2022-2023学年湖北省武汉市部分重点中学高二（上）期末数学试卷.docx

1、2022-2023学年湖北省武汉市部分重点中学高二（上）期末数学试卷一、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）已知函数f（x）可导，且满足limx0f(3-x)-f(3)x=2，则函数yf（x）在x3处的导数为（）A2B1C1D22（5分）已知等差数列an满足a24，a3+a54（a41），则数列an的前5项和S5为（）A15B16C20D303（5分）已知双曲线y2a2-x2b2=1(a0，b0)的实轴长为4，虚轴长为6，则双曲线的渐近线方程为（）Ay=52xBy=32xCy=23xDy=132x4（5分）已知数列an满足a11

2、，a23，anan1+an+1（nN*，n2），则a2022（）A2B1C4043D40445（5分）有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为3，且该塔形的表面积（不含最底层正方体的底面面积）超过78，则该塔形中正方体的个数至少是（）A4B5C6D76（5分）已知抛物线C：y22px（p0）的焦点F（1，0），过F的直线与C交于M，N两点，准线与x轴的交点为A，当MANA时，直线MN的方程为（）Axy10B2xy20Cx2y10Dx107（5分）已知两相交平面所成的锐二面角为70，过空间一点P作直线l，

3、使得直线l与两平面所成的角均为30，那么这样的直线有（）条A1B2C3D48（5分）数列an满足a1=32，an+1an2an+1，nN*，则1a1+1a2+1a2022的整数部分是（）A1B2C3D4二、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）方程x24-m+y23-m=1表示的曲线中，可以是（）A双曲线B椭圆C圆D抛物线（多选）10（5分）设Sn为等差数列an的前n项和，且nN*，都有SnnSn+1n+1若a17a16-1，则（）Aa160Ba170CSn的最小值是S16DS

4、n的最大值是S17（多选）11（5分）抛物线C：y24x的焦点为F，P是其上一动点，点M（1，1），直线l与抛物线C相交于A，B两点，准线与x轴的交于点D，下列结论正确的是（）A|PM|+|PF|的最小值是2B|PM|PF|的最大值是2C存在直线l，使得A，B两点关于直线x+y50对称D若直线l经过点D，且B点在线段AD上，不存在直线l，使得|AF|+|BF|2|DF|（多选）12（5分）如图所示：给定正整数n（n5），按照如下规律构成三角形数表：第一行从左到右依次为1，2，3，n”，从第二行开始，每项都是它正上方和右上方两数之和，依次类推，直到第n行只有一项，记第i行第j项为aij，下列说法

5、正确的是（）A当n100时，a5，496B当n100时，最后一行的数为101298C当n2022时，ai，42022，则i的最小值为8D当n2022时，ai，5（i+9）2i2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）2022年2月，第24届冬季奥林匹克运动会在北京隆重举行，中国代表团获得了9金4银2铜的优异成绩，彰显了我国体育强国的底蕴和综合国力设某高山滑雪运动员在一次滑雪训练中滑行的路程l（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为l(t)=2t2+32t，则当t3s时，该运动员的滑雪瞬时速度为 （m/s）14（5分）等比数列an中，a1+a4+a73，a3+a6+a912

6、则an的前9项之和为 15（5分）三棱锥PABC中，二面角PABC为120，PAB和ABC均为边长为2的正三角形，则三棱锥PABC外接球的半径为 16（5分）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)，斜率为12的直线与椭圆E交于P、Q两点，P、Q在y轴左侧，且P点在x轴上方，点P关于坐标原点O对称的点为R，且PQR45，则该椭圆的离心率为 四、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）（1）求长轴长为12，离心率为23，焦点在x轴上的椭圆标准方程；（2）已知双曲线的渐近线方程为y=12x，且与椭圆x210+y25=1有公共焦点，求此双曲线的方程18（12分）已知数

7、列an的前n项和为Sn2n2+7n，bn|an|（nN*）（1）求数列an的通项公式；（2）求数列bn前n项的和Tn19（12分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，四边形ABB1A1是菱形，A1AB120，点D在棱CC1上，且CD=CC1（1）若ADB1C，证明：平面AB1C平面ABD（2）若ABB1C=2AC，是否存在实数，使得平面AB1C与平面ABD所成得锐二面角的余弦值是17？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由20（12分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左右焦点分别为F1，F2，右顶点为P，点Q（0，b），PF21，F1PQ60（1）求双曲线C的方程

8、；（2）直线l经过点F2，且与双曲线C相交于A，B两点，若F1AB的面积为62，求直线l的方程21（12分）已知抛物线C：y22px，焦点为F，点M（2，0），N（2，2），过点M作抛物线的切线MP，切点为P，|PF|3，又过M作直线交抛物线于不同的两点A，B，直线AN交抛物线于另一点D（1）求抛物线方程；（2）求证BD过定点22（12分）设数列an的前n项和为Sn，且a12，Sn1an2（n2），数列bn的通项公式为bnn（1）求数列an的通项公式；（2）求Tna1bn+a2bn1+anb1；（3）设cn=5n2+19n+16an+2bnbn+1bn+2，求数列cn的前n项的和Hn2022-

9、2023学年湖北省武汉市部分重点中学高二（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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）已知函数f（x）可导，且满足limx0f(3-x)-f(3)x=2，则函数yf（x）在x3处的导数为（）A2B1C1D2【解答】解：函数yf（x）在x3处的导数为x0limf(3)-f(3-x)x=-2，故选：D2（5分）已知等差数列an满足a24，a3+a54（a41），则数列an的前5项和S5为（）A15B16C20D30【解答】解：等差数列an中，a24，a3+a52a44（a41），a1+d=42(a1+3

10、d)=4(a1+3d-1)，解得a15，d1，则数列an的前5项和为5+4+3+2+115故选：A3（5分）已知双曲线y2a2-x2b2=1(a0，b0)的实轴长为4，虚轴长为6，则双曲线的渐近线方程为（）Ay=52xBy=32xCy=23xDy=132x【解答】解：由题知双曲线y2a2-x2b2=1(a0，b0)中2a4，2b6，所以a2，b3，双曲线焦点在y轴上，所以双曲线的渐近线方程为y=abx=23x，故选：C4（5分）已知数列an满足a11，a23，anan1+an+1（nN*，n2），则a2022（）A2B1C4043D4044【解答】解：由题意可得anan1+an+1，an+1a

11、n+an+2，两式相加可得an+2an1，即an+3an，据此可得an+6an+3an，则数列是周期为6的数列，a2022a3366+6a6a3（a2a1）2故选：A5（5分）有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为3，且该塔形的表面积（不含最底层正方体的底面面积）超过78，则该塔形中正方体的个数至少是（）A4B5C6D7【解答】解：设从最底层开始的第n层的正方体棱长为an，则an为以3为首项，以22为公比的等比数列，an2是以49为首项，以12为公比的等比数列塔形的表面积Sn5a12+4a22+4a3

12、2+4an24a12+4a22+4a32+4an2+a1249(1-12n)1-12+981-722n，令81-722n78，解得n4塔形正方体最少为5个故选：B6（5分）已知抛物线C：y22px（p0）的焦点F（1，0），过F的直线与C交于M，N两点，准线与x轴的交点为A，当MANA时，直线MN的方程为（）Axy10B2xy20Cx2y10Dx10【解答】解：由已知可得F（1，0），则p2=1，即p2，故抛物线C：y24x，又因为A（1，0）且直线斜率不为0，设直线MN的方程为xmy+1，M（x1，y1），N（x2，y2），联立x=my+1y2=4x，整理得y24my40，则y1+y24m，

13、y1y24，16x1x2（y1y2）2，则x1x21，x1+x2m（y1+y2）+24m2+2，MANA，MANA=0，即（1x1，y1）（1x2，y2）0，即1+x1x2+（x1+x2）+y1y20，1+1+4m2+240，解得m0，故直线MN的方程为x1，故选：D7（5分）已知两相交平面所成的锐二面角为70，过空间一点P作直线l，使得直线l与两平面所成的角均为30，那么这样的直线有（）条A1B2C3D4【解答】解：作二面角的平面角AOB，则AOB70，设OP1为OAB的平分线，则P1OAP1OB35，当OP1以O为中心，二面角角的平分面上旋转时，OP1与两平面的夹角变小，会对称出现两条符合

14、要求的直线，设OP2为AOB的补角砰角线，则P2OAP2OB55，当OP2以O为中心，在二面角的邻补二面角的平分面上旋转时，OP2与两平面的夹角变小，会对称出现两条符合要求的直线综上所述：过点P作与OP1，OP2平行的直线符合要求综上，满足条件的直线共有4条故选：D8（5分）数列an满足a1=32，an+1an2an+1，nN*，则1a1+1a2+1a2022的整数部分是（）A1B2C3D4【解答】解：由题设知，an+11an（an1），1an+1-1=1an(an-1)=1an-1-1an，1an-1-1an+1-1=1an，通过累加，得m=1a1+1a2+1a2022=1a1-1=2-1a

15、2023-1由an+1an（an1）20，即an+1an，由a1=32，a2=74，a3=3716a2023a2022a2021a32，a202311，01a2023-11，1m2，所以m的整数部分为1故选：A二、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）方程x24-m+y23-m=1表示的曲线中，可以是（）A双曲线B椭圆C圆D抛物线【解答】解：方程x24-m+y23-m=1，当m（，3）时，曲线表示椭圆；当m（3，4）时，曲线是双曲线；m4，+）3，不表示曲线故选：AB（多选）1

16、0（5分）设Sn为等差数列an的前n项和，且nN*，都有SnnSn+1n+1若a17a16-1，则（）Aa160Ba170CSn的最小值是S16DSn的最大值是S17【解答】解：等差数列an中，都有SnnSn+1n+1，可得n(a1+an)2n(n+1)(a1+an+1)2n+1，可得anan+1，可得公差d0，再由a17a16-1，则a160，a170，所以Sn中S16最小，Sn无最大值，故选：AC（多选）11（5分）抛物线C：y24x的焦点为F，P是其上一动点，点M（1，1），直线l与抛物线C相交于A，B两点，准线与x轴的交于点D，下列结论正确的是（）A|PM|+|PF|的最小值是2B|P

17、M|PF|的最大值是2C存在直线l，使得A，B两点关于直线x+y50对称D若直线l经过点D，且B点在线段AD上，不存在直线l，使得|AF|+|BF|2|DF|【解答】解：抛物线C：y24x焦点F（1，0），准线x1，过点P作PQ垂直于准线，垂足为Q，过点M作MN垂直于准线，垂足为N，交抛物线于点P0，连接MQ，FP0，如图：|PM|+|PF|PM|+|PQ|MQ|MN|P0M|+|P0N|P0M|+|P0F|，当且仅当P与P0重合时取等号，因此（|PM|+|PF|）min|MN|2，故A正确；因为|PM|PF|MF|1，即|PM|PF|的最大值是1，B不正确；假设存在直线l，使得A，B两点关于

18、直线x+y50对称，则设直线AB：xy+m0，由x-y+m=0y2=4x，消去 x 得：y24y+4m0，则1616m0，解得m1，设A（x1，y1），B（x2，y2），则有y1+y24，x1+x2y1+y22m42m，则有弦AB的中点（2m，2）在直线x+y50上，即2m+250，解得m11，符合题意，即存在直线l，使得A，B两点关于直线x+y50对称，C正确；点D（1，0），显然直线l的斜率存在且不为0，设其方程为yk（x+1），由y=k(x+1)y2=4x，消去 y 得：k2x2+（2k24）x+k20，14（k22）24k40，解得1k1且k0，设A，B的横坐标分别为xA，xB，则xA

19、+xB=4k2-2，|AF|+|BF|xA+1+xB+1=4k242|DF|，所以不存在直线 l ，使得|AF|+|BF|2|DF|，D正确故选：ACD（多选）12（5分）如图所示：给定正整数n（n5），按照如下规律构成三角形数表：第一行从左到右依次为1，2，3，n”，从第二行开始，每项都是它正上方和右上方两数之和，依次类推，直到第n行只有一项，记第i行第j项为aij，下列说法正确的是（）A当n100时，a5，496B当n100时，最后一行的数为101298C当n2022时，ai，42022，则i的最小值为8D当n2022时，ai，5（i+9）2i2【解答】解：由题可得三角形数表的每一行都是等

20、差数列，且公差分别为1，2，4，8，2i1，aija（i1）（j+1）=2a(i-1)j+2i-22a（i2）j+a（i2）（j+1）+2i222a(i-2)j+2i-3+2i2=22a(i-2)j+22i-2，=2i-1aij+(i-1)2i-2=2i1j+（i1）2i2，ai4=2i-14+(i-1)2i-2=（i+7）2i22022，解得i8，i的最小值为9，故C错误；ai4=2i-14+（i1）2i2（i+7）2i2，a5，4（5+7）2396，故A正确；aij2i1j+（i1）2i2，令j5，则ai，5（i+9）2i2，故D正确；aij=2i-1j+(i-1)2i-2，令j1，i10

21、0，则当n100时，最后一行的数为101298，故B正确故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）2022年2月，第24届冬季奥林匹克运动会在北京隆重举行，中国代表团获得了9金4银2铜的优异成绩，彰显了我国体育强国的底蕴和综合国力设某高山滑雪运动员在一次滑雪训练中滑行的路程l（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为l(t)=2t2+32t，则当t3s时，该运动员的滑雪瞬时速度为 13.5（m/s）【解答】解：l(t)=2t2+32t，l（t）4t+32，则当t3s时，该运动员的滑雪瞬时速度为43+32=13.5，故答案为：13.514（5分）等比数列an中，a1

22、+a4+a73，a3+a6+a912则an的前9项之和为 9或17【解答】解：在等比数列an中，由a1+a4+a73，a3+a6+a912，得q2=a3+a6+a9a1+a4+a7=123=4，q2当q2时，a2+a5+a86，S9a1+a2+a936+129；当q2时，a2+a5+a86，S9a1+a2+a93+2+1217故答案为：9或1715（5分）三棱锥PABC中，二面角PABC为120，PAB和ABC均为边长为2的正三角形，则三棱锥PABC外接球的半径为 213【解答】解：如图，设H为AB的中点，O1，O2分别为ABC和PAB的外心，过点O1，O2分别作平面ABC和平面PAB的垂线，

23、交点为O，连接OH，OA，OC，根据题意可知，球心既过PAB的外心垂直平面PAB的垂线上，又在过ABC的外心垂直平面ABC的垂线上，所以O即为三棱锥外接球的球心，设外接球半径为R，易知PHAB，CHAB，所以PHC即为二面角PABC的平面角，因为二面角PABC为120，则O1HO2120，因为PAB和ABC均为边长为2的正三角形，所以HO2=13PH=33，HO1=13CH=33，则HO1HO2，所以RtOO2HRtOO1H，则OHO1=OHO2=12O2HO1=60，在RtOHO1中，HO1=33，OHO1=60，则OO11，又O1C=23CH=233，所以在RtOCO1中，OC2=OO12

24、+O1C2，即R2=1+43，解得R=213故答案为：21316（5分）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)，斜率为12的直线与椭圆E交于P、Q两点，P、Q在y轴左侧，且P点在x轴上方，点P关于坐标原点O对称的点为R，且PQR45，则该椭圆的离心率为 306【解答】解：作QAx轴交PB于A，如图所示，设直线为x2y+m，P（x1，y1），Q（x2，y2），R（x1，y1），则x10，x20，y10，联立得x=2y+mx2a2+y2b2=1，得（a2+4b2）y2+4mb2y+（m2a2）b20则y1+y2=-4mb2a2+4b2，x1+x22（y1+y2）+2m=2ma2a2+b2，k

25、QPtanPQA=12，kQR=-y1-y2-x2-x1=y1+y2x1+x2=-tanRQA，由tanPQR=tanPQA+tanRQA1-tanPQAtanRQA=12-kQR1+12kQR=1，kQR=-13，kQR=y1+y2x1+x2=-4mb22ma2=-13a26b2，该椭圆的离心率e=c2a2=a2-b2a2=306故答案为：306四、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）（1）求长轴长为12，离心率为23，焦点在x轴上的椭圆标准方程；（2）已知双曲线的渐近线方程为y=12x，且与椭圆x210+y25=1有公共焦点，求此双曲线的方程【解答】解：（1

26、）设椭圆方程为：x2a2+y2b2=1且ab0，2a12，a6，ca=23，c4，b2a2c2361620，故椭圆方程为：x236+y220=1；（2）x210+y25=1的焦点为：(-5，0)，(5，0)，设双曲线方程为x2a2-y2b2=1(a0，b0)，根据题意得到：ba=12，则b2a2=5-a2a2=14，解得：a24，故b2c2a2541，故双曲线的方程为：x24-y2=118（12分）已知数列an的前n项和为Sn2n2+7n，bn|an|（nN*）（1）求数列an的通项公式；（2）求数列bn前n项的和Tn【解答】解：（1）Sn2n2+7n，当n1时，a1S12+75，当n2时，S

27、n12（n1）2+7（n1），由得an4n+9，当n1时，a15，符合题意，数列an的通项公式为an4n+9；（2）由（1）得an4n+9，令an0，则4n+90，解得n94，当n2时，Tn5n+n(n-1)2（4）2n2+7n；当n3时，Tna1+a2（a3+a4+an）5+1+（3+7+.+4n9）6+(n-2)(3+4n-9)2=2n27n+12，综上所述，Tn=-2n2+7n，n22n2-7n+12，n319（12分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，四边形ABB1A1是菱形，A1AB120，点D在棱CC1上，且CD=CC1（1）若ADB1C，证明：平面AB1C平面ABD（

28、2）若ABB1C=2AC，是否存在实数，使得平面AB1C与平面ABD所成得锐二面角的余弦值是17？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【解答】解：（1）证明：取AB的中点O，连接OB1，OC四边形ABB1A1是菱形，且A1AB120，ABB160，AB1BB1，O为AB的中点，ABOB1，ACBC，且O为AB的中点，ABOC，又OB1，OC平面OB1C，且OB1OCO，AB平面OB1C，又B1C平面OB1C，ABB1C，又ADB1C，AB，AD平面ABD，且ABADA，B1C平面ABD，又B1C平面AB1C，平面AB1C平面ABD；（2）AB=2AC=2BC，AB2AC2+BC2，ACBC，

29、O是AB的中点，OC=12AB四边形ABB1A1是菱形，且ABB160，ABB1是等边三角形，O是AB的中点，OB1=32AB，OB12+OA2=AB2=OB12+OC2=B1C2，ABB1C，则OB，OC，OB1两两垂直，故以OB，OC，OB所在直线，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB2，则A（1，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），A1(-2，0，3)，B1(0，0，3)，AC=(1，1，0)，AB=(2，0，0)，AB1=(1，0，3)，BC=(-1，1，0)，AA1=(-1，0，3)，CD=CC1=AA1=(-，0，3)，D(-，1，3)，AD=(1-，

30、1，3)设平面AB1C的法向量为n=(x1，y1，z1)，则nAC=x1+y1=0nAB1=x1+3z1=0，取n=(3，-3，-1)，设平面ABD的法向量为m=(x2，y2，z2)，则mAB=2x2=0mAD=(1-)x2+y2+3z2=0，取m=(0，3，-1)，设平面AB1C与平面ABD所成的角为，则cos=|cosn，m|=|nm|n|m|=|1-3|732+1=17，解得=12或=15，故存在=12或=15，满足题意20（12分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左右焦点分别为F1，F2，右顶点为P，点Q（0，b），PF21，F1PQ60（1）求双曲线C的方程；（2

31、）直线l经过点F2，且与双曲线C相交于A，B两点，若F1AB的面积为62，求直线l的方程【解答】解：（1）由题意可得：|PF2|ca1，ba=tanF1PQtan60=3，c2a2+b2，解得c2，a1，b=3，双曲线C的方程为x2-y23=1（2）F2（2，0），设直线l的方程为myx2，A（x1，y1），B（x2，y2），联立my=x-2x2-y23=1，化为：（3m21）y2+12my+90，（12m）236（3m21）0，化为m2+10y1+y2=-12m3m2-1，y1y2=93m2-1，|y1y2|=(y1+y2)2-4y1y2=(-12m3m2-1)2-363m2-1=61+m2

32、|3m2-1|，F1AB的面积=122c|y1y2|=10，即261+m2|3m2-1|=62，化为9m48m210，解得m21，m1，直线l的方程为xy2021（12分）已知抛物线C：y22px，焦点为F，点M（2，0），N（2，2），过点M作抛物线的切线MP，切点为P，|PF|3，又过M作直线交抛物线于不同的两点A，B，直线AN交抛物线于另一点D（1）求抛物线方程；（2）求证BD过定点【解答】解：（1）设切点为P（x0，y0），直线MP：xmy2，联立x=my-2y2=2px可得y22pmy+4p0，则4p2m216p0，所以m2=4p，又因为|PF|x0+p2=3，所以x0=3-p2y0

33、=5-p2m代入y02=2px0得p24p+40，所以p2，抛物线的方程为y24x（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），kAB=y1-y2x1-x2=4y1+y2，kAD=4y1+y3，AB：yy1=4y1+y2（xx1），即4x（y1+y2）y+y1y20，同理AD：4x（y1+y3）y+y1y30，因为AB过点M（2，0），所以8+y1y20，因为AD过点N（2，2），所以82（y1+y3）+y1y30，又y1=8y2代入得84（y2+y3）+y2y30，又因为BD：4x（y2+y3）y+y2y30，所以4x（y2+y3）y+4（y2+y3）8，即4（x2）（

34、y2+y3）（y4）0，所以直线BD过定点（2，4）22（12分）设数列an的前n项和为Sn，且a12，Sn1an2（n2），数列bn的通项公式为bnn（1）求数列an的通项公式；（2）求Tna1bn+a2bn1+anb1；（3）设cn=5n2+19n+16an+2bnbn+1bn+2，求数列cn的前n项的和Hn【解答】解：（1）由a12，Sn1an2（n2），可得a1S1a22，解得a24，当n3时，Sn2an12，an1Sn1Sn2an2an1+2，化为an2an1，而a22a1，所以数列an的通项公式为an2n；（2）Tna1bn+a2bn1+anb12n+4（n1）+8（n2）+.+2

35、n12+2n1，2Tn4n+8（n1）+16（n2）+.+2n2+2n+11，上面两式相减可得Tn2n+4+8+16+.+2n+2n+12n+4(1-2n)1-2=2n+242n；（3）cn=5n2+19n+16an+2bnbn+1bn+2=5n2+19n+16n(n+1)(n+2)2n+2=4(n+2)2n(n+1)(n+2)2n+2+n(n+3)n(n+1)(n+2)2n+22（1n2n-1(n+1)2n+1）+（1(n+1)2n+1-1(n+2)2n+2），所以数列cn的前n项的和Hn2（12-18+18-124+.+1n2n-1(n+1)2n+1）+（18-124+124-164+.+1(n+1)2n+1-1(n+2)2n+2）2（12-1(n+1)2n+1）+（18-1(n+2)2n+2）=98-5n+9(n+1)(n+2)2n+2