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  • 2021-06-19 发布

上海市普陀区晋原中学2015-2016学年高二(上)期中数学试卷(解析版)

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‎2015-2016学年上海市普陀区晋原中学高二(上)期中数学试卷 ‎ ‎ 一、填空题 ‎1.已知{an]为等差数列,a1+a3+a5=9,a2+a4+a6=15,则a3+a4=      .‎ ‎ ‎ ‎2.已知数列{an}的前n项和Sn=5﹣4×2﹣n,则其通项公式为      .‎ ‎ ‎ ‎3.已知an=(n∈N*),设am为数列{an}的最大项,则m=      .‎ ‎ ‎ ‎4.在空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上分别取点E、F、G、H,如果EH、FG相交于一点M,那么M一定在直线      上.‎ ‎ ‎ ‎5.在等差数列{an}中,若an+an+2=4n+6(n∈N*),则该数列的通项公式an=      .‎ ‎ ‎ ‎6.若存在,则实数r的取值范围是      .‎ ‎ ‎ ‎7.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E为C1D1的中点,则异面直线AE与BC所成的角的余弦值为      .‎ ‎ ‎ ‎8.已知数列{an}的通项公式为an=log3(n∈N*),设其前n项和为Sn,则使Sn<﹣4成立的最小自然数n等于      .‎ ‎ ‎ ‎9.等比数列{an}的公比0<q<1,a172=a24,则使a1+a2+…+an>++…+成立的正整数n的最大值为      .‎ ‎ ‎ 第24页(共24页)‎ ‎10.数列{an}的通项公式an=,前n项和为Sn,则=      .‎ ‎ ‎ ‎11.在等差数列{an}中,<﹣1,若它的前n项和Sn有最大值,则使Sn取得最小正数的n=      .‎ ‎ ‎ ‎12.设数列{an}的首项a1=,前n项和为Sn,且满足2an+1+Sn=3( n∈N*).则满足<<的所有n的和为      .‎ ‎ ‎ ‎13.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数;1,1,2,3,5,8,13,…,其中从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数所组成的数列{an}为“斐波那契数列”.那么是斐波那契数列中的第      项.‎ ‎ ‎ ‎14.已知奇函数f(x)是定义在R上的增函数,数列{xn}是一个公差为2的等差数列,满足f(x8)+f(x9)+f(x10)+f(x11)=0,则x2015的值为      .‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 二、选择题 ‎15.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点P在线段AD1上运动,则异面直线CP与BA1所成的角θ的取值范围是() 第24页(共24页)‎ A.0<θ< B.0<θ≤ C.0≤θ≤ D.0<θ≤‎ ‎ ‎ ‎16.已知数列{an}的各项均为正数,满足:对于所有n∈N*,有,其中Sn表示数列{an}的前n项和.则=(  )‎ A.0 B.1 C. D.2‎ ‎ ‎ ‎17.某学校餐厅每天供应500名学生用餐,每星期一都有A,B两种菜可供选择.调查资料表明,凡是在星期一选A种菜的,下星期一会有20%的人改选B种菜;而选B种菜的,下星期一会有30%的人改选A种菜.用an,bn分别表示在第n个星期一选A种菜的人数和选B种菜的人数,如果a1=300,则a10为(  )‎ A.300 B.350 C.400 D.450‎ ‎ ‎ ‎18.数列{an}满足a1=1,,记数列{an2}前n项的和为Sn,若对任意的n∈N* 恒成立,则正整数t的最小值为(  )‎ A.10 B.9 C.8 D.7‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 三、解答题 ‎19.四面体A﹣BCD的棱长均为a,E、F分别为棱AD、BC的中点,求异面直线AF与CE所成的角的余弦值.‎ ‎ ‎ 第24页(共24页)‎ ‎20.2014年,中国联想集团以28亿元收购摩托罗拉移动公司,并计划投资30亿元来发展该品牌;2014年摩托罗拉手机的销售量为100万部.据专家预测,从2015年起,摩托罗拉手机的销售量每年比上一年增加100万部,每年的销售利润比上一年减少10%.已知2014年销售利润平均每部为300元.‎ ‎(Ⅰ)若把2014年看做第一年,第n年的销售利润为多少?‎ ‎(Ⅱ)到2020年年底,中国联想集团能否通过摩托罗拉手机实现盈利?(即销售利润超过总投资,参考数据:0.96≈0.53,0.97≈0.47,0.98≈0.43).‎ ‎ ‎ ‎21.数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,an+1=Sn+n.‎ ‎(1)写出a2,a3,a4的值,并求{an}的通项公式;‎ ‎(2)正项等差数列{bn}的前n项和为Tn,且T3=9,并满足a1+b1,a2+b2,a3+b3,成等比数列.‎ ‎(i)求数列{bn}的通项公式 ‎(ii)设Bn=++…+,试确定Bn与的大小关系,并给出证明.‎ ‎ ‎ ‎22.设函数f(n)=,an=f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2n),‎ ‎(1)求a1,a2,a3的值 ‎(2)设bn=an+1﹣an,写出bn与bn+1的递推关系,并求{bn}的通项公式.‎ ‎(3)设数列{cn}的通项公式为cn=log2(3an﹣2)﹣10,n∈N*,数列{cn}的前n项和为Sn,‎ 问1000是否为数列{cn•Sn}中的项?若是,求出相应的项数,若不是,请说明理由.‎ ‎ ‎ ‎23.(文)已知数列{an}的各项均为正数,a1=1,a2=m,且对任意n∈N*,都有.数列{an}前n项的和Sn ‎(1)若数列{an}是等比数列,求c的值和;‎ ‎(2)若数列{an}是等差数列,求m与c的关系式;‎ ‎(3)c=1,当n≥2,n∈N*时,求证:是一个常数.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 第24页(共24页)‎ ‎2015-2016学年上海市普陀区晋原中学高二(上)期中数学试卷 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一、填空题 ‎1.已知{an]为等差数列,a1+a3+a5=9,a2+a4+a6=15,则a3+a4= 8 .‎ ‎【考点】等差数列的性质.‎ ‎【专题】等差数列与等比数列.‎ ‎【分析】直接利用等差数列的性质,求出a3,a4,然后a3+a4的值.‎ ‎【解答】解:{an]为等差数列,a1+a3+a5=9,‎ 可得a3=3,‎ a2+a4+a6=15,‎ 可得a4=5,‎ ‎∴a3+a4=8.‎ 故答案为:8.‎ ‎【点评】本题考查等差数列的基本性质的应用,考查计算能力.‎ ‎ ‎ ‎2.已知数列{an}的前n项和Sn=5﹣4×2﹣n,则其通项公式为  .‎ ‎【考点】数列的函数特性.‎ ‎【专题】计算题.‎ ‎【分析】由数列{an}的前n项和Sn=5﹣4×2﹣n,利用公式直接求解.‎ ‎【解答】解:a1=S1=5﹣4×2﹣1=3,‎ an=Sn﹣Sn﹣1‎ ‎=(5﹣4×2﹣n)﹣(5﹣4×2﹣n+1)‎ ‎==22﹣n.‎ 第24页(共24页)‎ 当n=1时,,‎ ‎∴.‎ 故答案为:.‎ ‎【点评】本题考查数列的通项公式的求法,解题时要认真审题,仔细解答,注意公式的灵活运用.‎ ‎ ‎ ‎3.已知an=(n∈N*),设am为数列{an}的最大项,则m= 8 .‎ ‎【考点】数列的函数特性.‎ ‎【专题】函数的性质及应用;等差数列与等比数列.‎ ‎【分析】把数列an==1+,根据单调性,项的符号判断最大项.‎ ‎【解答】解:∵an=(n∈N*),‎ ‎∴an==1+‎ 根据函数的单调性可判断:‎ 数列{an}在[1,7],[8,+∞)单调递减,‎ ‎∵在[1,7]上an<1,在[8,+∞)上an>1,‎ ‎∴a8为最大项,‎ 故答案为:8‎ ‎【点评】本题考查了数列与函数的结合,根据单调性求解,属于中档题.‎ ‎ ‎ ‎4.在空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上分别取点E、F、G、H,如果EH、FG相交于一点M,那么M一定在直线 BD 上.‎ ‎【考点】平面的基本性质及推论.‎ ‎【专题】空间位置关系与距离.‎ 第24页(共24页)‎ ‎【分析】根据题意,可得直线EH、FG分别是平面ABD、平面BCD内的直线,因此EH、FG的交点必定在平面ABD和平面BCD的交线上.而平面ABD交平面BCD于BD,由此即可得到点P在直线BD ‎【解答】解:∵点E、H分别在AB、AD上,而AB、AD是平面ABD内的直 ‎∴E∈平面ABD,H∈平面ABD,可得直线EH⊂平面ABD,‎ ‎∵点F、G分别在BC、CD上,而BC、CD是平面BCD内的直线,‎ ‎∴F∈平面BCD,G∈平面BCD,可得直线FG⊂平面BCD,‎ 因此,直线EH与FG的公共点在平面ABD与平面BCD的交线上,‎ ‎∵平面ABD∩平面BCD=BD,‎ ‎∴点M∈直线BD.‎ 故答案为:BD.‎ ‎【点评】本题给出空间四边形,判断直线EH、FG的交点与已知直线BD的位置关系,着重考查了平面的基本性质和空间直线的位置关系判断等知识,属于基础题.‎ ‎ ‎ ‎5.在等差数列{an}中,若an+an+2=4n+6(n∈N*),则该数列的通项公式an= 2n+1 .‎ ‎【考点】等差数列的通项公式.‎ ‎【专题】等差数列与等比数列.‎ ‎【分析】由已知条件易得数列的首项和公比,可得通项公式.‎ ‎【解答】解:设等差数列{an}的公差为d,‎ ‎∵an+an+2=4n+6,①‎ ‎∴an+2+an+4=4(n+2)+6,②‎ ‎②﹣①可得an+4﹣an=8,‎ 即4d=8,解得d=2,‎ 把n=1代入an+an+2=4n+6可得2a1+4=10,‎ 第24页(共24页)‎ 解得a1=3,‎ ‎∴通项公式an=3+2(n﹣1)=2n+1‎ 故答案为:2n+1‎ ‎【点评】本题考查等差数列的通项公式,求出数列的首项和公比是解决问题的关键,属基础题.‎ ‎ ‎ ‎6.若存在,则实数r的取值范围是  .‎ ‎【考点】数列的极限.‎ ‎【专题】等差数列与等比数列.‎ ‎【分析】根据数列极限存在的条件,列出不等式,即可求得r的取值范围.‎ ‎【解答】解:∵存在,‎ ‎∴0<,‎ ‎∴3r2+4r+1≥0且2r+1≠0,r≠0,‎ ‎∴r≤﹣1或r≥﹣.‎ 故答案为:.‎ ‎【点评】本题考查极限性质及其运算,解题的关键是理解存在的条件,属于基础题.‎ ‎ ‎ ‎7.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E为C1D1的中点,则异面直线AE与BC所成的角的余弦值为  .‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角.‎ ‎【专题】计算题;压轴题;数形结合;转化思想.‎ ‎【分析】根据题意知AD∥BC,∴∠DAE就是异面直线AE与BC所成角,解三角形即可求得结果.‎ ‎【解答】解:连接DE,设AD=2‎ 易知AD∥BC,‎ ‎∴∠DAE就是异面直线AE与BC所成角,‎ 在△RtADE中,由于DE=,AD=2,可得AE=3 ‎ ‎∴cos∠DAE==,‎ 第24页(共24页)‎ 故答案为:.‎ ‎【点评】此题是个基础题.考查异面直线所成角问题,求解方法一般是平移法,转化为平面角问题来解决,体现了数形结合和转化的思想.‎ ‎ ‎ ‎8.已知数列{an}的通项公式为an=log3(n∈N*),设其前n项和为Sn,则使Sn<﹣4成立的最小自然数n等于 81 .‎ ‎【考点】数列与函数的综合.‎ ‎【专题】转化思想;分析法;点列、递归数列与数学归纳法;不等式的解法及应用.‎ ‎【分析】求得an=log3=log3n﹣log3(n+1),运用裂项相消求和求得Sn=﹣log3(n+1),再由对数不等式的解法可得n的范围,进而得到n的最小值.‎ ‎【解答】解:an=log3=log3n﹣log3(n+1),‎ 即有前n项和为Sn=log31﹣log32+log32﹣log33+…+log3n﹣log3(n+1)‎ ‎=﹣log3(n+1),‎ 由Sn<﹣4,即为log3(n+1)>4,‎ 解得n+1>81,即有n>80,‎ 则n的最小值为81.‎ 故答案为:81.‎ ‎【点评】本题考查数列的求和方法:裂项相消求和,考查对数的运算性质和不等式的解法,考查运算能力,属于中档题.‎ ‎ ‎ ‎9.等比数列{an}的公比0<q<1,a172=a24,则使a1+a2+…+an>++…+成立的正整数n的最大值为 18 .‎ ‎【考点】数列与不等式的综合.‎ 第24页(共24页)‎ ‎【专题】等差数列与等比数列.‎ ‎【分析】求出数列的前n项和,根据不等式之间的关系即可得到结论.‎ ‎【解答】解:设首项为a1,公比为q,依题意有(a1q16)2=a1q23,‎ ‎∴a1q9=1.则a1>0,且a1=q﹣9,‎ ‎∵{an}为等比数列,∴{ }是以为首项,为公比的等比数列.‎ 则不等式等价为,‎ ‎∵0<q<1,把a1=q﹣9,即a12=q﹣18代入整理,‎ 得q﹣18(1﹣qn)>q1﹣n(1﹣qn),‎ ‎∴q﹣18>q1﹣n,‎ ‎∴﹣18<1﹣n,‎ 即n<19,‎ ‎∵n∈N*,∴n的最大值为18.‎ 故答案为:18.‎ ‎【点评】本题主要考查等比数列的通项公式和前n项和的应用,考查数列与不等式的应用,综合性较强,运算量较大.‎ ‎ ‎ ‎10.数列{an}的通项公式an=,前n项和为Sn,则=  .‎ ‎【考点】数列的极限.‎ ‎【专题】点列、递归数列与数学归纳法.‎ ‎【分析】先利用裂项相消法求出Sn,再求极限即可.‎ ‎【解答】解:Sn=1+=1+﹣+﹣+…+﹣=﹣,‎ 则==.‎ 故答案为:.‎ ‎【点评】本题考查数列极限的求法,属中档题,解决本题的关键是先用裂项相消法求和,再利用常见数列极限求解.‎ 第24页(共24页)‎ ‎ ‎ ‎11.在等差数列{an}中,<﹣1,若它的前n项和Sn有最大值,则使Sn取得最小正数的n= 19 .‎ ‎【考点】等差数列的性质.‎ ‎【专题】计算题.‎ ‎【分析】由题意可知,等差数列{an}中a1>0,公差d<0,可将<﹣1转化为:<0,于是a11<0,a10>0,由等差数列的前n项和公式可求得Sn取得最小正数的n.‎ ‎【解答】解:∵等差数列{an}中,它的前n项和Sn有最大值,<﹣1,‎ ‎∴a1>0,公差d<0,‎ 又将<﹣1⇔<0,‎ ‎∴是a11<0,a10>0,a10+a11<0.‎ ‎∴Sn=an2+bn中其对称轴n=﹣=10,‎ 又S19==19a10>0,而S20=<0,‎ ‎1与19距离对称轴n=10的距离相等,‎ ‎∴S1=S19.‎ ‎∴使Sn取得最小正数的n=1或n=19.‎ 故答案为:1或19.‎ ‎【点评】本题考查等差数列的性质,考查等差数列的前n项和公式,考查分析问题与解决问题的能力,属于中档题.‎ ‎ ‎ 第24页(共24页)‎ ‎12.设数列{an}的首项a1=,前n项和为Sn,且满足2an+1+Sn=3( n∈N*).则满足<<的所有n的和为 7 .‎ ‎【考点】数列递推式;数列的函数特性.‎ ‎【专题】等差数列与等比数列.‎ ‎【分析】根据递推数列,得到数列{an}是公比q=,首项a1=的等比数列,解不等式即可得到结论.‎ ‎【解答】解:∵2an+1+Sn=3,‎ ‎∴2an+2+Sn+1=3,‎ 两式相减得2an+2+Sn+1﹣2an+1﹣Sn=0,‎ 即2an+2+an+1﹣2an+1=0,‎ 则2an+2=an+1,‎ 当n=1时,2a2+a1=3,‎ 则a2=,满足2a2=a1,‎ 即2an+1=an,则 即数列{an}是公比q=,首项a1=的等比数列,‎ 则前n项和为Sn==3﹣3•()n,‎ ‎==1+()n,‎ 若<<,‎ 则<1+()n<,即<()n<,‎ 则7<2n<17,‎ 则n=3或4,‎ 则3+4=7,‎ 故答案为:7‎ 第24页(共24页)‎ ‎【点评】本题主要考查递推数列的应用,根据递推数列得到数列{an}是公比q=,首项a1=的等比数列是解决本题的关键.‎ ‎ ‎ ‎13.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数;1,1,2,3,5,8,13,…,其中从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数所组成的数列{an}为“斐波那契数列”.那么是斐波那契数列中的第 101 项.‎ ‎【考点】数列递推式.‎ ‎【专题】转化思想;等差数列与等比数列.‎ ‎【分析】令a0=0,根据斐波那契数列的性质可得:那么==a101,即可得出.‎ ‎【解答】解:令a0=0,根据斐波那契数列的性质可得:那么==a101,‎ 因此是斐波那契数列中的第101项.‎ 故答案为:101.‎ ‎【点评】本题考查了斐波那契数列的性质,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.‎ ‎ ‎ ‎14.已知奇函数f(x)是定义在R上的增函数,数列{xn}是一个公差为2的等差数列,满足f(x8)+f(x9)+f(x10)+f(x11)=0,则x2015的值为 4011 .‎ ‎【考点】数列与函数的综合;数列的函数特性.‎ ‎【专题】转化思想;分析法;函数的性质及应用;等差数列与等比数列.‎ ‎【分析】设x8=a,则x9=a+2,x10=a+4,x11‎ 第24页(共24页)‎ ‎=a+6,则f(a)+f(a+2)+f(a+4)+f(a+6)=0,结合奇函数关于原点的对称性可知,f(a)+f(a+6)=0,f(a+2)+f(a+4)=0.所以f(a+3)=0=f(0),x8=﹣3.设数列{xn}通项xn=x1+(n﹣1).x8=x1+14=﹣3.x1=﹣17.通项xn=2n﹣19.由此能求出x2015的值.‎ ‎【解答】解:设x8=a,则x9=a+2,x10=a+4,x11=a+6,‎ ‎∴f(a)+f(a+2)+f(a+4)+f(a+6)=0,‎ 且f(a)<f(a+2)<f(a+4)<f(a+6),‎ ‎∴f(a)<0且f(a+6)>0.‎ 结合奇函数关于原点的对称性可知,f(a)+f(a+6)=0,‎ f(a+2)+f(a+4)=0.‎ ‎∴f(a+3)=0=f(0),即a+3=0.‎ ‎∴x8=﹣3.‎ 设数列{xn}通项xn=x1+2(n﹣1).‎ ‎∴x8=x1+14=﹣3.解得x1=﹣17.‎ ‎∴通项xn=2n﹣19.‎ ‎∴x2015=2×2015﹣19=4011.‎ 故答案为:4011.‎ ‎【点评】本题考查函数的性质和运用,考查等差数列的性质和应用,解题时要认真审题,仔细解答,注意对称性的合理运用.‎ ‎ ‎ 二、选择题 ‎15.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点P在线段AD1上运动,则异面直线CP与BA1所成的角θ的取值范围是() A.0<θ< B.0<θ≤ C.0≤θ≤ D.0<θ≤‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角.‎ ‎【专题】计算题.‎ 第24页(共24页)‎ ‎【分析】由题意在正方体ABCD﹣A1BC1D1中,点P在线段AD1上运动,根据A1B∥D1C,将CP与A1B成角可化为CP与D1C成角,然后再求解.‎ ‎【解答】解:∵A1B∥D1C,‎ ‎∴CP与A1B成角可化为CP与D1C成角.‎ ‎∵△AD1C是正三角形可知当P与A重合时成角为,‎ ‎∵P不能与D1重合因为此时D1C与A1B平行而不是异面直线,‎ ‎∴;‎ 故选D.‎ ‎【点评】此题主要考查异面直线及其所成的角,解题的关键是CP与A1B成角可化为CP与D1C成角,此题是一道好题.‎ ‎ ‎ ‎16.已知数列{an}的各项均为正数,满足:对于所有n∈N*,有,其中Sn表示数列{an}的前n项和.则=(  )‎ A.0 B.1 C. D.2‎ ‎【考点】数列的极限;数列递推式.‎ ‎【专题】计算题.‎ ‎【分析】令n=1求出首项,然后根据4an=4Sn﹣4Sn﹣1进行化简得an﹣an﹣1=2,从而得到数列{an}是等差数列,直接求出通项公式即可;进而求出结论.‎ ‎【解答】解:∵4S1=4a1=(a1+1)2,‎ ‎∴a1=1.当n≥2时,4an=4Sn﹣4Sn﹣1=(an+1)2﹣(an﹣1+1)2,‎ ‎∴2(an+an﹣1)=an2﹣an﹣12,又{an}各项均为正数,‎ ‎∴an﹣an﹣1=2.数列{an}是等差数列,‎ ‎∴an=2n﹣1.‎ ‎∴===.‎ 故选:C.‎ ‎【点评】本题主要考查了数列的递推关系,以及数列的极限.解决本题的关键在于根据递推关系求出数列的通项.‎ 第24页(共24页)‎ ‎ ‎ ‎17.某学校餐厅每天供应500名学生用餐,每星期一都有A,B两种菜可供选择.调查资料表明,凡是在星期一选A种菜的,下星期一会有20%的人改选B种菜;而选B种菜的,下星期一会有30%的人改选A种菜.用an,bn分别表示在第n个星期一选A种菜的人数和选B种菜的人数,如果a1=300,则a10为(  )‎ A.300 B.350 C.400 D.450‎ ‎【考点】等差数列与等比数列的综合.‎ ‎【专题】计算题;等差数列与等比数列.‎ ‎【分析】由题意可得数列递推公式:,又an+bn=500,两式联立消去bn得数列{an}的递推公式,由a1=300可求得a2=300,从而可知a10值.‎ ‎【解答】解:依题意得,‎ 消去bn得:an+1=an+150.‎ 由a1=300,得a2=300,从而得a10=300.‎ 故选A.‎ ‎【点评】本题考查数列在实际问题中的应用,考查学生对数学知识的应用能力,属中档题.‎ ‎ ‎ ‎18.数列{an}满足a1=1,,记数列{an2}前n项的和为Sn,若对任意的n∈N* 恒成立,则正整数t的最小值为(  )‎ A.10 B.9 C.8 D.7‎ ‎【考点】数列与不等式的综合;数列的求和;数列递推式.‎ ‎【专题】计算题;转化思想.‎ ‎【分析】由题干中的等式变形得出数列{}是首项为1,公差为4的等差数列,得出an2的通项公式,证明数列{S2n+1﹣Sn}(n∈N*)是递减数列,得出数列{S2n+1﹣Sn}(n∈N*)的最大项,再由,求出正整数得m的最小值.‎ 第24页(共24页)‎ ‎【解答】解:∵,∴,‎ ‎∴(n∈N*),‎ ‎∴{}是首项为1,公差为4的等差数列,‎ ‎∴=1+4(n﹣1)=4n﹣3,∴an2=‎ ‎∵(S2n+1﹣Sn)﹣(S2n+3﹣Sn+1)‎ ‎=(an+12+an+22+…+a2n+12)﹣(an+22+an+32+…+a2n+32)‎ ‎=an+12﹣a2n+22﹣a2n+32‎ ‎=﹣﹣‎ ‎=>0,‎ ‎∴数列{S2n+1﹣Sn}(n∈N*)是递减数列,‎ 数列{S2n+1﹣Sn}(n∈N*)的最大项为 S3﹣S1=a22+a32==,‎ ‎∵≤,∴m≥‎ 又∵m是正整数,‎ ‎∴m的最小值为10.‎ 故选A.‎ ‎【点评】本题考查数列与不等式的结合问题,难度之一为结合已知和要求的式子,观察出数列是等差或等比数列;难度之二求数列{S2n+1﹣Sn}(n∈N*)的最大值,证数列{S2n+1﹣Sn}(n∈N*)是递减数列,证明方法:(S2n+1﹣Sn)﹣(S2n+3﹣Sn+1)>0.是解题的关键.‎ ‎ ‎ 三、解答题 ‎19.四面体A﹣BCD的棱长均为a,E、F分别为棱AD、BC的中点,求异面直线AF与CE所成的角的余弦值.‎ 第24页(共24页)‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角.‎ ‎【专题】计算题.‎ ‎【分析】画出立体图形,根据中点找平行线,把所求的异面直线角转化为一个三角形的内角来计算.‎ ‎【解答】解:由题意可得四面体A﹣BCD为正四面体,如图,连接BE,取BE的中点K,连接FK,则FK∥CE,‎ 故∠AFK即为所求的异面直线角或者其补角.‎ 设这个正四面体的棱长为2,在△AKF中,AF==CE,KF=CE=,KE==,‎ ‎∴AK===. ‎ ‎△AKF中,由余弦定理可得 cos∠AFK===.‎ ‎【点评】本题考查空间点、线、面的位置关系及学生的空间想象能力、求异面直线角的能力.在立体几何中找平行线是解决问题的一个重要技巧,这个技巧就是通过三角形的中位线找平行线,如果试题的已知中涉及到多个中点,则找中点是出现平行线的关键技巧.‎ ‎ ‎ 第24页(共24页)‎ ‎20.2014年,中国联想集团以28亿元收购摩托罗拉移动公司,并计划投资30亿元来发展该品牌;2014年摩托罗拉手机的销售量为100万部.据专家预测,从2015年起,摩托罗拉手机的销售量每年比上一年增加100万部,每年的销售利润比上一年减少10%.已知2014年销售利润平均每部为300元.‎ ‎(Ⅰ)若把2014年看做第一年,第n年的销售利润为多少?‎ ‎(Ⅱ)到2020年年底,中国联想集团能否通过摩托罗拉手机实现盈利?(即销售利润超过总投资,参考数据:0.96≈0.53,0.97≈0.47,0.98≈0.43).‎ ‎【考点】数列的应用.‎ ‎【专题】应用题;等差数列与等比数列.‎ ‎【分析】(Ⅰ)仔细阅读题意得出机的销售量构成了首项为100,公差为100的等差数列.‎ 每部手机的销售利润构成首项为300,公比为0.9的等比数列.求出关于n的通项公式 即可得出第n年的销售利润.‎ ‎(II)运用导数得出S=30000(1+2×0.9+3×0.92+4×0.93+5×0.94+6×0.95+7×0.96)‎ 再运用错位相减法求解即可.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)∵摩托罗拉手机的销售量每年比上一年增加100万部,因此手机的销售量构成了首项为100,‎ 公差为100的等差数列.‎ ‎∴an=100n,‎ ‎∵手机销售利润按照每年比上一年减10%,因此每部手机的销售利润构成首项为300,公比为0.9的等比数列.∴.‎ ‎∴第n年的销售利润记为cn,则.‎ ‎(Ⅱ)到2020年年底,设销售利润总和为S万元,‎ 则S=30000(1+2×0.9+3×0.92+4×0.93+5×0.94+6×0.95+7×0.96)①,‎ ‎0.9S=30000(1×0.9+2×0.92+3×0.93+4×0.94+5×0.95+6×0.96+7×0.97)②‎ ‎①﹣②得S=30000(100﹣170×0.97)≈603000万元=60.3亿元 ‎ 而总投资为28+30=58亿元,‎ ‎∵60.3>58,∴可以盈利.‎ 答:(Ⅰ)第n年的销售利润为30000n×0.9n﹣1万元;‎ ‎(Ⅱ)到2020年年底,中国联想集团能通过摩托罗拉手机实现盈利.‎ ‎【点评】本题考察了等差,等比数列的定义,通项公式,前n项和的求解,错位相减法的运用,考察了,阅读分析,计算化简能力.‎ 第24页(共24页)‎ ‎ ‎ ‎21.数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,an+1=Sn+n.‎ ‎(1)写出a2,a3,a4的值,并求{an}的通项公式;‎ ‎(2)正项等差数列{bn}的前n项和为Tn,且T3=9,并满足a1+b1,a2+b2,a3+b3,成等比数列.‎ ‎(i)求数列{bn}的通项公式 ‎(ii)设Bn=++…+,试确定Bn与的大小关系,并给出证明.‎ ‎【考点】数列递推式;数列的求和.‎ ‎【专题】方程思想;转化思想;等差数列与等比数列.‎ ‎【分析】(1)由a1=2,an+1=Sn+n,可得a2=a1+1=3,同理可得a3=7,a4=15.当n≥2时,an=Sn﹣1+(n﹣1),可得an+1﹣an=an+1,变形为an+1+1=2(an+1),即可得出.‎ ‎(2)(i)设正项等差数列{bn}的为d>0,由T3=9,可得3b2=9,解得b2.由于a1+b1,a2+b2,a3+b3,成等比数列,可得=(a1+b1),(3+3)2=(2+3﹣d),代入解出即可得出d.‎ ‎(ii)=<=.利用“裂项求和”与不等式的性质即可证明.‎ ‎【解答】解:(1)∵a1=2,an+1=Sn+n,可得a2=a1+1=3,同理可得a3=7,a4=15.‎ 当n≥2时,an=Sn﹣1+(n﹣1),∴an+1﹣an=an+1,变形为an+1+1=2(an+1),‎ ‎∴当n≥2时,数列{an+1}是等比数列,首项为4,公比为2.‎ ‎∴an+1=4•2n﹣2,‎ 化为an=2n﹣1.‎ ‎∴an=.‎ ‎(2)(i)设正项等差数列{bn}的为d>0.‎ ‎∵T3=9,∴ =3b2=9,解得b2=3.‎ ‎∵a1+b1,a2+b2,a3+b3,成等比数列,‎ 第24页(共24页)‎ ‎∴=(a1+b1),‎ ‎∴(3+3)2=(2+3﹣d),‎ 化为d2+12d﹣13=0,‎ 解得d=1或d=﹣13(舍去).‎ ‎∴bn=b2+(n﹣2)=3+n﹣2=n+1.‎ ‎(ii)=<=.‎ ‎∴Bn=++…+<+++…++‎ ‎=,‎ ‎∴Bn<.‎ ‎【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、递推关系的应用、“裂项求和”方法、不等式的性质,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.‎ ‎ ‎ ‎22.设函数f(n)=,an=f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2n),‎ ‎(1)求a1,a2,a3的值 ‎(2)设bn=an+1﹣an,写出bn与bn+1的递推关系,并求{bn}的通项公式.‎ ‎(3)设数列{cn}的通项公式为cn=log2(3an﹣2)﹣10,n∈N*,数列{cn}的前n项和为Sn,‎ 问1000是否为数列{cn•Sn}中的项?若是,求出相应的项数,若不是,请说明理由.‎ ‎【考点】数列与函数的综合.‎ ‎【专题】转化思想;分析法;函数的性质及应用;等差数列与等比数列.‎ ‎【分析】(1)由函数f(n),结合an,可得a1,a2,a3;‎ ‎(2)由题意,得an+1=f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2n)+f(2n+1)+…+f(2n+1),作差,得an+1﹣an,由函数解析式结合等差数列的求和公式计算可求得结果;‎ ‎(3)由an=a1+(a2﹣a1)+(a3﹣a2)+…+(an﹣an﹣1),运用等比数列的求和公式可得an,cn,再由等差数列的求和公式,再由cn•Sn,即可判断1000是否在其中.‎ 第24页(共24页)‎ ‎【解答】解:(1)由函数f(n)=,‎ an=f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2n),得 a1=f(1)+f(2)=1+f(1)=2;‎ a2=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=1+1+3+f(2)=5+1=6;‎ a3=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)+f(7)+f(8)=1+1+3+1+5+3+7+1=22;‎ ‎(2)由an=f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2n),‎ 可得an+1=f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2n)+f(2n+1)+…+f(2n+1),‎ 则有bn=an+1﹣an=f(2n+1)+…+f(2n+1)‎ ‎=(2n+1)+(2n﹣1+1)+(2n+3)+(2n﹣2+1)+(2n+5)+(2n﹣1+3)+…+1‎ ‎=1+3+5+…+(2n+1)+…+(2n+1﹣1)=(1+2n+1﹣1)•2n ‎=4n.‎ 即有bn+1=4bn,且bn=4n;‎ ‎(3)由an=a1+(a2﹣a1)+(a3﹣a2)+…+(an﹣an﹣1)‎ ‎=2+4+16+..+4n﹣1=2+=,‎ 即有cn=log2(3an﹣2)﹣10=2n﹣10,‎ Sn=n(c1+cn)=n(2n﹣18)=n(n﹣9),‎ 即有cn•Sn=2n(n﹣5)(n﹣9),‎ 当n≤13时,cn•Sn≤c13•S13=832<1000,‎ 当n≥13时,cn•Sn≥c14•S14=1260>1000,‎ 故1000不是{cn•Sn}中的项.‎ ‎【点评】本题考查了分段函数与数列通项公式的综合应用,主要考查分段函数的意义和等差数列的求和公式,以及累加法求数列的通项,考查运算能力,属于中档题.‎ ‎ ‎ ‎23.(文)已知数列{an}的各项均为正数,a1=1,a2=m,且对任意n∈N*,都有.数列{an}前n项的和Sn ‎(1)若数列{an}是等比数列,求c的值和;‎ 第24页(共24页)‎ ‎(2)若数列{an}是等差数列,求m与c的关系式;‎ ‎(3)c=1,当n≥2,n∈N*时,求证:是一个常数.‎ ‎【考点】数列的极限;数列递推式.‎ ‎【专题】综合题;等差数列与等比数列.‎ ‎【分析】(1)确定数列的通项,利用,可以求c的值,分类讨论求和,即可求;‎ ‎(2)求出数列的公差,利用,建立关系式,可求m与c的关系式;‎ ‎(3)利用分析法进行证明.‎ ‎【解答】(1)解:由题意得:,∴ 1分 ‎∴m2n=mn﹣1mn+1+c,∴c=0,2分 ‎∵数列{an}的各项均为正数,∴m>0‎ 当m=1时,∴Sn=n,an=1, =0;4分 当m>0且m≠1时,∴,5分 ‎∴6分 当0<m<1时;‎ 当m>1时,‎ ‎∴,‎ ‎∴=;7分 第24页(共24页)‎ ‎(2)解:由题意得:d=a2﹣a1=m﹣1,8分 ‎∴an=1+(n﹣1)(m﹣1),an+1=1+n(m﹣1),an+2=1+(n+1)(m﹣1),9分 ‎∵,‎ ‎∴[1+n(m﹣1)]2=[1+(n﹣1)(m﹣1)][1+(n+1)(m﹣1)]+c,10分 ‎∴c=(m﹣1)2,12分;‎ ‎(3)证明:计算,猜想,14分 欲证明恒成立 只需要证明恒成立 即要证明an+1(an﹣1+an+1)=an(an+an+2)恒成立 即要证明恒成立 (***)‎ ‎∵,∴‎ ‎(***)左边=‎ ‎(***)右边=‎ ‎∴(***)成立 18分 ‎【点评】本题考查数列的通项与求和,考查数列的极限,考查分析法的运用,综合性强.‎ ‎ ‎ 第24页(共24页)‎