2018-2019学年高二数学上学期期中试题理 (IV).

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2018-2019学年高二数学上学期期中试题理(含解析)

2018-2019学年高二数学上学期期中试题理（含解析）一、选择题。

1.设集合，，那么“或”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【详解】或，即，，即．∴或，或推不出.选B.考点：判断必要性和充分性.2.数列，，，，，，的一个通项公式为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】通过观察可得数列，，，，，的通项公式，然后添加进行系数调整可得所求的一个通项公式．【详解】由题意得数列，，，，，的通项公式为；由题中数列的奇数项为负，故所求数列的通项公式为．故选B．【点睛】根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意所得通项公式的正确性；对于数列中项的正负符号的变化，可用或来调整．3.在中，已知，则=A. B. C. D.【答案】C【解析】,选C.4.在等差数列中，若，则（）A. 10B. 5C.D.【答案】B利用等差数列下标和相等对应项的和相等，可得.【详解】因为为等差数列，所以，因为，所以，解得：.选B.【点睛】本题考查等差数列性质，考查运算求解能力.5.不等式的解集是A. B.C. 或D.【答案】B【解析】试题分析：∵，∴，即，∴不等式解集为．考点：分式不等式转化为一元二次不等式．6.设数列的通项公式为，则（）A. 153B. 210C. 135D. 120【答案】A【解析】根据数列的通项公式，判断数列为等差数列，并求得数列的前3项均小于，从第4项起均大于，对所求式子去掉绝对值，利用等差数列前项和，求得式子值.【详解】因为，所以数列是均小于，均大于的等差数列，所以.选A.【点睛】本题考查数列中的基本量法求数列的前项和，解题的关键在于判断各项的正负.7.设满足约束条件，则的最大值为( )A. 10B. 8C. 3D. 2【答案】B【解析】分析】画出约束条件所表示的可行域，利用线性目标函数的几何意义，即直线在轴上截距的最小值为的最大值.【详解】满足约束条件可行域，如图所示，直线过点时，其在轴上的截距最小，所以.选B.【点睛】目标函数在轴上截距达到最小值时，对应取得最大值.8.在等比数列中,,前项和为,若数列也是等比数列,则等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用等比数列的前三项成等比数列，求得，再求数列的前项和.【详解】设等比数列的公比为.因为数列也是等比数列，所以，解得：，所以.选A.【点睛】本题考查等比数列的性质、前项和，考查基本量法求解问题.9.设,且,则的最小值为（）A. 6B. 12C. 14D. 16【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式求得，并验证等号成立的条件.【详解】因为，等号成立当且仅当，所以的最小值为.选D.【点睛】本题考查基本不等式求最小值，求解过程中要利用到“1”的代换这一重要的思想方法，并注意验证等号成立的条件.10.在中，若，则是（）A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等腰或直角三角形D. 等腰直角三角形【解析】试题分析：根据正弦定理，因此，即，所以或，由于，所以成立，即；考点：1．正弦定理；2．倍角的正弦公式；3．三角形形状的判断；11.数列前项的和为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】数列前项的和故选B．12.满足的恰有一个，则的取值范围是（）A. B. C. D. 或【答案】B【解析】根据正弦定理得到画出和的图像，使得两个函数图象有一个交点即可；此时的取值范围是。

(精品)2018-2019学年高二数学上学期期中试题理

湖北省部分重点中学2018-2019学年高二数学上学期期中试题理湖北省部分重点中学2018-2019学年度高二上学期期中考试理科数学答案 1~16题：BBDAB DAABC DD 13.、21 14．15．.. 16．②③.17．解析：（1）设圆方程为220x y Dx Ey F ++++=，将()1,1A -， ()2,2B ， ()1,3C ，代入圆方程2{228 310D E F D E F D E F -++=-++=-++=-，……………………….2分解得1{ 3 0D E F =-=-=，……………………………………………….4分∴圆方程为2230x y x y +--=．………………………….5分。

（2）∵圆心在3y x =上，∴设圆心坐标为(),3m m ，……………..6分又∵圆与x 轴相切，∴半径3r m =，……………………………….7分弦心距d ==，………………………………………..8分又∵227r d =+即22927m m =+，∴1m =±，……………………9分 ∴圆方程为()()22139x y -+-=或()()22139x y +++=．……….10分 18．详解：(1)因为在平面上的射影恰好在上，所以平面，又平面，所以，又，，所以平面．又平面，所以．……………………………….4分(2)因为四边形是矩形，所以．由(1)知，所以平面，又平面，所以平面平面．………………..8分(3)因为平面，所以．又==，所以，所以===．即三棱锥的体积为48…………..12分19．【详解】（1）由所给数据计算得：,，…………………………3分∴＝，…………………………………..4分∴＝－，∴所求回归直线方程是．……………………….5分令100=14+5，解得=6.79.∴预测答题正确率是100﹪的强化训练次数为7次．…….6分（2）经计算知，这四组数据的“强化均值”分别为5，6，8，9,其平均数是7，……..8分所以“强化均值”的标准差是，……..11分∴这个班的强化训练有效．…………………………….12分20.【详解】（1）根据题意，圆C：（x﹣a）2+（y﹣b）2=1（a＞0）关于直线3x﹣2y=0对称，即圆心（a，b）在直线3x﹣2y=0上，圆C与直线3x﹣4y+1=0相切，则C到直线l的距离d=r=1，则有，…………………………….4分解得或（舍）∴圆C的方程为（x﹣2）2+（y﹣3）2=1．…………………5分（2）假设存在直线l，使得=6，设M（x1，y1）N（x2，y2），由得（1+k2）x2﹣（2k+4）x+4=0，，…………………………………….6分由△=（2k+4）2﹣16（1+k2）＞0得，…………………………8分•=x1x2+y1y2=（1+k2）x1x2+2k（x1+x2）+4=（1+k2）++4=6，解得k=﹣1或，…………………………………………10分不满足△＞0，所以不存在直线l，使得=6．………………………..12分21.．【详解】：（1）该城市这30天空气质量指数的平均值为……………………2分（2）空气质量优有2个数据，记为A，B；空气质量中重度污染有3个数据C，D，E；从中选取两个有AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE,共有10种可能，空气质量优和空气质量中重度污染数据恰均被选中有6种可能，记“空气质量优和空气质量中重度污染数据恰均被选中”为事件M，则;…………………………………5分（3）设“在本月30天中随机抽取一天，该天经济损失不超过600元”为事件N，分三种情况：当时，，此时其概率为 (7)当时，由，此时其概率为…………………..9分当时，由，此时其概率为………………………11分综上由互斥情况可得答：估计这天的经济损失S不超过600元的概率…………………………..12分22．详解：（1）∵圆：∴圆心，半径∵直线与圆相交于，两点，且∴圆心到的距离为∴，解得：∵∴………………………………….2分（2）∵圆与轴交于，两点（点在点上方）∴∴，设直线与圆方程联立：，化简得：∴，同理可求：…………….4分∵三点共线，且，∴，……………………………7分化简得：∵∴，即∴存在实数，使得恒成立．……….9分（3）设∴且∴由（2）知：，代入得：为定值∴点在定直线上．…12分。

2018-2019学年高二数学上学期期中试题(含解析)

2018-2019学年高二数学上学期期中试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是合题目要求的．）1.等差数列{an}中，若a2+a4+a9+a11=32，则a6+a7=" ( " )A. 9B. 12C. 15D. 16【答案】D【解析】【分析】利用等差数列通项性质即可得出．【详解】解：∵{an}是等差数列，∴a2+a11＝a4+a9＝a6+a7．∵a2+a4+a9+a11＝32，∴a6+a7＝16．故选D．【点睛】本题考查了等差数列的性质，属于基础题．2.若，则下列不等式中成立的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用实数的运算性质和作差比较，结合不等式的基本性质，即可求解.【详解】对于A中，，所以，所以不正确；对于B中，根据实数的运算性质，当时，是正确的；对于C中，，可得，所以不正确；对于D中，，所以是正确的，是不正确的，故选：B【点睛】本题主要考查了不等式的性质及其应用，其中解答中熟记不等式的基本性质，利用实数的运算性质和作差比较法，结合不等式的基本性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.3.在△ABC中,已知，则角A=（）A. 30°或150°B. 60°或120°C. 60°D. 30°【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理得，解之可求得，再根据三角形的大边对大角，可得选项.【详解】根据正弦定理得：，因为,所以.故选:D.【点睛】本题考查三角形的正弦定理，在运用时注意三角形中的大边对大角的性质，属于基础题.4.在三角形中，，则的大小为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】试题分析：，选A 考点：余弦定理5.已知单调递增的等比数列中，，，则数列的前项和（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由等比数列的性质，可得到是方程的实数根，求得，再结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】由题意，等比数列中，，，根据等比数列的性质，可得，，所以是方程的实数根，解得或，又因为等比数列为单调递增数列，所以，设等比数列的首项为，公比为可得，解得，所以数列的前项和.故选：B.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的基本量的运算，以及等比数列的前n项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力.6.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则是( )A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰或直角三角形D. 等腰直角三角形【答案】A【详解】因为，所以，所以，所以，所以，即，所以是等腰三角形．故选A．7.等比数列的前项和为，若，，则等于（）A. -3B. 5C. -31D. 33【答案】D【解析】【分析】先由题设条件结合等比数列的前n项和公式，求得公比，再利用等比数列的前n项和公式，即可求解的值，得到答案.【详解】由题意，等比数列中，，可得，解得，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了等比数列的前n项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.8.不等式的解集是（）A. B.C. 或D. 或【答案】B【解析】【分析】把不等式化简为，结合一元二次不等式的解法，即可求解.【详解】由题意，不等式，可转化为，根据一元二次不等式的解法，可得不等式的解集为.故选：B.【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，其中解答中熟记一元二次不等式的解法是解答的关键，着重考查了计算能力.9.已知△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若A ＝，b＝2acos B，c＝1，则△ABC的面积等于( )A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：根据正弦定理由可得,,在中,,为边长为1的正三角形,.故B正确.考点：正弦定理.【思路点睛】本题主要考查正弦定理,属容易题.三角形问题中强调边角统一,边角互化可以用正弦定理和余弦定理.本题中应根据正弦定理将已知条件转化为角的三角函数之间的关系式,即可轻松求得所求.10.已知数列{an}中，a1＝1，an＋1 =an+3，若an＝2014，则n＝（）A. 667B. 668C. 669D. 672【答案】D【解析】试题分析：因为，所以数列是等差数列，，所以考点：1．等差数列定义；2．等差数列的通项．11.已知是坐标原点，点，若点为平面区域，上的一个动点，则的取值范围是（）A. [﹣1，0]B. [0，1]C. [0，2]D. [﹣1，2]【答案】C【解析】【分析】由约束条件作出可行域，利用向量数量积运算可得目标函数，化目标函数为直线方程的斜截式，由数形结合得的取值范围．【详解】满足约束条件的平面区域如图所示：联立，解得S（1，1），P（0,2）.∵，，∴，令，化为，作出直线，由图可知，平移直线至S时，目标函数有最小值0；平移直线至P时，目标函数有最大值2．∴的取值范围是[0，2]．故选C【点睛】本题考查简单的线性规划的简单应用，平面向量数量积公式的应用，考查数形结合的解题思想方法，属于基础题．12.已知不等式的解集为，若，则“”的概率为（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】分析：解分式不等式得集合P，再根据几何概型概率公式（测度为长度）求结果.详解：，∴，，∴．选．点睛：(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）13.已知数列前项和，则的通项公式为________．【答案】【解析】【分析】根据的关系式，即可求解，得到答案.【详解】由题意，数列前项和，当时，，当时，，当时，适合上式，所以的通项公式为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了利用数列的前n项和求解数列的通项公式，其中解答中熟记数列的和的关系式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.14.太湖中有一小岛C，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A处测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶1 km到达B处后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛到公路的距离是________ km.【答案】【解析】如图所示，过C作CD⊥AB，垂足为D，∠A=15°，∠CBD=75°，AB=1km，△ABC中，BC=，△CBD中，CD=BCcos15°== km．故填．15.已知函数，那么当取得最小值时，的值是________．【答案】【解析】【分析】直接利用基本不等式，确定等号成立的条件，即可求解，得到答案.【详解】由题意，函数，根据基本不等式，可得，当且仅当时，即时等号成立.故答案为：.【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答熟记基本不等式的“一正、二定、三相等”，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.16.设的内角所对的边分别为，若，则角=__________.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理到，，再利用余弦定理得到，得到答案.【详解】，则，，故.根据余弦定理：，故.故答案为：.【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理解三角形，意在考查学生的计算能力.三、解答题（本大题包括6小题，共70分）17.在等差数列中，，．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设的前项和为，若，求．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）根据题设条件列出方程组，求得的值，即可求得数列的通项公式；（Ⅱ）利用等差数列的求和公式，求得，再偶，即可求解.【详解】（Ⅰ）设等差数列的公差为，因为，，可得，解得，所以数列的通项公式为.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可得数列的前n项和为，令，即，解得.【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，以及等差数列的前n项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了方程思想，以及运算能力.18.在中，分别为角所对的边，已知.（Ⅰ）若，求的值；（Ⅱ）求的最大值.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)18.【解析】试题分析：(Ⅰ)由正弦定理角化边，然后结合余弦定理可得；(Ⅱ)有(I)的结论结合均值不等式的结论可得的最大值是18.试题解析：（Ⅰ）因为，由正弦定理可得，由余弦定理，得，解得，所以（Ⅱ）由余弦定理，得，又，所以即，当且仅当时，等号成立.所以的最大值为18.另解（Ⅱ）：由（Ⅰ）和正弦定理知：,且,所以，所以的最大值为18.点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．19.某农贸公司按每担200元的价格收购某农产品，并按每100元纳税10元（又称征税率为10个百分点）进行纳税，计划可收购万担，政府为了鼓励收购公司多收购这种农产品，决定将征税降低（）个百分点，预测收购量可增加个百分点.（1）写出税收（万元）与的函数关系式；（2）要使此项税收在税率调整后不少于原计划税收的，试确定的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（Ⅰ）根据征税率降低x（x≠0）个百分点，预测收购量可增加2x个百分点，可知降低税率后的税率为（10-x）%，农产品的收购量为a（1+2x%）万担，收购总金额 200a（1+2x%），从而可求税收y（万元）与x的函数关系式；（Ⅱ）利用税收在税率调节后，不少于原计划税收的83.2%，可建立不等关系，从而可得x的取值范围．试题解析：（1）降低税率后的税率为，农产品的收购量为万担,收购总金额为万元.依题意有（2）原计划税收为万元依题意有化简得.取范围是.点睛：解决函数模型应用的解答题，还有以下几点容易造成失分：①读不懂实际背景，不能将实际问题转化为函数模型．②对涉及的相关公式，记忆错误．③在求解的过程中计算错误.另外需要熟练掌握求解方程、不等式、函数最值的方法，才能快速正确地求解．20.已知函数．（Ⅰ）试求的最小正周期和单调递减区间；（Ⅱ）已知，，分别为的三个内角，，的对边，若，，，试求的面积【答案】（Ⅰ）最小正周期为，递减区间为；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）利用倍角公式、诱导公式和降幂公式，化简得到函数的，再结合三角函数的图象与性质，即可求解；（Ⅱ）由（Ⅰ）及，求得，利用余弦定理和基本不等式，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】（Ⅰ）由题意，函数，所以函数的的最小正周期为，令，解得，所以函数的单调递减区间为.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，因为，可得，即，又因为，所以，又由，由余弦定理可得，即，即，解得所以的面积，即的面积为.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及余弦定理和三角形的面积公式的综合应用，着重考查了推理与运算能力.21.已知数列为等差数列，且，．(1) 求数列的通项公式； (2) 令，求证：数列是等比数列．（3）令，求数列的前项和.【答案】解: (1)∵数列为等差数列,设公差为,由,得,,∴，.(2)∵,∴∴数列是首项为9，公比为9的等比数列 .（3）∵，，∴∴…【解析】试题分析：(1)∵数列为等差数列,设公差为, …………………… 1分由,得,,∴，…………………… 3分. …………………… 4分(2)∵, …………………… 5分∴，…………………… 6分∴数列是首项为9，公比为9的等比数列 . …………………… 8分（3）∵，，∴………………… 10分∴………… 12分考点：等差数列的性质；等比数列的性质和定义；数列前n项和的求法．点评：裂项法是求前n项和常用的方法之一．常见的裂项有：，，，，，22.已知函数，其中．（I）若，求在区间上的最大值和最小值；（II）解关于x不等式【答案】（1）最小值为，最大值为；（2）见解析【解析】【详解】(Ⅰ)最小值为，最大值为；(Ⅱ)当时，不等式解集为当时，不等式解集当时，不等式解集为当时，不等式解集为2018-2019学年高二数学上学期期中试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是合题目要求的．）1.等差数列{an}中，若a2+a4+a9+a11=32，则a6+a7=" ( " )A. 9B. 12C. 15D. 16【答案】D【解析】【分析】利用等差数列通项性质即可得出．【详解】解：∵{an}是等差数列，∴a2+a11＝a4+a9＝a6+a7．∵a2+a4+a9+a11＝32，∴a6+a7＝16．故选D．【点睛】本题考查了等差数列的性质，属于基础题．2.若，则下列不等式中成立的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用实数的运算性质和作差比较，结合不等式的基本性质，即可求解.【详解】对于A中，，所以，所以不正确；对于B中，根据实数的运算性质，当时，是正确的；对于C中，，可得，所以不正确；对于D中，，所以是正确的，是不正确的，故选：B【点睛】本题主要考查了不等式的性质及其应用，其中解答中熟记不等式的基本性质，利用实数的运算性质和作差比较法，结合不等式的基本性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.3.在△ABC中,已知，则角A=（）A. 30°或150°B. 60°或120°C. 60°D. 30°【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理得，解之可求得，再根据三角形的大边对大角，可得选项.【详解】根据正弦定理得：，因为,所以.故选:D.【点睛】本题考查三角形的正弦定理，在运用时注意三角形中的大边对大角的性质，属于基础题.4.在三角形中，，则的大小为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】试题分析：，选A考点：余弦定理5.已知单调递增的等比数列中，，，则数列的前项和（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由等比数列的性质，可得到是方程的实数根，求得，再结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】由题意，等比数列中，，，根据等比数列的性质，可得，，所以是方程的实数根，解得或，又因为等比数列为单调递增数列，所以，设等比数列的首项为，公比为可得，解得，所以数列的前项和.故选：B.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的基本量的运算，以及等比数列的前n项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力.6.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则是( )A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰或直角三角形D. 等腰直角三角形【解析】【详解】因为，所以，所以，所以，所以，即，所以是等腰三角形．故选A．7.等比数列的前项和为，若，，则等于（）A. -3B. 5C. -31D. 33【答案】D【解析】【分析】先由题设条件结合等比数列的前n项和公式，求得公比，再利用等比数列的前n项和公式，即可求解的值，得到答案.【详解】由题意，等比数列中，，可得，解得，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了等比数列的前n项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.8.不等式的解集是（）A. B.C. 或D. 或【答案】B【解析】把不等式化简为，结合一元二次不等式的解法，即可求解.【详解】由题意，不等式，可转化为，根据一元二次不等式的解法，可得不等式的解集为.故选：B.【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，其中解答中熟记一元二次不等式的解法是解答的关键，着重考查了计算能力.9.已知△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若A＝，b＝2acos B，c＝1，则△ABC的面积等于( )A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：根据正弦定理由可得,,在中,,为边长为1的正三角形,.故B正确.考点：正弦定理.【思路点睛】本题主要考查正弦定理,属容易题.三角形问题中强调边角统一,边角互化可以用正弦定理和余弦定理.本题中应根据正弦定理将已知条件转化为角的三角函数之间的关系式,即可轻松求得所求.10.已知数列{an}中，a1＝1，an＋1 =an+3，若an＝2014，则n＝（）A. 667B. 668C. 669D. 672【答案】D【解析】试题分析：因为，所以数列是等差数列，，所以考点：1．等差数列定义；2．等差数列的通项．11.已知是坐标原点，点，若点为平面区域，上的一个动点，则的取值范围是（）A. [﹣1，0]B. [0，1]C. [0，2]D. [﹣1，2]【答案】C【解析】【分析】由约束条件作出可行域，利用向量数量积运算可得目标函数，化目标函数为直线方程的斜截式，由数形结合得的取值范围．【详解】满足约束条件的平面区域如图所示：联立，解得S（1，1），P （0,2）.∵，，∴，令，化为，作出直线，由图可知，平移直线至S时，目标函数有最小值0；平移直线至P时，目标函数有最大值2．∴的取值范围是[0，2]．故选C【点睛】本题考查简单的线性规划的简单应用，平面向量数量积公式的应用，考查数形结合的解题思想方法，属于基础题．12.已知不等式的解集为，若，则“”的概率为（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】分析：解分式不等式得集合P，再根据几何概型概率公式（测度为长度）求结果.详解：，∴，，∴．选．点睛：(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）13.已知数列前项和，则的通项公式为________．【答案】【解析】【分析】根据的关系式，即可求解，得到答案.【详解】由题意，数列前项和，当时，，当时，，当时，适合上式，所以的通项公式为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了利用数列的前n项和求解数列的通项公式，其中解答中熟记数列的和的关系式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.14.太湖中有一小岛C，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A处测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶1 km到达B处后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛到公路的距离是________ km.【答案】【解析】如图所示，过C作CD⊥AB，垂足为D，∠A=15°，∠CBD=75°，AB=1km，△ABC中，BC=，△CBD中，CD=BCcos15°==km．故填．15.已知函数，那么当取得最小值时，的值是________．【答案】【解析】【分析】直接利用基本不等式，确定等号成立的条件，即可求解，得到答案.【详解】由题意，函数，根据基本不等式，可得，当且仅当时，即时等号成立.故答案为：.【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答熟记基本不等式的“一正、二定、三相等”，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.16.设的内角所对的边分别为，若，则角=__________.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理到，，再利用余弦定理得到，得到答案.【详解】，则，，故.根据余弦定理：，故.故答案为：.【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理解三角形，意在考查学生的计算能力.三、解答题（本大题包括6小题，共70分）17.在等差数列中，，．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设的前项和为，若，求．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）根据题设条件列出方程组，求得的值，即可求得数列的通项公式；（Ⅱ）利用等差数列的求和公式，求得，再偶，即可求解.【详解】（Ⅰ）设等差数列的公差为，因为，，可得，解得，所以数列的通项公式为.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可得数列的前n项和为，令，即，解得.【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，以及等差数列的前n项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了方程思想，以及运算能力.18.在中，分别为角所对的边，已知.（Ⅰ）若，求的值；（Ⅱ）求的最大值.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)18.【解析】试题分析：(Ⅰ)由正弦定理角化边，然后结合余弦定理可得；(Ⅱ)有(I)的结论结合均值不等式的结论可得的最大值是18.试题解析：（Ⅰ）因为，由正弦定理可得，由余弦定理，得，解得，所以（Ⅱ）由余弦定理，得，又，所以即，当且仅当时，等号成立.所以的最大值为18.另解（Ⅱ）：由（Ⅰ）和正弦定理知：,且,所以，所以的最大值为18.点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．19.某农贸公司按每担200元的价格收购某农产品，并按每100元纳税10元（又称征税率为10个百分点）进行纳税，计划可收购万担，政府为了鼓励收购公司多收购这种农产品，决定将征税降低（）个百分点，预测收购量可增加个百分点.（1）写出税收（万元）与的函数关系式；（2）要使此项税收在税率调整后不少于原计划税收的，试确定的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（Ⅰ）根据征税率降低x（x≠0）个百分点，预测收购量可增加2x个百分点，可知降低税率后的税率为（10-x）%，农产品的收购量为a（1+2x%）万担，收购总金额 200a（1+2x%），从而可求税收y（万元）与x的函数关系式；（Ⅱ）利用税收在税率调节后，不少于原计划税收的83.2%，可建立不等关系，从而可得x的取值范围．试题解析：（1）降低税率后的税率为，农产品的收购量为万担,收购总金额为万元.依题意有（2）原计划税收为万元依题意有化简得.取范围是.点睛：解决函数模型应用的解答题，还有以下几点容易造成失分：①读不懂实际背景，不能将实际问题转化为函数模型．②对涉及的相关公式，记忆错误．③在求解的过程中计算错误.另外需要熟练掌握求解方程、不等式、函数最值的方法，才能快速正确地求解．20.已知函数．（Ⅰ）试求的最小正周期和单调递减区间；（Ⅱ）已知，，分别为的三个内角，，的对边，若，，，试求的面积【答案】（Ⅰ）最小正周期为，递减区间为；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）利用倍角公式、诱导公式和降幂公式，化简得到函数的，再结合三角函数的图象与性质，即可求解；（Ⅱ）由（Ⅰ）及，求得，利用余弦定理和基本不等式，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】（Ⅰ）由题意，函数，所以函数的的最小正周期为，令，解得，所以函数的单调递减区间为.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，因为，可得，即，又因为，所以，又由，由余弦定理可得，即，即，解得所以的面积，即的面积为.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及余弦定理和三角形的面积公式的综合应用，着重考查了推理与运算能力.21.已知数列为等差数列，且，．(1) 求数列的通项公式； (2) 令，求证：数列是等比数列．（3）令，求数列的前项和.【答案】解: (1)∵数列为等差数列,设公差为,由,得,,∴，.(2)∵,∴∴数列是首项为9，公比为9的等比数列 .（3）∵，，∴∴…【解析】试题分析：(1)∵数列为等差数列,设公差为, …………………… 1分由,得,,∴，…………………… 3分. …………………… 4分(2)∵, …………………… 5分∴，…………………… 6分∴数列是首项为9，公比为9的等比数列 . …………………… 8分（3）∵，，∴………………… 10分∴………… 12分考点：等差数列的性质；等比数列的性质和定义；数列前n项和的求法．点评：裂项法是求前n项和常用的方法之一．常见的裂项有：，，，，，22.已知函数，其中．（I）若，求在区间上的最大值和最小值；（II）解关于x不等式【答案】（1）最小值为，最大值为；（2）见解析【解析】【详解】(Ⅰ)最小值为，最大值为；(Ⅱ)当时，不等式解集为当时，不等式解集当时，不等式解集为当时，不等式解集为。

2018-2019学年高二数学上学期期中试题(4)

湘南中学2018年下期高二年级期中考试数学学科试卷时间：120分钟分值：100学校：______姓名：___________班级：___________考号：___________分卷I一、选择题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.“x＝1且y＝－1”是“xy＝－1”的()．A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不必要也不充分条件2.数列2,3,4,5，…的一个通项公式为()A．a n＝n B．a n＝n＋1C．a n＝n＋2D．a n＝2n3.命题“一次函数都是单调函数”的否定是()A．一次函数都不是单调函数B．非一次函数都不是单调函数C．有些一次函数是单调函数D．有些一次函数不是单调函数4.等差数列{a n}，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8的值等于()A． 45B． 75C． 180D． 3005.设a、b是实数，且a＋b＝3，则2a＋2b的最小值是()A． 6B． 4C． 2D． 86.(x＋1)(x＋2)＞0是(x＋1)(x2＋2)＞0的()A．必要不充分条件B．充要条件C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件7.1和4的等差中项和等比中项分别是()A． 5,2B．5，－2C．，4D．，±28.在△ABC中，已知sin2A＋sin2B－sin A sin B＝sin2C，且满足ab＝4，则该三角形的面积为()A． 1B． 2C．D．9.“实数m＝”是“直线l1：x＋2my－1＝0和直线l2：(3m－1)x－my－1＝0相互垂直”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件10.现有200根相同的钢管，把它们堆成正三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余钢管的根数为()A． 9B． 10C． 19D． 29分卷II二、填空题(共5小题,每小题4.0分,共20分)11.已知数列{a n}的通项公式为a n＝则它的前4项依次为________．12.已知△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos A＝，b＝5，B＝，则a＝________.13.已知命题p：∃c>0，y＝(3－c)x在R上为减函数，命题q：∀x∈R，x2＋2c－3>0.若p∧q为真命题，则实数c的取值范围为________．14.等比数列{a n}中，前n项和为S n，S3＝2，S6＝6，则a10＋a11＋a12＝________.15.下列所给的p，q中，p是q的充要条件的为________．(填序号)①在△ABC中，p：∠A>∠B，q：sin A>sin B；②若a，b∈R，p：a2＋b2＝0，q：a＝b＝0；③p：|x|>3，q：x2>9.三、解答题(共5小题,共40分)16.判定下列数列是否是等差数列？（6分）(1)9,7,5,3，…，－2n＋11，…；(2)－1,11,23,35，…，12n－13，…；(3)1,2,1,2，…；(4)1,2,4,6,8,10，…；(5)a，a，a，a，a，….17.在等差数列{a n}中，已知a6＝12，a18＝36，求通项公式a n（8分）18.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，c＝a sin C－c cos A.（8分）(1)求A;(2)若a＝2，△ABC的面积为，求b，c.19.已知命题p：m2＋2m－3≤0成立．命题q：方程x2－2mx＋1＝0有实数根．若¬p为假命题，p∧q为假命题，求实数m的取值范围．（8分）20.已知数列{an}满足a1＝1，a n＋1＝2a n＋1.（10分）(1)证明数列{a n＋1}是等比数列；(2)求数列{a n}的通项公式．答案解析1.【答案】A【解析】由“x＝1且y＝－1”可以得到“xy＝－1”，当“xy＝－1”时，不一定得到“x ＝1且y＝－1”，故“x＝1且y＝－1”是“xy＝－1”的充分不必要条件，故选A.2.【答案】B【解析】这个数列的前4项都比序号大1，所以，它的一个通项公式为a n＝n＋1.3.【答案】D【解析】命题的否定只对结论进行否定，“都是”的否定是“不都是”，即“有些”．4.【答案】C【解析】∵a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝(a3＋a7)＋(a4＋a6)＋a5＝5a5＝450，∴a5＝90.∴a2＋a8＝2a5＝180.5.【答案】B【解析】∵a＋b＝3，∴2a＋2b≥2＝2＝2＝4.6.【答案】A【解析】解(x＋1)(x＋2)＞0得x＜－2，或x＞－1；解(x＋1)(x2＋2)＞0，得x＞－1，∵当x＜－2，或x＞－1时，x＞－1不一定成立；当x＞－1时，x＜－2，或x＞－1成立，∴(x ＋1)(x＋2)＞0是(x＋1)(x2＋2)＞0的必要不充分条件．7.【答案】D【解析】∴1和4的等差中项为＝，等比中项为±＝±2.故选D.8.【答案】D【解析】由＝＝＝2R及sin2A＋sin2B－sin A sin B＝sin2C，可得a2＋b2－ab＝c2，∴cos C＝＝，∴C＝60°，sin C＝.∴S△ABC＝ab sin C＝.9.【答案】A。

学2018-2019学年高二数学上学期期中试题理(含解析)

学2018-2019学年高二数学上学期期中试题理（含解析）考试时间：2018年11月14日满分：150分考试时长：150分钟一、选择题：（每小题5分，共60分）1.下图是某公司10个销售店某月销售某产品数量(单位：台)的茎叶图，则数据落在区间[22，30)内的概率为( )A. 0.2B. 0.4C. 0.5D. 0.6【答案】B【解析】区间[22,30)内的数据共有4个，总的数据共有10个，所以频率为0．4,故选B．2.已知x，y的取值如表所示,如果y与x呈线性相关，且线性回归方程为，则b=（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为样本中心一定在回归直线上，代入回归方程得到故答案选A．3. 将5封信投入3个邮筒，不同的投法有（）A. 种B. 种C. 3种D. 15种【答案】B【解析】【分析】本题是一个分步计数问题，首先第一封信有3种不同的投法，第二封信也有3种不同的投法，以此类推每一封信都有3种结果，根据分步计数原理得到结果．【详解】：由题意知本题是一个分步计数问题，首先第一封信有3种不同的投法，第二封信也有3种不同的投法，以此类推每一封信都有3种结果，∴根据分步计数原理知共有35种结果，故选：B．4.根据右边程序框图，若输出的值是4，则输入的实数的值为 ( )A. B. C. 或 D. 或【答案】D【解析】若，又，得；；若,得，不满足，满足.综上知实数值为或.故选D.5.若，则等于（）A. 3或4B. 4C. 5或6D. 8【答案】D【解析】分析】根据排列数和组合数公式，化简，即可求出.【详解】解：由题意，根据排列数、组合数的公式，可得，，则，且，解得：.故选：D.【点睛】本题考查排列数和组合数公式的应用，以及对排列组合的理解，属于计算题.6.四位二进制数能表示最大十进制数为（）A. 8B. 15C. 64D. 127【答案】B【解析】【分析】先将满足条件的二进制数表示出来，根据二进制与十进制的转换方法计算即可【详解】解：．故选：．【点睛】本题考查二进制转换为十进制的方法，是依次累加各位数字上的数该数位的权重.7.如图，将一个长与宽不等的长方形沿对角线分成四个区域，涂上四种颜色，中间装个指针可以自由转动，对指针停留的可能性，下列说法中正确的是（）A. 一样大B. 蓝黑区域大C. 红黄区域大D. 由指针转动的圈数确定【答案】B【解析】【分析】根据矩形的性质和题意得出蓝颜色和黑颜色所占区域的角较大，再根据几何概率即可得出答案．【详解】解：一个长与宽不等的长方形，沿对角线分成四个区域中蓝颜色和黑颜色的角较大，指针指向蓝黑区域的可能性大；故选：．【点睛】本题考查了几何概率，用到的知识点为：矩形的性质和概率公式，考查学生对题目的的理解和辨析能力.8.期中考试以后，班长算出了全班40人数学成绩平均分为M，如果把M当成一个同学的分数，与原来的40个分数一起，算出这41个分数的平均值为N，那么M∶N的值为（）A. B. 1 C. D. 2【答案】B【解析】【详解】试题分析：利用平均数计算公式算出这41个分数的平均值为N ，M∶N的值为1,故选B．考点：本题考查了平均数的概念及计算．点评：运用求平均数公式：．9.为参加学校运动会，某班要从甲，乙，丙，丁四位女同学中随机选出两位同学担任护旗手，那么甲同学被选中的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出从甲、乙、丙、丁4位女同学中随机选出2位同学担任护旗手的基本事件，甲被选中的基本事件，即可求出甲被选中的概率．【详解】解：从甲、乙、丙、丁4位同学中随机选出2位担任护旗手，共有种方法，甲被选中，共有3种方法，甲被选中的概率是．故选：C．【点睛】本题考查通过组合的应用求基本事件和古典概型求概率，考查学生的计算能力，比较基础．10.已知圆的方程为，则点的位置是（）A. 在圆内B. 在圆上C. 在圆外D. 不能确定【答案】C【解析】【分析】求出圆心和半径，利用圆心到的距离与半径比较可得位置关系．【详解】解：圆的方程为的圆心,半径为圆心到点的距离的平方为：，故选：．【点睛】本题考查点与圆的位置关系，利用了两点间的距离公式，考查计算能力，是基础题．11. 用辗转相除法求294与84的最大公约数时，需要做除法的次数是：A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【详解】解：294="3"84="42,84=42"2+0，因此最大公约数为42，只需要做两次除法运算即可，余数为零则终止．故选B 12.用三种不同的颜色填涂如图3×3方格中的9个区域，要求每行、每列的三个区域都不同色，则不同的填涂方法种数共有（）A. 48B. 24C. 12D. 6【答案】B【解析】【分析】由题意知用三种不同颜色为9个区域涂色，第一步为第一行涂色，有A33种方法；第二步用与1号区域不同色的两种颜色为4、7两个区域涂色，有A22种方法；剩余区域只有一种涂法，根据分步计数原理得到结果．【详解】可将9个区域标号如图：用三种不同颜色为9个区域涂色，可分步解决：第一步，为第一行涂色，有A33＝6种方法；第二步，用与1号区域不同色的两种颜色为4、7两个区域涂色，有A22＝2种方法；剩余区域只有一种涂法，综上由分步乘法计数原理可知共有6×2＝12种涂法．故选：C．第二部分二、填空题（每小题5分，共20分）13.在频率分布直方图中共有11个小矩形，其中中间小矩形的面积是其余小矩形面积之和的4倍，若样本容量为220，则中间小矩形对应组的频数是______.【答案】176【解析】【分析】由题意中间一个小矩形的面积等于其余10个小矩形面积之和的4倍，可得出中间小矩形的面积是总面积的，即中间一组的频率是，由此频数易求．【详解】解：由题意中间一个小矩形的面积等于其余10个小矩形面积之和的，可得出中间小矩形的面积是总面积的，即中间一组的频率是，又样本容量为220，中间一组的频数是．故答案为：176．【点睛】本题考查频率分布直方图，求解本题的关键是熟练掌握频率分布直方图的结构，了解其功能及作用，尤其是小矩形的面积与频率的对应．14.已知，则等于______.【答案】180【解析】【分析】根据二项式定理可知，是的系数，根据二项展开式的通项公式进行运算即可得出.【详解】解：因为，所以是的系数，二项展开式的通项公式为：，当时，，即.故答案为：180.【点睛】本题考查二项式定理的运用：求指定项的系数和以及二项式展开式的通项公式，属于基础题.15.已知直线与圆心为的圆相交于，两点，且，则实数的值为_____．【答案】0或6【解析】圆C：，因为，所以C到直线AB距离为因此16.某公司的班车在7:30，8:00，8:30发车，小明在7:50到8:30之间到达发车站的时刻是随机的，则他等车的时间不超过10分钟的概率是______.【答案】【解析】【分析】求出小明等车时间不超过10分钟的时间长度，代入几何概型概率计算公式，可得答案．【详解】解：设小明到达时间为，当在至，或至时，小明等车时间不超过10分钟，故，故答案为：．【点睛】本题考查的知识点是几何概型，属于长度型几何概型，难度不大，属于基础题．三、解答题（共70分）17.（1）3个人坐在有八个座位的一排椅子上，若每个人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为多少？（2）某高校现有10个保送上大学的名额分配给7所高中学校，若每所高中学校至少有1个名额，则名额分配的方法共有多少种？【答案】（1）24；（2）84【解析】【分析】（1）根据题意，使用插空法，把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由组合知识，分析可得答案；（2）分析题意，可将原问题转化为10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，每份不空，使用插空法，相当于用6块档板插在9个间隔中，计算可得答案．【详解】解：（1）由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有（种．（2）根据题意，将10个名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，可以转化为10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，每份不空；相当于用6块档板插在9个间隔中，共有种不同方法．所以名额分配的方法共有84种．【点睛】本题考查排列、组合的综合运用，要求学生会一些特殊方法的使用，如插空法、倍分法等；但首先应该会转化为对应问题的模型．18.（1）已知，求的值.（2）已知的展开式中，各项的系数和比各项的二项式系数和大992.求展开式中系数最大的项.【答案】（1）-13；（2）【解析】【分析】（1）可令，，两式相减，计算即可得到所求和；（2）由题意可得，求得，设第项的系数最大，则有，解得．再由，可得的值．【详解】解：（1），令可得，可令可得，两式相减可得，；（2）令可得各项系数和为，二项式系数和为，由题意可得，即，解得（舍去），解得．设第项的系数最大，则有，解得．再由，可得．故系数最大的项为．【点睛】本题考查二项式定理的运用：求指定项的系数和，注意运用赋值法，同时考查二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，考查运算能力，属于中档题．19.一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字，，，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取次，每次抽取张，将抽取的卡片上的数字依次记为，，.（Ⅰ）求“抽取的卡片上的数字满足”的概率；（Ⅱ）求“抽取的卡片上的数字，，不完全相同”的概率.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）所有的可能结果共有种，而满足的共计3个，由此求得“抽取的卡片上的数字满足”的概率；（2）所有的可能结果共有种，用列举法求得满足“抽取的卡片上的数字、、完全相同”的共计三个，由此求得“抽取的卡片上的数字、、完全相同”的概率，再用1减去此概率，即得所求．试题解析：（1）所有可能结果共有种，而满足的有、、共计3个故“抽取的卡片上的数字满足”的概率为（2）所有的可能结果共有种满足“抽取的卡片上的数字、、完全相同”的有、、共计三个故“抽取的卡片上的数字、、完全相同”的概率为所以“抽取的卡片上的数字、、不完全相同”的概率为考点：独立事件的概率．【方法点睛】求复杂事件的概率通常有两种方法：一是将所求事件转化成彼此互斥的事件的和；二是先求其对立事件的概率，然后再应用公式求解．如果采用方法一，一定要将事件拆分成若干个互斥事件，不能重复和遗漏；如果采用方法二，一定要找准其对立事件，否则容易出现错误．20.某中学团委组织了“纪念抗日战争胜利73周年”的知识竞赛，从参加竞赛的学生中抽出60名学生，将其成绩（均为整数）分成六段，，…，后，画出如图所示的部分频率分布直方图.观察图形给出的信息，回答下列问题：（1）求第四组的频率，并补全这个频率分布直方图；（2）估计这次竞赛的及格率（60分及以上为及格）和平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）【答案】（1）0.3 （2）；71【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图中的各组的频率和等于1，求出第四小组的频率，求出纵坐标，补全这个频率分布直方图即可．（2）求出60及以上的分数所在的第三、四、五、六组的频率和；利用组中值估算抽样学生的平均值为各组的中点乘以各组的频率和为平均值．【详解】解：（1）因为各组的频率和等于1，故第四组的频率：，频率分布直方图第四小组的纵坐标是：，则频率分布直方图如下图所示：（2）依题意，60及以上的分数所在的第三、四、五、六组，频率和为，所以，抽样学生成绩的合格率是，利用组中值估算抽样学生的平均分为：，所以估计这次考试的平均分是71.【点睛】本题考查频率分布直方图、等可能事件的概率等．在频率分布直方图中，数据的平均值等于各组的中点乘以各组的频率之和；频率等于纵坐标乘以组距；属于基础题．21.已知实数，满足，求：（1）的最大值与最小值；（2）的最大值与最小值.【答案】（1）；（2）；【解析】【分析】（1）令，则是过和的直线的斜率，利用直线和圆有公共点，所以圆心到直线距离小于等于半径，可得结论．（2）根据题意得：的几何意义为与定点的距离的平方，利用圆的性质以及两点间的距离，即可求出结果.【详解】解：（1）可化为．令，则是过和的直线的斜率，可化为，所以直线和圆有公共点，所以圆心到直线距离小于等于半径，所以，所以，所以的最大值与最小值分别是，．（2）表示圆上点与点的距离的平方，点到圆心的距离为：，而的最大值为：，最小值为：，所以的最大值为：，最小值为：.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，以及点到直线的距离公式的应用，两点间的距离公式的应用还涉及配方法求圆的标准方程、圆心和半径，同时考查学生的转化思想和计算能力．22.已知圆，圆．（1）过的直线截圆所得的弦长为，求该直线的斜率；（2）动圆同时平分圆与圆的周长．①求动圆圆心的轨迹方程；②问动圆是否过定点，若经过，则求定点坐标；若不经过，则说明理由．【答案】（1）或；（2）①，②.【解析】试题分析：（1）设出直线的方程，根据勾股定理和弦长得到圆心到直线的距离为，利用点到直线的距离公式即得直线斜率的值；（2）①由于圆与圆半径相等，要使得圆都平分它们，必有，知在的中垂线上，求的垂直平分线方程即得点的轨迹；②根据的轨迹方程设出的坐标，由勾股定理得，从而得到圆的方程，分离参数，解方程组即得圆经过的定点.试题解析：（1）设直线为，由弦长可得圆心到直线的距离为，点到直线的距离为，化简得：，解得，或（2）①作出图形可证，知在的中垂线上，求得，②设，作出图形知，圆的方程：，得两个定点为，考点：直线方程、圆的方程及直线与圆的位置关系的应用.【方法点晴】本题主要考查了直线与圆相交关系的应用，解决这类问题的关键是通过勾股定理建立半径、半弦与弦心距三者之间的关系，本题中第（1）问、第（2）问中的②都用到了这一关系；同时解答本题的难点是对“动圆同时平分圆与圆的周长”这一条件的处理，解答时应结合图形分析出其本质还是点到两点的距离相等，进而得到点的轨迹.学2018-2019学年高二数学上学期期中试题理（含解析）考试时间：2018年11月14日满分：150分考试时长：150分钟一、选择题：（每小题5分，共60分）1.下图是某公司10个销售店某月销售某产品数量(单位：台)的茎叶图，则数据落在区间[22，30)内的概率为( )A. 0.2B. 0.4C. 0.5D. 0.6【答案】B【解析】区间[22,30)内的数据共有4个，总的数据共有10个，所以频率为0．4,故选B．2.已知x，y的取值如表所示,如果y与x呈线性相关，且线性回归方程为，则b=（）A. B. C. D.【答案】A因为样本中心一定在回归直线上，代入回归方程得到故答案选A．3. 将5封信投入3个邮筒，不同的投法有（）A. 种B. 种C. 3种D. 15种【答案】B【解析】【分析】本题是一个分步计数问题，首先第一封信有3种不同的投法，第二封信也有3种不同的投法，以此类推每一封信都有3种结果，根据分步计数原理得到结果．【详解】：由题意知本题是一个分步计数问题，首先第一封信有3种不同的投法，第二封信也有3种不同的投法，以此类推每一封信都有3种结果，∴根据分步计数原理知共有35种结果，故选：B．4.根据右边程序框图，若输出的值是4，则输入的实数的值为 ( )A. B. C. 或 D. 或【解析】若，又，得；；若,得，不满足，满足.综上知实数值为或.故选D.5.若，则等于（）A. 3或4B. 4C. 5或6D. 8【答案】D【解析】分析】根据排列数和组合数公式，化简，即可求出.【详解】解：由题意，根据排列数、组合数的公式，可得，，则，且，解得：.故选：D.【点睛】本题考查排列数和组合数公式的应用，以及对排列组合的理解，属于计算题.6.四位二进制数能表示最大十进制数为（）A. 8B. 15C. 64D. 127【答案】B【解析】【分析】先将满足条件的二进制数表示出来，根据二进制与十进制的转换方法计算即可【详解】解：．故选：．【点睛】本题考查二进制转换为十进制的方法，是依次累加各位数字上的数该数位的权重.7.如图，将一个长与宽不等的长方形沿对角线分成四个区域，涂上四种颜色，中间装个指针可以自由转动，对指针停留的可能性，下列说法中正确的是（）A. 一样大B. 蓝黑区域大C. 红黄区域大D. 由指针转动的圈数确定【答案】B【解析】【分析】根据矩形的性质和题意得出蓝颜色和黑颜色所占区域的角较大，再根据几何概率即可得出答案．【详解】解：一个长与宽不等的长方形，沿对角线分成四个区域中蓝颜色和黑颜色的角较大，指针指向蓝黑区域的可能性大；故选：．【点睛】本题考查了几何概率，用到的知识点为：矩形的性质和概率公式，考查学生对题目的的理解和辨析能力.8.期中考试以后，班长算出了全班40人数学成绩平均分为M，如果把M当成一个同学的分数，与原来的40个分数一起，算出这41个分数的平均值为N，那么M∶N的值为（）A. B. 1 C. D. 2【答案】B【解析】【详解】试题分析：利用平均数计算公式算出这41个分数的平均值为N ，M∶N 的值为1,故选B．考点：本题考查了平均数的概念及计算．点评：运用求平均数公式：．9.为参加学校运动会，某班要从甲，乙，丙，丁四位女同学中随机选出两位同学担任护旗手，那么甲同学被选中的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出从甲、乙、丙、丁4位女同学中随机选出2位同学担任护旗手的基本事件，甲被选中的基本事件，即可求出甲被选中的概率．【详解】解：从甲、乙、丙、丁4位同学中随机选出2位担任护旗手，共有种方法，甲被选中，共有3种方法，甲被选中的概率是．故选：C．【点睛】本题考查通过组合的应用求基本事件和古典概型求概率，考查学生的计算能力，比较基础．10.已知圆的方程为，则点的位置是（）A. 在圆内B. 在圆上C. 在圆外D. 不能确定【答案】C【解析】【分析】求出圆心和半径，利用圆心到的距离与半径比较可得位置关系．【详解】解：圆的方程为的圆心,半径为圆心到点的距离的平方为：，故选：．【点睛】本题考查点与圆的位置关系，利用了两点间的距离公式，考查计算能力，是基础题．11. 用辗转相除法求294与84的最大公约数时，需要做除法的次数是：A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【详解】解：294="3"84="42,84=42"2+0，因此最大公约数为42，只需要做两次除法运算即可，余数为零则终止．故选B12.用三种不同的颜色填涂如图3×3方格中的9个区域，要求每行、每列的三个区域都不同色，则不同的填涂方法种数共有（）A. 48B. 24C. 12D. 6【答案】B【解析】【分析】由题意知用三种不同颜色为9个区域涂色，第一步为第一行涂色，有A33种方法；第二步用与1号区域不同色的两种颜色为4、7两个区域涂色，有A22种方法；剩余区域只有一种涂法，根据分步计数原理得到结果．【详解】可将9个区域标号如图：用三种不同颜色为9个区域涂色，可分步解决：第一步，为第一行涂色，有A33＝6种方法；第二步，用与1号区域不同色的两种颜色为4、7两个区域涂色，有A22＝2种方法；剩余区域只有一种涂法，综上由分步乘法计数原理可知共有6×2＝12种涂法．故选：C．第二部分二、填空题（每小题5分，共20分）13.在频率分布直方图中共有11个小矩形，其中中间小矩形的面积是其余小矩形面积之和的4倍，若样本容量为220，则中间小矩形对应组的频数是______.【答案】176【解析】【分析】由题意中间一个小矩形的面积等于其余10个小矩形面积之和的4倍，可得出中间小矩形的面积是总面积的，即中间一组的频率是，由此频数易求．【详解】解：由题意中间一个小矩形的面积等于其余10个小矩形面积之和的，可得出中间小矩形的面积是总面积的，即中间一组的频率是，又样本容量为220，中间一组的频数是．故答案为：176．【点睛】本题考查频率分布直方图，求解本题的关键是熟练掌握频率分布直方图的结构，了解其功能及作用，尤其是小矩形的面积与频率的对应．14.已知，则等于______.【答案】180【解析】【分析】根据二项式定理可知，是的系数，根据二项展开式的通项公式进行运算即可得出.【详解】解：因为，所以是的系数，二项展开式的通项公式为：，当时，，即.故答案为：180.【点睛】本题考查二项式定理的运用：求指定项的系数和以及二项式展开式的通项公式，属于基础题.15.已知直线与圆心为的圆相交于，两点，且，则实数的值为_____．【答案】0或6【解析】圆C：，因为，所以C到直线AB距离为因此16.某公司的班车在7:30，8:00，8:30发车，小明在7:50到8:30之间到达发车站的时刻是随机的，则他等车的时间不超过10分钟的概率是______.【答案】【解析】【分析】求出小明等车时间不超过10分钟的时间长度，代入几何概型概率计算公式，可得答案．【详解】解：设小明到达时间为，当在至，或至时，小明等车时间不超过10分钟，故，故答案为：．【点睛】本题考查的知识点是几何概型，属于长度型几何概型，难度不大，属于基础题．三、解答题（共70分）17.（1）3个人坐在有八个座位的一排椅子上，若每个人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为多少？（2）某高校现有10个保送上大学的名额分配给7所高中学校，若每所高中学校至少有1个名额，则名额分配的方法共有多少种？【答案】（1）24；（2）84【解析】【分析】（1）根据题意，使用插空法，把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由组合知识，分析可得答案；（2）分析题意，可将原问题转化为10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，每份不空，使用插空法，相当于用6块档板插在9个间隔中，计算可得答案．【详解】解：（1）由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有（种．（2）根据题意，将10个名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，可以转化为10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，每份不空；相当于用6块档板插在9个间隔中，共有种不同方法．所以名额分配的方法共有84种．【点睛】本题考查排列、组合的综合运用，要求学生会一些特殊方法的使用，如插空法、倍分法等；但首先应该会转化为对应问题的模型．18.（1）已知，求的值.（2）已知的展开式中，各项的系数和比各项的二项式系数和大992.求展开式中系数最大的项.【答案】（1）-13；（2）【解析】【分析】（1）可令，，两式相减，计算即可得到所求和；（2）由题意可得，求得，设第项的系数最大，则有，解得．再由，可得的值．【详解】解：（1），令可得，可令可得，两式相减可得，；（2）令可得各项系数和为，二项式系数和为，由题意可得，即，解得（舍去），解得．设第项的系数最大，则有，解得．再由，可得．故系数最大的项为．【点睛】本题考查二项式定理的运用：求指定项的系数和，注意运用赋值法，同时考查二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，考查运算能力，属于中档题．19.一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字，，，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取次，每次抽取张，将抽取的卡片上的数字依次记为，，.（Ⅰ）求“抽取的卡片上的数字满足”的概率；（Ⅱ）求“抽取的卡片上的数字，，不完全相同”的概率.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）所有的可能结果共有种，而满足的共计3个，由此求得“抽取的卡片上的数字满足”的概率；（2）所有的可能结果共有种，用列举法求得满足“抽取的卡片上的数字、、完全相同”的共计三个，由此求得“抽取的卡片上的数字、、完全相同”的概率，再用1减去此概率，即得所求．试题解析：（1）所有可能结果共有种，而满足的有、、共计3个故“抽取的卡片上的数字满足”的概率为（2）所有的可能结果共有种。

精品2018_2019学年高二数学上学期期中试题理(4)Word版

2018-2019学年第一学期期中试卷高二年级数学(理）试卷考试时间：120分钟总分：150分一、单项选择(本大题共12小题，每题5分，共60分，每小题给出的4个选项中，只有一选项是符合题目要求的)1、已知a b >，c d >，那么一定正确的是（）A ．ad bc >B ．ac bd >C ．a c b d ->-D ．a d b c ->-2、某班有学生60人，现将所有学生按1，2，3，…，60随机编号，若采用系统抽样的方法抽取一个容量为4的样本（等距抽样），已知编号为3, 33, 48号学生在样本中，则样本中另一个学生的编号为（）A. 28B. 23C. 18D. 133、设，满足约束条件，则的最小值为（） A.5B.-5C.D.4、已知，且，则的最小值为（） A. B. C. D.5、供电部门对某社区1000位居民2017年12月份人均用电情况进行统计后，按人均用电量分为[)[)[)[)[]0,10,10,20,20,30,30,40,40,50五组，整理得到如下的频率分布直方图，则下列说法错误的是（）A. 12月份人均用电量人数最多的一组有400人B. 12月份人均用电量不低于20度的有500人C. 12月份人均用电量为25度D. 在这1000位居民中任选1位协助收费，选到的居民用电量在[)30,40—组的概率为1106、当x∈R 时，不等式kx 2－kx ＋1>0恒成立，则k 的取值范围是()A. (0，＋∞)B. [0，＋∞)C. [0,4)D. (0,4)7、3名学生报名参加艺术体操、美术、计算机、航模课外兴趣小组，每人选报一种，则不同的报名种数有（）A ．3B ．12C ．34D ．438、设二项式3)n x的展开式各项系数的和为,所有二项式系数和为,若280a b +=,则的值为（） A.8 B.4 C.3 D.29、等差数列，，，…，的公差为，若以上述数列，，，…，为样本，则此样本的方差为（）A. B. C.D.10、执行如图所示的程序框图，若输入的值为1，则输出（）。

2018_2019学年高二数学上学期期中试题(4)

山东省济宁市实验中学2018-2019学年高二数学上学期期中试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共4页，满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1. 答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考试号、考试科目填涂在答题卡的相应位置．2. 每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上．3. 第Ⅱ卷要用钢笔或圆珠笔写在给定答题纸的相应位置，答卷前请将答题纸密封线内的学校、班级、姓名、考试号填写清楚．4. 考试结束，监考人员将答题卡和答题纸按顺序一并收回．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.特称命题p ：0x ∃∈R ，200220x x ++≤,则命题p 的否定是A ．0x ∃∈R ，200220x x ++> B. x ∀∈R ，2220x x ++< C ．x ∀∈R ，2220x x ++> D ．x ∀∈R ，2220x x ++≤ 2.若2M x x =-，2N x =-，则M 与N 的大小关系为 A ．M N >B.M N <C ．M N =D ．不能确定3.在等差数列{}n a 中，已知3916a a +=,则该数列前11项和11S 等于 A ．58B ．88C ．143D ．1764.如果A 是B 的必要不充分条件，B 是C 的充分必要条件，D 是C 的充分不必要条件，那么A 是D 的（）A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 5.已知等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++= A.21 B ．42 C ．63 D ．846.若椭圆的方程为221102x y a a +=--，且焦点在x 轴上,焦距为4，则实数a 等于 A. B ． C ． D ．7.等比数列{}n a 的前n 项和3nn S t =+，则3t a +的值为A. B. C. D.8.设函数246(0)()6(0)x x x f x x x ⎧-+≥=⎨+<⎩，则不等式()3f x >的解集是A ．{}31x x -<<B ．{}3x x >C ．{}13x x <<D ．{}313x x x -<<>或9.在等差数列{}n a 中，131a =，1020S S =，则数列{}n a 的前n 项和n S 的最大值为A. 15SB. 16SC. 15S 或16SD. 17S10.已知点(,)P x y 到(0,4)A 和到(2,0)B -的距离相等，则24x y+的最小值为B.11.下列结论正确的是 A.当0x >且1x ≠时，1lg 2lg x x +≥ B.当0x >2≥ C.当2x ≥时1x x +的最小值为2 D.当02x <≤时，1x x-无最大值 12.已知椭圆C 的方程为2221(0)16x y m m+=>，如果直线2y x =与椭圆的一个交点M 在 x 轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F ，则m 的值为B. 2C.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上). 13. 椭圆22416x y +=的短轴长为； 14.已知数列的各项如下：1,1,12+1,123++…,1.123...n ++++求它的前n 项和n S = ；15.如图：以等边三角形两顶点为焦点且过另两腰中点的椭圆的离心率e = ；16.如图所示是毕达哥拉斯（Pythagoras ）的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，…，如此继续，若一共能得到1023个正方形. 设初始正方形的边长为2，则最小正方形的边长为 .三、解答题（本大题共6小题，满分共70分） 17．（本小题满分10分）已知集合为使函数y =的定义域为的的取值范围，集合{}22210B x x ax a =++-≤(a 为常数，a R ∈). 若x A ∈是x B ∈的必要条件，试求实数a 的取值范围. 18．（本小题满分12分）第16题图等比数列{}n a 中，已知142,16a a ==．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式及其前n 项和公式n S ；（Ⅱ）若数列{}n b 满足22log ()n n b a n N *=∈，求出数列{}n b 的前n 项和n T ．19．（本小题满分12分）已知不等式2(1)460a x x --+>的解集是{}31x x -<<．（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）解不等式()()0x a x b -+≤.20．（本小题满分12分）济宁某机械附件厂去年的年产量为10万件，每件产品的销售价格为100元，固定成本为80元．从今年起，工厂投入100万元科技成本．并计划以后每年比上一年多投入100万元科技成本．预计产量每年递增1万件，每件产品的固定成本()g n 元与科技成本的投入次数n 的关系是()g n = 若产品的销售价格不变，第n 次投入后的年利润为()f n 万元．（Ⅰ）求出()f n 的表达式；（Ⅱ）求从今年算起第几年利润最高？最高利润为多少万元？21．（本小题满分12分）椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>过点(1,2，离心率为2，左、右焦点分别为1F ，2F ，过2F 的直线l 交椭圆于A ，B 两点．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）点M 的坐标为（2,0），设直线AM 与BM 斜率分别为12,k k ，求证:120k k +=.22．（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和21n n S a =-，{}n b 是公差不为0的等差数列，其前三项和为9，且3b 是1b ,7b 的等比中项.（Ⅰ）求n a ,n b ；（Ⅱ）令2n n c b =-，若11a c +22a c +33a c ++L (2)2n n a c n t ≥-+对任意n N *∈恒成立，求实数t 的取值范围.高二模块考试数学试题答案一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1-5 CABAB 6-10 BCDAD 11-12 BC二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分.)13.4 14.21n n + 15.1 16. 132三、解答题（本大题共6小题，满分共70分）17. (本小题满分10分)解：因为函数的定义域为R ，所以240a ∆=-≤解得22a -≤≤， {}22A a a =-≤≤ …………3分由22210x ax a ++-≤，得(1)(1)0x a x a +-++≤， ∴11a x a --≤≤-+，即{}11B x a x a =--≤≤-+ ……………………6分 ∵x A ∈是x B ∈的必要条件，B A ∴⊆. ∴1212a a --≥-⎧⎨-+≤⎩，解得11a -≤≤.即所求实数的取值范围是{}11a a -≤≤.………………………………10分 18. (本小题满分12分)解：（Ⅰ）设数列{}n a 的公比为q ，由已知得3162q =，解得2q =，所以111222n n n n a a q--==⨯=，………………………………………………4分11(1)2(12)22112n n n n a q S q +--===---．……………………………………6分（Ⅱ）因为222log 2log 22nn n b a n ===，数列{}n b 的前n 项和为1()(22)(1)22n n n b b n n T n n ++===+．………12分 19. (本小题满分12分)解：（Ⅰ）由题意知10a -<且-3和1是方程2(1)460a x x --+=两根，……2分∴10421631a a a ⎧⎪-<⎪⎪=-⎨-⎪⎪=-⎪-⎩，解得3a =. ……………………………………………4分（Ⅱ）由题设及（Ⅰ），得(3)()0x x b -+≤当3b -<时，3b >-，得不等式的解集为{}3x b x -≤≤；当3b ->时，3b <-，得不等式的解集为{}3x x b ≤≤-；当3b -=时，3b =-，不等式可化为2(3)0x -≤，得不等式的解集为{}3x x =. ………………………11分综上：当3b >-时，不等式的解集为{}3x b x -≤≤；当3b <-时，不等式的解集为{}3x x b ≤≤-；当3b =-时，不等式的解集为{}3x x =.………………………12分20. (本小题满分12分)解:（Ⅰ）第n 次投入后，产量为(10＋n )万件，销售价格为100元，科技成本投入为100n 万元．所以，年利润为()(10)(100100()f n n n n N *=+-∈．…………6分（Ⅱ）由(1)知()(10)(100100f n n n =+-()10001000806520f n =-≤-⨯=(万元)．=即n ＝8时，利润最高，最高利润为520万元．所以，从今年算起第8年利润最高，最高利润为520万元………………12分 21. (本小题满分12分)解：（Ⅰ）因为椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>过点(1,2，所以221112a b+=.①又因为离心率为2，所以2212c a =，所以2212b a =.②解①②得22a =，21b =.所以椭圆C 的方程为2212x y +=. ………………5分法一：（Ⅱ）当直线l 斜率不存在时，因为12k k =-，所以120k k += 当直线l 斜率存在时，设直线:(1)l y k x =-，设l 与椭圆交点11(,)A x y ，22(,)B x y联立22(1)12y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩得2222(1)20x k x +--=即2222(21)4220k x k x k +-+-=，2880k ∆=+>2122421k x x k -+=+，21222221k x x k -=+g ………………8分11212y k k x +=+-222y x -=11(1)2k x x --21(1)2k x x -+-12121223()4(2)(2)kx x k x x k x x -++=--因为3331212244128423()4021k k k k kkx x k x x k k --++-++==+ 综上：120k k +=命题得证. …………12分法二：（Ⅱ）当直线l 斜率为0时，因为120k k ==，所以120k k += 当直线l 斜率不为0时，设直线:1l x my =+，设l 与椭圆交点11(,)A x y ，22(,)B x y联立22112x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(1)220my y ++-=即22(2)210m y my ++-=，2244(2)0m m ∆=++>12222m y y m -+=+，12212y y m -=+g ………………8分 11212y k k x +=+-222y x -111y my =+-221y my -122112(1)(1)(1)(1)y my y my my my -+-=--1212122()(1)(1)my y y y my my -+=--221222220(1)(1)m mm m my my ---++==-- 综上：120k k +=命题得证. …………12分22. (本小题满分12分) 解：（Ⅰ）因为21n n S a =-， ○1所以当1n =时，11121a S a ==-，即11a =，当2n ≥时，1121n n S a --=-，○2○1-○2得：122n n n a a a -=-，即12n n a a -=，所以12n n a -=.……3分由数列{}n b 的前三项和为9，得239b =，所以23b =，设数列{}n b 的公差为d ，则33b d =+，13b d =-，735b d =+，又因为2317b b b =，所以2(3)(3)(35)d d d +=-+，解得1d =或0d =（舍去），所以3(2)11n b n n =+-⨯=+…………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）得12n n a -=，1n c n =-，从而n n a c (1)n =-12n -⨯令11n T a c =+22a c +33...a c ++n n a c即002n T =⨯+112⨯+222...⨯+(2)n +-22n -⨯(1)n +-12n -⨯， ○3 ○32⨯得1202n T =⨯+212⨯+322...⨯+(2)n +-12n -⨯(1)n +-2n ⨯，○4○3-○4得210(22 (2))n n T --=++++-(1)n -2n ⨯12(12)(1)12n n --=---2n ⨯ (2)22nn =--⨯-所以n T =(2)22nn -⨯+………………………………………10分故不等式可化为(2)2(2)nn n t -⨯≥-（1）当1n =时，不等式可化为2t -≥-，解得2t ≥；（2）当2n =时，不等式可化为00≥，此时t R ∈；（3）当3n ≥时，不等式可化为2nt ≤，因为数列{}2n 是递增数列，所以8t ≤.综上：t 的取值范围是[2,8]t ∈.………………………………12分。