2022-2023学年山东省东营市高二下学期期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2山东省东营市2022-2023学年高二下学期期末数学试题一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求.1.的展开式中，含项的系数为，则（）A.1 B. C. D.〖答案〗C〖解析〗的展开式的通项公式为，令，可得；所以含项的系数为，即，解得.故选：C.2.已知a为实数，函数的导函数为，且是偶函数，则曲线在点处的切线方程为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗因为是偶函数，所以，所以，故，，所以，，故曲线在点处的切线方程为，即.故选：A.3.现有两筐排球，甲筐中有10个白色球、5个红色球，乙筐中有4个黄色球、6个红色球、5个黑色球.某排球运动员练习发球时，在甲筐取球的概率为0.6，在乙筐取球的概率为0.4.若该运动员从这两筐球中任取一个排球，则取到红色排球的概率为（）A.0.73 B.0.36 C.0.32 D.0.28〖答案〗B〖解析〗设事件“运动员从这两筐球中任取一个排球，则取到红色排球”，事件“运动员从甲筐球中取球”，事件“运动员从乙筐球中取球”，由题意可得，，，，由全概率公式可得.故选：B.4.各项均为正数的等比数列，公比为，则“”是“为递增数列”的（）A.充分且不必要条件 B.必要且不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件〖答案〗C〖解析〗因为各项为正数，且，所以，即，所以为递增数列，充分性成立，若为递增数列，则，因为各项为正数，所以，必要性成立.故选：C5.国内现存两件国宝级文物——战国宴乐水陆攻战纹铜壶，分别藏于故宫博物院与四川博物馆.铜壶上的图像采用“嵌错”制作工艺，铜壶身上的三圈纹饰，将壶身分为四层.假设第一层与第二层分别看作圆柱与圆台，且圆柱与圆台的高之比为，其正视图如图2所示，根据正视图，可得圆柱与圆台这两个几何体的体积之比为（）（注：）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意知：圆柱的底面直径为，设高为；圆台的上下底面直径分别为和，圆柱与圆台的高之比为，则高为，∴圆柱的体积；圆台的体积，圆柱与圆台这两个几何体的体积之比为.故选：B.6.若函数在R上可导，且，则当时，下列不等式成立的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗令，则，由于的正负不确定，所以的正负不确定，不能判断的单调性，故AC错误；令，由，则，所以为R上的单调递减函数，因为，所以，即，故B错误D正确；故选：D.7.数学与音乐有着紧密的关联.声音中也包含正弦函数，声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，每一个音都是由纯音合成的.纯音的数学模型是函数，我们平时听到的音乐一般不是纯音，而是有多种波叠加而成的复合音．已知刻画某复合音的函数为，则其部分图象大致为（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗令，求导得，当时，由解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，当和时，取极大值；当时，取极小值，由于，可得，当时，结合图象，只有C选项满足．故选：C．8.古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第日布施了子安贝（其中，），数列的前项和为.若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（）A.15 B.20 C.24 D.27〖答案〗D〖解析〗由题意可知，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故，所以由，得，整理得对任意，且恒成立，又，当且仅当，即时等号成立，所以，即实数的最大值为27.故选：D.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，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，部分选对得2分，有选错的得0分.9.已知数列的首项，且，满足下列结论正确的是（）A.数列是等比数列B.数列是等比数列C.D.数列的前n项的和〖答案〗BC〖解析〗由题意数列的首项，且满足，则，则，故数列不是等比数列，A错误；由得，，否则与矛盾，则，则数列是等比数列，B正确；由B分析知数列是等比数列，首项为，公比为，则，所以，C正确；数列的前n项的和为，D错误.故选：BC10.某中学在学校艺术节举行“三独”比赛（独唱独奏独舞），由于疫情防控原因，比赛现场只有9名教师评委给每位参赛选手评分，全校4000名学生通过在线直播观看并网络评分，比赛评分采取10分制．某选手比赛后，现场9名教师原始评分中去掉一个最高分和一个最低分，得到7个有效评分如下表．对学生网络评分按分成三组，其频率分布直方图如图所示．教师评委ABCDEFG有效评分9.69.19.48.99.29.39.5则下列说法正确的是（）A.现场教师评委7个有效评分与9个原始评分的中位数相同B.估计全校有1200名学生的网络评分在区间内C.在去掉最高分和最低分之前9名教师评委原始评分的极差一定大于0.7D.从学生观众中随机抽取10人，用频率估计概率，X表示评分不小于9分的人数，则〖答案〗ABD〖解析〗去掉9个原始评分中的一个最高分和一个最低分，不会改变该组数据的中位数，A正确；因为学生网络评分在区间内的频率为0.3，学生总人数为4000，则网络评分在区间内的学生估计有人，B正确；若去掉的一个最高分为9.6，去掉的一个最低分为8.9，则9名教师原始评分的极差等于0.7，C错误；学生网络评分在区间内频率为0.5，则，所以，D正确；故选：ABD．11.如图，边长为4的正方形是圆柱的轴截面，点为圆弧上一动点（点与点不重合），则（）A.存在值，使得B.三棱锥体积的最大值为C.当时，异面直线与所成角的余弦值为D.当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为〖答案〗BCD〖解析〗对于选项，由题意知，若，，平面，则平面，所以，不成立，故不正确；对于选项，在三棱锥中，半圆面，则是三棱锥的高，当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，三棱锥的体积取得最大值为，故选项B正确；对于选项C：当时，则为的中点，以的中点为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，则,，，，可得，则，故异面直线与所成角的余弦值为，所以正确；对于选项，取的中点，过点作于点，连接，由题意知，平面，平面，，又因为，，平面，可得平面，所以为在平面内的射影，则为直线与平面所成的角，设，则，在Rt中，，所以，故，令，则，且，所以，当且仅当，即时取等号，所以，则，所以直线与平面所成最大角的正弦值为，此时，所以，连接，因为平面，平面，所以，因为为正方形，所以，在中，可得，在中，可得，则，因为，所以点为四棱锥外接球的球心，因为，由，解得，所以球心到面的距离，设截面半径为，则有，所以截面面积为，故D正确.故选：BCD12.已知函数满足：①为偶函数；②，，是的导函数，则下列结论正确的是（）A.关于对称 B.的一个周期为C.不关于对称 D.关于对称〖答案〗ABD〖解析〗A选项，由两边求导得，即关于对称，故A正确；B选项，由为偶函数，知.又，则，即的一个周期为，则的一个周期为，故B正确；C选项，注意到当时，则，即此时关于，即对称，故C错误；D选项，由为偶函数，知关于对称，即，则，即关于对称，故D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.13.等差数列中，，则数列的前13项的和为_______________.〖答案〗〖解析〗在等差数列中，满足，即，由等差数列的性质，可得，所以，可得，又由.故〖答案〗为：.14.若，且，则__________.〖答案〗〖解析〗由题意可知，正态密度曲线的对称轴为，由正态分布的对称性可得.故〖答案〗为：15.已知函数，在上可导，若，则成立.英国数学家泰勒发现了一个恒等式：，则________________.〖答案〗〖解析〗设，，则，记，，则，又，所以，所以，所以，故〖答案〗为：16.如图，一张纸的长，宽，.M，N分别是AD，BC的中点.现将沿BD折起，得到以A，B，C，D为顶点的三棱锥，则三棱锥的外接球O的半径为___________；在翻折的过程中，直线MN被球O截得的线段长的取值范围是___________.〖答案〗①②〖解析〗由于和都是直角三角形，所以两个面的外接圆圆心都在BD的中点处，因此三棱锥的外接球O的球心O在BD的中点，则半径，直线MN被球O截得的线段长与二面角的大小有关，当二面角接近时，直线MN被球O截得的线段长最长，趋于直径，当二面角接近时，直线MN被球O截得的线段长最短，如图翻折后，此时，所以则，由相似比可得，所以，直线MN被球O截得的线段长，综上直线MN被球O截得的线段长的取值范围是，故〖答案〗为：；.四、解答题：本大题共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.已知正项数列与，且为等比数列，,，从条件①的前3项和；②；③.任选一个补充在上面问题中，并解答下列问题：（1）求证：数列为等差数列；（2）求数列的前项和.（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）.解：（1）由可得，又，所以，则，即.∴是以1为首项，2为公差的等差数列.（2）由（1）可得设等比数列的公比为，且若选①，则，解得或又因为各项为正数，∴，故；若选②，又，得，又，则解得或又因为各项为正数，∴，故；若选③，因为，则，则解得或又因为各项为正数，∴，故；所以即则相减得：所以.18.2021年4月7日，“学习强国”上线“强国医生”功能，提供智能导诊、疾病自查、疾病百科、健康宣传等多种医疗健康服务.（1）为了解“强国医生”使用次数的多少与性别之间的关系，某调查机构调研了200名“强国医生”的使用者，得到表中数据，根据所给数据完成上述表格，并判断是否有99.9%的把握认为“强国医生”的使用次数与性别有关；男女总计使用次数多40使用次数少30总计90200（2）该机构统计了“强国医生”上线7天内每天使用该服务的女性人数，“强国医生”上线的第x天，每天使用“强国医生”的女性人数为y，得到以下数据：x1234567y611213466100195通过观察散点图发现样本点集中于某一条曲线的周围，求y关于x的回归方程，并预测“强国医生”上线第12天使用该服务的女性人数.附：随机变量0.050.020.010.0050.0013.8415.0246.6357.87910.828其中参考公式：对于一组数据其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为61.91.651.825223.98解：（1）如下表：男女总计使用次数多4080120使用次数少503080总计90110200，所以有99.9%的把握认为“强国医生”的使用次数与性别有关；（2）将两边同时取常用对数得，设，则，因为，所以，所以，所以y关于x的回归方程为把代入回归方程，得，所以“强国医生”上线第12天，使用该服务的女性约有3980人.19.如图，已知六面体的面为梯形，，，，，棱平面，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的大小.解：（1）因为平面ABCD，所以，，且，建立如图所示的空间直角坐标系，则所以设平面的法向量为，则，令，解得，故，所以，故，又平面，所以平面.（2）由（1）得设平面的法向量为则，令，解得，故所以，设直线与平面所成的角为，则又，所以.20.某公司生产一种大件产品的日产为2件，每件产品质量为一等的概率为0.5，二等的概率为0.4，若达不到一､二级，则为不合格，且生产两件产品品质结果相互独立.已知生产一件产品的利润如下表：等级一等二等三等利润（万元/每件）0.80.6-0.3（1）求生产两件产品中至少有一件一等品的概率；（2）求该公司每天所获利润（万元）的数学期望；（3）若该工厂要增加日产能，公司工厂需引入设备及更新技术，但增加n件产能，其成本也将相应提升（万元），假如你作为工厂决策者，你觉得该厂目前该不该增产？请回答，并说明理由.（）解：（1）设一件产品是一等品为事件A，则一件产品不是一等品为事件，，2件产品至少有1件为一等品事件为，其概率；（2）设一件产品为一等品为事件A，二等品为事件B，次品为事件C，则，则可取的值为，，,，,,其分布列为：-0.60.30.51.21.41.60.010.080.10.160.40.25数学期望(万元)；（3）由（2）可知，每件产品的平均利润为（万元），则增加n件产品，利润增加为万元），成本也相应提高（万元），所以净利润，，设，则，当时，，是增函数，当时，是减函数，在取得最大值，又，只能取整数，或时可能为最大值，，，即在取得最大值时也是亏本的，所以不应增加产量；21.已知函数.（1）若在处取得极值，求在区间上的值域；（2）若函数有1个零点，求a的取值范围.解：（1）因为在处取得极值所以，得则时，，在区间上单调递增，所以所以在区间上的值域为（2）的定义域为函数有一个零点有一个实数根与有一个交点.当时，由图可知满足题意；当时，在上无零点；当时，令，得令，得所以，当时，有最大值因为函数有一个零点，所以，解得综上，a的取值范围为.22.如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，.是棱PD上的点，且四面体的体积为（1）证明：；（2）若过点C，M的平面α与BD平行，且交PA于点Q，求平面与平面夹角的余弦值.解：（1）解法一：如图1，取AB中点O，连接PO，CO.因为，，所以，，.又因为是菱形，，所以，.因为，所以，所以.又因为平面，平面ABCD，，所以平面.因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，所以.因为，所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的，所以.解法二：如图2，取AB中点O，连接PO，CO，因为，，所以，，，又因为是菱形，，所以，.因为，所以，所以.因为平面PAB，平面PAB，，所以平面PAB.所以，.过M作交AP于点N，，所以.又平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，所以.因为，，所以，所以N是PA的中点，所以M是PD的中点，所以.（2）解法一：由（1）知，，，.如图3，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，，.因为，设，则，因为，，，，故存在实数a，b，使得，所以，解得，所以.设平面的法向量为，则，即，取，得到平面的一个法向量.设平面与平面夹角是，又因为是平面的一个法向量，则.所以平面与平面夹角的余弦值是.解法二：由（1）知，，，，如图3，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，，.设平面的法向量为，则，即.取，得到平面的一个法向量.因为，设，则，因为，所以，所以设平面的法向量为，则，即.取，得到平面的一个法向量.设平面与平面夹角是，又因为是平面的一个法向量，则.所以平面与平面夹角的余弦值是.解法三：在平面内，过C作交AD延长线于点E，交AB延长线于点F，因为菱形，所以.如图4，在平面PAD内，作交EM的延长线于点，设交AP于点Q.所以，四边形是平行四边形，，.所以，所以，所以点Q是线段PA上靠近P的三等分点.如图5，在平面PAB内，作，交AB于T，因为平面，所以平面，所以，因为，，在平面内，作，交BC于点N，连接QN，过A作交BC于K，在中，，，所以，所以，因为，，，且两直线在平面内，所以平面，因为平面，所以.所以是二面角的平面角.在中，，所以.所以平面与平面夹角的余弦值是.山东省东营市2022-2023学年高二下学期期末数学试题一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求.1.的展开式中，含项的系数为，则（）A.1 B. C. D.〖答案〗C〖解析〗的展开式的通项公式为，令，可得；所以含项的系数为，即，解得.故选：C.2.已知a为实数，函数的导函数为，且是偶函数，则曲线在点处的切线方程为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗因为是偶函数，所以，所以，故，，所以，，故曲线在点处的切线方程为，即.故选：A.3.现有两筐排球，甲筐中有10个白色球、5个红色球，乙筐中有4个黄色球、6个红色球、5个黑色球.某排球运动员练习发球时，在甲筐取球的概率为0.6，在乙筐取球的概率为0.4.若该运动员从这两筐球中任取一个排球，则取到红色排球的概率为（）A.0.73 B.0.36 C.0.32 D.0.28〖答案〗B〖解析〗设事件“运动员从这两筐球中任取一个排球，则取到红色排球”，事件“运动员从甲筐球中取球”，事件“运动员从乙筐球中取球”，由题意可得，，，，由全概率公式可得.故选：B.4.各项均为正数的等比数列，公比为，则“”是“为递增数列”的（）A.充分且不必要条件 B.必要且不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件〖答案〗C〖解析〗因为各项为正数，且，所以，即，所以为递增数列，充分性成立，若为递增数列，则，因为各项为正数，所以，必要性成立.故选：C5.国内现存两件国宝级文物——战国宴乐水陆攻战纹铜壶，分别藏于故宫博物院与四川博物馆.铜壶上的图像采用“嵌错”制作工艺，铜壶身上的三圈纹饰，将壶身分为四层.假设第一层与第二层分别看作圆柱与圆台，且圆柱与圆台的高之比为，其正视图如图2所示，根据正视图，可得圆柱与圆台这两个几何体的体积之比为（）（注：）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意知：圆柱的底面直径为，设高为；圆台的上下底面直径分别为和，圆柱与圆台的高之比为，则高为，∴圆柱的体积；圆台的体积，圆柱与圆台这两个几何体的体积之比为.故选：B.6.若函数在R上可导，且，则当时，下列不等式成立的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗令，则，由于的正负不确定，所以的正负不确定，不能判断的单调性，故AC错误；令，由，则，所以为R上的单调递减函数，因为，所以，即，故B错误D正确；故选：D.7.数学与音乐有着紧密的关联.声音中也包含正弦函数，声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，每一个音都是由纯音合成的.纯音的数学模型是函数，我们平时听到的音乐一般不是纯音，而是有多种波叠加而成的复合音．已知刻画某复合音的函数为，则其部分图象大致为（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗令，求导得，当时，由解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，当和时，取极大值；当时，取极小值，由于，可得，当时，结合图象，只有C选项满足．故选：C．8.古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第日布施了子安贝（其中，），数列的前项和为.若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（）A.15 B.20 C.24 D.27〖答案〗D〖解析〗由题意可知，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故，所以由，得，整理得对任意，且恒成立，又，当且仅当，即时等号成立，所以，即实数的最大值为27.故选：D.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，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，部分选对得2分，有选错的得0分.9.已知数列的首项，且，满足下列结论正确的是（）A.数列是等比数列B.数列是等比数列C.D.数列的前n项的和〖答案〗BC〖解析〗由题意数列的首项，且满足，则，则，故数列不是等比数列，A错误；由得，，否则与矛盾，则，则数列是等比数列，B正确；由B分析知数列是等比数列，首项为，公比为，则，所以，C正确；数列的前n项的和为，D错误.故选：BC10.某中学在学校艺术节举行“三独”比赛（独唱独奏独舞），由于疫情防控原因，比赛现场只有9名教师评委给每位参赛选手评分，全校4000名学生通过在线直播观看并网络评分，比赛评分采取10分制．某选手比赛后，现场9名教师原始评分中去掉一个最高分和一个最低分，得到7个有效评分如下表．对学生网络评分按分成三组，其频率分布直方图如图所示．教师评委ABCDEFG有效评分9.69.19.48.99.29.39.5则下列说法正确的是（）A.现场教师评委7个有效评分与9个原始评分的中位数相同B.估计全校有1200名学生的网络评分在区间内C.在去掉最高分和最低分之前9名教师评委原始评分的极差一定大于0.7D.从学生观众中随机抽取10人，用频率估计概率，X表示评分不小于9分的人数，则〖答案〗ABD〖解析〗去掉9个原始评分中的一个最高分和一个最低分，不会改变该组数据的中位数，A正确；因为学生网络评分在区间内的频率为0.3，学生总人数为4000，则网络评分在区间内的学生估计有人，B正确；若去掉的一个最高分为9.6，去掉的一个最低分为8.9，则9名教师原始评分的极差等于0.7，C错误；学生网络评分在区间内频率为0.5，则，所以，D正确；故选：ABD．11.如图，边长为4的正方形是圆柱的轴截面，点为圆弧上一动点（点与点不重合），则（）A.存在值，使得B.三棱锥体积的最大值为C.当时，异面直线与所成角的余弦值为D.当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为〖答案〗BCD〖解析〗对于选项，由题意知，若，，平面，则平面，所以，不成立，故不正确；对于选项，在三棱锥中，半圆面，则是三棱锥的高，当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，三棱锥的体积取得最大值为，故选项B正确；对于选项C：当时，则为的中点，以的中点为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，则,，，，可得，则，故异面直线与所成角的余弦值为，所以正确；对于选项，取的中点，过点作于点，连接，由题意知，平面，平面，，又因为，，平面，可得平面，所以为在平面内的射影，则为直线与平面所成的角，设，则，在Rt中，，所以，故，令，则，且，所以，当且仅当，即时取等号，所以，则，所以直线与平面所成最大角的正弦值为，此时，所以，连接，因为平面，平面，所以，因为为正方形，所以，在中，可得，在中，可得，则，因为，所以点为四棱锥外接球的球心，因为，由，解得，所以球心到面的距离，设截面半径为，则有，所以截面面积为，故D正确.故选：BCD12.已知函数满足：①为偶函数；②，，是的导函数，则下列结论正确的是（）A.关于对称 B.的一个周期为C.不关于对称 D.关于对称〖答案〗ABD〖解析〗A选项，由两边求导得，即关于对称，故A正确；B选项，由为偶函数，知.又，则，即的一个周期为，则的一个周期为，故B正确；C选项，注意到当时，则，即此时关于，即对称，故C错误；D选项，由为偶函数，知关于对称，即，则，即关于对称，故D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.13.等差数列中，，则数列的前13项的和为_______________.〖答案〗〖解析〗在等差数列中，满足，即，由等差数列的性质，可得，所以，可得，又由.故〖答案〗为：.14.若，且，则__________.〖答案〗〖解析〗由题意可知，正态密度曲线的对称轴为，由正态分布的对称性可得.故〖答案〗为：15.已知函数，在上可导，若，则成立.英国数学家泰勒发现了一个恒等式：，则________________.〖答案〗〖解析〗设，，则，记，，则，又，所以，所以，所以，故〖答案〗为：16.如图，一张纸的长，宽，.M，N分别是AD，BC的中点.现将沿BD折起，得到以A，B，C，D为顶点的三棱锥，则三棱锥的外接球O的半径为___________；在翻折的过程中，直线MN被球O截得的线段长的取值范围是___________.〖答案〗①②〖解析〗由于和都是直角三角形，所以两个面的外接圆圆心都在BD的中点处，因此三棱锥的外接球O的球心O在BD的中点，则半径，直线MN被球O截得的线段长与二面角的大小有关，当二面角接近时，直线MN被球O截得的线段长最长，趋于直径，当二面角接近时，直线MN被球O截得的线段长最短，如图翻折后，此时，所以则，由相似比可得，所以，直线MN被球O截得的线段长，综上直线MN被球O截得的线段长的取值范围是，故〖答案〗为：；.四、解答题：本大题共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.已知正项数列与，且为等比数列，,，从条件①的前3项和；②；③.任选一个补充在上面问题中，并解答下列问题：（1）求证：数列为等差数列；（2）求数列的前项和.（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）.解：（1）由可得，又，所以，则，即.∴是以1为首项，2为公差的等差数列.（2）由（1）可得设等比数列的公比为，且若选①，则，解得或又因为各项为正数，∴，故；若选②，又，得，又，则解得或又因为各项为正数，∴，故；若选③，因为，则，则解得或又因为各项为正数，∴，故；所以即则相减得：所以.18.2021年4月7日，“学习强国”上线“强国医生”功能，提供智能导诊、疾病自查、疾病百科、健康宣传等多种医疗健康服务.（1）为了解“强国医生”使用次数的多少与性别之间的关系，某调查机构调研了200名“强国医生”的使用者，得到表中数据，根据所给数据完成上述表格，并判断是否有99.9%的把握认为“强国医生”的使用次数与性别有关；男女总计使用次数多40使用次数少30总计90200（2）该机构统计了“强国医生”上线7天内每天使用该服务的女性人数，“强国医生”上线的第x天，每天使用“强国医生”的女性人数为y，得到以下数据：x1234567y611213466100195通过观察散点图发现样本点集中于某一条曲线的周围，求y关于x的回归方程，并预测“强国医生”上线第12天使用该服务的女性人数.附：随机变量0.050.020.010.0050.0013.8415.0246.6357.87910.828其中参考公式：对于一组数据其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为61.91.651.825223.98解：（1）如下表：男女总计使用次数多4080120使用次数少503080总计90110200，所以有99.9%的把握认为“强国医生”的使用次数与性别有关；（2）将两边同时取常用对数得，设，则，因为，所以，所以，所以y关于x的回归方程为把代入回归方程，得，所以“强国医生”上线第12天，使用该服务的女性约有3980人.19.如图，已知六面体的面为梯形，，，，，棱平面，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的大小.解：（1）因为平面ABCD，所以，，且，建立如图所示的空间直角坐标系，则所以设平面的法向量为，则，令，解得，故，所以，故，又平面，所以平面.（2）由（1）得设平面的法向量为则，令，解得，故所以，设直线与平面所成的角为，则又，所以.20.某公司生产一种大件产品的日产为2件，每件产品质量为一等的概率为0.5，二等的概率为0.4，若达不到一､二级，则为不合格，且生产两件产品品质结果相互独立.已知生产一件产品的利润如下表：等级一等二等三等利润（万元/每件）0.80.6-0.3（1）求生产两件产品中至少有一件一等品的概率；（2）求该公司每天所获利润（万元）的数学期望；（3）若该工厂要增加日产能，公司工厂需引入设备及更新技术，但增加n件产能，其成本也将相应提升（万元），假如你作为工厂决策者，你觉得该厂目前该不该增产？请回答，并说明理由.（）解：（1）设一件产品是一等品为事件A，则一件产品不是一等品为事件，，2件产品至少有1件为一等品事件为，其概率；（2）设一件产品为一等品为事件A，二等品为事件B，次品为事件C，则，则可取的值为，，,，,,其分布列为：-0.60.30.51.21.41.60.010.080.10.16