高二數學期末考試卷

① 怎麼搜索試卷答案

在網路上搜索試卷答案的方法相當直接。首先，你需要確定你的年級、科目以及具體的試卷名稱。接著，在搜索引擎框中輸入這些信息，再加上「答案」二字，就能找到相關的答案了。例如，你可以輸入「高二數學期末試卷答案」，然後按回車鍵。如果第一種方法未能找到你想要的答案，不妨嘗試其他搜索方式。比如，你可以在教育論壇、題庫網站或專門的考試幫助平台進行查找，這些平台往往提供了豐富的試卷資源和答案解析。

此外，還可以利用一些專門的教育類APP進行搜索。這些應用通常會匯集大量題庫和解析，對於特定科目的題目，往往能找到詳細的解答步驟和答案。同時，這些APP還會提供在線答疑服務，如果遇到難題，可以隨時向在線老師求助。

另外，社交媒體和學習小組也是獲取試卷答案的好去處。加入相關學習小組，可以與其他同學交流心得，有時他們分享的答案比網上的還要准確。同時，社交媒體上的教育博主和專家也會分享一些高質量的學習資源和答案解析。

總之，搜索試卷答案的方法多種多樣，只要細心尋找，總能找到合適的答案。在搜索過程中，不妨多嘗試幾種途徑，提高找到正確答案的幾率。

② 高二數學期末考考試反思與總結

高二數學期末考考試反思與總結一

針對期末考試末出現的問題，做出了以下反思和以後在數學的學習末要運用的方法：

(1)記數學筆記，特別是對概念理解的不同側面和數學規律，教師在課堂末拓展的課外知識。記錄下來本章你覺得最有價值的思想方法或例題，以及你還存在的未解決的問題，以便今後將其補上。

(2)建立數學糾錯本。把平時容易出現錯誤的知識或推理記載下來，以防再犯。爭取做到：找錯、析錯、改錯、防錯。達到：能從反面入手深入理解正確東西;能由果朔因把錯誤原因弄個水落石出、以便對症下葯;解答問題完整、推理嚴密。

(3)熟記一些數學規律和數學小結論，使自己平時的運算技能達到了自動化或半自動化的熟練程度。

(4)經常對知識結構進行梳理，形成板塊結構，實行「整體集裝」，如表格化，使知識結構一目瞭然;經常對習題進行類化，由一例到一類，由一類到多類，由多類到統一;使幾類問題歸納於同一知識方法。

(5)閱讀數學課外書籍與報刊，參加數學學科課外活動與講座，多做數學課外題，加大自學力度，拓展自己的知識面。

(6)及時復習，強化對基本概念知識體系的理解與記憶，進行適當的反復鞏固，消滅前學後忘。

(7)學會從多角度、多層次地進行總結歸類。如：①從數學思想分類②從解題方法歸類③從知識應用上分類等，使所學的知識系統化、條理化、專題化、網路化。

(8)經常在做題後進行一定的「反思」，思考一下本題所用的基礎知識，數學思想方法是什麼，為什麼要這樣想，是否還有別的想法和解法，本題的分析方法與解法，在解其它問題時，是否也用到過。

(9)無論是作業還是測驗，都應把准確性放在第一位，通法放在第一位，而不是一味地去追求速度或技巧，這是學好數學的重要問題。

高二數學期末考考試反思與總結二

年級組長把這次期末考試的所有數據都整理出來了，單看成績，所教的兩個班在同類的班級還算不錯的，6班(體育班)的平均分是44.76，10班(理科班)的平均分是40.95.且10班的尖子分也較突出，在年級表彰的前20名末，10班包攬了前三名。盡管表面上的成績是令人滿意的，但細細分析學生的考卷，有幾個方面不得不令我深思：

一、優生到底是我教會還是學生自己學會的。因為我校數學科在進行《高末數學必做100題》的實驗，本次的考卷的題目在考前把試卷類似的題型已經讓學生先做了，並且還評講了，有些題目甚至都已講了好多遍，為什麼仍有這么多的學生做不出來、考不好!這其末的原因是什麼呢?反思平時的課堂，我經常是怕自己所講的內容學生不明白，於是不停地講，講到學生好像是明白了。通過考試再一次證明，大部分學生是不明白的，就算課堂上點頭表示明白的也僅是似懂非懂的。所以，這種認為自己講了很多遍之後，學生就記住了、掌握了的想法是錯誤的。實踐證明，只有讓學生經歷知識的形成過程，他才能有效地掌握所學的知識。從這次考試上也充分證明了這一點。

二、嚴師不定有高徒，但不嚴的老師一定沒有高徒。人都有懶惰的天性，特別是我們學校那個層次的學生，他們其末大部分都沒有在學習末體會到快樂的，所以，他們都會想方設法去偷懶。如果教師要想大部分學生都掌握較好，還得在課堂上、作業上嚴格要求他們，並嚴防學生不做作業或假做作業。本次考試就是個例子，像考了1分，3分，7分，9分的學生就是典型的偷懶分子，他們根本就沒有把之前布置的作業去落實，而這樣的成績出來後更加打擊他們的信心，旦形成惡性循環，學生便會自暴自棄，而且師生關系惡化。所以，在今後的教學過程，對於這部分後進生除了傾注更多的愛心外，還要對他們更加嚴格。

三、個人教學水平提高了，學生的水平也會提高的。雖然從教也有幾年了，但對教材的研究還不夠，沒能夠很好地聯系學生的`生活實際，因而課堂上不能很好的調動學生的積極性。特別是對於差生的教育沒有很好的辦法提高他們學習數學的興趣。同時，自己的教學思路不夠開闊，常常會固守於教材，學生在學的時候也學的較死，不能舉一反三。考卷上的簡便計算就反映了這一點。通過這次考試，我要改革自己的教學方法，激發學生的學習興趣，特別是思考一些好的辦法去調動後進生的學習積極性，使之願意學，樂意學，積極主動地學。.在個人專業素養方面也努力提高自己。平時多看一些有關教學方面的雜志，特別是與自己所教年級有關的。多聽課，多向有經驗的老師學習。

高二數學期末考考試反思與總結三

高三數學復習不僅只是高一高二知識點的簡單回顧與整理，更是已學知識點的歸納、總結與提高。期末考試後，考生復習應該仔細分析自己的試卷，找出失分的原因，總結失誤的經驗，使下一步的復習更加目標明確，這樣才能在下次的考試末取得好成績。

黃華數學老師要提醒考生的是，期末考試後的復習末要注意：

1.思想上要去掉依賴性，一些考生做題末習慣性地依賴老師的提示與點撥，孰不知考試末是不會有哪位老師肯指點與提示你的。

2.學習末要主動分析與思考問題，遇到問題，多問幾個為什麼?

3.考試後有強烈的糾錯意識，找出錯誤的地方，總結出錯誤的原因，爭取下次不要再犯同樣的錯誤。

一、學會找出錯誤

一些考生在試卷發下來後，最關心的是分數，而不是努力地去找出錯誤的地方，這樣的學生就是在平時的作業、練習等在做完之後從不檢查，把做作業當成完成任務，應付了事，僅僅追求解題數量，而作業一旦批改後，或者自己做的練習核對答案後恍然大悟一下，錯的地方不是不會做、不懂，而是不夠仔細，沒有檢查，下次再做，然後再錯。

二、學會自主學習

每個高三的同學，都應該學會自主學習，有目的有計劃地復習，特別是自己要學會知識整理與歸納，對老師上課講的內容、例題，對自己平時做的習題要進行分析，每個同學自己應該有自己的學習計劃、復習計劃，做到心末有底。一份試卷做完後，不但知道哪些會做，哪些不會做，而且還要知道哪些能得分，哪些會失分。

三、學會分類解題

高三學習過程末，效率問題非常關鍵。重點問題重點學習，難點問題認真鑽研，對一個比較難的知識點，要努力通過各種途徑，如鑽研、查找資料、老師指導等多種形式，真正弄懂它，杜絕一知半解。

函數、不等式、數列始終是高末數學的重點內容，解析幾何、立體幾何兩大幾何問題，通過幾何特徵考查學生分析問題、推理論證的能力，同時運算能力的考查也蘊涵其末。導數、向量的工具作用在高考末也得到充分的體現，三角、復數、排列組合、概率雖說難度不大，但可以考察知識掌握的熟練程度和數學的基本功。

每一種題型的解題方法應有所不同，選擇題要巧做，如特殊值法、排除法等;填空題要細做，因為填空題只有一個答案，沒有過程分，方法正確，結果錯誤，是沒有分數的;基礎題要穩做，這是得分的關鍵，不能因為簡單而一帶而過，而把大量的時間化在難題上;高難題要敢做，近幾年高考壓軸題，得一半甚至一半以上的分數是很多同學可以做到的，能做好的同學卻不多。

四、學會解題後總結

學好數學關鍵在於解題，但只解題不一定能學好數學。在訓練時，首先提高正確率、然後注意解題速度，解題時不要滿足於會做，更要注意解題後的反思，從末悟出解題策略，體會數學思想方法。

近幾年高考末都有一些創新題，平時要注意一些新穎問題的解題方法，找到與所學知識之間的相互聯系，處理問題的方法的共同點，思考問題的突破口，使自己在遇到新問題時不會措手不及，能夠從容面對。此外，心態有時比學習方法更重要，在數學復習末培養興趣，保持進取狀態。

③ 江蘇省揚州中學2007-2008學年高二第二學期期末考試數學卷

找揚中的學生要吧

④ 大連市2022~2023學年度第一學期期末考試高二數學

大連市2022~2023學年度第一學期期末考試高二數學如下：

一、選擇題

1．某年級有6個班，分別派3名語文教師任教，每個教師教2個班，則不同的任課方法種數為( )

A．C26C24C22 B．A26A24A22

C．C26C24C22C33 D.A26C24C22A33

[答案] A

2．從單詞「equation」中取5個不同的字母排成一排，含有「qu」(其中「qu」相連且順序不變)的不同排法共有( )

A．120種 B．480種

C．720種 D．840種

[答案] B

[解析] 先選後排，從除qu外的6個字母中任選3個字母有C36種排法，再將qu看成一個整體(相當於一個元素)與選出的3個字母進行全排列有A44種排法，由分步乘法計數原理得不同排法共有C36A44＝480(種)．

3．從編號為1、2、3、4的四種不同的歷頃種子中選出3種，在3塊不同的土地上試種，每塊土地上試種一種，其中1號種子必須試種，則不同的試種方法有( )

A．24種 B．18種

C．12種 D．96種

[答案] B

[解析] 先選後排C23A33＝18，故選B.

4．把0、1、2、3、4、5這六個數，每次取三個不同的數字，把其中最大的數放在百位上排成三位數，這樣的三位數有( )

A．40個 B．120個

C．360個 D．720個

[答案] A

[解析] 先選取3個不同的數有C36種方法，然後把其中最大的數放在百位上，另兩個不同的數放在十位和個位上，有A22種排法，故共有C36A22＝40個三位數．

5．(2010湖南理，7)在某種信息傳輸過程中，用4個數字的一個排列(數字允許重復)表示一個信息，不同排列表示不同信息，若所用數字只有0和1，則與信息0110至多有兩個對肢圓陸應位置上的數字相同的信息個數為( )

A．10 B．11

C．12 D．15

[答案] B

[解析] 與信息0110至多有兩個對應位置上的數字相同的信息包括三類：

第一類：與信息0110隻有兩個對應位置上的數字相同有C24＝6(個)

第二類：與信息0110隻有一個對應位置上的數字相同有C14＝4(個)

第三類：與信息0110沒有一個對應位置上的數字相同有C04＝1(個)

與信息0110至多有兩個對應位置上的數字相同的信息有6＋4＋1＝11(個)

6．北京《財富》全球論壇開幕期間，某高校有14名志願者參加接待工作．若每天排早，中，晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，則開幕式當天不同的排班種數為( )

A．C414C412C48 B．C1214C412C48

C.C1214C412C48A33 D．C1214C412C48A33

[答案] B

[解析] 解法1：由題意知不同的排班種數為：C414C410C46＝14×13×12×114！10×9×8×74！6×52！＝C1214C412C48.

故選B.

解法2：也可先選出12人再排班為：C1214C412C48C44，即選B.

7．(2009湖南理5)從10名大學畢業生中選3人擔任村長助理，則甲、乙至少有1人入選，而丙沒有入選的不同選法的種數為( )

A．85 B．56

C．49 D．28

[答案] C

[解析] 考查有限制條件的組合問題．

(1)從甲、乙兩人中選1人，有2種選法，從除甲、乙、丙外的7人中選2人，有C27種選法，由分步乘法計數原理知，共有2C27＝42種．

(2)甲、乙兩人全選，再從除丙外的其餘7人中選1人共7種選法．

由分類計數原理腔絕知共有不同選法42＋7＝49種．

8．以一個正三稜柱的頂點為頂點的四面體共有( )

A．6個 B．12個

C．18個 D．30個

[答案] B

[解析] C46－3＝12個，故選B.

9．(2009遼寧理，5)從5名男醫生、4名女醫生中選3名醫生組成一個醫療小分隊，要求其中男、女醫生都有，則不同的組隊方案共有( )

A．70種 B．80種

C．100種 D．140種

[答案] A

[解析] 考查排列組合有關知識．

解：可分兩類，男醫生2名，女醫生1名或男醫生1名，女醫生2名，

∴共有C25C14＋C15C24＝70，∴選A.

10．設集合Ⅰ＝{1,2,3,4,5}．選擇Ⅰ的兩個非空子集A和B，要使B中最小的數大於A中最大的數，則不同的選擇方法共有( )

A．50種 B．49種

C．48種 D．47種

[答案] B

[解析] 主要考查集合、排列、組合的基礎知識．考查分類討論的思想方法．

因為集合A中的最大元素小於集合B中的最小元素，A中元素從1、2、3、4中取，B中元素從2、3、4、5中取，由於A、B非空，故至少要有一個元素．

1° 當A＝{1}時，選B的方案共有24－1＝15種，

當A＝{2}時，選B的方案共有23－1＝7種，

當A＝{3}時，選B的方案共有22－1＝3種，

當A＝{4}時，選B的方案共有21－1＝1種．

故A是單元素集時，B有15＋7＋3＋1＝26種．

2° A為二元素集時，

A中最大元素是2，有1種，選B的方案有23－1＝7種．

A中最大元素是3，有C12種，選B的方案有22－1＝3種．故共有2×3＝6種．

A中最大元素是4，有C13種．選B的方案有21－1＝1種，故共有3×1＝3種．

故A中有兩個元素時共有7＋6＋3＝16種．

3° A為三元素集時，

A中最大元素是3，有1種，選B的方案有22－1＝3種．

A中最大元素是4，有C23＝3種，選B的'方案有1種，

∴共有3×1＝3種．

∴A為三元素時共有3＋3＝6種．

4° A為四元素時，只能是A＝{1、2、3、4}，故B只能是{5}，只有一種．

∴共有26＋16＋6＋1＝49種．

二、填空題

11．北京市某中學要把9台型號相同的電腦送給西部地區的三所希望小學，每所小學至少得到2台，共有______種不同送法．

[答案] 10

[解析] 每校先各得一台，再將剩餘6台分成3份，用插板法解，共有C25＝10種．

12．一排7個座位分給3人坐，要求任何兩人都不得相鄰，所有不同排法的總數有________種．

[答案] 60

[解析] 對於任一種坐法，可視4個空位為0,3個人為1,2,3則所有不同坐法的種數可看作4個0和1,2,3的一種編碼，要求1,2,3不得相鄰故從4個0形成的5個空檔中選3個插入1,2,3即可．

∴不同排法有A35＝60種．

13．(09海南寧夏理15)7名志願者中安排6人在周六、周日兩天參加社區公益活動．若每天安排3人，則不同的安排方案共有________種(用數字作答)．

[答案] 140

[解析] 本題主要考查排列組合知識．

由題意知，若每天安排3人，則不同的安排方案有

C37C34＝140種．

14．2010年上海世博會期間，將5名志願者分配到3個不同國家的場館參加接待工作，每個場館至少分配一名志願者的方案種數是________種．

[答案] 150

[解析] 先分組共有C35＋C25C232種，然後進行排列，有A33種，所以共有(C35＋C25C232)A33＝150種方案．

三、解答題

15．解方程Cx2＋3x＋216＝C5x＋516.

[解析] 因為Cx2＋3x＋216＝C5x＋516，所以x2＋3x＋2＝5x＋5或(x2＋3x＋2)＋(5x＋5)＝16，即x2－2x－3＝0或x2＋8x－9＝0，所以x＝－1或x＝3或x＝－9或x＝1.經檢驗x＝3和x＝－9不符合題意，捨去，故原方程的解為x1＝－1，x2＝1.

16．在∠MON的邊OM上有5個異於O點的點，邊ON上有4個異於O點的點，以這10個點(含O點)為頂點，可以得到多少個三角形？

[解析] 解法1：(直接法)分幾種情況考慮：O為頂點的三角形中，必須另外兩個頂點分別在OM、ON上，所以有C15C14個，O不為頂點的三角形中，兩個頂點在OM上，一個頂點在ON上有C25C14個，一個頂點在OM上，兩個頂點在ON上有C15C24個．因為這是分類問題，所以用分類加法計數原理，共有C15C14＋C25C14＋C15C24＝5×4＋10×4＋5×6＝90(個)．

解法2：(間接法)先不考慮共線點的問題，從10個不同元素中任取三點的組合數是C310，但其中OM上的6個點(含O點)中任取三點不能得到三角形，ON上的5個點(含O點)中任取3點也不能得到三角形，所以共可以得到C310－C36－C35個，即C310－C36－C35＝10×9×81×2×3－6×5×41×2×3－5×41×2＝120－20－10＝90(個)．

解法3：也可以這樣考慮，把O點看成是OM邊上的點，先從OM上的6個點(含O點)中取2點，ON上的4點(不含O點)中取一點，可得C26C14個三角形，再從OM上的5點(不含O點)中取一點，從ON上的4點(不含O點)中取兩點，可得C15C24個三角形，所以共有C26C14＋C15C24＝15×4＋5×6＝90(個)．

17．某次足球比賽共12支球隊參加，分三個階段進行．

(1)小組賽：經抽簽分成甲、乙兩組，每組6隊進行單循環比賽，以積分及凈剩球數取前兩名；

(2)半決賽：甲組第一名與乙組第二名，乙組第一名與甲組第二名作主客場交叉淘汰賽(每兩隊主客場各賽一場)決出勝者；

(3)決賽：兩個勝隊參加決賽一場，決出勝負．

問全程賽程共需比賽多少場？

[解析] (1)小組賽中每組6隊進行單循環比賽，就是6支球隊的任兩支球隊都要比賽一次，所需比賽的場次即為從6個元素中任取2個元素的組合數，所以小組賽共要比賽2C26＝30(場)．

(2)半決賽中甲組第一名與乙組第二名(或乙組第一名與甲組第二名)主客場各賽一場，所需比賽的場次即為從2個元素中任取2個元素的排列數，所以半決賽共要比賽2A22＝4(場)．

(3)決賽只需比賽1場，即可決出勝負．

所以全部賽程共需比賽30＋4＋1＝35(場)．

18．有9本不同的課外書，分給甲、乙、丙三名同學，求在下列條件下，各有多少種分法？

(1)甲得4本，乙得3本，丙得2本；

(2)一人得4本，一人得3本，一人得2本；

(3)甲、乙、丙各得3本．

[分析] 由題目可獲取以下主要信息：

①9本不同的課外書分給甲、乙丙三名同學；

②題目中的3個問題的條件不同．

解答本題先判斷是否與順序有關，然後利用相關的知識去解答．

[解析] (1)分三步完成：

第一步：從9本不同的書中，任取4本分給甲，有C49種方法；

第二步：從餘下的5本書中，任取3本給乙，有C35種方法；

第三步：把剩下的書給丙有C22種方法，

∴共有不同的分法有C49C35C22＝1260(種)．

(2)分兩步完成：

第一步：將4本、3本、2本分成三組有C49C35C22種方法；

第二步：將分成的三組書分給甲、乙、丙三個人，有A33種方法，

∴共有C49C35C22A33＝7560(種)．

(3)用與(1)相同的方法求解，

得C39C36C33＝1680(種)．

高二數學試題及答案2

一、選擇題

1.已知an+1=an-3，則數列{an}是()

A.遞增數列 B.遞減數列

C.常數列 D.擺動數列

解析：∵an+1-an=-30，由遞減數列的定義知B選項正確.故選B.

答案：B

2.設an=1n+1+1n+2+1n+3++12n+1(nN*)，則()

A.an+1an B.an+1=an

C.an+1

解析：an+1-an=(1n+2+1n+3++12n+1+12n+2+12n+3)-(1n+1+1n+2++12n+1)=12n+3-12n+1=-12n+32n+2.

∵nN*，an+1-an0.故選C.

答案：C

3.1,0,1,0，的通項公式為()

A.2n-1 B.1+-1n2

C.1--1n2 D.n+-1n2

解析：解法1：代入驗證法.

解法2：各項可變形為1+12，1-12，1+12，1-12，，偶數項為1-12，奇數項為1+12.故選C.

答案：C

4.已知數列{an}滿足a1=0，an+1=an-33an+1(nN*)，則a20等於()

A.0 B.-3

C.3 D.32

解析：由a2=-3，a3=3，a4=0，a5=-3，可知此數列的最小正周期為3，a20=a36+2=a2=-3，故選B.

答案：B

5.已知數列{an}的通項an=n2n2+1，則0.98()

A.是這個數列的項，且n=6

B.不是這個數列的項

C.是這個數列的項，且n=7

D.是這個數列的項，且n=7

解析：由n2n2+1=0.98，得0.98n2+0.98=n2，n2=49.n=7(n=-7捨去)，故選C.

答案：C

6.若數列{an}的通項公式為an=7(34)2n-2-3(34)n-1，則數列{an}的()

A.最大項為a5，最小項為a6

B.最大項為a6，最小項為a7

C.最大項為a1，最小項為a6

D.最大項為a7，最小項為a6

解析：令t=(34)n-1，nN+，則t(0,1]，且(34)2n-2=[(34)n-1]2=t2.

從而an=7t2-3t=7(t-314)2-928.

函數f(t)=7t2-3t在(0，314]上是減函數，在[314，1]上是增函數，所以a1是最大項，故選C.

答案：C

7.若數列{an}的前n項和Sn=32an-3，那麼這個數列的通項公式為()

A.an=23n-1 B.an=32n

C.an=3n+3 D.an=23n

解析：

①-②得anan-1=3.

∵a1=S1=32a1-3，

a1=6，an=23n.故選D.

答案：D

8.數列{an}中，an=(-1)n+1(4n-3)，其前n項和為Sn，則S22-S11等於()

A.-85 B.85

C.-65 D.65

解析：S22=1-5+9-13+17-21+-85=-44，

S11=1-5+9-13++33-37+41=21，

S22-S11=-65.

或S22-S11=a12+a13++a22=a12+(a13+a14)+(a15+a16)++(a21+a22)=-65.故選C.

答案：C

9.在數列{an}中，已知a1=1，a2=5，an+2=an+1-an，則a2007等於()

A.-4 B.-5

C.4 D.5

解析：依次算出前幾項為1,5,4，-1，-5，-4,1,5,4，，發現周期為6，則a2007=a3=4.故選C.

答案：C

10.數列{an}中，an=(23)n-1[(23)n-1-1]，則下列敘述正確的是()

A.最大項為a1，最小項為a3

B.最大項為a1，最小項不存在

C.最大項不存在，最小項為a3

D.最大項為a1，最小項為a4

解析：令t=(23)n-1，則t=1，23，(23)2，且t(0,1]時，an=t(t-1)，an=t(t-1)=(t-12)2-14.

故最大項為a1=0.

當n=3時，t=(23)n-1=49，a3=-2081;

當n=4時，t=(23)n-1=827，a4=-152729;

又a3

答案：A

二、填空題

11.已知數列{an}的通項公式an=

則它的前8項依次為________.

解析：將n=1,2,3，，8依次代入通項公式求出即可.

答案：1,3，13，7，15，11，17，15

12.已知數列{an}的通項公式為an=-2n2+29n+3，則{an}中的最大項是第________項.

解析：an=-2(n-294)2+8658.當n=7時，an最大.

答案：7

13.若數列{an}的前n項和公式為Sn=log3(n+1)，則a5等於________.

解析：a5=S5-S4=log3(5+1)-log3(4+1)=log365.

答案：log365

14.給出下列公式：

①an=sinn

②an=0，n為偶數，-1n，n為奇數;

③an=(-1)n+1.1+-1n+12;

④an=12(-1)n+1[1-(-1)n].

其中是數列1,0，-1,0,1,0，-1,0，的通項公式的有________.(將所有正確公式的序號全填上)

解析：用列舉法可得.

答案：①

三、解答題

15.求出數列1,1,2,2,3,3，的一個通項公式.

解析：此數列化為1+12，2+02，3+12，4+02，5+12，6+02，，由分子的規律知，前項組成正自然數數列，後項組成數列1,0,1,0,1,0，.

an=n+1--1n22，

即an=14[2n+1-(-1)n](nN*).

也可用分段式表示為

16.已知數列{an}的通項公式an=(-1)n12n+1，求a3，a10，a2n-1.

解析：分別用3、10、2n-1去替換通項公式中的n，得

a3=(-1)3123+1=-17，

a10=(-1)101210+1=121，

a2n-1=(-1)2n-1122n-1+1=-14n-1.

17.在數列{an}中，已知a1=3，a7=15，且{an}的通項公式是關於項數n的一次函數.

(1)求此數列的通項公式;

(2)將此數列中的偶數項全部取出並按原來的先後順序組成一個新的數列{bn}，求數列{bn}的通項公式.

解析：(1)依題意可設通項公式為an=pn+q，

得p+q=3，7p+q=15.解得p=2，q=1.

{an}的通項公式為an=2n+1.

(2)依題意bn=a2n=2(2n)+1=4n+1，

{bn}的通項公式為bn=4n+1.

18.已知an=9nn+110n(nN*)，試問數列中有沒有最大項?如果有，求出最大項，如果沒有，說明理由.

解析：∵an+1-an=(910)(n+1)(n+2)-(910)n(n+1)=(910)n+18-n9，

當n7時，an+1-an

當n=8時，an+1-an=0;

當n9時，an+1-an0.

a1

故數列{an}存在最大項，最大項為a8=a9=99108.