【文档说明】江苏省南通市2020届高三第二次模拟考试（5月）数学（含答案）.doc，共(15)页，191.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020届高三模拟考试试卷数学(满分160分，考试时间120分钟)2020．5参考公式：样本数据x1，x2，„，xn的方差s2＝圆柱的体积公式：V圆柱＝Sh，其中S是圆柱的底面积，h为高．圆柱的侧面积公式：

S圆柱侧＝cl，其中c是圆柱底面的周长，l为母线长．球的体积公式：V球＝43πR3，球的表面积公式：S球＝4πR2，其中R为球的半径．一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．1.已知集合M＝{－2，－1，0，1}，N＝{x|x2＋x≤0}，则M∩

N＝________．2.已知复数a＋i2＋i为纯虚数，其中i为虚数单位，则实数a的值是________．3.某同学5次数学练习的得分依次为114，116，114，114，117，则这5次得分的方差是________

．ReadxIfx＜0Thenm←2x＋1Elsem←2－3xEndIfPrintm(第4题)4.根据如图所示的伪代码，当输入的x为－1时，最后输出m的值是________．5.在平面直角坐标系xOy

中，若双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的离心率为5，则该双曲线的渐近线的方程是____________．6.某同学参加“新冠肺炎防疫知识”答题竞赛活动，需从4道题中随机抽取2道作答．若该同学会其中的3道题，则抽到的2道题他都会的概率是________．7.将函数f

(x)＝sin(2x＋π3)的图象向右平移φ个单位长度得到函数g(x)的图象．若g(x)为奇函数，则φ的最小正值是________．8.已知非零向量b与a的夹角为120°，且|a|＝2，|2a＋b|＝4，则|b|＝________．9.已知

等比数列{an}的各项均为正数，且8a1，a3，6a2成等差数列，则a7＋2a8a5＋2a6的值是________．10.在平面直角坐标系xOy中，已知过点(－10，0)的圆M与圆x2＋y2－6x－6y＝0相切

于原点，则圆M的半径是________．11.唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示．已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为143πR2.设酒杯上部分(

圆柱)的体积为V1，下部分(半球)的体积为V2，则V1V2的值是________．12.已知函数f(x)＝logax(a>1)的图象与直线y＝k(x－1)(k∈R)相交．若其中一个交点的纵坐标为1，则k＋a的最小值是________．13.已知函

数f(x)＝2x＋4x＋1，x≥0，（x＋2）2，x<0.若关于x的不等式f(x)－mx－m－1<0(m∈R)的解集是(x1，x2)∪(x3，＋∞)，x1<x2<x3，则m的取值范围是________．14.如图，在△A

BC中，AC＝32BC，点M，N分别在AC，BC上，且AM＝13AC，BN＝12BC.若BM与AN相交于点P，则CPAB的取值范围是________．二、解答题：本大题共6小题，共90分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15.(本小题满分14分)在

斜三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.(1)若2acosC＝b，且sin2C＝sinAsinB，求B的值；(2)若cos(2A＋B)＋3cosB＝0，求tanAtanC的值．16.(本小题满

分14分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，侧面BCC1B1是矩形，点E，F分别为BC，A1B1的中点．求证：(1)BC⊥AC1；(2)EF∥平面ACC1A1.17.(本小题满分14分)如图，某森林公园内有一条宽为100米的笔直的河

道(假设河道足够长)，现拟在河道内围出一块直角三角形区域养殖观赏鱼．三角形区域记为△ABC，A到河两岸的距离AE，AD相等，B，C分别在两岸上，AB⊥AC.为方便游客观赏，拟围绕△ABC区域在水面搭建景观桥．为了使桥的总长度l(即△ABC的

周长)最短，工程师设计了以下两种方案：方案1：设∠ABD＝α，求出l关于α的函数解析式f(α)，并求出f(α)的最小值．方案2：设EC＝x米，求出l关于x的函数解析式g(x)，并求出g(x)的最小值．请从以上两种方案中自选一种解答．(注：如果选用了两种方案解答，则按第一种解答

计分)18.(本小题满分16分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>0，b>0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，两准线之间的距离为833.(1)求椭圆C的标准方程；(2)直线l：y＝kx＋m(k>0，m≠0)与椭圆C交于P，Q两点，设直线OP，OQ

的斜率分别为k1，k2.已知k2＝k1²k2.①求k的值；②当△OPQ的面积最大时，求直线PQ的方程．19.(本小题满分16分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，λan＋1＋Sn²Sn＋2＝S2n＋1，n∈N*，λ∈R.(1)若λ＝－3，a2

＝－1，求a3的值；(2)若数列{an}的前k项成公差不为0的等差数列，求k的最大值；(3)若a2>0，是否存在λ∈R，使{an}为等比数列？若存在，求出所有符合题意的λ的值；若不存在，请说明理由．20.(本小题满分16分)对于定义在D上的函数f(x)，若存在k∈R，使f(

x)<kx恒成立，则称f(x)为“m(k)型函数”；若存在k∈R，使f(x)≥kx恒成立，则称f(x)为“M(k)型函数”．已知函数f(x)＝(1－2ax)lnx(a∈R)．(1)设函数h1(x)＝f(x)＋1(x≥1)．若a＝0，且h1(x)为“m(k)型函数”，求k的取值范围

；(2)设函数h2(x)＝f(x)＋1x.求证：当a＝－12时，h2(x)为“M(1)型函数”；(3)若a∈Z，求证：存在唯一整数a，使得f(x)为“m(14)型函数”．2020届高三模拟考试试卷(十四)

数学附加题(满分40分，考试时间30分钟)21.【选做题】在A，B，C三小题中只能选做两题，每小题10分，共20分．若多做，则按作答的前两题计分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．A.(选修42：矩阵与变换)

已知矩阵A的逆矩阵A－1＝3221.(1)求矩阵A；(2)若向量α＝21，计算A2α.B.(选修44：坐标系与参数方程)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为x＝1＋32t，y＝12t(t为参数)．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的

极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ＝4cos(θ＋π3)．设P为曲线C上的动点，求点P到直线l的距离的最大值．C.(选修45：不等式选讲)若实数x，y，z满足x＋2y＋3z＝1，求x2＋y2＋z2的最小值．【必做题】第22，23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字

说明、证明过程或演算步骤．22.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y2＝2px(p>0)，过点M(4p，0)的直线l交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点．当AB垂直于x轴时，△OAB的面积为22.(1)求抛物线的方程；(2)设线段AB的垂直平分线交x轴于点T.①求

证：y1y2为定值；②若OA∥TB，求直线l的斜率．23.设n∈N*，k∈N，n≥k.(1)化简：Ckn＋1²Ck＋1n＋1Ckn²Ck＋1n＋2；(2)已知(1－x)2n＝a0＋a1x＋a2x2＋„＋a2nx2n，记F(n)＝(n＋1)kak.

求证：F(n)能被2n＋1整除．2020届高三模拟考试试卷(南通)数学参考答案及评分标准1.{－1，0}2.－123.854.325.y＝±2x6.127.π68.49.1610.5211.212.31

3.(0，2)∪(2，3)14.(15，2)15.解：(1)在△ABC中，由余弦定理得2a·a2＋b2－c22ab＝b，化简得a2＝c2，即a＝c.(2分)因为sin2C＝sinAsinB，且asinA＝bsinB＝csinC＝2R(R为△A

BC外接圆半径)，所以c2＝ab，(4分)所以c＝a＝b，所以△ABC为正三角形，所以B＝π3.(6分)(2)因为cos(2A＋B)＋3cosB＝0，且B＝π－(A＋C)，所以cos[π＋(A－C)]＋3cos[π－(A＋C)]＝0，(8

分)所以cos(A－C)＝－3cos(A＋C)，(10分)即cosAcosC＋sinAsinC＝－3cosAcosC＋3sinAsinC，所以2cosAcosC＝sinAsinC．(12分)在斜三角形ABC中，因为A≠π2

，C≠π2，所以cosA≠0，cosC≠0，所以tanAtanC＝2.(14分)16.证明：(1)因为侧面BCC1B1是矩形，所以BC⊥CC1.因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝C1C，BC⊂平面BCC1B1，所以BC⊥平面ACC1A1.(4分)因为AC

1⊂平面ACC1A1，所以BC⊥AC1.(6分)(2)取A1C1的中点G，连结FG，CG.在△A1B1C1中，点F，G分别是A1B1，A1C1的中点，所以FG∥B1C1，且FG＝12B1C1.(8分)在矩形BCC1B1中，点E是

BC的中点，所以EC∥B1C1，且EC＝12B1C1，所以EC∥FG，且EC＝FG.(10分)所以四边形EFGC为平行四边形，所以EF∥GC.(12分)因为EF⊄平面ACC1A1，GC⊂平面ACC1A1，所以EF∥平面ACC1A1.(14分)17.解：方案1：因为AB⊥AC，所以∠EAC＋

∠BAD＝90°.在Rt△ABD中，∠ABD＋∠BAD＝90°，所以∠EAC＝∠ABD＝α，α∈(0，π2)．(2分)因为AD＝AE＝50，在Rt△ADB和Rt△AEC中，AB＝50sinα，AC＝50cosα，(4分)所以BC＝（50sinα）2＋（50cos

α）2＝501sin2α＋1cos2α＝50sinαcosα，所以f(α)＝50(1sinα＋1cosα＋1sinαcosα)＝50(sinα＋cosα＋1sinαcosα)，其中α∈(0，π2)．(7分)(解法1)设t＝sinα＋cosα，

则t＝sinα＋cosα＝2sin(α＋π4)．因为α∈(0，π2)，所以t∈(1，2]．(9分)因为t2＝1＋2sinαcosα，所以sinαcosα＝t2－12，所以y＝50（t＋1）t2－12＝100t－1，(12分)所以当t＝2时，f(α)min＝1002－1＝100＋100

2.答：景观桥总长度的最小值为(100＋1002)米．(14分)(解法2)f′(α)＝50（cosα－sinα）（－1－sinαcosα－sinα－cosα）（sinαcosα）2.(10分)因为α∈(0，π2)，所以－1－sinαcosα－sinα－cosα<0，(si

nαcosα)2>0.当α∈(0，π4)时，cosα－sinα>0，f′(α)<0，f(α)单调递减；当α∈(π4，π2)时，cosα－sinα<0，f′(α)>0，f(α)单调递增．(12分)所以当α＝π4时，f(α)取得最小值，最小

值为(100＋1002)米．答：景观桥总长度的最小值为(100＋1002)米．(14分)方案2：因为AB⊥AC，所以∠EAC＋∠BAD＝90°.在Rt△ABD中，∠ABD＋∠BAD＝90°，所以∠EAC＝∠

ABD，所以Rt△CAE∽Rt△ABD,所以ACAB＝ECAD.(2分)因为EC＝x，AC＝AE2＋EC2＝2500＋x2，AD＝50，所以AB＝502500＋x2x.(4分)BC＝AB2＋AC2＝5000＋x2＋25002x2＝x＋2500x，所以g

(x)＝2500＋x2＋502500＋x2x＋(x＋2500x)，x>0.(7分)因为x>0，所以g(x)≥22500＋x2²502500＋x2x＋2x·2500x(10分)＝250（2500x＋x）＋100≥250³22500x·x＋100＝1002

＋100.(12分)当且仅当2500＋x2＝502500＋x2x，且2500x＝x，即x＝50时取“＝”．所以g(x)min＝100＋1002，答：景观桥总长度的最小值为(100＋1002)米．(14分)18.解：(1)设椭圆的焦距

为2c，则c2＝a2－b2.因为短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，所以c＝3b.又两准线间的距离为833，则2a2c＝833，所以a＝2，b＝1，所以椭圆C的标准方程为x24＋y2＝1.(3分)(2)①设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立y＝kx＋m，x24＋y2＝1

，消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，化简得m2<4k2＋1，所以x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.又OP的斜率

k1＝y1x1，OQ的斜率k2＝y2x2，所以k2＝k1²k2＝y1y2x1x2＝（kx1＋m）（kx2＋m）x1x2＝k2x1x2＋km（x1＋x2）＋m2x1x2，(6分)化简得km(x1＋x2)＋m2＝0，所以km·－8km4

k2＋1＋m2＝0.因为m≠0，即4k2＝1，又k>0，所以k＝12.(8分)②由①得k＝12，直线PQ的方程为y＝12x＋m，且x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2，m2<2.又m≠0，所以0<||m<2.所以PQ＝（x1－x2）2＋（y1－y2

）2＝52|x1－x2|＝52（x1＋x2）2－4x1x2＝5²2－m2，(10分)点O到直线PQ的距离d＝|m|12＋（12）2＝25|m|，(12分)所以S△OPQ＝12PQ²d＝12³5²2－m2²25|m|＝m2（2－m2）≤m2＋（2－m2）2＝1，当且仅当m2＝2

－m2，即m＝±1时，△OPQ的面积最大，所以直线PQ的方程为y＝12x±1.(16分)19.解：记λan＋1＋Sn²Sn＋2＝S2n＋1为(*)式．(1)当λ＝－3时，(*)式为－3an＋1＋Sn²Sn＋

2＝S2n＋1，令n＝1得－3a2＋S1²S3＝S22，即－3a2＋a1·(a1＋a2＋a3)＝(a1＋a2)2.由已知a1＝1，a2＝－1，解得a3＝－3.(2分)(2)因为前k项成等差数列，设公差为d，则a2

＝1＋d，a3＝1＋2d.若k＝3，则S2＝2＋d，S3＝3＋3d.在(*)式中，令n＝1得λa2＋S1²S3＝S22，所以λ(1＋d)＋3＋3d＝(2＋d)2，化简得d2＋d＋1＝λ(1＋d)①.(4分)若k＝4，则S4＝4＋6d.在(*

)式中，令n＝2得λa3＋S2²S4＝S23，所以λ(1＋2d)＋(2＋d)(4＋6d)＝(3＋3d)2，化简得3d2＋2d＋1＝λ(1＋2d)②.②－①，得2d2＋d＝λd，因为公差不为0，所以d≠0，所以2d＋1＝λ，代入①得d2＋2d＝0，所以d＝－2，λ＝－3.所以k＝4符

合题意．(6分)若k＝5，则a1＝1，a2＝－1，a3＝－3，a4＝－5，a5＝－7，S3＝－3，S4＝－8，S5＝－15.在(*)式中，令n＝3得－3a4＋S3S5＝－3³(－5)＋(－3)³(－15)

＝60，S24＝(－8)2＝64，所以－3a4＋S3S5≠S24，所以k的最大值为4.(8分)(3)假设存在λ∈R，使{an}为等比数列．设前3项分别为1，q，q2，则S1＝1，S2＝1＋q，S3＝1＋q＋q2，(*)式中，令n＝1得λq＋(1＋q＋q2)＝(1＋q)2，化简得q(λ－1)＝

0.因为q＝a2>0，所以λ＝1.(10分)此时(*)式为(Sn＋1－Sn)＋Sn²Sn＋2＝S2n＋1，即Sn＋1(Sn＋1－1)＝Sn(Sn＋2－1)(**)．由S1＝1，S2＝1＋a2>1，得S3>1;由S2，S3>1得S4>1，„依次类推，Sn≥1

>0，所以(**)等价于Sn＋2－1Sn＋1＝Sn＋1－1Sn，所以数列Sn＋1－1Sn为常数列，所以Sn＋1－1Sn＝S2－1S1＝a2.(14分)于是n≥2时，Sn＋1－1＝a2Sn，Sn－1＝a2Sn－1，两式相减得an＋1＝a2²an.因为

a2＝a2²a1，所以an＋1＝a2²an(n∈N*)．又a1，a2≠0，所以an＋1an＝a2(非零常数)，所以存在λ＝1，使{an}为等比数列．(16分)20.(1)解：a＝0时，h1(x)＝lnx＋1.因为h1(x)为“m(k)型函数”，所以h1(x)<kx

恒成立，即k>lnx＋1x恒成立．设g(x)＝lnx＋1x(x≥1)，则g′(x)＝－lnxx2≤0恒成立，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝1，所以k的取值范围是(1，＋∞)．(3分)(2)证明：当a＝－12时，要证h2(x)为“M(1)型

函数”，即证(1＋x)lnx＋1x≥x，即证(1＋x)lnx＋1x－x≥0.(证法1)令R(x)＝(1＋x)lnx＋1x－x，则R′(x)＝lnx＋(1＋x)·1x－1x2－1＝lnx＋1x－1x2＝lnx＋x－1x2.当x>1时，lnx>0，x－1

x2>0，则R′(x)>0；当0<x<1时，lnx<0，x－1x2<0，则R′(x)<0；所以R(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，(6分)则R(x)≥R(1)，又R(1)＝0，所以R(x)≥0，所以h2(x)为“M(1

)型函数”．(8分)(证法2)令F(x)＝lnx＋1x－1x2，则F′(x)＝1x－1x2＋2x3＝x2－x＋2x3>0，所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增，又F(1)＝0，所以当0<x<1时，R′(x)<0，当x>1时，R′(x)>0，

所以R(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，(6分)以下同证法1.(3)证明：函数f(x)为“m(14)型函数”等价于p(x)＝(1－2ax)lnx－14x<0恒成立，当a≤0时，p(e)＝(1－2ae)－e4≥1－e4>0，不合题意；当a≥2时

，p(1e)＝2ae－1－14e≥1e(4－e－14)>0，不合题意；(10分)当a＝1时，(证法1)p(x)＝(1－2x)lnx－14x，①当x≥1或0<x≤12时，p(x)≤0－14x<0.(12分)②当12<x<1时，1－2x<0，由(2)知lnx>x－

1x，所以p(x)<（1－2x）（x－1）x－14x＝－14x(3x－2)2≤0.综上，存在唯一整数a＝1，使得f(x)为“m(14)型函数”．(16分)(证法2)p(x)＝(1－2x)lnx－14x，p′(x)＝－2lnx＋1－2xx－14＝－2ln

x＋1x－94.记φ(x)＝－2lnx＋1x－94，则φ′(x)＝－2x－1x2<0，所以φ(x)＝p′(x)在(0，＋∞)上单调递减．易得lnx≤x－1，所以p′(22)＝2ln2＋2－94≤2(2－1)＋2－94＝32－174＝288－174<0.因为p′(12)＝2ln2＋2－9

4>1＋2－94>0，所以存在唯一零点x0∈(12，22)，使得p′(x0)＝－2lnx0＋1x0－94＝0，且x0为p(x)的最大值点，(12分)所以p(x0)＝(1－2x0)lnx0－14x0＝（1－2x0）（1x0－94）2－14x0＝2x0＋12x0－178.注意到y＝2x

＋12x－178在(12，22)上单调递增，所以p(x0)<p(22)＝2＋12－178＝12(32－174)<0，所以p(x)<0.综上，存在唯一整数a＝1，使得f(x)为“m(14)型函数”．(16分)2020

届高三模拟考试试卷(南通)数学附加题参考答案及评分标准21.A.解：(1)设矩阵A＝abcd，则A－1A＝3221abcd＝3a＋2c3b＋2d2a＋c2b＋d＝1001，故

3a＋2c＝1，2a＋c＝0，3b＋2d＝0，2b＋d＝1，解得a＝－1，b＝2，c＝2，d＝－3，则矩阵A＝－122－3.(5分)(2)由矩阵A＝－122－3，得

A2＝－122－3－122－3＝5－8－813，(8分)所以A2α＝5－8－81321＝2－3.(10分)B.解：由ρ＝4cos(θ＋π3)得

ρ2＝4ρcos(θ＋π3)＝2ρcosθ－23ρsinθ，所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＋23y＝0，即(x－1)2＋(y＋3)2＝4，圆心(1，－3)，半径r＝2.(3分)由直线l的参数方程x＝1＋32t，y＝12t(t为参数)得x＝1＋3y，所以直线l的普通方程

为x－3y－1＝0.(6分)所以圆心(1，－3)到直线l的距离d＝32，(8分)所以点P到直线l的距离的最大值为32＋2＝72.(10分)C.解：由柯西不等式，得(x＋2y＋3z)2≤(12＋22＋32)·(x2＋y2＋z2)，(5分)即x＋2y＋3z≤12＋22＋3

2²x2＋y2＋z2.因为x＋2y＋3z＝1，所以x2＋y2＋z2≥114，当且仅当x1＝y2＝z3，即x＝114，y＝17，z＝314时取等号．综上，x2＋y2＋z2的最小值为114.(10分)22.(1)解：当AB垂直于x轴时，A

(4p，22p)，B(4p，－22p)，所以△OAB的面积为12²AB²OM＝12²42p²4p＝82p2＝22.因为p>0，所以p＝12，所以抛物线的方程为y2＝x.(3分)(2)①证明：由题意可知直线l与x轴不垂直．由(1)知M(2，0)，设A(y21，y1)，B(y22，y2)，则k

AB＝y1－y2y21－y22＝1y1＋y2.由A，M，B三点共线，得y1y21－2＝y2y22－2.因为y1≠y2，化简得y1y2＝－2.(5分)②解：因为y1y2＝－2，所以B(4y21，－2y1)．因为线段AB垂直平分线的方程为y－y

1＋y22＝－(y1＋y2)(x－y21＋y222)，令y＝0，得xT＝y21＋y22＋12＝12(y21＋4y21＋1)．(7分)因为OA∥TB，所以kOA＝kTB，即1y1＝2y112（y21＋4y21＋1）－4y21，整

理得(y21＋1)(y21－4)＝0，解得y1＝±2，故A(4，±2)．所以kAM＝±1，即直线l的斜率为±1.(10分)23.(1)解：Ckn＋1²Ck＋1n＋1Ckn²Ck＋1n＋2＝（n＋1）！k！（n＋1－k）！·（n＋1）！（k＋1）！（

n－k）！n！k！（n－k）！·（n＋2）！（k＋1）！（n＋1－k）！＝（n＋1）·n！·（n＋1）！n！（n＋2）·（n＋1）！＝n＋1n＋2.(3分)(2)证明：由(1)得1Ckn＝n＋1n＋2²Ck＋1n＋2Ckn＋1²Ck＋1n＋1＝n＋1n＋2²Ckn＋1＋C

k＋1n＋1Ckn＋1²Ck＋1n＋1＝n＋1n＋2²(1Ckn＋1＋1Ck＋1n＋1)．(6分)因为kak＝（－1）kkCk2n＝2n＋12n＋2²（－1）kkCk2n＋1＋（－1）kkCk＋12n＋1，所以F(n)＝

(n＋1)kak＝2n＋12²（－1）kkCk2n＋1＋（－1）kkCk＋12n＋1.因为（－1）kkCk2n＋1＋（－1）kkCk＋12n＋1＝(－1C12n＋1＋2C22n＋1＋„＋－2n＋1C2n－12n＋1＋2nC2n2n＋1)＋(－1C22n＋1

＋2C32n＋1＋„＋－2n＋1C2n2n＋1＋2nC2n＋12n＋1)＝－1C12n＋1＋(2C22n＋1＋－1C22n＋1)＋„＋(2nC2n2n＋1＋－2n＋1C2n2n＋1)＋2nC2n＋12n＋1＝(－1C12n＋1＋1C22n＋1＋„＋－1C2n－12n＋1＋1

C2n2n＋1)＋2nC2n＋12n＋1＝2n，所以F(n)＝(n＋1)kak＝2n＋12²2n＝n(2n＋1)能被2n＋1整除．(10分)