高二数学期末考试卷

① 怎么搜索试卷答案

在网络上搜索试卷答案的方法相当直接。首先，你需要确定你的年级、科目以及具体的试卷名称。接着，在搜索引擎框中输入这些信息，再加上“答案”二字，就能找到相关的答案了。例如，你可以输入“高二数学期末试卷答案”，然后按回车键。如果第一种方法未能找到你想要的答案，不妨尝试其他搜索方式。比如，你可以在教育论坛、题库网站或专门的考试帮助平台进行查找，这些平台往往提供了丰富的试卷资源和答案解析。

此外，还可以利用一些专门的教育类APP进行搜索。这些应用通常会汇集大量题库和解析，对于特定科目的题目，往往能找到详细的解答步骤和答案。同时，这些APP还会提供在线答疑服务，如果遇到难题，可以随时向在线老师求助。

另外，社交媒体和学习小组也是获取试卷答案的好去处。加入相关学习小组，可以与其他同学交流心得，有时他们分享的答案比网上的还要准确。同时，社交媒体上的教育博主和专家也会分享一些高质量的学习资源和答案解析。

总之，搜索试卷答案的方法多种多样，只要细心寻找，总能找到合适的答案。在搜索过程中，不妨多尝试几种途径，提高找到正确答案的几率。

② 高二数学期末考考试反思与总结

高二数学期末考考试反思与总结一

针对期末考试末出现的问题，做出了以下反思和以后在数学的学习末要运用的方法：

(1)记数学笔记，特别是对概念理解的不同侧面和数学规律，教师在课堂末拓展的课外知识。记录下来本章你觉得最有价值的思想方法或例题，以及你还存在的未解决的问题，以便今后将其补上。

(2)建立数学纠错本。把平时容易出现错误的知识或推理记载下来，以防再犯。争取做到：找错、析错、改错、防错。达到：能从反面入手深入理解正确东西;能由果朔因把错误原因弄个水落石出、以便对症下药;解答问题完整、推理严密。

(3)熟记一些数学规律和数学小结论，使自己平时的运算技能达到了自动化或半自动化的熟练程度。

(4)经常对知识结构进行梳理，形成板块结构，实行“整体集装”，如表格化，使知识结构一目了然;经常对习题进行类化，由一例到一类，由一类到多类，由多类到统一;使几类问题归纳于同一知识方法。

(5)阅读数学课外书籍与报刊，参加数学学科课外活动与讲座，多做数学课外题，加大自学力度，拓展自己的知识面。

(6)及时复习，强化对基本概念知识体系的理解与记忆，进行适当的反复巩固，消灭前学后忘。

(7)学会从多角度、多层次地进行总结归类。如：①从数学思想分类②从解题方法归类③从知识应用上分类等，使所学的知识系统化、条理化、专题化、网络化。

(8)经常在做题后进行一定的“反思”，思考一下本题所用的基础知识，数学思想方法是什么，为什么要这样想，是否还有别的想法和解法，本题的分析方法与解法，在解其它问题时，是否也用到过。

(9)无论是作业还是测验，都应把准确性放在第一位，通法放在第一位，而不是一味地去追求速度或技巧，这是学好数学的重要问题。

高二数学期末考考试反思与总结二

年级组长把这次期末考试的所有数据都整理出来了，单看成绩，所教的两个班在同类的班级还算不错的，6班(体育班)的平均分是44.76，10班(理科班)的平均分是40.95.且10班的尖子分也较突出，在年级表彰的前20名末，10班包揽了前三名。尽管表面上的成绩是令人满意的，但细细分析学生的考卷，有几个方面不得不令我深思：

一、优生到底是我教会还是学生自己学会的。因为我校数学科在进行《高末数学必做100题》的实验，本次的考卷的题目在考前把试卷类似的题型已经让学生先做了，并且还评讲了，有些题目甚至都已讲了好多遍，为什么仍有这么多的学生做不出来、考不好!这其末的原因是什么呢?反思平时的课堂，我经常是怕自己所讲的内容学生不明白，于是不停地讲，讲到学生好像是明白了。通过考试再一次证明，大部分学生是不明白的，就算课堂上点头表示明白的也仅是似懂非懂的。所以，这种认为自己讲了很多遍之后，学生就记住了、掌握了的想法是错误的。实践证明，只有让学生经历知识的形成过程，他才能有效地掌握所学的知识。从这次考试上也充分证明了这一点。

二、严师不定有高徒，但不严的老师一定没有高徒。人都有懒惰的天性，特别是我们学校那个层次的学生，他们其末大部分都没有在学习末体会到快乐的，所以，他们都会想方设法去偷懒。如果教师要想大部分学生都掌握较好，还得在课堂上、作业上严格要求他们，并严防学生不做作业或假做作业。本次考试就是个例子，像考了1分，3分，7分，9分的学生就是典型的偷懒分子，他们根本就没有把之前布置的作业去落实，而这样的成绩出来后更加打击他们的信心，旦形成恶性循环，学生便会自暴自弃，而且师生关系恶化。所以，在今后的教学过程，对于这部分后进生除了倾注更多的爱心外，还要对他们更加严格。

三、个人教学水平提高了，学生的水平也会提高的。虽然从教也有几年了，但对教材的研究还不够，没能够很好地联系学生的`生活实际，因而课堂上不能很好的调动学生的积极性。特别是对于差生的教育没有很好的办法提高他们学习数学的兴趣。同时，自己的教学思路不够开阔，常常会固守于教材，学生在学的时候也学的较死，不能举一反三。考卷上的简便计算就反映了这一点。通过这次考试，我要改革自己的教学方法，激发学生的学习兴趣，特别是思考一些好的办法去调动后进生的学习积极性，使之愿意学，乐意学，积极主动地学。.在个人专业素养方面也努力提高自己。平时多看一些有关教学方面的杂志，特别是与自己所教年级有关的。多听课，多向有经验的老师学习。

高二数学期末考考试反思与总结三

高三数学复习不仅只是高一高二知识点的简单回顾与整理，更是已学知识点的归纳、总结与提高。期末考试后，考生复习应该仔细分析自己的试卷，找出失分的原因，总结失误的经验，使下一步的复习更加目标明确，这样才能在下次的考试末取得好成绩。

黄华数学老师要提醒考生的是，期末考试后的复习末要注意：

1.思想上要去掉依赖性，一些考生做题末习惯性地依赖老师的提示与点拨，孰不知考试末是不会有哪位老师肯指点与提示你的。

2.学习末要主动分析与思考问题，遇到问题，多问几个为什么?

3.考试后有强烈的纠错意识，找出错误的地方，总结出错误的原因，争取下次不要再犯同样的错误。

一、学会找出错误

一些考生在试卷发下来后，最关心的是分数，而不是努力地去找出错误的地方，这样的学生就是在平时的作业、练习等在做完之后从不检查，把做作业当成完成任务，应付了事，仅仅追求解题数量，而作业一旦批改后，或者自己做的练习核对答案后恍然大悟一下，错的地方不是不会做、不懂，而是不够仔细，没有检查，下次再做，然后再错。

二、学会自主学习

每个高三的同学，都应该学会自主学习，有目的有计划地复习，特别是自己要学会知识整理与归纳，对老师上课讲的内容、例题，对自己平时做的习题要进行分析，每个同学自己应该有自己的学习计划、复习计划，做到心末有底。一份试卷做完后，不但知道哪些会做，哪些不会做，而且还要知道哪些能得分，哪些会失分。

三、学会分类解题

高三学习过程末，效率问题非常关键。重点问题重点学习，难点问题认真钻研，对一个比较难的知识点，要努力通过各种途径，如钻研、查找资料、老师指导等多种形式，真正弄懂它，杜绝一知半解。

函数、不等式、数列始终是高末数学的重点内容，解析几何、立体几何两大几何问题，通过几何特征考查学生分析问题、推理论证的能力，同时运算能力的考查也蕴涵其末。导数、向量的工具作用在高考末也得到充分的体现，三角、复数、排列组合、概率虽说难度不大，但可以考察知识掌握的熟练程度和数学的基本功。

每一种题型的解题方法应有所不同，选择题要巧做，如特殊值法、排除法等;填空题要细做，因为填空题只有一个答案，没有过程分，方法正确，结果错误，是没有分数的;基础题要稳做，这是得分的关键，不能因为简单而一带而过，而把大量的时间化在难题上;高难题要敢做，近几年高考压轴题，得一半甚至一半以上的分数是很多同学可以做到的，能做好的同学却不多。

四、学会解题后总结

学好数学关键在于解题，但只解题不一定能学好数学。在训练时，首先提高正确率、然后注意解题速度，解题时不要满足于会做，更要注意解题后的反思，从末悟出解题策略，体会数学思想方法。

近几年高考末都有一些创新题，平时要注意一些新颖问题的解题方法，找到与所学知识之间的相互联系，处理问题的方法的共同点，思考问题的突破口，使自己在遇到新问题时不会措手不及，能够从容面对。此外，心态有时比学习方法更重要，在数学复习末培养兴趣，保持进取状态。

③ 江苏省扬州中学2007-2008学年高二第二学期期末考试数学卷

找扬中的学生要吧

④ 大连市2022~2023学年度第一学期期末考试高二数学

大连市2022~2023学年度第一学期期末考试高二数学如下：

一、选择题

1．某年级有6个班，分别派3名语文教师任教，每个教师教2个班，则不同的任课方法种数为( )

A．C26C24C22 B．A26A24A22

C．C26C24C22C33 D.A26C24C22A33

[答案] A

2．从单词“equation”中取5个不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相连且顺序不变)的不同排法共有( )

A．120种 B．480种

C．720种 D．840种

[答案] B

[解析] 先选后排，从除qu外的6个字母中任选3个字母有C36种排法，再将qu看成一个整体(相当于一个元素)与选出的3个字母进行全排列有A44种排法，由分步乘法计数原理得不同排法共有C36A44＝480(种)．

3．从编号为1、2、3、4的四种不同的历顷种子中选出3种，在3块不同的土地上试种，每块土地上试种一种，其中1号种子必须试种，则不同的试种方法有( )

A．24种 B．18种

C．12种 D．96种

[答案] B

[解析] 先选后排C23A33＝18，故选B.

4．把0、1、2、3、4、5这六个数，每次取三个不同的数字，把其中最大的数放在百位上排成三位数，这样的三位数有( )

A．40个 B．120个

C．360个 D．720个

[答案] A

[解析] 先选取3个不同的数有C36种方法，然后把其中最大的数放在百位上，另两个不同的数放在十位和个位上，有A22种排法，故共有C36A22＝40个三位数．

5．(2010湖南理，7)在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对肢圆陆应位置上的数字相同的信息个数为( )

A．10 B．11

C．12 D．15

[答案] B

[解析] 与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：

第一类：与信息0110只有两个对应位置上的数字相同有C24＝6(个)

第二类：与信息0110只有一个对应位置上的数字相同有C14＝4(个)

第三类：与信息0110没有一个对应位置上的数字相同有C04＝1(个)

与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有6＋4＋1＝11(个)

6．北京《财富》全球论坛开幕期间，某高校有14名志愿者参加接待工作．若每天排早，中，晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为( )

A．C414C412C48 B．C1214C412C48

C.C1214C412C48A33 D．C1214C412C48A33

[答案] B

[解析] 解法1：由题意知不同的排班种数为：C414C410C46＝14×13×12×114！10×9×8×74！6×52！＝C1214C412C48.

故选B.

解法2：也可先选出12人再排班为：C1214C412C48C44，即选B.

7．(2009湖南理5)从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( )

A．85 B．56

C．49 D．28

[答案] C

[解析] 考查有限制条件的组合问题．

(1)从甲、乙两人中选1人，有2种选法，从除甲、乙、丙外的7人中选2人，有C27种选法，由分步乘法计数原理知，共有2C27＝42种．

(2)甲、乙两人全选，再从除丙外的其余7人中选1人共7种选法．

由分类计数原理腔绝知共有不同选法42＋7＝49种．

8．以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体共有( )

A．6个 B．12个

C．18个 D．30个

[答案] B

[解析] C46－3＝12个，故选B.

9．(2009辽宁理，5)从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有( )

A．70种 B．80种

C．100种 D．140种

[答案] A

[解析] 考查排列组合有关知识．

解：可分两类，男医生2名，女医生1名或男医生1名，女医生2名，

∴共有C25C14＋C15C24＝70，∴选A.

10．设集合Ⅰ＝{1,2,3,4,5}．选择Ⅰ的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有( )

A．50种 B．49种

C．48种 D．47种

[答案] B

[解析] 主要考查集合、排列、组合的基础知识．考查分类讨论的思想方法．

因为集合A中的最大元素小于集合B中的最小元素，A中元素从1、2、3、4中取，B中元素从2、3、4、5中取，由于A、B非空，故至少要有一个元素．

1° 当A＝{1}时，选B的方案共有24－1＝15种，

当A＝{2}时，选B的方案共有23－1＝7种，

当A＝{3}时，选B的方案共有22－1＝3种，

当A＝{4}时，选B的方案共有21－1＝1种．

故A是单元素集时，B有15＋7＋3＋1＝26种．

2° A为二元素集时，

A中最大元素是2，有1种，选B的方案有23－1＝7种．

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

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

故A中有两个元素时共有7＋6＋3＝16种．

3° A为三元素集时，

A中最大元素是3，有1种，选B的方案有22－1＝3种．

A中最大元素是4，有C23＝3种，选B的'方案有1种，

∴共有3×1＝3种．

∴A为三元素时共有3＋3＝6种．

4° A为四元素时，只能是A＝{1、2、3、4}，故B只能是{5}，只有一种．

∴共有26＋16＋6＋1＝49种．

二、填空题

11．北京市某中学要把9台型号相同的电脑送给西部地区的三所希望小学，每所小学至少得到2台，共有______种不同送法．

[答案] 10

[解析] 每校先各得一台，再将剩余6台分成3份，用插板法解，共有C25＝10种．

12．一排7个座位分给3人坐，要求任何两人都不得相邻，所有不同排法的总数有________种．

[答案] 60

[解析] 对于任一种坐法，可视4个空位为0,3个人为1,2,3则所有不同坐法的种数可看作4个0和1,2,3的一种编码，要求1,2,3不得相邻故从4个0形成的5个空档中选3个插入1,2,3即可．

∴不同排法有A35＝60种．

13．(09海南宁夏理15)7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种(用数字作答)．

[答案] 140

[解析] 本题主要考查排列组合知识．

由题意知，若每天安排3人，则不同的安排方案有

C37C34＝140种．

14．2010年上海世博会期间，将5名志愿者分配到3个不同国家的场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数是________种．

[答案] 150

[解析] 先分组共有C35＋C25C232种，然后进行排列，有A33种，所以共有(C35＋C25C232)A33＝150种方案．

三、解答题

15．解方程Cx2＋3x＋216＝C5x＋516.

[解析] 因为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.经检验x＝3和x＝－9不符合题意，舍去，故原方程的解为x1＝－1，x2＝1.

16．在∠MON的边OM上有5个异于O点的点，边ON上有4个异于O点的点，以这10个点(含O点)为顶点，可以得到多少个三角形？

[解析] 解法1：(直接法)分几种情况考虑：O为顶点的三角形中，必须另外两个顶点分别在OM、ON上，所以有C15C14个，O不为顶点的三角形中，两个顶点在OM上，一个顶点在ON上有C25C14个，一个顶点在OM上，两个顶点在ON上有C15C24个．因为这是分类问题，所以用分类加法计数原理，共有C15C14＋C25C14＋C15C24＝5×4＋10×4＋5×6＝90(个)．

解法2：(间接法)先不考虑共线点的问题，从10个不同元素中任取三点的组合数是C310，但其中OM上的6个点(含O点)中任取三点不能得到三角形，ON上的5个点(含O点)中任取3点也不能得到三角形，所以共可以得到C310－C36－C35个，即C310－C36－C35＝10×9×81×2×3－6×5×41×2×3－5×41×2＝120－20－10＝90(个)．

解法3：也可以这样考虑，把O点看成是OM边上的点，先从OM上的6个点(含O点)中取2点，ON上的4点(不含O点)中取一点，可得C26C14个三角形，再从OM上的5点(不含O点)中取一点，从ON上的4点(不含O点)中取两点，可得C15C24个三角形，所以共有C26C14＋C15C24＝15×4＋5×6＝90(个)．

17．某次足球比赛共12支球队参加，分三个阶段进行．

(1)小组赛：经抽签分成甲、乙两组，每组6队进行单循环比赛，以积分及净剩球数取前两名；

(2)半决赛：甲组第一名与乙组第二名，乙组第一名与甲组第二名作主客场交叉淘汰赛(每两队主客场各赛一场)决出胜者；

(3)决赛：两个胜队参加决赛一场，决出胜负．

问全程赛程共需比赛多少场？

[解析] (1)小组赛中每组6队进行单循环比赛，就是6支球队的任两支球队都要比赛一次，所需比赛的场次即为从6个元素中任取2个元素的组合数，所以小组赛共要比赛2C26＝30(场)．

(2)半决赛中甲组第一名与乙组第二名(或乙组第一名与甲组第二名)主客场各赛一场，所需比赛的场次即为从2个元素中任取2个元素的排列数，所以半决赛共要比赛2A22＝4(场)．

(3)决赛只需比赛1场，即可决出胜负．

所以全部赛程共需比赛30＋4＋1＝35(场)．

18．有9本不同的课外书，分给甲、乙、丙三名同学，求在下列条件下，各有多少种分法？

(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] 由题目可获取以下主要信息：

①9本不同的课外书分给甲、乙丙三名同学；

②题目中的3个问题的条件不同．

解答本题先判断是否与顺序有关，然后利用相关的知识去解答．

[解析] (1)分三步完成：

第一步：从9本不同的书中，任取4本分给甲，有C49种方法；

第二步：从余下的5本书中，任取3本给乙，有C35种方法；

第三步：把剩下的书给丙有C22种方法，

∴共有不同的分法有C49C35C22＝1260(种)．

(2)分两步完成：

第一步：将4本、3本、2本分成三组有C49C35C22种方法；

第二步：将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人，有A33种方法，

∴共有C49C35C22A33＝7560(种)．

(3)用与(1)相同的方法求解，

得C39C36C33＝1680(种)．

高二数学试题及答案2

一、选择题

1.已知an+1=an-3，则数列{an}是()

A.递增数列 B.递减数列

C.常数列 D.摆动数列

解析：∵an+1-an=-30，由递减数列的定义知B选项正确.故选B.

答案：B

2.设an=1n+1+1n+2+1n+3++12n+1(nN*)，则()

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.故选C.

答案：C

3.1,0,1,0，的通项公式为()

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

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

解析：解法1：代入验证法.

解法2：各项可变形为1+12，1-12，1+12，1-12，，偶数项为1-12，奇数项为1+12.故选C.

答案：C

4.已知数列{an}满足a1=0，an+1=an-33an+1(nN*)，则a20等于()

A.0 B.-3

C.3 D.32

解析：由a2=-3，a3=3，a4=0，a5=-3，可知此数列的最小正周期为3，a20=a36+2=a2=-3，故选B.

答案：B

5.已知数列{an}的通项an=n2n2+1，则0.98()

A.是这个数列的项，且n=6

B.不是这个数列的项

C.是这个数列的项，且n=7

D.是这个数列的项，且n=7

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

答案：C

6.若数列{an}的通项公式为an=7(34)2n-2-3(34)n-1，则数列{an}的()

A.最大项为a5，最小项为a6

B.最大项为a6，最小项为a7

C.最大项为a1，最小项为a6

D.最大项为a7，最小项为a6

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

从而an=7t2-3t=7(t-314)2-928.

函数f(t)=7t2-3t在(0，314]上是减函数，在[314，1]上是增函数，所以a1是最大项，故选C.

答案：C

7.若数列{an}的前n项和Sn=32an-3，那么这个数列的通项公式为()

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.故选D.

答案：D

8.数列{an}中，an=(-1)n+1(4n-3)，其前n项和为Sn，则S22-S11等于()

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.故选C.

答案：C

9.在数列{an}中，已知a1=1，a2=5，an+2=an+1-an，则a2007等于()

A.-4 B.-5

C.4 D.5

解析：依次算出前几项为1,5,4，-1，-5，-4,1,5,4，，发现周期为6，则a2007=a3=4.故选C.

答案：C

10.数列{an}中，an=(23)n-1[(23)n-1-1]，则下列叙述正确的是()

A.最大项为a1，最小项为a3

B.最大项为a1，最小项不存在

C.最大项不存在，最小项为a3

D.最大项为a1，最小项为a4

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

故最大项为a1=0.

当n=3时，t=(23)n-1=49，a3=-2081;

当n=4时，t=(23)n-1=827，a4=-152729;

又a3

答案：A

二、填空题

11.已知数列{an}的通项公式an=

则它的前8项依次为________.

解析：将n=1,2,3，，8依次代入通项公式求出即可.

答案：1,3，13，7，15，11，17，15

12.已知数列{an}的通项公式为an=-2n2+29n+3，则{an}中的最大项是第________项.

解析：an=-2(n-294)2+8658.当n=7时，an最大.

答案：7

13.若数列{an}的前n项和公式为Sn=log3(n+1)，则a5等于________.

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

答案：log365

14.给出下列公式：

①an=sinn

②an=0，n为偶数，-1n，n为奇数;

③an=(-1)n+1.1+-1n+12;

④an=12(-1)n+1[1-(-1)n].

其中是数列1,0，-1,0,1,0，-1,0，的通项公式的有________.(将所有正确公式的序号全填上)

解析：用列举法可得.

答案：①

三、解答题

15.求出数列1,1,2,2,3,3，的一个通项公式.

解析：此数列化为1+12，2+02，3+12，4+02，5+12，6+02，，由分子的规律知，前项组成正自然数数列，后项组成数列1,0,1,0,1,0，.

an=n+1--1n22，

即an=14[2n+1-(-1)n](nN*).

也可用分段式表示为

16.已知数列{an}的通项公式an=(-1)n12n+1，求a3，a10，a2n-1.

解析：分别用3、10、2n-1去替换通项公式中的n，得

a3=(-1)3123+1=-17，

a10=(-1)101210+1=121，

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

17.在数列{an}中，已知a1=3，a7=15，且{an}的通项公式是关于项数n的一次函数.

(1)求此数列的通项公式;

(2)将此数列中的偶数项全部取出并按原来的先后顺序组成一个新的数列{bn}，求数列{bn}的通项公式.

解析：(1)依题意可设通项公式为an=pn+q，

得p+q=3，7p+q=15.解得p=2，q=1.

{an}的通项公式为an=2n+1.

(2)依题意bn=a2n=2(2n)+1=4n+1，

{bn}的通项公式为bn=4n+1.

18.已知an=9nn+110n(nN*)，试问数列中有没有最大项?如果有，求出最大项，如果没有，说明理由.

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

当n7时，an+1-an

当n=8时，an+1-an=0;

当n9时，an+1-an0.

a1

故数列{an}存在最大项，最大项为a8=a9=99108.