2022-2023学年江苏省常州市教育学会高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年江苏省常州市教育学会高二（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.已知z为复数，£为z的共轨复数，且W=0―l+5i,贝物的虚部是（）

A.5iB.-5iC.5D.-5

2.设a,b是两条不同的直线，a,£是两个不同的平面，则能得出a16的是（）

A.ala,b][B，al/7B.a1a,b1p,cc〃B

C.aua,b10,D.aua,b///?,

3.投掷3枚质地均匀的正方体骰子，观察正面向上的点数，则对于这3个点数，下列说法正

确的是（）

A.有且只有1个奇数的概率为9

B.事件“都是奇数”和事件“都是偶数”是对立事件

C.在已知有奇数的条件下，至少有2个奇数的概率为今

D.事件“至少有1个是奇数”和事件“至少有1个是偶数”是互斥事件

4.已知平面上的三点4,B,C满足|4B|=2,|BC|=/攵，向量四与近的夹角为45。，且

（A5C-ZF）1AB，则实数4=（）

A.0B.1C.-2D.2

5.一个不透明的盒子里装有10个大小形状都相同的小球，其中3个黑色、7个白色，现在3个

人依次从中随机地各取一个小球，前一个人取出一个小球记录颜色后放回盒子，后一个人接

着取球，则这3个人中恰有一人取到黑球的概率为（）

22

A.9B.C.Cf0x0.7x0.3D.x0.7x0.3

1U410

6.已知圆锥的高为1,体积为兀，则过圆锥顶点作圆锥截面的面积最大值为（）

A.V-3B.2C.2V_37rD.3兀

7.对一个十位数1234567890,现将其中3个数位上的数字进行调换，使得这3个数字都不在

原来的数位上，其他数位上的数字不变，则可以得到不同的十位数（首位不为0）的个数为（）

A.120B.232C.240D.360

8.正四棱锥S-4BCD的底面边长为/攵，各侧棱长为2,各顶点都在同一个球面上，则过球

心与底面平行的平面截得的台体体积是（）

3843

A.亨B16Cr

.81■81

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.已知复数Z「Z2,Z3,则下列说法正确的有（）

A.^1,22,Z3=Z2,Z3,Z1

B.（1）=g（z2^0）

C若Z—Z2I=[Z]+Z2I，贝!Jz「Z2=0

D.若ZI-Z2>Z2•Z3,则㈤>|z3|

10.下列说法正确的有（）

A.在△ABC中，BC-Cl<0，则△ABC为锐角三角形

B.已知。为△ABC的内心，且4=30。，B=60°,则函+C加+2元=6

C.已知非零向量落3满足：a-b=a2,4c^2a+b，则嘉的最小值为J

网Id2

D.已知五=（1,2）,3=（1,1），且五与五+23的夹角为钝角，则实数4的取值范围是（―%—今

残差，把数据（168,89）去掉后，再用剩下的9组数据计算得到线性回归方程为丫=+厉％'

相关系数为万.则（）

A.的<a2B.瓦<b2C.*<彩D,瓦>0,b2>0

12.已知在棱长为4的正方体4BCD中，点。为正方形公当6。1的中心，点P在棱

CQ上，下列说法正确的有（）

A.BD1PO

B.当直线力P与平面BCC/i所成角的正切值为乳寸，PC=3

C.当PC=1时，点G到平面APDi的距离是|

D.当PC=2时，以。为球心，OP为半径的球面与侧面的交线长为，攵兀

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.+2x）1。的展开式中二项式系数最大的项的系数是.（用数字作答）

14.在平面直角坐标系xOy中，已知a(C,0),B(0,l),以4为旋转中心，将线段AB按顺时

针方向旋转30。，得到线段2C,则向量荏在向量而上的投影向量的坐标是.

15.己知平面四边形力BCD,^ADC=90°,AB=BC=CD=3,AD=4,则前.前=

16.已知在矩形ABC。中，AB=2,BC=C，P为48的中点，将△力DP沿DP翻折，得到

四棱锥为一BCDP,则二面角4一DC-B的余弦值最小是.

四、解答题(本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17.(本小题10.0分)

设z是虚数，在平面直角坐标系％Oy中，z,z,｝对应的向量分别为初，OB，OC.

(1)证明：。，B,C三点共线；

(2)若z3=1,求向量瓦？+区的坐标.

18.(本小题12.0分)

如图，在六面体4BCD—4/iGDi中，AAJ/CCr，平面力4的。1菱形4BCD.证明：

(1)B,。四点共面；

(2)BD1DD1.

19.(本小题12.0分)

在平面直角坐标系中三点4,B,C满足荏=(1,2)，AC=(-2,3),D,E分别是线段BC,AC上

的点，满足BD=2CD,CE=2AE,4D与BE的交点为G.

(1)求NBGD的余弦值；

(2)求向量前的坐标.

20.(本小题12.0分)

某种季节性疾病可分为轻症、重症两种类型，为了解该疾病症状轻重与年龄的关系，在某地

随机抽取了患该疾病的3s位病人进行调查，其中年龄不超过50岁的患者人数为s,轻症占,

O

年龄超过50岁的患者人数为2s,轻症占，

(1)完成下面的2x2列联表.若要有99%以上的把握认为“该疾病症状轻重”与“年龄”有关,

则抽取的年龄不超过50岁的患者至少有多少人?

轻症重症合计

不超过50岁S

超过50岁2s

合计3s

2

n(ad—bc')

附：%2(其中ri=a+b+c+d~),P(%2>6.635)=0.01.

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

(2)某药品研发公司安排甲、乙两个研发团队分别研发预防此疾病的疫苗，两个团队各至多安

排2个周期进行疫苗接种试验，每人每次疫苗接种花费t(t>0)元.甲团队研发的药物每次疫苗

接种后产生抗体的概率为p(0<p<1),根据以往试验统计，甲团队平均花费为-3tp2+6t.乙

团队研发的药物每次疫苗接种后产生抗体的概率为q(0<q<1),每个周期必须完成3次疫苗

接种，若第一个周期内至少出现2次抗体，则该周期结束后终止试验，否则进入第二个疫苗接

种周期.假设两个研发团队每次疫苗接种后产生抗体与否均相互独立.若p<q,从两个团队试

验的平均花费考虑，该公司应如何选择团队进行药品研发？

21.(本小题12.0分)

n

记左(久)=(久+1)"=aox++—1_an_rx+an,nE.N*.

(1)化简：£之i(i+l)%；

xn71

(2)证明：/n+1(x)+27n+2(久)+…+kfn+k(x)-+-----Fnf2n(.)(.eN*)的展开式中含X项的系

数为0+1)或Ml.

22.(本小题12.0分)

如图，在多面体EF-4BCD中，底面2BCD是菱形，且CE1_底面ABCD,AF//CE,AC=CD=

CE=AF1,点M在线段E尸上.

(1)若M为EF的中点，求直线和平面BDE的距离；

(2)试确定M点位置，使二面角D—AM-B的余弦值为-

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：设2=。+乩，a,b€R,：.z=a-bi,\z\—Va2+b2>

■■■a-bi=Va2+b2-1+5t>

.[a=Va2+b2—1fa=12

"l-b=5'"lb=-5-

故选：D.

设2=。+儿，a,bER,再写出3,|z|,由条件式和复数相等可得关于a,b的方程组，求解即可.

本题考查复数的模、共甄复数、复数相等等知识，属于基础题.

2.【答案】C

【解析】解：4若al。，ala,aC。，b1a,贝Ua〃b,故A错；

2.若a1a,a〃0,则a10,又bl£,则(1〃6,故8错；

C若bLB,a〃0,则61a,又aua,则a1b,故C正确；

。.若a10,b//p,设an£=c,由线面平行的性质得，b//c,若a〃c,贝Ua〃b,故。错.

故选：C.

可通过线面垂直的性质定理，判断力；通过面面平行的性质和线面垂直的性质，判断B；通过面面

平行的性质和线面垂直的定义，即可判断C；由线面平行的性质和面面垂直的性质，即可判断。.

本题主要考查空间直线与平面的位置关系：平行和垂直，考查线面、面面平行、垂直的判定和性

质，熟记这些是迅速解题的关键.

3.【答案】C

【解析】解：将这三次正面向上的点数记为数对(x,y,z),则样本空间。共有6x6x6=216个样

本点.

选项4有且只有一个奇数的概率P==|,选项从错误；

选项8,事件“都是奇数”的对立事件是“不都是奇数”，选项B错误；

选项C,在已知有奇数的条件下，至少有2个奇数的概率P=叁2=。选项C正确；

216-337

选项当X,y,Z三个数既有奇数又有偶数时，事件“至少有1个是奇数”和事件“至少有1个

是偶数”同时发生，选项。错误.

故选：C.

由古典概型的概率公式及事件的定义，对选项中列举的事件一一判断即可.

本题考查古典概型的概率公式及事件的定义，属基础题.

4.【答案】D

【解析】解：•••|4B|=2,|BC|<AB,BC>=45°，

AB-BC=ZyTZx早=2，

(ABC-AB)1AB-

•••(ZBC-AB)-AB=AAB-~BC-/=24—4=0,

•••A=2.

故选：D.

根据条件进行数量积的运算求出通•瓦=2，然后根据(2前-彳的1卷可得出(2砒-南)•

前=0,进行数量积的运算即可求出2的值.

本题考查了向量数量积的运算及计算公式，向量垂直的充要条件，考查了计算能力，属于基础题.

5.【答案】D

【解析】解：3个人中恰有一人取到黑球的概率为程x0.72X0.3.

故选：D.

根据古典概型概率公式计算即可.

本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于基础题.

6.【答案】B

【解析】解：当截面过圆锥的轴时，此时的截面为以底面直径为底，母线为腰的等腰三角形，

设圆锥的底面半径为r,贝皆兀产义1=兀，解得r=q,圆锥的母线长为：2,

二底面直径为2小豆，此时等腰三角形的顶角大于90。，

当过圆锥顶点作圆锥截面的面积的最大值为，截面是等腰直角三角形，

二所求最大截面面积为：;x2x2=2.

故选：B.

判断截面面积的最大值时的截面的位置，然后求解即可.

本题考查圆锥的轴截面以及圆锥的体积，考查运算求解能力，属于基础题.

7.【答案】B

【解析】解：3个数字，交换后不在原来数位，3个数字有2种情况，则此时有2X汽0=240个不

同的数字，

其中当数字出现1,0时，不满足条件.

若数字中含有1,0,比如1,2,0,三个数字，则交换之后不在原来数位上，不满足的只有0,1,

2一种情况，此时有盘=8个数字，

则满足条件的数字个数为240-8=232个.

故选：B.

交换后不在原来数位上3个数字，只有2种情况，先进行求解，然后去掉0和1进行交换不成立的情

况即可.

本题主要考查简单的计数问题，利用排除法进行计算是解决本题的关键，是中档题.

8.【答案】C

【解析】解：如图,

正四棱锥S-ABCD的底面正方形的边长为/攵，贝UC=2,

设底面正方形的中心为G,贝！|4G=1,

••・SA=2,.•.正四棱锥的高SG=/I.

正四棱锥的外接球的半径即为正三角形S4C的外接圆的半径，设为R,

则篇=28可得R=^

设过球心与底面平行的平面截棱锥所得截面面积为S,

2AT3O

则卜（古T用得S'

•••过球心与底面平行的平面截得的台体体积是U=1?哈+2+J|x2)=噜1

故选：C.

由题意画出图形，求出棱锥的高与棱锥外接球的半径，再由相似多边形面积比等于相似比的平方

求出截面多边形的面积，代入棱台体积公式求解.

本题考查多面体的外接球，考查棱台体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解

能力，是中档题.

9.【答案】ABD

【解析】解：设Zi=a+bi,z2=c+di,z3=e+/i,a,b,c,d,e,fER,

对于4-z2-z3=(a+bi)(c+di)(e+ft)=(ace—bde—adf—bcf)—(acf-bdf+ade+

bce}i9

z2-z3-=(c—di)(e—/i)(a—bi)=(ace—bde—adf—bcf)—{acf—bdf+ade+bce)i,正

确；

Zac+bd+(ad—bc)i

vu-zpp,zi、za+bLrac+bd+(bc-ad)i-.ac+bd-\-(ad-bc)i1_a—bi

对于小蟆=w=一]=一,mE28正确;

C2+d

对于C,[Z]—z?|=|a—c+(b—d)i|,|z[+z2|—|a+c+(b+d)i|，令(a-c)^+(b—d)?=(a+

c)2+(b+d)2,

得，ac+bd=0,z1-z2-ac—bd+(ad+bc)i,不一定为0,C错误;

22222222

对于。，Z•Z2/=(ac—bd)+(ad+be)—(a+fa)(c+d~)=\zr\■|z2|,若区•z2|>瓦•

z3I>则

222222

|zt-z2|>|z2-z3|,BPlzJ­|z2|>\z2\■\z3\,即㈤>㈤,。正确.

故选：ABD.

设Z]=a+6i,z2=c+di,Z3=e+fi代入各选项进行计算即可.

本题主要考查复数相关性质，属中档题.

10.【答案】BD

【解析】解：对于4JC-CA=\BC\\CA|COS(TT-C)=-\BC\\CA\cosC<0,

则cosC>0,即C为锐角，

但4B的角度未知，故不能判断△ABC为锐角三角形，选项A错误；

对于B,依题意，C=90°,设|BC|=1,则|4C|=43，MB|=2，

点C为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系,

设圆。的半径为r,贝碍xlxq=g（l+C+2）r,

解得r=乌1,

所以。（话匚，要

），

则引=（手，空），话=（宁，宁），而=（宁，宁），

所以应+yTlOB+20C=+（1-C,1-C）=（0,0），

则选项2正确；

对于C,设。=＜口3＞，由于1-1=片，

则cos。=畀

设瓦？=优话=3，则△CMB为以。B为斜边的直角三角形,

不妨设|市|=1，建立如图所示的平面直角坐标系，

则瓦？=8=(1,0),OB=K=(l,b)(b*0).

所以4m=2(l,0)+(l,b)=(3,b),则左=《,6,

设3+。2=t>3,

b-c_t_t_1

则丽=EE=JA4I2=1FJ

=，i-q

JT2住幸度7^2，

当且仅当J=：，即t=3+/=6,即62=3时等号成立，选项C错误；

tO

对于D，a+Ab=(1,2)+2(1,1)=(1+尢2+4)，

由于反与方+的夹角为钝角，

则cos<a,a+Ab><0且<a,a+Ab>Kn>

所以需噜<°,且鬻噜片「I,

|可|a+劝||可|a+劝|

1+4+4+24n1+4+4+24q

即------12<0且------1------7KT,

7T+4J(l+A)z+(2+A)z7T+4J(l+A)z+(2+A)z

解得；1<-暂，选项。正确.

故选：BD.

对于4根据题意可得C为锐角，但4B中的其中一个角度可能为钝角，选项A错误；对于B,设

18cl=1,建立平面直角坐标系，求得内心。的坐标，再判断即可；对于C,设瓦？=优证=另，

分析可知404B为以。B为斜边的直角三角形，建立平面直角坐标系，设加=在南=b，\~0A\=1，

再化简盥，利用二次函数的性质即可得到最小值；对于0，只需cos(优五+43><0且〈乙方+

网|c|

>片兀，由此可得求得实数2的取值范围.

本题考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题.

H.【答案】BCD

【解析】解：由表格中数据可得散点图如图:

-1

身高的平均数为自(165+168+170+172+173+174+175+177+179+182)=173.5,

•・・离群点(168,89)的横坐标168小于平均值173.5,纵坐标89相对过大,

・••去掉离群点后经验回归直线的截距变小而斜率变大，

a1>a2,b1<b2,且加>0，b2>0,故A错误，8正确，£）正确;

去掉离群点后成对样本数据的线性相关程度更强，拟合效果会更好，

<r2,或<”,故C正确.

故选：BCD.

求出身高的平均数，再根据J展，产的意义逐一判断即可得答案.

本题主要考查了经验回归方程的性质，属于基础题.

12.【答案】ABD

【解析】解：由题意可得CG1平面ABC。，BDu平面4BCD,

CC]1BD,又AC1BD,ACClCQ=C,

B。_L平面4CC14,•••OPu平面4CC14，BD1OP,故A正确;

■-AB_L平面BCG2,.•.乙4P8为直线4P与平面BCG%所成的角,

•••tanNAPB=需=焉=，；.BP=5,又BC=4,.-.CP=V52-42=3,故B正确;

22

当PC=1时，ADr=%P=5,AP=(4<1)+l=

32+25-33_24_3V-2.Ar\nV82

cosZ-AD^=sin乙

2x477x5—40。―10

•••SAmp=2X4<7x5X票=2E，

设点Q到平面AP%的距离为d,

L-/。针=匕-GAP，•••yS—Oipd=QSAJDIP'

•••Ix2<4l-d=|xix4x3x4,解得d=具=

33241

・••点Cl到平面4PD1的距离是二子，故c错误；

当PC=2时，可得P。=V8+4=243,

取a/i的中点o',

球心。平面4BB141的距离为。O'=2,

・•.OP为半径的球面与侧面2BB1&的交线是以。'为圆心，2/至为半径的圆与侧面4BB1A的交线,

易得交线长为「兀，故。正确.

故选：ABD.

利用空间几何体的性质，结合每个选项的条件证明或计算可得结论.

本题考查空间几何体的性质，考查运算求解能力，属中档题.

13.【答案】252

【解析】解：根据二项式系数的性质可得，©+2x）1。的展开式中二项式系数最大的项为第6项，

此时，r=5,

该项的系数为Cfo•25-（|）5=252.

故答案为：252.

由题意，利用二项式系数的性质，二项展开式的通项公式，求出二项式系数最大的项的系数.

本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题.

14.【答案】（—芋,|）

【解析】解：如图，由a（V3,o）,B（0,1）,根据条件，可得c（C—

：.AB=(-0,1),XC=(—1,C),

南在》上的投影向量坐标为券并•盍^=(-1,1^)=(-?,|).

故答案为：(一号,|).

根据条件可求出点C的坐标，然后即可得出向量荏，前的坐标，再根据投影向量的计算公式即可

得出向量存在向量而上的投影向量的坐标.

本题考查了投影向量的计算公式，向量坐标的数乘和数量积的运算，考查了计算能力，属于基础

题.

15.【答案】|

【解析】解：以点。为坐标原点，DC,所在直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系.

设B(x,y),

则由题意知。(0,0),4(0,4),C(3,0).

则前=(3,—4)，~BD=(-%,-y)，

所以冠•前=4y-3x,

因为4B=CB,AB=(x,y-4)CB=(x-3,y)，

所以久2+(y—4)2=(%—3)2+y2,整理化简得8y—6x=7.

故4y—3久=(,所以前.丽=g.

故答案为：

建立平面直角坐标系，用点B的坐标表示两个向量的数量积，然后依据已知条件列出关系式，运

用整体思想，将结果算出.

本题考查利用坐标法求向量的数量积，属中档题.

16.【答案】号

【解析】解：如图，过4作4H1FC,垂足为H,过H作HG1DC,垂足为G,连接4G,

因为DE1平面&FC,AHu平面4FC,所以人”1DE,

又因为AiHlFC,FCr\DE=F,DE,FCu平面BCDE,所以1平面BCDE.

因为CDu平面BCDE,所以4"1CD.又因为HG1CD,A±HCtHG=H,

A±H,HGu平面A/G,所以CD1平面&HG,

因为AGu平面为"G,所以CD1&G,所以NAiGH是二面角4-CD-B的平面角.

在翻折过程中，设N4FC=0,9E（0,兀）,在矩形4BCD中，由力B=2,BC=C，

E为力B的中点，得4尸=?,FC=亨，

在直角三角形&FH中，=讥。，FH==cos。，

所以HC=FC-FH=?（2-cos。），

因为HG1DC,所以“G〃/1D,所以祭=号，

所以HG=¥（2-COS0），在直角三角形中，tan/A4GH=誓=普空，

3HGL-cost）

设了=。C（0,兀），所以y/~Wsin。+ycos9=2y,所以J3+y2cm（6+g）=2y,

2y

即sin（e+0）=-^=<1.解得0<yw1,则0<tanNAiG"<1,

因为0<gGH<J,所以0<乙41GH<7,

Z4

所以二面角为一DC-B的余弦值最小是殍.

故答案为：£?.

过久作2H1FC,垂足为H,过H作HG1DC,垂足为G,连接4G,可得乙41GH是二面角4一CD-B

的平面角.设乙4尸。=氏可得tan〃4G"=誓=票吗，可得0<N&G"W也从而可求二面

1HG2,—cosu-

角为-DC-B的余弦值最小值.

本题考查求二面角的余弦值的最小值，考查转化能力，属中档题.

a—bi_ab

17.【答案】证明：(1)设z=a+bi,a,bER,z=a—bi^=2222

(a+bi)(a—bi)—a+ba+b,

;丽=(a，-b)，1=(帚，9)，

a

…(一品)…)*=0,

a2+b2

^~OB//OC^

.・・。，B,C三点共线;

解：(2)vz3=(a+bi)3=(a3—3afo2)+(3a2b—b3)i=1,

.(a3—3ab2=1

13a2b—/=0，

z是虚数，・•.bH0,

・•.OA=(a,b),OC=(a,—b)，

/.01+OC=(a,b)+(a,-b)=(2a,0)=(-1,0).

【解析】(1)设出复数Z,求出再将点共线转化为向量共线问题即可;

(2)由条件式求出z,再由复数的几何意义转化，求向量和即可.

本题考查复数的概念及其几何意义，复数的运算等，属于基础题.

18.【答案】证明：(1)根据题意，在六面体2BCD—4/iGDi中,

由于4仆〃"i，而CGu平面BBigC,441C平面BBiQC,

则44，/平面BBiGC,

又由u平面A41B1B,平面力41当8Cl平面BBiQC=BB「

则有44〃BBi，

同理：AA1//DD1,

「

则有A4//DD1，故B,BDr,。四点共面；

(2)根据题意，连接BD,

底面力BCD为菱形，则BD14C,

而平面A41C1C1平面4BCD,平面4ale1CC平面4BCD=4C,BDu平面力BCD,

故BDL平面A41GC,

则有BD144i，

又由44//BB1，

故BD1DD1.

【解析】(1)根据题意，由直线与平面平行的判定定理和性质可得2&〃BE1和4&〃。劣，则有

AA1//DD1,即可得8,B「D「。四点共面；

(2)根据题意，连接BD,易得BD1AC,由平面与平面垂直的性质可得BD1平面2&GC,进而可

得BD1A&,又由4仆〃BB「可得证明.

本题考查平面与平面垂直的性质，涉及直平面的基本性质，属于基础题.

XEB=EA+AB=-^AC+AB

=一家1-2,3)+(1,2)=亭51),

〜।AD-EB-0+□9AA^482

所以COSMGO=

(2)由题设及(1)得，在平面直角坐标系中，A,G,。三点共线,

所以而=4同=g/l四+1/1万(2eR),

又济=iiAB+(1-/z)AE=//AB+1(1-/z)XC(/zGR),

fl1

所以由平面向量基本定理，得旧1，解得：

p=|(l-2)7

故於=(1,2)+5(—2,3)=(-5,3).

【解析】⑴计算出而与赤，即可求出NBGD的余弦值；

(2)利用三点共线，由平面向量基本定理即可求出而的坐标.

本题考查平面向量数量积的坐标运算，属中档题.

20.【答案】解：(1)2x2列联表如下:

轻症重症合计

5s

不超过50岁s

6s6

2s4s

超过50岁2s

TT

33s

合计3s

2ST

要有99%以上的把握认为“该疾病症状轻重”与“年龄”有关,

则，2=零空宣邕4>6.635,

工X/X2sxs

解得s>9.9525,

由题意知s是6的倍数，所以s的最小整数值为12.

所以抽取的年龄不超过50岁的患者至少有12人.

(2)甲研发团队试验总花费为X元，根据以往试验统计得E(X)=-3tp2+6t,

设乙研发团队试验总花费为丫元，贝/的可能取值为336t,

32

所以P(Y=3t)=窗q2(i-q)+q3=_2Q3+3q2,p(y=6t)=1+2q-3q,

所以E。)=3t(—2q3+3q2)+6tq+2q3-3q2)=6tq3—9tq2+6t,

因为。<p<q<1,

所以E(y)—E(X)—6tq3—9tq2+6t—(—3tp2+6t)=6tq3—9tq2+3tp2<6tq2(q—1)<0,

所以乙团队试验的平均花费较少，

所以该公司应选择乙团队进行研发.

【解析】(1)完善列联表，计算卡方，根据卡方和临界值的关系可得答案;

(2)先求出乙的期望，作差比较大小可得答案.

本题考查了独立性检验以及离散型随机变量的期望的应用，属于中档题.

21.【答案】(1)解:i+=Sili(i+1)CA=2C^+3C^+-+ntr1+(n+1)C«,

1++1)僚=C°+23+3鬣+•••+nC丁i+(n+1)印,右侧倒序相加得，

2(1+2X1(i+1)或)=5+2)(C°+碍+鬣+-+C尸+翁)=(n+2)2%

所以Eki(i+1)%=(几+2)2n-1—1；

(2)证明：/n+i(x)+2^+2(%)+…+fc/n+k(x)+…+0n(%)(九GN*),

其展开式中含针项的系数为图+1+2印+2+3印+3+…+九％,

因为^=(n+1)，=(n+1