ＝cos 2θ－sin 2θ＝－3
5． ……………… 11分 所以sin(2θ＋π3 )＝12sin2θ＋3
2cos2θ
＝12×45＋32×(－3
5 )＝4－3310 ． ……………… 14分
16．（本小题满分14分）
如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC ． （1）求证：平面AEC ⊥平面ABE ；
（2）点F 在BE 上．若DE //平面ACF ，求BF
BE 的值 解：（1）证明：因为ABCD 为矩形，所以AB ⊥BC ．
因为平面ABCD ⊥平面BCE ，
平面ABCD ∩平面BCE ＝BC ，AB ?平面ABCD ， 所以AB ⊥平面BCE ． ……………… 3分 因为CE ?平面BCE ，所以CE ⊥AB ．
因为CE ⊥BE ，AB ?平面ABE ，BE ?平面ABE ，AB ∩BE ＝B ，
所以CE ⊥平面ABE ． ………………………… 6分 A
B
C
D
E
F
(第16题图）
A
B
C
D
E
F
O
(第17题图）
因为CE ?平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面ABE ． ………………………… 8分 （2）连结BD 交AC 于点O ，连结OF ．
因为DE ∥平面ACF ，DE ?平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF ，
所以DE //OF ． ………………………… 12分 又因为矩形ABCD 中，O 为BD 中点，
所以F 为BE 中点，即BM BF ＝1
2． ……… 14分 17．（本小题满分14分）
如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)原点为圆心，椭圆C 的短半轴长为半径的圆与直线x －y ＋2＝0相切．（1）求椭圆C 的方程；
（2）已知点P (0，1)，Q (0，2)．设M ，N 是椭圆C 上关于y 点，直线PM 与QN 相交于点T ，求证：点T 在椭圆C 上． 解：（1）由题意知b ＝
2
2
＝2． ………………………… 3分 因为离心率e ＝c a ＝32，所以b
a ＝1－(c a )2＝1
2．
所以a ＝22．
所以椭圆C 的方程为x 28＋y 2
2＝1． ………………………… 6分 （2）证明：由题意可设M ，N 的坐标分别为(x 0，y 0)，(－x 0，y 0)，则
直线PM 的方程为y ＝y 0－1
x 0
x ＋1， ①
直线QN 的方程为y ＝y 0－2
－x 0x ＋2． ② ………………………… 8分
证法一 联立①②解得x ＝x 02y 0－3，y ＝3y 0－42y 0－3，即T (x 0
2y 0－3，3y 0－42y 0－3)．……… 11分
由x 028＋y 02
2＝1可得x 02＝8－4y 02．
因为18(x 02y 0－3)2＋12(3y 0－42y 0－3)2＝x 02＋4(3y 0－4)2
8(2y 0－3)2
＝8－4y 02＋4(3y 0－4)28(2y 0－3)2＝32y 02－96y 0＋728(2y 0－3)2＝8(2y 0－3)2
8(2y 0－3)2
＝1，
所以点T 坐标满足椭圆C 的方程，即点T 在椭圆C 上．………………… 14分 证法二 设T (x ，y )．
(第18题图）
A
B
D
l
联立①②解得x 0＝x
2y －3，y 0＝3y －42y －3． ……………………… 11分
因为x 028＋y 022＝1，所以18(x 2y －3)2＋12(3y －42y －3
)2
＝1．
整理得x 28＋(3y －4)22＝(2y －3)2，所以x 28＋9y 22－12y ＋8＝4y 2－12y ＋9，即x 28＋y 2
2＝1． 所以点T 坐标满足椭圆C 的方程，即点T 在椭圆C 上．………………… 14分 18．（本小题满分16分）
某单位设计一个展览沙盘，现欲在沙盘平面内，布设一个对角线在l 上的四边形电气线路，如图所示．为充分利用现有材料，边BC ，CD 用一根5米长的材料弯折而成，边BA ，AD 用一根9米长的材料弯折而成，要求∠A 和∠C 互补，且AB ＝BC ．
（1）设AB ＝x 米，cos A ＝f (x )，求f (x )的解析式，并指出x 的取值范
围；
（2）求四边形ABCD 面积的最大值．
解：（1）在△ABD 中，由余弦定理得
BD 2＝AB 2+AD 2－2AB ·AD ·cos A ．
同理，在△CBD 中，BD 2＝CB 2+CD 2－2CB ·CD ·cos C ． ………………… 3分 因为∠A 和∠C 互补，
所以AB 2+AD 2－2AB ·AD ·cos A ＝CB 2+CD 2－2CB ·CD ·cos C
＝CB 2+CD 2＋2CB ·CD ·cos A ． ………… 5分 即 x 2+(9－x )2－2 x (9－x ) cos A ＝x 2+(5－x )2＋2 x (5－x ) cos A ．
解得 cos A ＝2x ，即f ( x )＝2
x ．其中x ∈(2，5)． ……………………… 8分 （2）四边形ABCD 的面积
S ＝12(AB ·AD + CB ·CD )sin A ＝1
2[x (5－x )+x (9－x )]1－cos 2A ． ＝x (7－x )
1－(2
x )2＝(x 2－4)(7－x )2＝(x 2－4)( x 2－14x ＋49)．………… 11分
记g (x )＝(x 2－4)( x 2－14x ＋49)，x ∈(2，5)．
由g ′(x )＝2x ( x 2－14x ＋49)＋(x 2－4)( 2 x －14)＝2(x －7)(2 x 2－7 x －4)＝0， 解得x ＝4(x ＝7和x ＝－1
2舍)． ……………………… 14分 所以函数g (x )在区间(2，4)内单调递增，在区间(4，5)内单调递减．
因此g (x )的最大值为g (4)＝12×9＝108． 所以S 的最大值为108＝63．
答：所求四边形ABCD 面积的最大值为63m 2． ……………………… 16分 19．（本小题满分16分）
函数f (x )＝∣e x －bx ∣，其中e 为自然对数的底． （1）当b ＝1时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； （2）若函数y ＝f (x )有且只有一个零点，求实数b 的取值范围；
（3）当b ＞0时，判断函数y ＝f (x )在区间(0，2)上是否存在极大值．若存在，求出极大值及相应实数b 的取值范围．
解：（1）记g (x )＝e x －bx ．当b ＝1时，g '(x )＝e x －1．
当x ＞0时，g '(x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上为增函数． 又g (0)＝1＞0，所以当x ∈(0，＋∞)时，g (x )＞0．
所以当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝∣g (x )∣＝g (x )，所以f '(1)＝g '(1)＝e －1． 所以曲线y ＝f (x )在点(1，e －1)处的切线方程为：
y －(e －1)＝(e －1)(x －1)，
即y ＝(e －1)x ． ……………… 4分 （没有说明“在x ＝1附近，f (x )＝e x －bx ”的扣1分)
（2）解法一 f (x )＝0同解于g (x )＝0，因此，只需g (x )＝0有且只有一个解．
即方程e x －bx ＝0有且只有一个解．
因为x ＝0不满足方程，所以方程同解于b ＝e x
x ． ………………………… 6分 令h (x )＝e x
x ，由h '(x )＝(x －1)e x x 2＝0得x ＝1．
当x ∈(1，＋∞)时，h '(x )＞0，h (x )单调递增，h (x )∈(e ，＋∞)； 当x ∈(0，1)时，h '(x )＜0，h (x )单调递减，h (x )∈(e ，＋∞)；
所以当x ∈(0，＋∞)时，方程b ＝e x
x 有且只有一解等价于b ＝e ．………… 8分 当x ∈(－∞，0)时，h (x )单调递减，且h (x )∈(－∞，0)， 从而方程b ＝e x
x 有且只有一解等价于b ∈(－∞，0)．
综上所述，b 的取值范围为(－∞，0)∪{e}． …………………………… 10分 解法二 f (x )＝0同解于g (x )＝0，因此，只需g (x )＝0有且只有一个解．
即方程e x －bx ＝0有且只有一个解，即e x ＝bx 有且只有一解．
也即曲线y ＝e x 与直线y ＝bx 有且只有一个公共点． …………………… 6分 如图1，当b ＜0时，直线y ＝bx 与y ＝e x 总是有且只有一个公共点，满足要求．
………………………… 8分
如图2，当b ≥0时，直线y ＝bx 与y ＝e x 有且只有一个公共点， 当且仅当直线y ＝bx 与曲线y ＝e x 相切．
设切点为(x 0，e x 0
)，根据曲线y ＝e x 在x ＝x 0处的切线方程为：
y －e x 0
＝e x 0
(x －x 0)．
把原点(0，0)代入得x 0＝1，所以b ＝e x 0＝e ．
综上所述，b 的取值范围为(－∞，0)∪{e}． ………………………… 10分 （3）由g '(x )＝e x －b ＝0，得x ＝ln b ．
当x ∈(－∞，ln b )时，g '(x )＜0，g (x )单调递减． 当x ∈(ln b ，＋∞)时，g '(x )＞0，g (x )单调递增．
所以在x ＝ln b 时，g (x )取极小值g (ln b )＝b －b ln b ＝b (1－ln b )．
①当0＜b ≤e 时， g (ln b )＝b －b ln b ＝b (1－ln b )≥0，从而当x ∈R 时，g (x )≥0． 所以f (x )＝∣g (x )∣＝g (x )在(－∞，＋∞)上无极大值．
因此，在x ∈(0，2)上也无极大值． …………………………… 12分
②当b ＞e 时，g (ln b )＜0．
因为g (0)＝1＞0，g (2ln b )＝b 2－2b ln b ＝b (b －2ln b )＞0，
（令k (x )＝x －2ln x ．由k '(x )＝1－2
x ＝0得x ＝2，从而当x ∈(2，＋∞)时，k (x )单调递增，又k (e)＝e －2＞0，所以当b ＞e 时，b －2ln b ＞0．）
所以存在x 1∈(0，ln b )，x 2∈(ln b ，2ln b )，使得g (x 1)＝g (x 2)＝0．
此时f (x )＝∣g (x )∣＝???g (x )，x ≤x 1或x ≥x 2，－g (x )，x 1＜x ＜x 2．
所以f (x )在(－∞，x 1)单调递减，在(x 1，ln b )上单调递增，在(ln b ，x 2)单调递减， 在(x 2，＋∞)上单调递增． ……………………………… 14分
x
x
（图2）
所以在x ＝ln b 时，f (x )有极大值．
因为x ∈(0，2)．所以，当ln b ＜2，即e ＜b ＜e 2时，f (x )在(0，2)上有极大值； 当ln b ≥2，即b ≥e 2 时，f (x )在(0，2)上不存在极大值． 综上所述，在区间(0，2)上，
当0＜b ≤e 或b ≥e 2时，函数y ＝f (x )不存在极大值；
当e ＜b ＜e 2时，函数y ＝f (x )，在x ＝ln b 时取极大值f (ln b )＝b (ln b －1)．… 16分 20．（本小题满分16分）
已知数列{a n }满足：a 1＋a 2λ＋ a 3λ2＋…＋a n
λn －1＝n 2＋2n （其中常数λ＞0，n ∈N *）．
（1）求数列{a n }的通项公式；
（2）当λ＝4时，是否存在互不相同的正整数r ，s ，t ，使得a r ，a s ，a t 成等比数列？若存在，给出r ，s ，t 满足的条件；若不存在，说明理由；
（3）设S n 为数列{a n }的前n 项和．若对任意n ∈N *，都有(1－λ)S n ＋λa n ≥2λn 恒成立，求实数λ的取值范围．
解：（1）当n ＝1时，a 1＝3．
当n ≥2时，由a 1＋a 2λ＋a 3λ2＋…＋a n
λ
n －1＝n 2＋2n ， ①
得a 1＋a 2λ＋ a 3
λ2＋…＋a n －1λ
n －2＝(n －1)2＋2(n －1)． ②
①－②得：a n λn －1＝2n ＋1，所以a n ＝(2n ＋1)·λn －
1，（n ≥2）．
因为a 1＝3，所以a n ＝(2n ＋1)·λn
－1
(n ∈N *)． ………………………… 4分
（2）当λ＝4时，a n ＝(2n ＋1)·4n －
1．
若存在a r ，a s ，a t 成等比数列，则
[(2r ＋1)
·4r －1] [(2t ＋1)
·4t －1]＝(2s ＋1)2
·42s －
2．
整理得(2r ＋1) (2t ＋1) 4 r
＋t －2s
＝(2s ＋1)2． ………………………… 6分
由奇偶性知r ＋t －2s ＝0．
所以(2r ＋1) (2t ＋1)＝(r ＋t ＋1)2，即(r －t )2＝0．
这与r ≠t 矛盾，故不存在这样的正整数r ，s ，t ，使得a r ，a s ，a t 成等比数列．… 8分 （3）S n ＝3＋5λ＋7λ2＋…＋(2n ＋1)λn －
1．
当λ＝1时，S n ＝3＋5＋7＋…＋(2n ＋1)＝n 2＋2n ． 当λ≠1时，S n ＝3＋5λ＋7λ2＋…＋(2n ＋1)λn －
1，
λS n ＝ 3λ＋5λ2＋…＋(2n －1)λn －
1＋(2n ＋1)λn ．
(1－λ)S n ＝3＋2(λ＋λ2＋λ3＋＋…＋λn －
1)－(2n ＋1)λn
＝3＋2×λ(1－λn －
1)
1－λ
－(2n ＋1)λn ． ……………………… 10分
要对任意n ∈N *
，都有(1－λ)S n ＋λa n ≥2λn 恒成立，
①当λ＝1时，左＝(1－λ)S n ＋λa n ＝a n ＝2n ＋1≥2，结论显然成立； ②当λ≠1时，左＝(1－λ)S n ＋λa n ＝3＋2×λ(1－λn －
1)
1－λ
－(2n ＋1)λn ＋λa n
＝3＋2×λ(1－λn －
1) 1－λ＝3－λ1－λ－2λn
1－λ
．
因此，对任意n ∈N *
，都有3－λ1－λ≥4－2λ1－λ·λn 恒成立．
当0＜λ＜1时，只要3－λ4－2λ≥λn 对任意n ∈N *
恒成立．
只要有3－λ4－2λ
≥λ即可，解得λ≤1或λ≥3
2．
因此，当0＜λ＜1时，结论成立． ……… 14分 当λ≥2时，3－λ1－λ≥4－2λ1－λ·λn 显然不可能对任意n ∈N *
恒成立．
当1＜λ＜2时，只要3－λ4－2λ≤λn 对任意n ∈N *
恒成立．
只要有3－λ4－2λ≤λ即可，解得1≤λ≤3
2．
因此当1＜λ≤3
2时，结论成立．
综上可得，实数λ的取值范围为(0，3
2]． ………………………… 16分
21．A ．选修4—1：几何证明选讲
如图，已知AD ，BE ，CF 分别是△ABC 三边的高，H 是垂心，AD 的延长线交△ABC 的外接圆于点G ．求证：DH ＝DG ．
B ．选修4—2：矩阵与变换
设矩阵M ＝????
??
1 24 3．
（1）求矩阵M 的逆矩阵M －
1； （2）求矩阵M 的特征值． 21．A ．选修4—1：几何证明选讲 证明：连结BG ．
如图，因为AD 是△ABC 的高，
所以∠CAD ＋∠ACB ＝π
2． ……………… 2分 同理∠HBD ＋∠ACB ＝π
2．
所以∠CAD ＝∠HBD ． ……………… 4分
又因为∠CAD ＝∠CBG ，所以∠HBD ＝∠CBG ． ……………… 6分 又因为∠BDH ＝∠BDG ＝90°，BD ＝BD ，
(第21A 题图）
(第21A 题图）
所以△BDH ≌△BDG ．所以DH ＝DG ． ………………… 10分 B ．选修4—2：矩阵与变换
解：（1）矩阵A ＝???
?a b c d (ad －bc ≠0)的逆矩阵为A －
1
＝
?????
???d ad －
bc －b ad －bc
－c ad －bc
a ad －bc ． 所以矩阵M 的逆矩阵M
－1
＝????
??－35 25
45 －15． ………………… 5分．
（2）矩阵M 的特征多项式为f (λ)＝
???
?λ－1－4 －2λ－3＝λ2－4λ－5． 令f (λ)＝0，得到M 的特征值为－1或5． …………………… 10分 21C ．选修4—4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy 中，判断曲线C ：???x ＝2cos θ，y ＝sin θ(θ为参数）与直线l ：???x ＝1＋2t ，
y ＝1－t
(t
为参数)是否有公共点，并证明你的结论．
解法一：直线l 的普通方程为x ＋2y －3＝0． ……………… 3分
曲线C 的普通方程为． …………………… 3分 由方程组得
因为无解，所以曲线C 与直线l 没有公共点． …………… 4分 （注：计算出错，但位置关系正确，得2分）
解法二：直线l 的普通方程为x ＋2y －3＝0． ……………………… 3分
把曲线C 的参数方程代入l 的方程x ＋2y －3＝0，
得2cos θ＋2sin θ－3＝0，即2sin(θ＋π4)＝3
2． …………………… 3分 因为2sin(θ＋π
4)∈[－2，2]，而32∈∕[－2，2]，
所以方程2sin(θ＋π4)＝3
2无解．即曲线C 与直线l 没有公共点．…………… 4分 （或2sin(θ＋π4)＝32，所以sin(θ＋π
4)无解．即曲线C 与直线l 没有公共点． 4分） 21D ．选修4—5：不等式选讲
已知a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证：12a ＋1＋42b ＋1
≥9
4 ．
证法一：因为a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，
所以 (12a ＋1＋4
2b ＋1
)[(2a ＋1)＋(2b ＋1)]
＝1＋4＋2b ＋12a ＋1＋4(2a ＋1)
2b ＋1 …………………… 5分
≥5＋2
2b ＋12a ＋1×4(2a ＋1)
2b ＋1
＝9． …………………… 3分 而 (2a ＋1)＋(2b ＋1)＝4，所以12a ＋1＋42b ＋1≥9
4 ． …………………… 2分
证法二：因为a ＞0，b ＞0，由柯西不等式得
(
12a ＋1＋4
2b ＋1 )[(2a ＋1)＋(2b ＋1)] …………………… 5分 ≥(
12a ＋1
2a ＋1 ＋
4
2b ＋1
2b ＋1 )2
＝(1＋2)2＝9． …………………… 3分
由a ＋b ＝1，得 (2a ＋1)＋(2b ＋1)＝4，
所以12a ＋1＋42b ＋1≥94 ． …………………… 2分
证法三：设，则且…… 2分
只需证明即可．…………… 2分
因为 ． ………… 2分
且，所以．
故12a ＋1＋42b ＋1
≥94 ……………… 2分 22．甲、乙两班各派三名同学参加青奥知识竞赛，每人回答一个问题，答对得10分，答错得0分．假设甲班三名同学答对的概率都是23 ，乙班三名同学答对的概率分别是23 ，23 ，1
2 ，且这六个同学答题正确与否相互之间没有影响．
（1）用X 表示甲班总得分，求随机变量X 的概率分布和数学期望；
（2）记“两班得分之和是30分”为事件A ，“甲班得分大于乙班得分”为事件B ，求事件A ，B 同时发生的概率．
解：（1）随机变量X 的可能取值是0，10，20，30，且
P (X ＝0)＝C 03 (1－23 )3＝127 ， P (X ＝10)＝C 13 23 (1－23 )2＝29 ， P (X ＝20)＝C 23 (23 )2(1－23 )＝49 ， P (X ＝30)＝C 33 (23 )3＝827
．
所以，X 的概率分布为
………………………… 3分
随机变量X 的数学期望E (X )＝0×127 ＋10×29 ＋20×49 ＋30×8
27 ＝20．……… 5分 （2）甲班得20分，且乙班得10分的概率是：
C 23 (23)2(1－23)×[23×(1－23)×(1－12)＋(1－23)×23×(1－12)＋(1－23)×(1－23)×12]＝103
4； 甲班得30分，且乙得班0分的概率是：
C 33(23)3× (1－23)×(1－23)×(1－12)＝4
35 ．
所以事件A ，B 同时发生的概率为1034＋435＝34
243． …………………… 10分 23．记(1＋x 2)(1＋x 22)…(1＋x
2n )的展开式中，x 的系数为a n ，x 2的系数为b n ，其中 n ∈N *． （1) 求a n ；
（2）是否存在常数p ，q (p ＜q ) ，使b n ＝13(1＋p 2n )(1＋q
2n ) 对n ∈N *，n ≥2恒成立？证明你的结论．
解：（1） 根据多项式乘法运算法则，得
a n ＝12＋122+…＋12n ＝1－12n ．
………………………… 3分
（2）解法一 计算得b 2＝18，b 3＝7
32．
代入b n ＝13(1＋p 2n )(1＋q
2n )，解得p ＝－2，q ＝－1． ……………………… 6分 下面用数学归纳法证明b n ＝13(1－12n -1)(1－12n )＝13－12n ＋23×1
4n (n ≥2)： ①当n ＝2时，b 2＝1
8，结论成立． ②设n ＝k 时成立，即b k ＝13－12k ＋23×1
4k ． 则当n ＝k ＋1时，
b k +1＝b k ＋a k 2k +1＝13－12k ＋23×14k ＋12k +1－1
22k+1 ＝13－12k +1＋23×14k +1．
由①②可得结论成立． ………………………… 10分 解法二 根据多项式乘法运算法则，得
b n +1=b n +a n
2n +1．
……………………… 6分
所以b n －b n －1＝a n －12n ＝12n －122n －1＝12n －2
4n (n ≥3)．
所以b n ＝123+124+……+12n －2(143+144+……+1
4n )+b 2
＝13－12n ＋23×1
4n (n ≥3) ．
又b 2＝18也满足上式．所以b n ＝13－12n ＋23×14n ＝13(1－12n -1) (1－1
2n ) (n ≥2)． 所以存在p ＝－2，q ＝－1符合题意． ………………………… 10分 解法三 根据多项式乘法运算法则，得
b n ＝12[(12＋122＋…＋12n )2－(122＋124＋…＋1
4n )] ………………………… 7分 ＝12[(1－12n )2－14(1－14n )1－14
]＝13－12n ＋23×14n ＝13(1－12n -1
)(1－1
2n )． 所以存在p ＝－2，q ＝－1符合题意． ………………………… 10分