2019-2020学年江西省新余市高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年江西省新余市高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

2019-2020 学年江西省新余市高二上学期期末考试数学（理） 试题 一、单选题 1．数列 2， ， ， ， …的一个通项公式 an 等于（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】观察数列的规律即可得解. 【详解】 数列 2， ， ， ， … 可写成： ， ， ， ， … 所以通项公式 an . 故选 C. 【点睛】 本题主要考查了通过观察得数列的通项公式，属于基础题. 2．在 中，a、b、c 分别为角 A、B、C 的对边，它的面积为 ，则角 A 等于（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据余弦定理可得 ，再根据面积公式可得 ，从而可求出角 ． 【详解】 解：由余弦定理得 ， 又根据三角形面积公式得 ， 4 3 8 5 16 7 32 9 2 2 1 n n − 2n n 2 2 1 n n − 2 2 1 n n + 4 3 8 5 16 7 32 9 12 2 1 1× − 22 2 2 1× − 32 2 3 1× − 42 2 4 1× − 52 2 5 1× − 2= 2 1 n n − ABC 2 2 2 4 b c a+ − 30° 45° 60° 90° 2 2 2 1 cos4 2 b c a bc A + − = sin cosA A= A 2 2 2 2 cos 1 cos4 4 2 b c a bc A bc A + − = = 2 2 2 1 sin4 2 b c a bc A + − = ∴ ， 又角 为 的内角， ∴ ， 故选：B． 【点睛】 本题主要考查三角形的面积公式以及余弦定理的应用，属于基础题． 3．在锐角 中， 为最大角，且 ，则实数 的取值范围是（ ）。 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由 为最大角，得出 的对边最长，并得出 ，由余弦定理得 出 ，然后利用余弦定理可得出关于 的不等式，解出即可. 【详解】 由于 为最大角，则 的对边最长，则 ，得出 . ，得 ， 由于 为锐角三角形，则 ， ，则 . 即 ，整理得 ，解得 . 因此，实数 的取值范围是 . 故选：C. 【点睛】 本题考查利用余弦定理求三角形中参数的取值范围，解题时要结合三角形已知元素类型 选择正弦、余弦定理求解，考查运算求解能力，属于中等题. 4．设等差数列 的前 项和分别为 ，若 ，则使 的 的个数为（ ） A． B． C． D． sin cosA A= A ABC 45A °= ABC∆ C∠ ( )sin :sin :sin 2: 1 : 2A B C k k= + k [ ]1,3 [ )1,3 51, 3     51, 3      C∠ C∠ 3 2C π π≤ ∠ < 10 cos 2C< ∠ ≤ k C∠ C∠ 2 2 2 1 k k k ≥  ≥ + 1k ³ 3A B C Cπ = ∠ + ∠ + ∠ ≤ ∠ 3C π∠ ≥ ABC∆ 2C π∠ < 3 2C π π∴ ≤ ∠ < 10 cos 2C< ∠ ≤ ( ) ( ) ( ) 2 222 1 2 10 4 1 2 k k k + + −< ≤+ 2 2 3 2 5 0 1 k k k  − − <  ≥ 51 3k≤ < k 51, 3     { } { },n na b n ,n nS T 3 33 3 n n S n T n += + n n a Zb ∈ n 3 4 5 6 【答案】C 【解析】先由题意，根据等差数列前 项和的性质，得到 ，再由 ，得到 ，从而即可求出结果. 【详解】 因为等差数列 的前 项和分别为 ， 所以 ， 又 ，所以 ， 为使 ，只需 ，又 ，所以 可能取的值为： ， 因此 可能取的值为： . 故选：C 【点睛】 本题主要考查等差数列前 项和的应用，熟记等差数列前 项和的公式与性质即可，属 于常考题型. 5．设随机变量 ，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形 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 ，则 ， ） A．7539 B．7028 C．6587 D．6038 【答案】C 【解析】由题意正方形的面积为 ，再根据正态分布曲线的性质，求得阴影部分的 面积，利用面积比的几何概型求得落在阴影部分的概率，即可求解，得到答案． 【详解】 n 2 1 2 1 123 1 − − = = + + n n n n a S b T n n n a Zb ∈ 12 1 ∈+ Zn { } { },n na b n ,n nS T 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 ( ) 2 ( ) 2 n n n n nn n n n a a a na S n b bb nb T − − − − + = = =+ 3 33 3 n n S n T n += + 2 1 2 1 3(2 1) 33 6 30 3 15 1232 1 3 2 2 1 1 − − − + + += = = = = +− + + + + n n n n a S n n n b T n n n n n n a Zb ∈ 12 1 ∈+ Zn n∈ +N 1n + 2,3,4,6,12 n 1,2,3,5,11 n n ~ (1,1)X N ABCD 2~ ( , )X N µ σ ( ) 0.6826P Xµ σ µ σ− < < + ≈ ( )2 2 0.9544P Xµ σ µ σ− < < + ≈ 1S = 由题意知，正方形的边长为 1，所以正方形的面积为 又由随机变量服从正态分布 ， 所以正态分布密度曲线关于 对称，且 ， 又由 ，即 ， 所以阴影部分的面积为 ， 由面积比的几何概型可得概率为 ， 所以落入阴影部分的点的个数的估计值是 ，故选 C． 【点睛】 本题主要考查了正态分布密度曲线的性质，以及面积比的几何概型的应用，其中解答中 熟记正态分布密度曲线的性质，准确求得落在阴影部分的概率是解答的关键，着重考查 了运算与求解能力，属于基础题． 6．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同一个班，则不同分法的种数为 （ ） A．18 B．24 C．30 D．36 【答案】C 【解析】 7．已知 ．则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由二项式定理及利用赋值法即令 和 ，两式相加可得 ， 结合最高次系数 的值即可得结果. 【详解】 中， 取 ，得 ， 取 ，得 ， 所以 ， 即 ， 1S = ( )~ 1,1X N 1x = 1σ = ( ) 0.6826P Xµ σ µ σ− < < + ≈ ( )0 2 0.6826P X< < ≈ 1 0.68261 0.65872S = − = 1 0.6587SP S = = 10000 0.6587 6587× = 2 3 4 3( 1) 30C A− = ( )( )5 0 12 2 1x x a a x+ − = + + 2 6 2 6a x a x+ + 0 2 4a a a+ + = 123 91 152− 120− 1x = 1= − 0 2 4 6a a a a+ + + 6a ( )( )5 2 0 1 22 2 1x x a a x a x+ − = + + 3 4 5 6 3 4 5 6a x a x a x a x+ + + + 1x = 0 1 2 3a a a a+ + + 4 5 6 3a a a+ + + = 1x = − 0 1 2 3 4 5 6 243a a a a a a a− + − + − + = − ( )0 2 4 62 240a a a a+ + + = − 0 2 4 6 120a a a a+ + + = − 又 ， 则 ， 故选 C． 【点睛】 本题主要考查了二项式定理及利用赋值法求二项式展开式的系数，属于中档题. 8．已知 x，y 满足条件 ，若目标函数 取得最大值的最优解 不唯一，则实数 a 的值为（ ） A．2 B．2 或 C．3 或 D．2 或 3 【答案】B 【解析】作出可行域，利用目标函数的几何意义得到直线 斜率的变化，从而 求出参数值． 【详解】 解：由题意，作出可行域得 由 得 ，可知 表示直线 的纵截距， 要使 取得最大值的最优解不唯一， 直线 须与直线 （即 ）或直线 （即 ）重合， 6 32a = 0 2 4 152a a a+ + = − 2 0 2 2 0 2 2 0 x y x y x y + − ≤  − − ≤  − + ≥ z ax y= − + 1− 1− y ax z= + z ax y= − + y ax z= + z y ax z= + z ax y= − + y ax z= + 2 0x y+ − = 2y x= − + 2 2 0x y− + = 2 2y x= + ∴ 或 ， 故选：B． 【点睛】 本题主要考查简单的线性规划问题的最优解，属于基础题． 9．某校组织《最强大脑》 赛，最终 、 两队讲入决赛，两队各由 3 名选手组成， 每局两队各派一名洗手 ，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 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 队的得分高于 队的得分的概率为（） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先将 队得分高于 队得分的情况列举出来，然后进行概率计算. 【详解】 比赛结束时 队的得分高于 队的得分可分为以下 种情况： 第一局： 队赢，第二局： 队赢，第三局： 队赢； 第一局： 队赢，第二局： 队赢，第三局： 队赢； 第一局： 队赢，第二局： 队赢，第三局： 队赢； 则对应概率为： ， 故选：C. 【点睛】 本题考查独立事件的概率计算，难度较易.求解相应事件的概率，如果事件不符合特殊 事件形式，可从“分类加法”的角度去看事件，然后再将结果相加. 10．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． 【答案】A 【解析】根据条件概率的计算公式，分别求解公式各个部分的概率，从而求得结果. 【详解】 设事件 为“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场”；事件 为“学生丙第 一个出场” 1a = − 2a = PK A B PK A 2 3 A B 8 27 4 9 16 27 20 27 A B A B 3 A A A A B A B A A 3 22 2 1 16( ) ( ) 23 3 3 27 + =  3 13 4 13 1 4 1 5 A B 则 ， 则 本题正确选项： 【点睛】 本题考查条件概率的求解，关键是能够利用排列组合的知识求解出公式各个构成部分的 概率. 11．设集合 ，那么集合 A 中满足条件 “ ”的元素的个数为 (　　) A．60 B．100 C．120 D．130 【答案】D 【解析】根据题意， 中取 0 的个数为 2,3,4.根据这个情况分类计算再相加得到答案. 【详解】 集合 A 中满足条件“ ” 中取 0 的个数为 2,3,4. 则集合个数为： 故答案选 D 【点睛】 本题考查了排列组合的应用，根据 中取 0 的个数分类是解题的关键. 12．已知数列 前 n 项和为 ， ，且满足 ，已知 n， ， ，则 的 最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由 得 ，可得数 列 是一个等差数列，从而可求出 ，可得当且仅当 时 ，从而可求出 的最小值． 【详解】 ( ) 4 1 1 3 4 3 3 3 5 5 5 5 78A C C AP A A A += = ( ) 1 3 3 3 5 5 5 5 18C AP AB A A = = ( ) ( ) ( ) 18 3 78 13 P ABP B A P A = = = A { }na nS 1 15a = ( ) ( ) 2 12 5 2 3 4 16 15n nn a n a n n+− = − + − + *m N∈ n m> n mS S− 49 4 49 8 14− 28− ( ) ( ) 2 12 5 2 3 4 16 15n nn a n a n n+− = − + − + 1 12 3 2 5 n na a n n + = +− − 2 5 na n   −  ( )( )6 2 5na n n= − − 3 5n≤ ≤ 0na < n mS S− 解：由 得 ， 即 ， 由 得 ， ∴数列 是以 为首项， 为公差的等差数列， ∴ ， ， 又由 得 ， ∴当且仅当 时， ， 又 n， ， ， ∴当 ， 时， 有最小值 ， 故选：C． 【点睛】 本题考查了数列的递推公式，等差数列的通项公式与前 项和公式，考查了数列的单调 性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 二、填空题 13 ． 设 函 数 ， 则 不 等 式 的 解 集 是 ． 【答案】 【解析】试题分析：由 讨论 或 ，解得 ， 所以答案应填： ． 【考点】1、分段函数；2、分类讨论；3、一元二次不等式组． 【易错点睛】本题主要考查的是 1、分段函数；2、分类讨论；3、一元二次不等式 组．本题需要分类讨论，学生往往不容易考虑全面，属于易错题题． 14．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__________ ( ) ( ) 2 12 5 2 3 4 16 15n nn a n a n n+− = − + − + 1 12 3 2 5 n na a n n + = +− − ( )1 12 1 5 2 5 n na a n n + = ++ − − 1 15a = 1 52 5 a = −− 2 5 na n   −  5− 1 5 1 62 5 na n nn = − + − = −− ( )( )6 2 5na n n= − − 22 17 30n n= − + ( )( )2 5 6 0na n n= − − < 5 62 n< < 3 5n≤ ≤ 0na < *m N∈ n m> 5n = 2m = n mS S− 35 4 52S aS a a= + +− 3 6 5 14= − − − = − n ( 1)( ) 1( 1) x xf x x >= − ≤ ( ) 2f xx x− ≤ [ ]1,2− ( ) 2f xx x− ≤ 2 1 2 0 x x x >  − − ≤ 1 2 2 x x ≤ − ≤ [ 1,2]− [ 1,2]− 种（用数字作答）． 【答案】630. 【解析】分别计算第三个格子与第一个格子同色，以及第三个格子与第一个格子不同色， 所对应的不同涂色方法，即可求出结果. 【详解】 用 6 种不同的颜色给图中的 4 个格子涂色， 若第三个格子与第一个格子同色， 则有 种涂色方法； 若第三个格子与第一个格子不同色， 则有 种涂色方法； 综上，共有 种涂色方法. 故答案为 630 【点睛】 本题主要考查排列中的涂色问题，根据分类讨论的思想，即可求解，属于常考题型. 15．如图所示，在 中，已知 ，角 C 的平分线 CD 把三角形面积 分为 两部分，则 等于________. 【答案】 【解析】由角 的平分线 把三角形面积分为 两部分可得 ，由正 弦定理可得 ，再根据 即可求出答案． 【详解】 解：∵角 的平分线 把三角形面积分为 两部分， 2 1 6 51 150A A× × = 2 1 1 6 4 4 480A A A× × = 150 480 630+ = ABC : 1: 2A B∠ ∠ = 3: 2 cos A 3 4 C CD 3: 2 3 2 CA b CB a = = sin 3 sin 2 B A = : 1: 2A B∠ ∠ = C CD 3: 2 ∴ ，即 ， 由正弦定理得 ， 又 ， ∴ ， ∴ ， 故答案为： ． 【点睛】 本题主要考查正弦定理的应用，考查二倍角的正弦公式，属于基础题． 16．设正实数 x，y 满足 ， ，不等式 恒成立，则 的最 大值为________. 【答案】16 【解析】由题意得 ， ，又 ，多次使用基本不等式即可求出 结论． 【详解】 解：∵ ， ，∴ ， ， ∴ 1 1sin 32 2 1 1 2sin2 2 CA CD C CB CD C = 3 2 CA b CB a = = sin 3 sin 2 B A = : 1: 2A B∠ ∠ = sin 2sin cos 32cossin sin 2 B A A AA A = = = 3cos 4A = 3 4 2 3x > 2y > 2 29 2 3 2 + ≥− − x y my x m 3 2 0x − > 2 0y − > 2 29 2 3 2 x y y x +− − ( ) ( )2 4 33 2 2 2 4x x y + − +−= − ( ) ( )2 4 2 42 3 2 yy x + − +−+ − 2 3x > 2y > 3 2 0x − > 2 0y − > 2 29 2 3 2 x y y x +− − ( ) ( )2 23 2 2 2 12 4 4 3 2 4x y y x x y− −+ + −= +− − − ( ) ( )2 4 33 2 2 2 4x x y + − +−= − ( ) ( )2 4 2 42 3 2 yy x + − +−+ − ( ) ( )2 23 2 2 2 3 2 x y y x − −= +− − ( ) ( ) 2 4 3 3 2 2 4 2 y x x y+ + − − − − 4 4 2 3 2y x + +− − ， 当且仅当 且 且 且 ， 即 即 ， 时，等号成立； 又不等式 恒成立， ∴ ， 故答案为： ． 【点睛】 本题主要考查应用基本不等式求最值，要注意等号成立的条件，考查推理能力与计算能 力，属于难题． 三、解答题 17．已知 展开式中各项系数之和等于 的展开式的常数项. （1）求 展开式的第 2 项； （2）若 的展开式的二项式系数最大的项的系数等于 54，求 a 的值. 【答案】（1） ；（2） 【解析】（1）由 可推出 ，从而可推出常数项 为 ，从而可求得 ，进而求出答案； （2） 展开式中二项式系数最大的项是中间项 ，从而有 ，从而 得出结论． ( ) ( )2 23 2 22 2 3 2 x y y x − −≥ − − 34 2 2 3 2 2 2 y x x y+ − − − −   4 2 2 1 1 3 2y x + − −  ( )( )2 3 2 2x y= − − ( )( )2 8 3 2x y + − − 8+ 2 2 8 8≥ × + 16= ( ) ( )2 23 2 2 2 3 2 x y y x − −=− − 3 3 2 2 2 2 y x x y= − − − − 1 1 2 3 2y x =− − ( )( ) ( )( ) 43 2 2 3 2 2 x y x y − − = − − 3 2 2 2x y− = − = 4 3x = 4y = 2 29 2 3 2 + ≥− − x y my x 16m ≤ 16 ( )2 1 n x + 5 216 1 5 x x  +   ( )2 1 n x + ( )2 2 1 n a x + 64x 3a∴ = ± 5 216 1 5 x x  +   5 20 5 2 1 5 16 5 r r r rT C x − − +  = ⋅ ⋅   4 5 5 16 165T C= × = 4n = ( )42 2 1a x + 3T′ 2 4 4 54C a = 【详解】 解：（1）由 得， ， 令 为常数项，则 ， ， 常数项 ． 又 展开式的各项系数之和等于 ， 由题意得 ， ， 展开式的第二项为 ； （2）由二项式系数的性质知， 展开式中二项式系数最大的项是中间项 ， ， ． 【点睛】 本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题． 18． 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， . （1）求角 B； （2）若 ， 的面积 ，求 b. 【答案】（1） ；（2） 【解析】（1）由正弦定理及已知条件可得 ， 利用二倍角公式即可求出答案； （2）由面积公式可得 ，再根据余弦定理即可得出结论． 【详解】 解：（1）∵ ， ，B， ， 由已知 和正弦定理 得： ， 又∵ ， ， ， 5 216 1 5 x x  +   5 2 1 5 16 1 5 rr r rT C x x − +   =        5 20 5 2 5 16 5 r r rC x − − = ⋅ ⋅   1rT + 20 5 0r =﹣ 4r∴ = ∴ 4 5 5 16 165T C= × = ( )2 1 n x + 2n 2 16n = 4n∴ = ∴ ( )31 2 6 4 4C x x= ( )42 2 1a x + 3T′ 2 4 4 54C a∴ = 3a∴ = ± ABC ( ) 2sin sin 2 3 sin 2 Ba C A C c+ = 6a c+ = ABC 2 3S = 3B π= 2 3b = 2sin sin sin 2 3sin sin sin 2 BA C B C A= 8ac = A B C π+ + = 0 A< C π< ( ) 2sin sin 2 3 sin sin 2 Ba A A C c A+ = sin sin sin a b c A B C = = 2sin sin sin 2 3sin sin sin 2 BA C B C A= sin A sinC sin 02 B ≠ ∴ ， ， ∴ ， ， ， ， ，∴ ； （2）由面积公式 得 ， 由余弦定理 ，∴ ． 【点睛】 本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题． 19．已知等差数列 的公差为 d，等比数列 的公比为 q，若 ，且 ， ， ， 成等差数列. （1）求数列 ， 的通项公式； （2）记 ，数列 的前 n 项和为 ，数列 的前 n 项和为 ，求 ， . 【答案】（1） ， ；（2） ， 【解析】（1）由等差中项可得 ， ，再根据等差数列的性质即可求出 答案； （2）由（1）可得 ，再利用分组求和法求 ， ，利用裂项相消法求 ． 【详解】 解：（1）∵ ， ， 成等差数列， ∴ ①， 又∵ ， ， 成等差数列， ∴ ，得 ②， 由①②得 ， ， 2sin 2 3sin 2 BB = 22sin cos 2 3sin2 2 2 B B B= 3sin cos2 2 B B= 3tan 2 3 B = 0 B π< < 0 2 2 B π∴ < < 2 6 B π∴ = 3B π= 1 3sin 2 32 4S ac B ac= = = 8ac = ( )22 2 2 2 cos 3 12b a c ac B a c ac= + − = + − = 2 3b = { }na { }nb 2d q= = 1a 1b 2a 2b { }na { }nb nn bc a= { }nc nS 1 1 n na a +       nT nS nT 2 1na n= − 2n nb = 22 4n nS n+= − − 2 1n nT n = + 1 1 1b a= + 2 1 3 2a b= 2 2 1n nc = × − nS 1 1 1 1 1 2 2 1 2 1n na a n n+  = − − +  nT 1a 1b 2a 1 2 1 1 1 1 2 12 2 2 a a a d db a a + += = = + = + 1b 2a 2b 1 2 2 1 3 2 2 b ba b += = 1 1 32 2a b+ = 1 1a = 1 2b = ∴ ， ； （2） ， ∴ ， 又 ， ∴ ． 【点睛】 本题主要考查等差数列与等比数列的综合，考查等差中项的应用，考查裂项相消法与分 组求和法，考查计算能力，属于基础题． 20．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 名机动车司机，得 到以下统计：在 名男性司机中，开车时使用手机的有 人，开车时不使用手机的有 人；在 名女性司机中，开车时使用手机的有 人，开车时不使用手机的有 人． （1）完成下面的 列联表，并判断是否有 的把握认为开车时使用手机与司机 的性别有关； 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 （2）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 ，若每次抽检的结 果都相互独立，求 的分布列和数学期望 ． 参考公式与数据： 参考数据： ( ) ( )1 1 1 2 1 2 1na a n d n n= + − = + − = − 1 1 1 2 2 2n n n nb b q − −= = × = 2 2 1n n n bc a= = × − ( ) ( ) ( )2 3 4 1 2 2 2 2 2 2 4 2 11 2 n n n nS n n n − = + + + + − = − = − −− 22 4n n+= − − ( )( )1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1n na a n n n n+  = = − − + − +  1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1nT n n  = − + − + + − − +  1 112 2 1 2 1 n n n  = − = + +  100 55 40 15 45 20 25 2 2× 99.5% X X ( )E X 参考公式 ，其中 . 【答案】（1）列联表见解析，有；（2）分布列见解析， . 【解析】（1）根据已知数据即可得到列联表；计算出 ，对比临界值 表可得到结果；（2）由样本估计总体思想，可得到随机抽检 辆，司机为男性且开车使 用手机的概率为 ，可知 ，由二项分布概率公式可计算得到每个取值所 对应的概率，从而得到分布列；由二项分布数学期望计算公式可得 . 【详解】 （1）由已知数据可得 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 女性司机人数 合计 有 的把握认为开车时使用手机与司机的性别有关 （2）随机抽检 辆，司机为男性且开车时使用手机的概率 有题意可知： 可取值是 ，且 ； ； ( )2 0P kχ > 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 bc a b c d a c b d χ −= + + + + n a b c d= + + + 1.2 2 8.249 7.879χ ≈ > 1 2 5 23 5X B     , ( )E X 2 2× 40 15 55 20 25 45 60 40 100 ( )2 2 100 40 25 15 20 8.249 7.87960 40 55 45 χ × × − ×= ≈× × × ＞ ∴ 99.5% 1 40 2 100 5p = = X 0,1,2,3 23 5X B     , ( ) 0 3 0 3 2 3 270 5 5 125P X C    ∴ = = =       ( ) 1 2 1 3 2 3 541 5 5 125P X C    = = =       ； 则 的分布列为： 数学期望 【点睛】 本题考查独立性检验的应用、二项分布的分布列及数学期望的求解等知识，对学生的计 算和求解能力有一定要求，属于常考题型. 21．在 中， 分别是角 所对的边，且 . （1）求 的值； （2）若 ，求 面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】（I）由题意 ，利用正、余弦定理化简得 ，即可 得到答案. （II）因为 ，由（I）知 ，由余弦定理得 ，进而利用 基本不等式，得到 ，且 ，再利用三角形的面积公式和三角函数的 性质，即可求解面积的最大值. 【详解】 解：（I）∵ ， ∴ ， 由正弦定理得 ， 由余弦定理得 ，化简得 ， ∴ . ( ) 2 1 2 3 2 3 362 5 5 125P X C    = = =       ( ) 3 0 3 3 2 3 83 5 5 125P X C    = = =       X X 0 1 2 3 P 27 125 54 125 36 125 8 125 ( ) 23 1.25E X = × = ABC∆ , ,a b c , ,A B C 2 sin 3 tanc B a A= 2 2 2 b c a + 2a = ABC∆ 2 2 2 4b c a + = 7 2 sin 3 tanc B a A= 2 2 24b c a+ = 2a = 2 2 24 16b c a+ = = 6cos A bc = 6 cosbc A = (0, )2A π∈ 2 sin 3 tanc B a A= 2 sin cos 3 sinc B A a A= 22 cos 3cb A a= 2 2 2 22 · 32 b c acb abc + − = 2 2 24b c a+ = 2 2 2 4b c a + = （II）因为 ，由（I）知 ， ∴由余弦定理得 ， 根据重要不等式有 ，即 ，当且仅当 时“=”成立， ∴ . 由 ，得 ，且 ， ∴ 的面积 . ∵ ， ∴ . ∴ . ∴ 的面积 的最大值为 . 【点睛】 本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问 题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用 余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、 余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式， 结合正、余弦定理解题. 22．已知正项数列 的前 n 项和为 ，数列 满足 . （1）求数列 的通项公式； （2）数列 满足 ，它的前 n 项和为 ，若存在正整数 n，使不等式 成立，求实数 的取值范围. 【答案】（1） ， ；（2） 或 【解析】（1）由题意可得当 时， ，从而推出 2a = 2 2 24 16b c a+ = = 2 2 2 6cos 2 b c aA bc bc + −= = 2 2 2b c bc+ ≥ 8 bc≥ b c= 6 3cos 8 4A ≥ = 6cosA bc = 6 cosbc A = 0, 2A π ∈   ABC∆ 1 1 6sin sin 3tan2 2 cosS bc A A AA = = × × = 2 2 2 2 2 2 2 sin cos sin 11 tan 1 cos cos cos A A AA A A A ++ = + = = 2 1 16 7tan 1 1cos 9 3A A = − ≤ − = 3tan 7S A= ≤ ABC∆ S 7 { }na nS { }na ( )2 1n n nS a a= + { }na { }nb 1 2 n n nb a =    nT ( ) 1 12 22 n n n n nTλ− −− < + − λ na n= *n N∈ 0λ < 1 4 λ > 2n ≥ 2 1 1 12 n n nS a a− − −= + ，则 ，从而可求出 ； （2）易知 ，利用错位相减法求得 ，从而有不等式 成 立，对 分奇偶数讨论，令 ，利用换元法化为二次函数，从而可求出答案． 【详解】 解：（1） ， 当 时， ， 或 （舍去） 当 时，由 ，得 ， 两式相减得： ， ， 即 ，∴ ． 又∵数列 为正项数列，故 ，也即 ， ∴数列 为以 1 为首项 1 为公差的等差数列， ∴ ， ； （2）易知 ，则 ①， ②， ① ②可得： ， 故 ，所以不等式 成立， 若 n 为偶数，则 ，所以 ， 设 ，则 在 单调递减， 故当 时， ，所以 ； 若 n 为奇数，则 ，所以 ( )( )1 1 1 0n n n na a a a− −+ − − = 1 1n na a −− = na 2n n nb = nT ( ) 1 122 2 22 n n n λ− −− < − − n 1 1 2nt −= 22 n n nS a a= + 1n = ( )1 1 12 1S a a= + 1 1a∴ = 1 0a = 2n ≥ 22 n n nS a a= + 2 1 1 12 n n nS a a− − −= + 2 2 1 12 n n n n na a a a a− −= − + − 2 2 1 1 0n n n na a a a− −∴ − − − = ( )( ) ( )1 1 1 0n n n n n na a a a a a− − −+ − − + = ( )( )1 1 1 0n n n na a a a− −+ − − = { }na 1 0n na a − >+ 1 1n na a −− = { }na na n= *n N∈ 2n n nb = ( )2 3 1 1 1 1 1 11 2 3 12 2 2 2 2n n nT n n−= × + × + × + + − × + × ( ) ( )2 3 1 1 1 1 1 1 1 11 2 2 12 2 2 2 2 2n n n nT n n n− += × + × + + − × + − × + × − ( ) 1 1 1 1 1121 1 1 1 1 22 12 2 12 2 2 2 21 2 n n n n n n n n nT n + + + − += + + + − × = − = − − 22 2n n nT += − ( ) 1 122 2 22 n n n λ− −− < − − 1 122 2 22 n n n λ− −− < − − ( )2 1 1 1 12 12 2n n λ − −> − × + + 1 1 10,2 2nt − = ∈   ( )222 1 1y t t t= − + + = − 10, 2      1 2t = min 1 4y = 1 4 λ > 1 122 2 22 n n n λ− −< − − ( )2 1 1 1 12 12 2n n λ − −< × − − 设 ，则 在 单调递增， 故当 时， ，所以 ， 综上所述， 的取值范围 或 . 【点睛】 本题主要考查已知递推公式求通项公式，考查错位相减法，考查数列与不等式的综合， 属于难题． ( ]1 1 0,12nt − ∈= ( )222 1 1y t t t= − − = − − ( ]0,1 1t = max 0y = 0λ < λ 0λ < 1 4 λ >