天津市六校2018-2019学年高二下学期期中考试数学试题

天津市六校2018-2019学年高二下学期期中考试数学试题

2018-2019 学年度第二学期期中六校联考 高二数学 第Ⅰ卷（共 40 分） 一、选择题：本大题共 8 个小题，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.将 名世博会志愿者全部分配给 个不同的地方服务，不同的分配方案有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 每名志愿者有 种选择，利用分步乘法计数原理可得出分配方案的种数. 【详解】由题意可知，每名志愿者有 种选择，将 名世博会志愿者全部分配给 个不同的地 方服务，不同的分配方案种数为 种. 故选：D. 【点睛】本题考查分步乘法计数原理的应用，考查计算能力，属于基础题. 2.已知变量 与 正相关，且由观测数据算得样本平均数 ， ，则由该观测的数据 算得的线性回归方程可能是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 试题分析：因为 与 正相关，排除选项 C、D，又因为线性回归方程恒过样本点的中心 ，故排除选项 B；故选 A． 考点：线性回归直线. 3. 的展开式中 的系数是 5 4 8 15 512 1024 4 4 5 4 54 1024= x y 3x = 3.5y =  0.4 2.3y x= +  2 2.4y x= −  2 9.5y x= − +  0.3 4.4y x= − + 51 22 x y −   2 3x y A. －20 B. －5 C. 5 D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】 利用二项式展开式的通项公式，求解所求项的系数即可 【详解】由二项式定理可知： ； 要求 的展开式中 的系数， 所以令 ，则 ； 所以 展开式中 的系数是是-20； 故答案选 A 【点睛】本题考查二项式定理的通项公式的应用，属于基础题． 4.某班举行了一次“心有灵犀”的活动，教师把一张写有成语的纸条出示给 A 组的某个同学，这 个同学再用身体语言把成语的意思传递给本组其他同学．若小组内同学甲猜对成语的概率是 0.4，同学乙猜对成语的概率是 0.5，且规定猜对得 1 分，猜不对得 0 分，则这两个同学各猜 1 次，得分之和 X(单位：分)的数学期望为 (　　)． A. 0.9 B. 0.8 C. 1.2 D. 1.1 【答案】A 【解析】 依题意得，得分之和 X 的可能取值分别是 0、1、2，且 P(X＝0)＝(1－0.4)(1－0.5)＝0.3，P(X＝ 1)＝0.4×(1－0.5)＋(1－0.4)×0.5＝0.5，P(X＝2)＝0.4×0.5＝0.2，∴得分之和 X 的分布列为 X 0 1 2 P 0.3 0.5 0.2 ∴E(X)＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9. 的 5 1 5 1( ) ( 2 )2 r r r rT C x y− + = − 51 22 x y −   2 3x y 3r = 3 2 3 2 3 2 3 4 5 1 1( ) ( 2 ) =10 ( 8) 202 4T C x y x y x y= − × × − = − 51 22 x y −   2 3x y 5.在 的展开式中，有理项共有（ ） A. 项 B. 项 C. 项 D. 项 【答案】C 【解析】 【分析】 利用二项式定理求出展开式的通项 ，令 的指数为整数，求出满足 的自然数 的个数，即可得出结论. 【详解】展开式的通项为 ，其中 且 ， 当 、 、 、 时，为有理项，因此理数项数为 . 故选：C. 【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查系数为有理数的项数的求解，一般列举出符合条 件的自然数 的值即可，考查计算能力，属于基础题. 6. 记者要为 5 名志愿者和他们帮助的 2 位老人拍照，要求排成一排，2 位老人相邻但不排在 两端，不同的排法共有（　　） A. 1440 种 B. 960 种 C. 720 种 D. 480 种 【答案】B 【解析】 5 名志愿者先排成一排，有 种方法，2 位老人作一组插入其中，且两位老人有左右顺序，共 有 =960 种不同的排法，选 B． 7.用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中比 40000 大的偶数共有 A. 144 个 B. 120 个 C. 96 个 D. 72 个 【答案】B 【解析】 试题分析：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是 4、5 其中 1 个，末位数字为 0、2、 4 中其中 1 个；进而对首位数字分 2 种情况讨论，①首位数字为 5 时，②首位数字为 4 时， 20 3 12 x x  −   6 5 4 3 1rT + 2 0 20r≤ ≤ r ( ) ( ) 20 40 5203 3 6 1 20 20 12 1 2 r r rr rr r rT C x C x x − −− +  = ⋅ ⋅ − = ⋅ − ⋅ ⋅   0 20r≤ ≤ r N ∗∈ 2r = 8 14 20 4 r 5 5A 5 52 4 A⋅ ⋅ 每种情况下分析首位、末位数字的情况，再安排剩余的三个位置，由分步计数原理可得其情 况数目，进而由分类加法原理，计算可得答案． 解：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是 4、5 其中 1 个，末位数字为 0、2、4 中其 中 1 个； 分两种情况讨论： ①首位数字为 5 时，末位数字有 3 种情况，在剩余的 4 个数中任取 3 个，放在剩余的 3 个位 置上，有 A43=24 种情况，此时有 3×24=72 个， ②首位数字为 4 时，末位数字有 2 种情况，在剩余的 4 个数中任取 3 个，放在剩余的 3 个位 置上，有 A43=24 种情况，此时有 2×24=48 个， 共有 72+48=120 个． 故选 B 考点：排列、组合及简单计数问题． 8.在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为 ， ， ， ， 的 名火炬手．若从中任选 人，则选出的火炬手的编号能组成 为公差的等差数列的概率为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】分析：利用组合数列总事件数，根据等差数列通项公式确定所求事件数，最后根据 古典概型概率公式求结果. 详解：共有 种事件数， 选出火炬手编号为 ， 由 、 、 、 、 、 ，可得 种， 由 、 、 、 、 、 ，可得 种， 由 、 、 、 、 、 ，可得 种， ． 选 ． 点睛：古典概型中基本事件数的探求方法 1 2 3  18 18 3 3 1 51 1 68 1 306 1 408 3 18C 17 16 3= × × 1 3( 1)na a n= + − 1 4 7 10 13 16 4 2 5 8 11 14 17 4 3 6 9 12 15 18 4 4 3 1 17 16 3 68p ×= =× × B (1)列举法. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区 别的题目，常采用树状图法. (3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目 具体化. (4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目. 第Ⅱ卷（共 110 分） 二、填空题（每题 5 分，满分 30 分，将答案填在答题纸上） 9.已知随机变量 服从二项分布 ，若 ， ，则 _______. 【答案】 【解析】 【分析】 根据二项分布的期望和方差公式得出关于 和 的方程组，即可解出 的值. 【详解】由二项分布的期望和方差公式得 ，解得 . 故答案为： . 【点睛】本题考查根据二项分布的期望和方差求参数，考查公式的应用，考查运算求解能力， 属于基础题. 10.已知随机变量 X 服从正态分布 N(0，σ2)且 P(－2≤X≤0)＝0.4，则 P(X>2)＝ ____________. 【答案】0.1 【解析】 随 机 变 量 服 从 正 态 分 布 ， 且 ，故答案为 . 11.已知关于 x 的二项式 的展开式的二项式系数之和为 32，常数项为 80，则 a 的 值为 X ( ),B n p ( ) 20E X = ( ) 15D X = p = 1 4 n p p ( ) ( ) ( ) 20 1 15 E X np D X np p  = = = − = 80 1 4 n p = = 1 4  ξ ( )20,N σ ( ) ( )2 0 0.4, 0 2 0.4,P X P X− ≤ ≤ = ∴ ≤ ≤ = ( )2 0.5 0.4 0.1P X∴ > = − = 0.1 3 nax x  +   【答案】 【解析】 由已知， ，所以，展开式的通项为 ， 令 ，得 ，由 得 . 考点：二项式定理及二项式系数的性质. 12.若 ，则 _________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据二项式定理知 、 、 为正数， 、 、 为负数，然后令 可得出所求代数式 的值. 【详解】展开式通项为 ， 当 为偶数时， ，即 、 、 为正数；当 为奇数时， ，即 、 、 为 负数. . 故答案为： . 【点睛】本题考查利用赋值法求各项系数绝对值的和差计算，解题时要结合二项展开式通项 确定各系数的正负，便于去绝对值，考查计算能力，属于中等题. 13.抛掷甲、乙两颗骰子，若事件 A：“甲骰子的点数大于 4”；事件 B：“甲、乙两骰子的点 数之和等于 7”，则 的值等于_____. 【答案】 【解析】 【分析】 先求出甲骰子点数大于 4 的事件个数，再求出甲、乙两骰子点数和为 7 时，甲骰子点数大于 4 2 2 32, 5n n= = 15 5 5 6 1 5 53( ) ( ) r r r r r r r aT C x a C x x − − + = = 15 5 0r− = 3r = 3 3 5 80,C a = 2a = ( )5 2 3 4 5 0 1 2 3 4 52 x a a x a x a x a x a x− = + + + + + 0 1 2 3 4 5a a a a a a− + − + − = 1 0a 2a 4a 1a 3a 5a 1x = ( ) 5 5 1 5 0 2 rr r r r r r T C x a x− + = = ⋅ ⋅ − = ∑ r 0ra > 0a 2a 4a r 0ra < 1a 3a 5a ( )5 0 1 2 3 4 5 0 1 2 3 4 5 2 1 1a a a a a a a a a a a a∴ − + − + − = + + + + + = − = 1 ( | )P B A 1 6 的事件个数，结合条件概率的公式，即可求解． 【详解】由题意得， 为抛掷甲，乙两颗骰子，甲骰子的点数大于 4 时甲、乙两骰子的 点数之和等于 7 的概率． 因为抛掷甲、乙两骰子，甲骰子点数大于 4 的基本事件有 个，甲骰子点数大于 4 时， 甲、乙两骰子的点数之和等于 7，基本事件有（5，2），（6，1）共两个，所以 ，故答案为 ． 【点睛】本题考查了条件概率的求法，属基础题． 14.一个非负整数的有序数对 ，如果在做 与 的加法时不用进位，则称 为“中国 梦数对”， 称为“中国梦数对” 的和，则和为 的“中国梦数对”的个数有 ____________（注：用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】 设 ， ，分别列举出满足条件 的自然数对 、 、 、 ，然后利用分步乘法计数原理 可得出结果. 【详解】设 ， ， 则 ， 根据题意得 ，其中 、 、 、 均为自然数， 满足条件 的自然数对 有： 、 、 ，共 对； 满足条件 的自然数对 只有 ； ( )P B A 2 6 12× = ( ) 2 1( ) ( ) 12 6 P ABP B A P A = = = 1 6 ( ),x y x y ( ),x y x y+ ( ),x y 2018 54 1 1 1 11000 100 10x a b c d= + + + 2 2 2 21000 100 10y a b c d= + + + 1 2 1 2 1 2 1 2 2 0 1 8 a a b b c c d d + =  + = + =  + = ( )1 2,a a ( )1 2,b b ( )1 2,c c ( )1 2,d d 1 1 1 11000 100 10x a b c d= + + + 2 2 2 21000 100 10y a b c d= + + + ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 21000 100 10x y a a b b c c d d+ = + + + + + + + 1 2 1 2 1 2 1 2 2 0 1 8 a a b b c c d d + =  + = + =  + = ia ib ic ( )1,2id i = 1 2 2a a+ = ( )1 2,a a ( )0,2 ( )1,1 ( )2,0 3 1 2 0b b+ = ( )1 2,b b ( )0,0 满足条件 自然数对 有： 、 ，共 对； 满足条件 的自然数对 有： 、 、 、 、 、 、 、 、 ，共 对. 由分步乘法计数原理可知，和为 的“中国梦数对”的个数为 . 故答案为： . 【点睛】本题排列组合中的新定义，考查分步乘法计数原理的应用，考查计算能力，属于中 等题. 三、解答题：共 80 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.将 个编号为 、 、 、 的不同小球全部放入 个编号为 、 、 、 的 个不同盒 子中.求： （1）每个盒至少一个球，有多少种不同的放法？ （2）恰好有一个空盒，有多少种不同的放法？ （3）每盒放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种不同的放法？ （4）把已知中 个不同的小球换成四个完全相同的小球（无编号），其余条件不变，恰有一个 空盒，有多少种不同的放法？ 【答案】（1） （种）；（2） （种）；（3） （种）；（4） （种）. 【解析】 【分析】 （1）根据题意知，每个盒子里有且只有 个小球，利用排列数可得出结果； （2）先将 个小球分为 组，各组的球数分别为 、 、 ，然后分配给 个盒子中的 个盒 子，利用组合与排列计数原理可得出结果； （3）考查编号为 的盒子中放入编号为 的小球，列举出此种情况下其它 个球均未放入相应 编号的盒子里，在此种放法种数上乘以 可得结果； （4）空盒编号有 种情况，然后将 个完全相同的小球放入其它 个盒子，没有空盒，利用 隔板法求出结果，乘以 即得所求放法种数. 【详解】（1）根据题意知，每个盒子里有且只有一个小球，所求放法种数 （种）； （2）先将 个小球分为 组，各组的球数分别为 、 、 ，然后分配给 个盒子中的 个盒 子，由分步乘法计数原理可知，所求的放法种数为 （种）； 的 为 1 2 1c c+ = ( )1 2,c c ( )0,1 ( )1,0 2 1 2 8d d+ = ( )1 2,d d ( )0,8 ( )1,7 ( )2,6 ( )3,5 ( )4,4 ( )5,3 ( )6,2 ( )7,1 ( )8,0 9 2018 3 1 2 9 54× × × = 54 4 1 2 3 4 4 1 2 3 4 4 4 24 144 8 12 1 4 3 2 1 1 4 3 1 1 3 4 4 4 3 4 4 4 24A = 4 3 2 1 1 4 3 2 3 4 4 144C A = （3）考查编号为 的盒子中放入编号为 的小球，则其它 个球均未放入相应编号的盒子，那 么编号为 、 、 的盒子中放入的小球编号可以依次为 、 、 或 、 、 ， 因此，所求放法种数为 （种）； （4）按两步进行，空盒编号有 种情况， 然后将 个完全相同的小球放入其它 个盒子，没有空盒， 则只需在 个完全相同的小球所形成的 个空（不包括两端）中插入 块板， 由分步乘法计数原理可知，所求的放法种数为 （种）. 【点睛】本题考查计数应用题，涉及分步乘法计数原理、隔板法以及列举法的应用，考查计 算能力，属于中等题. 16.为了解某班学生喜欢数学是否与性别有关，对本班 人进行了问卷调查得到了如下的列联 表，已知在全部 人中随机抽取 人抽到喜欢数学的学生的概率为 . 喜欢数学 不喜欢数学 合计 男生 女生 合计 （1）请将上面的列联表补充完整（不用写计算过程）； （2）能否在犯错误的概率不超过 的前提下认为喜欢数学与性别有关？说明你的理由； （3）现从女生中抽取 人进一步调查，设其中喜欢数学的女生人数为 ，求 的分布列与期 望. 下面的临界表供参考： （参考公式： ，其中 ） 1 1 3 2 3 4 3 4 2 4 2 3 2 4 8× = 4 4 3 4 3 2 2 34 12C = 50 50 1 3 5 5 10 50 0.005 2 ξ ξ ( )2 0P K k≥ 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 0k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 ( ) ( )( )( )( ) 2 2 n ad bcK a b c d a c b d −= + + + + n a b c d= + + + 【答案】（1）列联表见解析；（2）能，理由见解析；（3）分布列见解析， . 【解析】 【分析】 （1）由题意可知，全部 人中喜欢数学的学生人数为 ，据此可完善列联表； （2）根据列联表中的数据计算出 的观测值，结合临界值表可得出结论； （3）由题意可知，随机变量 的可能取值有 、 、 ，利用超几何分布可得出随机变量 的 概率分布列，并由此可计算出随机变量 的数学期望值. 【详解】（1）列联表补充如下： 喜欢数学 不喜欢数学 合计 男生 女生 合计 （2） ， 在犯错误的概率不超过 的前提下，认为喜欢数学与性别有关； （3）喜欢数学的女生人数 的可能取值为 、 、 ， 其概率分别为 ， ， ， 故随机变量 的分布列为： ( ) 4 5E ξ = 50 30 2K ξ 0 1 2 ξ ξ 20 5 25 10 15 25 30 20 50 ( )2 2 50 20 15 10 5 8.333 7.87930 20 25 25K × × − ×= ≈ >× × × ∴ 0.005 ξ 0 1 2 ( ) 0 2 10 15 2 25 70 20 C CP C ξ = = = ( ) 1 10 15 2 25 1 11 2 C CP C ξ = = = ( ) 2 0 10 15 2 25 32 20 C CP C ξ = = = ξ ξ 0 1 2 P 7 20 1 2 3 20 的期望值为 . 【点睛】本题考查利用独立性检验解决实际问题，同时也考查了离散型随机变量分布列及其 数学期望的计算，涉及超几何分布的应用，考查计算能力，属于中等题. 17. 已知二项式 的展开式中前三项的系数成等差数列． (1)求 的值; (2)设 . ①求 的值; ②求 的值; ③求 的最大值. 【答案】(1)由题设，得 ， ………………………………2 分 即 ，解得 n＝8，n＝1（舍去）． ……………………3 分 (2)① ,令 ……………………4 分 ②在等式的两边取 ,得 ……………6 分 (3)设第 r＋1 项的系数最大，则 ……………8 分 即 解得 r＝2 或 r＝3． …………………………9 分 所以 系数最大值为 ………………10 分 【解析】 解:（1）由题设，得 ， ………………………3 分 即 ，解得 n＝8，n＝1（舍去）．……………………4 分 ξ ( ) 7 1 3 40 1 220 2 20 5E ξ = × + × + × = 1( )2 nx + n 2 0 1 2 1( )2 n n nx a a x a x a x+ = + + + + 5a 0 1 2 3 ( 1)n na a a a a− + − + + − ( 0,1,2, )ia i n=  0 2 11 1C C 2 C4 2n n n + × = × × 2 9 8 0n n− + = 8 1 8 1 2 r r r rT C x − +  =    1x = − 0 1 2 3 8 1 256a a a a a− + − + + = 1 8 81 1 8 81 1 1C C2 2{ 1 1C C .2 2 r r r r r r r r + + − − ≥ ≥ ， 1 1 8 2( 1){ 1 1 .2 9 1 r r r ≥− + ≥ − ， ia 7 0 2 11 1C C 2 C4 2n n n + × = × × 2 9 8 0n n− + = (2) ① ,令 ………………………6 分 ②在等式的两边取 ,得 ………8 分 ③设第 r＋1 项的系数最大，则 …………………10 分 即 解得 r＝2 或 r＝3． 所以 系数最大值为 ．………………12 分 18.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn-n=2（an-2），（n∈N*） （1）证明：数列{an-1}为等比数列． （2）若 bn=an•log2（an-1），数列{bn}的前项和为 Tn，求 Tn． 【答案】（1）见解析； （2） ． 【解析】 【分析】 证明数列是等比数列常用的方法是作商法：当 时，证 =定值. 考查分组求和，其中又包含错位相减法及等差数列求和公式法 【详解】（1）证明：∵Sn-n=2（an-2），n≥2 时，Sn-1-（n-1）=2（an-1-2）， 两式相减 an-1=2an-2an-1 ，∴an=2an-1，∴an-1=2（an-1-1）， ∴ （常数）， 又 n=1 时，a1-1=2（a1-2）得 a1=3，a1-1=2 ， 所以数列{an-1}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列． 8 1 8 1 2 r r r rT C x − +  =    5 78 5 3 4r r a− = ⇒ = ∴ = 1x = − 0 1 2 3 8 1 256a a a a a− + − + + = 1 8 81 1 8 81 1 1C C2 2{ 1 1C C .2 2 r r r r r r r r + + − − ≥ ≥ ， 1 1 8 2( 1){ 1 1 .2 9 1 r r r ≥− + ≥ − ， ia 7 ( ) ( )1 11 2 2 2 n n n nT n + += − ⋅ + + 2n ≥ 1 1 1 n n a a − − − 1 1 21 n n a a − − =− （2）由（1） ，∴ ， 又 bn=an•log2（an-1），∴ ， ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=（1×2+2×22+3×23+…+n×2n）+（1+2+3+…+n）， 设 ， ， 两式相减 ， ∴ ，又 ， ∴ ． 【点睛】（1）证明数列是等比数列可以利用作商或者等比中项法；同理证明数列是等差数列 一般用做差或者等差中项法（2）错位相减法运算一定要仔细. 19.某公司采用招考方式引进人才，规定必须在 、 、 三个测试点中任意选取两个进行测 试，若在这两个测试点都测试合格，则可参加面试，否则不被录用，已知考生在每个测试点 测试结果互不影响，若考生小李和小王一起前来参加招考，小李在测试点 、 、 测试合 格的概率分别为 、 、 ，小王在上述三个测试点测试合格的概率都是 . （1）问小李选择哪两个测试点测试才能使得可以参加面试的可能性最大？请说明理由； （2）假设小李选择测试点 、 进行测试，小王选择测试点 、 进行测试，记 为两人 在各测试点测试合格的测试点个数之和，求随机变量 的分布列及数学期望 . 【答案】（1） 、 测试点，理由见解析；（2）分布列见解析， . 【解析】 【分析】 （1）利用独立事件的概率乘法公式分别计算出小李选择 、 或 、 或 、 测试点测 试合格的概率，比较大小后可得出结论； （2）由题意可知，随机变量 可能取值有 、 、 、 、 ，利用独立事件的概率乘法 公式计算出随机变量 在不同取值下的概率，可得出随机变量 的概率分布列，进而可求得 的 11 2 2 2n n na −− = × = 2 1n na = + ( )2 1n nb n= + ( )2 3 11 2 2 2 3 2 1 2 2n n nA n n−= × + × + × +… − × + × ( )2 3 12 1 2 2 2 1 2 2n n nA n n += × + × +…+ − × + × ( )2 3 1 12 1 2 2 2 2 2 2 21 2 n n n n nA n n+ + − − = + + +…+ − × = − ×− ( ) 11 2 2n nA n += − ⋅ + ( )11 2 3 2 n nn ++ + +…+ = ( ) ( )1 11 2 2 2 n n n nT n + += − ⋅ + + A B C A B C 2 3 1 3 1 2 2 3 A B A C X X ( )E X A C ( ) 7 3E X = A B A C B C X 0 1 2 3 4 X X 随机变量 的数学期望 的值. 【详解】（1）设考生小李在 、 、 各测试点测试合格记为事件 、 、 ，且各个事件 相互独立，由题意 ， ， ， 若选择在 、 测试点测试，则参加面试的概率为 ； 若选择在 、 测试点测试，则参加面试的概率为 ； 若选择在 、 测试点测试，则参加面试的概率为 . 因为 ，所以小李选择在 、 测试点测试参加面试的可能性最大； （2）记小李在 、 测试点测试合格记为事件 、 ，记小王在 、 测试点测试合格 记为事件 、 ，则 ， ，且 的所有可能取值为 、 、 、 、 . 所以 ， ， ， ， . 所以随机变量 的分布列为： X ( )E X A B C A B C ( ) 2 3P A = ( ) 1 3P B = ( ) 1 2P B = A B ( ) ( ) ( )1 2 1 2 3 3 9P P AB P A P B= = = × = A C ( ) ( ) ( )2 2 1 1 3 2 3P P AC P A P C= = = × = B C ( ) ( ) ( )3 1 1 1 3 2 6P P BC P B P C= = = × = 2 1 3P P P> > A C A B 1X 2X A C 1Y 2Y ( ) ( ) ( )1 1 2 2 3P X P Y P Y= = = ( )2 1 3P X = X 0 1 2 3 4 ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 1 20 3 3 3 81P X P X X Y Y  = = = × × =   ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21P X P X X Y Y X X Y Y X X Y Y X X YY= = + + + 2 2 42 1 1 133+3 3 3 81      = × × =           ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22P X P X X Y Y X X Y Y X X YY X X YY X X Y Y X X YY= = + + + + + 3 32 1 1 2 103 33 3 3 3 27    = × × + × × =       ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 23P X P X X YY X X YY X X YY X X Y Y= = + + + 2 2 41 2 2 283 3 3 3 81      = × × + =           ( ) ( ) 3 1 2 1 2 1 2 84 3 3 81P X P X X YY  = = = × =   X X 0 1 2 3 4 . 【点睛】本题考查利用独立事件的概率乘法公式计算概率，同时也考查了离散型随机变量分 布列及其数学期望的计算，考查计算能力，属于中等题. 20.已知数列{ }的前 n 项和 ，数列{ }满足 = ． (I)求证数列{ }是等差数列，并求数列{ }的通项公式； (Ⅱ)设 ，数列{ }的前 n 项和为 Tn，求满足 的 n 的最大值. 【答案】(I) (Ⅱ) 【解析】 试 题 分 析 ： （ 1 ） 由 和 项 求 通 项 ， 注 意 分 类 讨 论 ： 当 时 ， 即 根 据 等 差 数 列 定 义 可 证 ， 并 求 出 通 项 公 式 所 以 （2）因为 所以裂项相消法求和得 ，这是 一个递增数列，而 因此 的最大值为 4. 试题解析：解：（1）：在 中，令 可得 当 时， 所以 即 而 即当 又 P 2 81 13 81 10 27 28 81 8 81 ( ) 2 13 30 28 8 70 1 2 3 481 81 81 81 81 3E X = × + × + × + × + × = na 1 *1( ) 2( )2 n n nS a n N−= − − + ∈ nb nb 2n na nb na 2logn n nc a = 2 2 n nc c + *25 ( )21nT n N< ∈ 2n ≥ 1 1 1 1 .2 n n n n n na S S a a − − −  = − = − + −   1 1 1 1 12 2 2 1.2 n n n n n n na a a a − − − −  = + ⇒ = +   1 1.n nb b −⇒ = + ( )1 1 1 ,nb n n= + − × = .2n n na = ,nc n= 2 2 1 1 .2n nc c n n+ = − + 1 1 11 2 1 2nT n n = + − −+ + 4 5 25 25 21 21T T， ， n 11 22 n n ns a − = − − +   1,n = 1 1 1 1 11 2, .2a S a a= = − − + = 2n ≥ 1 1 1 1 2,2 n n nS a − − −  = − − +   1 1 1 1 .2 n n n n n na S S a a − − −  = − = − + −   1 1 1 1 12 ,2 2 1.2 n n n n n n na a a a − − − −  = + = +   12 , 1.n n n n nb a b b −= ∴ = + 12, 1.n nn b b −≥ − = 1 12 1,b a= = 所以，数列 是首项和公差均为 的等差数列． 于是 所以 （2）因为 所以 由 得 即 又 单调递减， 的最大值为 . 考点：等差数列定义及通项公式，裂项相消法求和 【方法点睛】将数列 通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的 方法，裂项相消法适用于形如（其中{an}是各项均不为零的等差数列，c 为常数）的数列. 裂项 相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和（如本例），还有一类隔一项的裂项求和，如 （n≥2）或. 的 { }nb 1 ( )1 1 1 ,nb n n= + − × = .2n n na = 2 2log log 2 ,n n n nc na = = = ( )2 2 2 1 1 .· 2 2n nc c n n n n+ = = −+ + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ... 13 2 4 3 5 1 1 2 2 1 2nT n n n n n n          = − + − + − + + − + − = + − −         − + + + +          25 ,21nT < 1 1 1 251 ,2 1 2 21n n + − − <+ + 1 1 13 .1 2 42n n + >+ + ( ) 1 1 1 2f n n n = ++ + ( ) ( )11 134 , 5 ,30 42f f= = n∴ 4