2011届高考数学第一轮复习测试题7.doc

北京高考门户网站 电话2011届高三数学一轮复习测试：数列本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。第卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的。)1(文)已知等差数列an中，a105，sn为其前n项的和，则s19等于()a80 b100 c95 d90答案c解析s1919a1019595.(理)已知数列an满足a11，a21，an1|anan1|(n2)，则该数列前2011项的和s2011等于()a1341 b669 c1340 d1339答案a解析列举数列各项为：1,1,0,1,1,0，.201136701，s2011267011341.2在函数yf(x)的图象上有点列(xn，yn)，若数列xn是等差数列，数列yn是等比数列，则函数yf(x)的解析式可能为()af(x)2x1 bf(x)4x2cf(x)log3x df(x)x答案d解析对于函数f(x)x上的点列(xn，yn)，有ynxn，由于xn是等差数列，所以xn1xnd，因此xn1xnd，这是一个与n无关的常数，故yn是等比数列故选d.3已知an为等差数列，bn为正项等比数列，公式q1，若a1b1，a11b11，则()aa6b6 ba6b6ca6b6.8163574924.(文)将n2(n3)个正整数1,2,3，n2填入nn方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形就叫做n阶幻方记f(n)为n阶幻方对角线上数的和，如右表就是一个3阶幻方，可知f(3)15，则f(n)()a.n(n21) b.n2(n1)3c.n2(n21) dn(n21)答案a解析本题以幻方为载体考查了数列的求和问题由已知可得f(n)(123n2).(理)若数列1,2cos，22cos2，23cos3，2kcosk，前2010项之和为0，则的值为()ak(kz) b2k(kz)c2k(kz) d以上答案均不对答案c解析显然当公比q2cos1时，不满足题意，所以有0，因此2cos1，故2k(kz)故选c.5在如图所示的程序框图中，当输出的t的值最大时，正整数k的值等于()a6 b7 c6或7 d8答案c解析该程序框图的实质是输出等比数列an64n1的前k项的乘积tka1a2ak，由于a71，所以t6t7且最大故选c.6(文)设sn表示等差数列an的前n项和，已知，那么等于()a. b. c. d.答案b解析设其公差为d，a13d.(理)在等差数列an中，其前n项和是sn，若s150，s160，s168(a8a9)0，a90，0，0，0，0，0，而0s1s2a2a80，所以在，中最大的是，故选b.7已知数列an，bn都是公差为1的等差数列，其首项分别为a1，b1且a1b15，a1，b1n*，设cnabn(nn*)，则数列cn的前10项之和等于()a55 b70 c85 d100答案c解析ana1(n1)1a1n1，bnb1n1，则abna1bn1a1(b1n1)1n3cnn3，故数列cn为等差数列，首项是134，公差为1，前10项和为10485.8设sn是等差数列an的前n项和，点o(0,0)、a(l，sl)、b(m，sm)、c(p，sp)(其中lmp)，若向量与共线，则l、m、p之间的关系是()ampl b2mplc2pml dpml答案d解析依题意得(ml，smsl)，(p，sp)，由于与共线，所以有(ml)spp(smsl)，再设等差数列an的公差为d，代入整理可得pml，故选d.9在abc中，是角a、b、c成等差数列的()a充分非必要条件b充要条件c必要非充分条件d既不充分也不必要条件答案a解析2sinasincsin2a2cosacosccos2a2cos(ac)10cosbbac2ba、b、c成等差数列但当a、b、c成等差数列时，不一定成立，如a、b、c.故是充分非必要条件故选a.10已知0ab1，a0)则：logbnlog(aq)n，logcnlog(aq2)n，可验证，logan，logbn，logcn既不是等差数列又不是等比数列故选d.11某地区的农民收入由工资性收入和其他收入两部分构成.2004年该地区农民人均收入为3150元(其中工资性收入为1800元，其他收入为1350元)，预计该地区自2005年起的5年内，农民的工资性收入将以每年6%的年增长率增长，其他收入每年增加160元根据以上数据，2009年该地区农民人均收入介于()a4200元4400元 b4400元4600元c4600元4800元 d4800元5000元答案b解析到2009年农民的工资性收入变为1800(16%)52409(元)，其他收入变为135051602150(元)，故2009年收入为4559(元)12设f1(x)，fn1(x)f1fn(x)，且an，则a2011等于()a.2009 b.2010c.2011 d.2012答案d解析fn1(x)f1fn(x)，fn1(0)f1fn(0)，又f1(0)2，f2(0)，f3(0)，又an，a1，a2，a3，结合选项可知，an是首项为，公比为的等比数列，a201120102012.点评严格推证过程如下：.第卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)13(文)有1200根相同的钢管，把它们堆放成正三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余钢管的根数为_答案24解析由1200，nn，得n48，120024.(理)已知a，b，c的倒数成等差数列，则，的倒数成_数列答案等差解析因为a，b，c的倒数成等差数列，即2acb(ac)，又222222，所以，的倒数成等差数列故填等差点评可取特值探索，如a1，b，c.14在等比数列an中，an0(nn*)，公比q(0,1)，且a1a52a3a5a2a825，又a3与a5的等比中项为2，bnlog2an，数列bn的前n项和为sn，则当最大时，n的值等于_答案8或9解析a1a52a3a5a2a825，a2a3a5a25，又an0，a3a55，又q(0,1)，a3a5，又a3a54，a34，a51，q，a116，an16n125n，bnlog2an5n，bn1bn1，bn是以b14为首项，1为公差的等差数列，sn，当n8时，0；当n9时，0；当n9时，0，当n8或9时，最大15(文)已知，且sin，sin2，sin4成等比数列，则的值为_答案解析由题意，sin22sinsin4，sin222sinsin2cos2，即sin22sincos2，2sincos2sincos2，即coscos2，2cos21cos.(2cos1)(cos1)0.cos，.(理)某资料室使用计算机进行编码，如下表所示，编码以一定规则排列，且从左到右以及从上到下都是无限延伸的，则此表中主对角线上的数构成的数列1,2,5,10,17，的通项公式为_.11111112345613579111471013161591317211611162126答案ann22n2，nn*解析由编码可得，第m行是首项为1，公差为m1的等差数列，则第m行的第n个数为1(n1)(m1)，令mn，则有an1(n1)(n1)n22n2，nn*.故填ann22n2，nn*.16正整数集合ak的最小元素为1，最大元素为2011，并且各元素可以从小到大排成一个公差为k的等差数列，则并集a10a15中的元素个数为_答案269解析设集合ak中的元素个数为xk，则20111(xk1)k，xk1，x10202，x15135，x3068，故a10a15中的元素个数为x10x15x30269.三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17(本小题满分12分)数列an中，a12，an1ancn(c是常数，n1,2,3，)，且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列(1)求c的值；(2)求an的通项公式解析(1)a12，a22c，a323c，a1、a2、a3成等比数列，(2c)22(23c)，解得c0或c2.当c0时，a1a2a3，不符合题意舍去，故c2.(2)当n2时，a2a1c，a3a22c，anan1(n1)c，ana112(n1)cc.又a12，c2，故ann2n2(n2,3，)当n1时，上式也成立，ann2n2(n1,2，)18(本小题满分12分)(文)数列an的前n项和记为sn，a11，an12sn1(n1)(1)求an的通项公式；(2)等差数列bn的各项为正数，前n项和为tn，且t315，又a1b1，a2b2，a3b3成等比数列，求tn.解析(1)由an12sn1可得an2sn11(n2)，两式相减得an1an2an，an13an(n2)，又a22s113，a23a1，故an是首项为1，公比为3的等比数列，an3n1.(2)设bn的公差为d，由t315得，b1b2b315，可得b25，故可设b15d，b35d，又a11，a23，a39，由题意可得(5d1)(5d9)(53)2，解得d2或10.等差数列bn的各项均为正数，d2，b13，tn3n2n22n.(理)设数列an的前n项和为sn，已知a11，且an2snsn10(n2)，(1)求数列sn的通项公式；(2)设sn，bnf()1.记pns1s2s2s3snsn1，tnb1b2b2b3bnbn1，试求tn，并证明pn.解析(1)解：an2snsn10(n2)，snsn12snsn10.2.又a1，sn(nn)(2)证明：sn，f(n)2n1.bn2()11()n1.tn()0()1()1()2()n1()n()1()3()5()2n11()npn1，两边取对数得：lg(1an1)2lg(1an)，即2.lg(1an)是公比为2的等比数列(2)由(1)知lg(1an)2n1lg(1a1)2n1lg3lg32n11an32n1(*)tn(1a1)(1a2)(1an)32032132n1312222n132n1.由(*)式得an32n11.(理)设函数f(x)3x21，g(x)2x，数列an满足条件：对于nn*，an0，且f(an1)f(an)g，又设数列bn满足条件：bnlogana(a0且a1，nn*)(1)求证：数列an为等比数列；(2)求证：数列是等差数列；(3)设k，ln*，且kl5，bk，bl，求数列bn的通项公式解析(1)证明：f(x)3x21，g(x)2x，f(an1)f(an)g(an1)，3(an1)213a12(an1)3.数列an是以3为公比的等比数列(2)证明：bnlogana，logaan，logaan1.logaloga3.数列是以为首项，公差为loga3的等差数列(3)解：为方便起见，记数列的公差为d，由于(kl)d.又bk，bl，(13l)(13k)(kl)d.d3.(nk)d(13l)3(nk)3(kl)3n1.kl5，163n.bn.20(本小题满分12分)(文)已知数列an中，a1，an1an(nn*)(1)求数列an中的最大项；(2)求数列an的通项公式解析(1)当n1时，a2a10.a2a1，当n2时，an1an0，an1an.故当n2时，数列an是递减数列综上所述，对一切nn*都有a2an.数列an中的最大项为a2.(2)由a1，an1an(nn*)，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)，an，得an，an.(理)数列an满足a11，a22，an2ansin2，n1,2,3，.(1)求a3，a4，并求数列an的通项公式；(2)设bn，snb1b2bn.证明：当n6时，|sn2|.分析考虑到递推关系式中的sin和cos，可以对n分偶数和奇数进行讨论，从而求得数列an的通项公式，然后再求出数列bn的前n项和公式，用数学归纳法进行证明解析(1)因为a11，a22，所以a3(1cos2)a1sin2a112，a4(1cos2)a2sin22a24.一般地，当n2k1(kn*)时，a2k11cos2a2k1sin2a2k11，即a2k1a2k11.所以a2k1k.当n2k(kn*)时，a2k2a2ksin22a2k.所以a2k2k.故数列an的通项公式为an(2)由(1)知，bn，sn，sn，得，sn1.所以sn22.要证明当n6时，|sn2|成立，只需证明当n6时，1成立(1)当n6时，1成立(2)假设当nk(k6)时不等式成立，即1.则当nk1时，1，由(1)、(2)所述可知，当n6时，1.即当n6时，|sn2|bn成立解析(1)由yx2x2lnx，知x1时，y4，又y|x1x12，直线l的方程为y42(x1)，即y2x2，又点(n1，an1ana1)在l上，a1m，an1anm2n.即an1an2nm(nn)，a2a12m，a3a222m，anan12(n1)m.各项迭加得，an2(12n1)(n1)ma1n2(m1)n.通项公式ann2(m1)n(nn)(2)m为奇数，为整数，由题意知，a5是数列an中的最小项，5，m9，令f(n)bnn3(m1)n2n310n2，则f (n)3n220n，由f (n)0得，n(nn)，即n(nn)时，f(n)单调递增，即bn1bn成立，n的取值范围是n7，且nn.22(本小题满分14分)设数列xn的所有项都是不等于1的正数，前n项和为sn，已知点pn(xn，sn)在直线ykxb上(其中常数k0，且k1)，又ynlog0.5xn.(1)求证：数列xn是等比数列；(2)如果yn183n，求实数k、b的值；(3)如果存在t、sn*，st，使得点(t，ys)和(s，yt)都在直线y2x1上，试判断，是否存在自然数m，当nm时，xn1恒成立？若存在，求出m的最小值，若不存在，请说明理由解析(1)证明：点pn，pn1都在直线ykxb上，k，(k1)xn1kxn.常数k0，且k1，(非零常数)数列xn是等比数列(2)由ynlog0.5xn，得xn()yn8n6858n1，8，k.pn在直线ykxb上，snkxnb，令n1得bs1x1.(3)xn1恒成立等价于yn0，存在t，sn，使得(t，ys)和(s，yt)都在y2x1上，ys2t1，yt2s1，得ysyt2(ts)易证yn是等差数列，设其公差为d，则有ysyt(st)d，st，d20，即数列yn是首项为正，公差为负的等差数列，一定存在一个自然数m，使即解得tsm时，xn1恒成立 ks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5u 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