1、 第 1 页（共 20 页） 2019-2020 学年江西省新余市高二（上）期末数学试卷（理科）学年江西省新余市高二（上）期末数学试卷（理科） 一、选择题： （本大题共一、选择题： （本大题共 12 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 60 分）在每小题给出的四个选项中，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；各题答案必须答在答题卷上相应的位置只有一项是符合题目要求的；各题答案必须答在答题卷上相应的位置. 1 （5 分）数列 2，的一个通项公式 an等于（ ） A B C D 2 （5 分）在ABC 中，a、b、c 分别为角 A、B、C 的对边，它的面积为，则 角
2、 A 等于（ ） A30 B45 C60 D90 3 （5 分）在锐角ABC 中，C 为最大角，且 sinA：sinB：sinC2： （1+k） ：2k，则实数 k 的取值范围是（ ） A （1，3 B （1，3） C （1，） D （1， 4 （5 分）设等差数列an，bn的前 n 项和分别为 Sn，Tn，若，则使的 n 的个数为（ ） A3 B4 C5 D6 5 （5 分）设 XN（1，1） ，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形 ABCD 中随机投 掷 10000 个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是（ ） （注：若 XN（，2） ，则 P（X+）68.26%，P（2X+2） 9
3、5.44%） A7539 B6038 C7028 D6587 6 （5 分）将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、 乙两名学生不能分到一个班，则不同分法的种数为（ ） A18 B24 C30 D36 第 2 页（共 20 页） 7 （5 分）已知（x+2） （2x1）5a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6，则 a0+a2+a4（ ） A123 B91 C120 D152 8 （5 分）已知 x，y 满足约束条件，若目标函数 zax+y 取得最大值的最优 解有无数多个，则实数 a 的值为（ ） A1 B2 C1 或 2 D 9 （5 分
4、）某校组织最强大脑PK 赛，最终 A、B 两队进入决赛，两队各由 3 名选手组成， 每局两队各派一名洗手 PK，除第三局胜者得 2 分外，其余各局胜者均得 1 分，每局的负 者得 0 分假设每局比赛 A 队选手获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，比赛 结束时 A 队的得分高于 B 队的得分的概率为（ ） A B C D 10 （5 分）某班组织由甲，乙，丙等 5 名同学参加的演讲比赛，现采用抽签法决定演讲顺 序，在“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场”的前提下，学生丙第一个 出场的概率为（ ） A B C D 11 （5 分）设集合 A（x1，x2，x3，x4，x5）|xi1，0
5、，1，i1，2，3，4，5，那么 集合 A 中满足条件“1|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|3”的元素个数为（ ） A60 B90 C120 D130 12 （5 分）已知数列an前 n 项和为 Sn，a115，且满足（2n5）an+1（2n3）an+4n2 16n+15，已知 n，mN+，nm，则 SnSm的最小值为（ ） A B C14 D28 二、填空题： （本大题共二、填空题： （本大题共 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）各题答案填写在答题卷相应位分）各题答案填写在答题卷相应位 置上置上. 13 （5 分）函数 f（x），则不等式 xf（x）
6、x2 的解集为 14 （5 分）如图，用 6 种不同的颜色给图中的 4 个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求 相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有 种（用数字作答） 第 3 页（共 20 页） 15 （5 分）在ABC 中，A：B1：2，C 的平分线 CD 把三角形面积分成 3：2 两部分，则 cosA 16 （5 分）设正实数 x，y 满足 x，y2，不等式+m 恒成立，则 m 的最大 值为 三、解答题：解答题：本大题共三、解答题：解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算解答应写出必要的文字说明或推理、验算 过
7、程过程. 17 （10 分）已知（x2+1）n展开式中各项系数之和等于（x2+）5的展开式的常数项， （1）求（x2+1）n展开式的第 2 项； （2）若（ax2+1）n的展开式的二项式系数最大的项的系数等于 54，求 a 的值 18 （ 12分 ） ABC的 内 角A ， B ， C的 对 边 分 别 为a ， b ， c ， （1）求角 B； （2）若 a+c6，ABC 的面积求 b 19 （12 分）已知等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q，若 sq2，且 a1， b1，a2，b2成等差数列 （1）求数列an，bn的通项公式； （2）记 cna，数列cn的前 n 项和为 S
8、n，数列的前 n 项和为 Tn，求 Sn， Tn 20 （12 分）司机在开机动车时使用手机是违法行为，会存在严重的安全隐患，危及自己和 他人的生命为了研究司机开车时使用手机的情况，交警部门调查了 100 名机动车司机， 得到以下统计：在 55 名男性司机中，开车时使用手机的有 40 人，开车时不使用手机的 有 15 人；在 45 名女性司机中，开车时使用手机的有 20 人，开车时不使用手机的有 25 人 （）完成下面的 22 列联表，并判断是否有 99.5%的把握认为开车时使用手机与司机 的性别有关； 第 4 页（共 20 页） 开车时使用手机 开车时不使用手机 合计 男性司机人数 女性司机
9、人数 合计 （）以上述的样本数据来估计总体，现交警部门从道路上行驶的大量机动车中随机抽 检 3 辆，记这 3 辆车中司机为男性且开车时使用手机的车辆数为 X，若每次抽检的结果 都相互独立，求 X 的分布列和数学期望 E（X） 参考公式与数据：，其中 na+b+c+d P（2k0） 0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 21 （12 分）在ABC 中，a，b，c 分别是角 A，B，C 所对的边，且 2csinB3atanA （1）求的值； （2）若 a2，求A
10、BC 面积的最大值 22 （12 分）已知正项数列an的前 n 项和为 Sn，数列an满足，2Snan（an+1） （1）求数列an的通项公式； （2）设数列的前 n 项和为 An，求证：对任意正整数 n，都有 An成立； （3） 数列bn满足 bn （） nan， 它的前 n 项和为 Tn，若存在正整数 n，使得不等式（ 2）n 1T n+ 2n 1 成立，求实数 的取值范围 第 5 页（共 20 页） 2019-2020 学年江西省新余市高二（上）期末数学试卷（理科）学年江西省新余市高二（上）期末数学试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题： （本大题共一、选择题：
11、（本大题共 12 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 60 分）在每小题给出的四个选项中，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；各题答案必须答在答题卷上相应的位置只有一项是符合题目要求的；各题答案必须答在答题卷上相应的位置. 1 （5 分）数列 2，的一个通项公式 an等于（ ） A B C D 【分析】分别判断出分子和分母构成的数列特征，再求出此数列的通项公式 【解答】解：2，4，8，16，32，是以 2 为首项和公比的等比数列， 且 1，3，5，7，9，是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列， 此数列的一个通项公式是 an， 故选：C 【点评】本题考查数
12、列的通项公式，以及等差、等比数列的通项公式，考查学生分析解 决问题的能力，属于基础题 2 （5 分）在ABC 中，a、b、c 分别为角 A、B、C 的对边，它的面积为，则 角 A 等于（ ） A30 B45 C60 D90 【分析】由已知利用余弦定理，三角形的面积公式可得 cosAsinA，即 tanA1，结合范 围 A（0，180） ，可求 A 的值 【解答】解：ABC 的面积为 SbcsinA， bcsinA，可得 cosAsinA，即 tanA1， A（0，180） ， A45 故选：B 【点评】本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式，同角三角函数基本关系式，特 殊角的三角函数值在解三
13、角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题 3 （5 分）在锐角ABC 中，C 为最大角，且 sinA：sinB：sinC2： （1+k） ：2k，则实数 第 6 页（共 20 页） k 的取值范围是（ ） A （1，3 B （1，3） C （1，） D （1， 【分析】已知等式利用正弦定理化简求出三边之比，可设 a2m，b（k+1）m，c2km， （m0，k0） ，由C 为最大角，可解得：k1，又由余弦定理可得 cosC0，可得 3k2 2k50，解不等式即可得解 【解答】解：在锐角ABC 中，C 为最大角，且 sinA：sinB：sinC2： （1+k） ：2k， （k0） ， 由正弦定
14、理化简得：a：b：c2： （1+k） ：2k， （k0） ， 由题意可设 a2m，b（k+1）m，c2km， （m0，k0） ， C 为最大角，可得 2km（1+k）m，2km2m， （m0，k0） ， 解得：k1， 又由余弦定理可得 cosC0，可得（2m）2+（k+1）2m2（2km）20， （m0，k0） ， 可得 3k22k50，解得1k， 综上，可得 k 的取值范围为（1，） 故选：C 【点评】此题考查了正弦、余弦定理，以及三角形三边关系，熟练掌握定理是解本题的 关键，属于基础题 4 （5 分）设等差数列an，bn的前 n 项和分别为 Sn，Tn，若，则使的 n 的个数为（ ） A3
15、 B4 C5 D6 【分析】由等差数列的性质可知， 3，即可求解 【解答】解：等差数列an，bn的前 n 项和分别为 Sn，Tn，且， 第 7 页（共 20 页） 则3， ， 则 n+11，2，3，4，6，12， n11，5，3，2，1，0 nN*，n0 舍 则 n 的的 n 的个数为 5 个 故选：C 【点评】本题考查了等差数列的性质，考查了等差数列的前 n 项和，是基础的计算题 5 （5 分）设 XN（1，1） ，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形 ABCD 中随机投 掷 10000 个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是（ ） （注：若 XN（，2） ，则 P（X+）68.26%
16、，P（2X+2） 95.44%） A7539 B6038 C7028 D6587 【分析】根据正态分布的定义，可以求出阴影部分的面积，利用几何概型即可计算 【解答】解：XN（1，1） ，1，1+2 P（X+）68.26%，则 P（0X2）68.26%， 则 P（1X2）34.13%， 阴影部分的面积为：0.6587 正方形 ABCD 中随机投掷 10000 个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是 6587 故选：D 【点评】本题考查了正态分布、几何概型，属于中档题 6 （5 分）将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、 乙两名学生不能分到一个班，则不同分法的种
17、数为（ ） 第 8 页（共 20 页） A18 B24 C30 D36 【分析】由题意知本题可以先做出所有情况再减去不合题意的结果，用间接法解四名学 生中有两名学生分在一个班的种数是 C42，顺序有 A33种，而甲乙被分在同一个班的有 A33种，两个相减得到结果 【解答】解：每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到一个班 用间接法解四名学生中有两名学生分在一个班的种数是 C42， 元素还有一个排列，有 A33种， 而甲乙被分在同一个班的有 A33种， 满足条件的种数是 C42A33A3330 故选：C 【点评】本题考查排列组合的实际应用，考查利用排列组合解决实际问题，是一个基础 题，这
18、种题目是排列组合中经常出现的一个问题 7 （5 分）已知（x+2） （2x1）5a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6，则 a0+a2+a4（ ） A123 B91 C120 D152 【分析】在已知等式中分别取 x1 与 x1，然后作和求得 a0+a2+a4+a6，再求出 a6， 则答案可求 【解答】解：在（x+2） （2x1）5a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6中， 取 x1，得 a0+a1+a2+a3+a4+a5+a63， 取 x1，得 a0a1+a2a3+a4a5+a6243， 2（a0+a2+a4+a6）240，即 a0+a2+a4
19、+a6120， 又， a0+a2+a4152 故选：D 【点评】本题考查二项式定理，考查二项式系数的性质，是中档题 8 （5 分）已知 x，y 满足约束条件，若目标函数 zax+y 取得最大值的最优 解有无数多个，则实数 a 的值为（ ） A1 B2 C1 或 2 D 第 9 页（共 20 页） 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用 zax+y 取得最大值的最优解有无数多 个，得到目标函数的对应的直线和不等式对应的边界的直线的斜率相同，解方程即可得 到结论 【解答】解：不等式对应的平面区域如图： 由 zax+y 得 yax+z， 若 a0 时，直线 yax+zz，此时取得最大值的最优解只有
20、一个，不满足条件 若 a0，则直线 yax+z 截距取得最大值时，z 取的最大值，此时直线只要和 AB 平行， 最优解有无数多个， 此时满足目标函数的性质和直线 AB 的斜率相等， 此时 a2， 若 a0，则直线 yax+z 截距取得最大值时，z 取的最大值，此时满足直线 yax+z 与 AC 平行， 直线 AB 的斜率 k1， 得 a1 综上满足条件的 a1 或 a2， 故选：C 【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用 z 的几何意义，结合 zax+y 取得最大值的 最优解有无穷多个，利用结合数形结合是解决本题的根据 9 （5 分）某校组织最强大脑PK 赛，最终 A、B 两队进入决赛，两队
21、各由 3 名选手组成， 每局两队各派一名洗手 PK，除第三局胜者得 2 分外，其余各局胜者均得 1 分，每局的负 者得 0 分假设每局比赛 A 队选手获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，比赛 结束时 A 队的得分高于 B 队的得分的概率为（ ） 第 10 页（共 20 页） A B C D 【分析】比赛结束时 A 队的得分高于 B 队的得分包含三种情况：A 全胜；第一局 A 胜，第二局 B 胜，第三局 A 胜；第一局 B 胜，第二局 A 胜，第三局 A 胜由此能求 出比赛结束时 A 队的得分高于 B 队的得分的概率 【解答】解：比赛结束时 A 队的得分高于 B 队的得分包含三种情况： A
22、全胜；第一局 A 胜，第二局 B 胜，第三局 A 胜；第一局 B 胜，第二局 A 胜， 第三局 A 胜 比赛结束时 A 队的得分高于 B 队的得分的概率为： P+ 故选：C 【点评】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公 式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题 10 （5 分）某班组织由甲，乙，丙等 5 名同学参加的演讲比赛，现采用抽签法决定演讲顺 序，在“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场”的前提下，学生丙第一个 出场的概率为（ ） A B C D 【分析】设事件 A学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场，事件 B学 生丙第一个出场，则要求的是
23、 P（B|A），转化成计算 P（AB）和 P（A） ，即 可 【解答】解：设事件 A学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场，事件 B 学生丙第一个出场， 所以 P（AB） P（A）， 所以 P（B|A） 故选：A 第 11 页（共 20 页） 【点评】本题考查了条件概率，排列组合，计数原理等知识，考查分析问题解决问题的 能力和计算能力，属于中档题 11 （5 分）设集合 A（x1，x2，x3，x4，x5）|xi1，0，1，i1，2，3，4，5，那么 集合 A 中满足条件“1|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|3”的元素个数为（ ） A60 B90 C120 D130 【分析】
24、从条件“1|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|3”入手，讨论 xi所有取值的可能性，分为 5 个数值中有 2 个是 0，3 个是 0 和 4 个是 0 三种情况进行讨论 【解答】解：由于|xi|只能取 0 或 1，且“1|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|3” ，因此 5 个数值中有 2 个是 0，3 个是 0 和 4 个是 0 三种情况： xi中有 2 个取值为 0，另外 3 个从1，1 中取，共有方法数：； xi中有 3 个取值为 0，另外 2 个从1，1 中取，共有方法数：； xi中有 4 个取值为 0，另外 1 个从1，1 中取，共有方法数： 总共方法数是+13
25、0 即元素个数为 130 故选：D 【点评】本题看似集合题，其实考察的是用排列组合思想去解决问题其中，分类讨论 的方法是在概率统计中经常用到的方法，也是高考中一定会考查到的思想方法 12 （5 分）已知数列an前 n 项和为 Sn，a115，且满足（2n5）an+1（2n3）an+4n2 16n+15，已知 n，mN+，nm，则 SnSm的最小值为（ ） A B C14 D28 【分析】由等式变形，可得为等差数列，公差为 1，首项为5，运用等差数列 的通项公式可得 an，再由自然数和的公式、平方和公式，可得 Sn，讨论 n 的变化，Sn的 变化，僵尸可得最小值 【解答】解：（2n5）an+1（
26、2n3）an+4n216n+15， 1，5 可得数列为等差数列，公差为 1，首项为5 第 12 页（共 20 页） 5+n1n6， an（2n5） （n6）2n217n+30 Sn2（12+22+n2）17（1+2+n）+30n 217+30n 可得 n2，3，4，5，Sn递减；n5，Sn递增， n，mN+，nm， S115，S219，S5S65，S714，S836， SnSm的最小值为 51914， 故选：C 【点评】本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式、分组求和方法，考查了推理 能力与计算能力，属于中档题 二、填空题： （本大题共二、填空题： （本大题共 4 个小题，每小题个小题，每
27、小题 5 分，共分，共 20 分）各题答案填写在答题卷相应位分）各题答案填写在答题卷相应位 置上置上. 13 （5 分）函数 f（x），则不等式 xf（x）x2 的解集为 1，2 【分析】对 x1 和 x1 分别利用函数表达式，求出不等式的解集，然后取并集 【解答】解：当 x1 时，不等式 xf（x）x2 化为 x2x2 即：1x2，所以 1x2； 当 x1 时，不等式 xf（x）x2 化为2x2 可得：1x1 综上不等式 xf（x）x2 的解集为：1，2 故答案为：1，2 【点评】本题考查不等式的解法，考查转化思想，分类讨论思想，是基础题 14 （5 分）如图，用 6 种不同的颜色给图中的
28、4 个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求 相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有 630 种（用数字作答） 第 13 页（共 20 页） 【分析】根据题意，要求相邻的两个格子颜色不同，故用到颜色最少为 2 种，则分用 2 种颜色、3 种颜色、4 种颜色 3 种情况讨论，分析计算各种情况下的情况数目，由分类计 数原理计算可得答案 【解答】解：根据题意，分为三类： 第一类是只用两种颜色则为：C62A2230 种， 第二类是用三种颜色则为：C63C31C21C21240 种， 第三类是用四种颜色则为：C64A44360 种， 由分类计数原理，共计为 30+240+36
29、0630 种， 故答案为 630 【点评】本题考查组合、排列的综合应用与分类计数原理的运用，注意分类时，明确分 类的标准，做到不重不漏 15 （5 分）在ABC 中，A：B1：2，C 的平分线 CD 把三角形面积分成 3：2 两部分，则 cosA 【分析】 由两三角形的面积比为 3： 2 可得相应的边长之比， 利用正弦定理可得正弦之比， 然后转化为角 A 的关系式即可求得答案 【解答】解：由题意可得，SACD：SBCD3：2，即： 3：2， 所以|CA|：|CB|3：2， 由正弦定理得，即， 所以，所以 cosA， 故答案为： 【点评】本题考查正弦定理的应用、三角函数中的恒等变换，考查学生分析
30、解决问题的 能力 16 （5 分）设正实数 x，y 满足 x，y2，不等式+m 恒成立，则 m 的最大 值为 16 【分析】由题意设 y2a，3x2b， （其中 a0，b0） ，利用基本不等式求出 第 14 页（共 20 页） +的最小值，即可求出 m 的最大值 【解答】解：由 x，y2，则 3x20，y20； 设 y2a，3x2b， （其中 a0，b0） ， 则+2 16， 当且仅当 ab2，即 x，y4 时取等号； 所以不等式+m 恒成立时，m 的最大值为 16 故答案为：16 【点评】本题考查了基本不等式的应用问题，换元是解题的关键，是中档题 三、解答题：解答题：本大题共三、解答题：解答
31、题：本大题共 6 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算解答应写出必要的文字说明或推理、验算 过程过程. 17 （10 分）已知（x2+1）n展开式中各项系数之和等于（x2+）5的展开式的常数项， （1）求（x2+1）n展开式的第 2 项； （2）若（ax2+1）n的展开式的二项式系数最大的项的系数等于 54，求 a 的值 【分析】 （1）由二项式定理通项公式知 Tr+1（x2）5 r（ ）r（）5 r x，由 205r0，知 r4，由题意得 2n16，n4即可得解； （2）由二项式系数的性质知， （ax2+1）n展开式中二项式系数最大的项是中间项 T3，由 此可求
32、出 a 的值 【解答】解： （1）由（x2+）5得，Tr+1（x2）5 r（ ）r（）5 r x， 令 Tr+1为常数项，则 205r0， r4， 常数项 T516 又（x2+1）n展开式的各项系数之和等于 2n 第 15 页（共 20 页） 由题意得 2n16， n4 展开式的第二项为 4x6 （2）由（1）可得 n4， 由二项式系数的性质知， （ax2+1）4展开式中二项式系数最大的项是中间项 T3， C42a26a254， a3 【点评】本题考查二项式定理的应用和二项式系数的性质，解题时要注意根据实际情况 灵活地运用公式，属于中档题 18 （ 12分 ） ABC的 内 角A ， B ，
33、C的 对 边 分 别 为a ， b ， c ， （1）求角 B； （2）若 a+c6，ABC 的面积求 b 【分析】 （1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，进 而可求 B 的值 （2）由三角形的面积公式可求 ac8，进而由余弦定理可求 b 的值 【解答】解： （1）因为 A+B+C，0A，B，C， 又因为， 所以由正弦定理，得： ， 又因为， 所以， 可得， 可得， 可得， 可得 第 16 页（共 20 页） （2）由面积公式， 得 ac8， 由余弦定理 b2a2+c22accosB（a+c）23ac12， 解得 【点评】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，三角
34、形的面积公式，余 弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题 19 （12 分）已知等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q，若 sq2，且 a1， b1，a2，b2成等差数列 （1）求数列an，bn的通项公式； （2）记 cna，数列cn的前 n 项和为 Sn，数列的前 n 项和为 Tn，求 Sn， Tn 【分析】 （1）运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，可得所求； （2）分别运用数列的分组求和、裂项相消求和，计算可得所求和 【解答】解： （1）因为 a1，b1，a2成等差数列，所以 b1a1+a1+1， 又因为 b1，a2，b2成等差数列，所以
35、a2b1，得 a1+2b1， 由得 a11，b12所以 an2n1，bn2n； （2）cna22n1，Sn2（2+4+2n）n2n+24n； （） ， Tn（1+）（1） 【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，数列的裂项相消 求和，属于中档题 20 （12 分）司机在开机动车时使用手机是违法行为，会存在严重的安全隐患，危及自己和 他人的生命为了研究司机开车时使用手机的情况，交警部门调查了 100 名机动车司机， 得到以下统计：在 55 名男性司机中，开车时使用手机的有 40 人，开车时不使用手机的 有 15 人；在 45 名女性司机中，开车时使用手机的有 20 人，开车
36、时不使用手机的有 25 人 （）完成下面的 22 列联表，并判断是否有 99.5%的把握认为开车时使用手机与司机 的性别有关； 第 17 页（共 20 页） 开车时使用手机 开车时不使用手机 合计 男性司机人数 女性司机人数 合计 （）以上述的样本数据来估计总体，现交警部门从道路上行驶的大量机动车中随机抽 检 3 辆，记这 3 辆车中司机为男性且开车时使用手机的车辆数为 X，若每次抽检的结果 都相互独立，求 X 的分布列和数学期望 E（X） 参考公式与数据：，其中 na+b+c+d P（2k0） 0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 2.07
37、2 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【分析】 （）根据题意填写 22 列联表，计算观测值，对照临界值得出结论； （）求出任意抽取 1 辆车中司机为男性且开车时使用手机的概率， 知 X 的可能取值，且 X 服从二项分布，计算对应的概率， 写出 X 的分布列，计算数学期望值 【解答】解： （）填写 22 列联表，如下； 开车时使用手机 开车时不使用手机 合计 男性司机人数 40 15 55 女性司机人数 20 25 45 合计 60 40 100 根据数表，计算8.25 7.879， 所以有 99.5%的把握认为开车时使用手机与司机的性别有关； （）由题意
38、，任意抽取 1 辆车中司机为男性且开车时使用手机的概率是， 则 X 的可能取值为：0，1，2，3，且 XB（3，） ， 可得 P（Xk）， 所以 P（X0）， 第 18 页（共 20 页） P（X1）， P（X2）， P（X3）； 所以 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 数学期望为 EX3 【点评】本题考查了二项分布列的性质及其数学期望和独立性检验思想方法，属于中档 题 21 （12 分）在ABC 中，a，b，c 分别是角 A，B，C 所对的边，且 2csinB3atanA （1）求的值； （2）若 a2，求ABC 面积的最大值 【分析】 （1）利用正弦定理与余弦定理转化求解即可 （2
39、）利用余弦定理求出 bc，然后转化求解三角形的面积即可 【解答】解： （1）2csinB3atanA， 2csinBcosA3asinA， 由正弦定理得 2cbcosA3a2， 由余弦定理得，化简得 b2+c24a2， （2）因为 a2，由（I）知 b2+c24a216， 由余弦定理得， 根据重要不等式有 b2+c22bc，即 8bc，当且仅当 bc 时“”成立， 由，得，且， 第 19 页（共 20 页） ABC 的面积 ， ABC 的面积 S 的最大值为 【点评】本题考查三角形的解法，正弦定理以及余弦定理的应用，考查计算能力 22 （12 分）已知正项数列an的前 n 项和为 Sn，数列a
40、n满足，2Snan（an+1） （1）求数列an的通项公式； （2）设数列的前 n 项和为 An，求证：对任意正整数 n，都有 An成立； （3） 数列bn满足 bn （） nan， 它的前 n 项和为 Tn，若存在正整数 n，使得不等式（ 2）n 1T n+ 2n 1 成立，求实数 的取值范围 【分析】 （1）根据数列的递推公式即可求出数列an的通项公式， （2），利用放缩法即可证明， （3）先利用错位相减法求出数列bn的前 n 项和为 Tn，不等式（2）n 1T n+ 2n 1 成立，转化为成立，分 n 为偶数和奇数，根据函数的性 质即可求出实数 的取值范围 【解答】解： （1），当 n2
41、 时， 两式相减得：，所以（an+an1） （anan11）0 因为数列an为正项数列，故 an+an10，也即 anan11， 所以数列an为以 1 为首项 1 为公差的等差数列，故通项公式为 ann，nN* （2） 第 20 页（共 20 页） ， 所以对任意正整数 n，都有成立 （3）易知，则， ， 可得： 故，所以不等式成立， 若 n 为偶数，则，所以 设，则 y2t+t2+1（t1）2在单调递减， 故当时，所以； 若 n 为奇数，则，所以 设，则 y2tt21（t1）2在（0，1单调递增， 故当 t1 时，ymax0，所以 0 综上所述， 的取值范围 0 或 【点评】本题考查了数列的递推公式，放缩法和裂项求和，以及错位相减法求和，分类 讨论的思想，函数的思想，属于难题
