




版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
文档简介
2015届高三一模理科试题分类汇编(含10区一模试题精选)专题:数1(2015届丰台一模理科)在等比数列{an}中,a3a44,a22则公比qA.- B.1或- C. D.1或2( 2015届石景山一模理科)等差数列an中
1,a (mk),则该数列前mk项之和为 A.mk
B. C.mk
D.mk 3.(2015届朝阳区一模理科)设Sn为等差数列an的前n项和.若a3a83S31,则通项an 4.(2015届东城一模理科)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S28S412,则{an}的公差d 5.(2015届海淀一模理科)已知m,4,n是等差数列,那么(2)m( ;
6.(2015届顺义一模理科)已知无穷数列
.则数列
的前n项和的最小值 2015通州一模理科)已知数列an中a22an12an0,那么数an的前6项和 2015西城一模理科)若数列{a满足a2,且对于任意的mnN* amnaman,则a3 ;数列{an}前10项的和S10 9.(2015届朝阳区一模理科若数列{an}中不超过f(m)的项数恰为bm(mN*),则称数列{bm是数列{anf(m是{an生成{bm的控制函数.设f(m)m2.若数列{anb1若数列{ana1
,求a1;求a1a2n(n12,3),是否存在{b}生成{ag(n)pn2qn (pqrZ)?使得数列{an也是数列{bm的生成数列?若存在,g(n);若不存在,说明理由.10.(2015届东城一模理科)在无穷数列{a}中,a1,对于任意nN都有
N,且a
{n|
mmN}A 素的最大值记为bm,即bm是数列{an}中满足不等式anm的所有项的项数的最大值,我们称数列{bn}为数列{an的伴随数列.(Ⅰ)设数列{an}是1,4, ,请写出{an}的伴随数列{bn}的前5项(Ⅱ)设a3n1(nN*,求数列{a的伴随数列{b}的前20 设a3n2(nN*,求数列{a的伴随数列{b}前n项和S 11.(2015届房山一模理科)下表给出一个“等差数阵47()()()……7()()()…a2…()()()()()…a3…()()()()()…a4………aiai…………aij表示位于第ij写出a45写出aij的计算N在该等差数阵中的充要条件是2N1可以分解成两个不是1的正整数之积..
m3)满足:①aZ,mam(i1, ,m) ②a
1
称数列A为“Ω”数列MN是否为“Ω”是否存在一个等差数列是“Ω”如果数列A“ΩA中必定存在若干项之和为0.13.(2015届海淀一模理科)有限数列An:a1,a2,,an.(n3)同时满足①对于任意的i,j(1i
jn
aiaj②对于任意的i,jk(1ijkn,aiaj,ajak,aiakAn(Ⅰ)若n4,且a1
,a2
a3aa46a235A求n的最大值14.(2015届石景山一模理科)设数列
①a1②所有项an ③Amn|a
中的元素的最大值记为bm,即是数列 中满足不等式anm的所有项的项数的最大值.我们称数列 数
1,3,5若数列 的伴随数列为1,1,1,2,2,2,3,请写出数列 设
3n1,求数列a的伴随数列b的前30项之和 若数列a的前nSn2c(c常数,求数列a 的前m项和T15.(2015届顺义一模理科)已知二次函数yf(x)的图象的顶点坐标(11O.数列3yf(x
的前n项和为
(n
求数列
的通 设bn
,数列{bn}的前n项和为Tn,若Tn对nN恒成立,求实数t在数列
anan
(1n1n21 n ,这些项都能够构成以aq(0q5qN1 比的等比数列{akN?若存在,写出n关于k k 2015届通州一模理科)设函数fx
mx
解,数列a满足f
nN,且fa
,数b满足nnb43annNn
1求证:数列
是等差数列ana数列c满足c nN,其前n项和为S,若存在nN, b
1n4kR成立,求k2若对任意nN*,使不等
111
≤12n12n
1Lb实数t
17( ,P(x,y)(kN*11
xixi11与xi
,(i2,,
y y i 写出满足k4P432
2k 当k2n1且
(nn)(nN*n≥2)时,求xy i BCn316、6.-
(Ⅰ)
,又a1是自然数,
或 2因为数列{an若a012,则b1,与a 若a2,则因{a}单调递增,故不存在a12,即b0,也与a 当a11时,因{an单调递增,故n2an1,所以b11所以,a1 6若n2n(n,, ),则数列n}单调递增,显然数列m}也单调递增,由
m2,即2nm2,得n1m22
1m22当m
2k
1kÎN*时,因为2k22k1m22k22k12k22k1 所以bm2k2k2当m=2k(kÎN*)1m22k2
2k2bm=
2k,m=2k
1(k?N*,m
m=2k(k?N*m2- 即当m>0且为奇数时,bm
;当m>0且bm=2若数列{an是数列{bm的生成数列,且{bm生成{ang(n,则bmg(n的项数恰为an,即bmg(n2n,所以
g(n)
,即2n2pn2qnr2n22n对一切正整数n即(2p)n22q)nr0对一切正整数n(2q)nrp(2q)nr
对一切正整数n都成立,故0q2qZ又常数rZ当q00r2n(n1,所以r0,或r1;当q1nrn(n1,所以r0,或r1;当q22nr0(n1,所以r2,或rg(n)(nÎN*)
,或2n21,或2n2
,或
,或2n2
,或2n22n 4 (Ⅱ)由a3n1m,得n1logm(m 所以当1m2mN*bb 当3m8,mN*时,bb b2 当9m20,mN*时,bb 3 所以b1b2 b20122631250 9(Ⅲ)由
,得nm (mN*).3因为使得anm成立的n的最大值为bm所以bbb1,bbb b
(tN*) 3t 3t 当n3t2(tN*1(t 3t2 Sn
(t1)t2
(n1)(n2) 当n3t1(tN*1(t 3t2 Sn
(t1)2t2
(n1)(n2) 当n3t(tN*1 3(t2 Sn
t2
n(n3) (n1)(n2)(n3t2或n3t1t所以S
…………14 n(n
(n3t,t 解 34,3-1),7,5i行是首项为4+3(i-1),公2i+1等差数列因此 ………7证明:必要性:若N在该等差数阵中,则存在正整数i、2N+1=2i(2j+1)+2j+1=(2i+1)(2j+1),1k、l2N+1=(2k+1)N在该等差数阵中.综上所述,正整数N在该等差数阵中的充要条件是2N+1可以分解成两个不是的正整数 13(Ⅰ) 2aa
得a
2Z,与a 所以假设不成立,即不存在等差数列为“Ω”列 分A设Sn为重新排列后所得数列的前n项和(nZ且1 0m1Sm假设当2nmnN时m12
mn1m若Sn
0n项,可以保证m1
m2若Sn100Sn10
n项,可以保证m1
m2如果按上述排列后存在Sn
否则S
Sm个整数只能取值区间[m
m0
2因为区间[m2
2
内的非0整数至多m-1个,所以必存在
iS(1ijm)那么从第i1j项之和为SiSj0A 13(Ⅰ)由②,当i2j3k4时.2a6a,12中至少有一个是数列12a中的项,但6a6,126,故2a6a经检验,当a3时,符合题 3假设235A中的项,由②可知:6,10,15AA的最后一项an5,且n4由①,anan1an2an3 4对于数an2
;对于数an3
6an2an3,这与①所以2,3,5不可能是数列A中 7n的最大值为9,证明如下: 8分(1)
, ,
,则A符合①、 11(2)Ana1a
AA1,不妨设aajakaA中绝对值最大的四项,其中1|ai||aj||ak||al|.则对aiakal有|aial||al||akal||al|,故aialakalAn中的项,即aaA中的项.ajakA但|aia| ,|ajak||ak|所以aiakajakal所以aiaj,这与①假设An中至少有四项,其绝对值大于0且小于1,类似(ⅰ)得出A
(ⅰ(ⅱ(ⅲ(ⅳ)(1(2)
中至多有9 14解 3 (Ⅱ)由a3n1mn1logm(mN 当1m2mN*时b1b2
4当3m8mN*时b3b4
5当9m
b9
6当27m30mN时
b30
7∴(III)∵a1S11c当n2时anSn
∴c
8n∴a2n1(nNn
9由
2n
nm1(mN*)因为使得anm成立的n的最大值为bm所以bb1,bb2,, b
(tN 当m2t1(tN*T21(t1)(t1)tt21(m
11当m2t(tN*T21ttt2t1m(m 分
(mT (m2tT
13m(m解(I)f(x)1(x1)21
1(n1)211n22n(nN)
1当n2时,aS 1n2 当n
时a1S11所以,数列
的通项为
2n1(nN 43因为bn所以Tnb1b
a1a2a2a3a由(I)可知,数列
a 123 当n2mmNTnT2ma1a2a
aa2(a1a3)a4(a3a5) a )4 1(8m212m)1(2n2 当n2m1mNT (1)2m1a 2m1(8m212m)1(16m216m 1(8m24m3)1(2n26n 1(2n26n),所以
9(2n26n7),要使Tn
对nN只要使1(2n26n)tn2n为正偶数)9即使1(26)t对n 故实数t的取值范围是(9
9由
2n1知,数列3
如存在以a为首项,公比q24{akN,此时{a 每一项除第一项外都是偶数,故不存在以an{a}nk 当q1时,显然不存在这样的数列 当q3时,若存在以a3{akNa kn1n1,n1k
3k12nkk所以存在满足条件的数列{an,且nkk
3k2
(k
) 13(Ⅰ)
mx
fxxx所以mx
即mx22m1x0m0有唯一解所以4m24m1
所以m12
…………2所以fx
2xxfa
所以a
n所以12
an2
所以
n11
…………3 fa2
2a12 所以a1
a12所以数列1首项为1,公差为1的等差数 4a an (Ⅱ)由(Ⅰ)得
1n1
所以
2n因为b43an,所以
2na an所以c
1
b 2n12n 22n 2n1
11111
12n 212n
2n1 1
72 2n1 2n n217n因为kS1n4,所以k n417 所以k41725,当且仅当n4,即n2 所以k252(Ⅲ)因
912n12n111 1 1L 111 1 1L 2n所以t 2n111 1 1L 2n令gn 2n
…………10因为11 1 0,所以gn
…………11 2n 2n2n12n2ngn 2n所以g
2n4n22n4n282n4n12
13所以gn是递增数列 所以gng1233所以t233所以t
23 ………23分xiyixi1yi11,所以数列{xiyi1由x1y12,得xiyii1(i1, ,k ………3 故xi
kk(xiyi
23 k1)1k(k3 52i
i
i 若存在点列T,使得xi
2k 则1k(k32k,即k(k32k12因为整数k和k3总是一个为奇数,一个为偶数,且k≥2,而整数2k11 所以对于任意正整数k(k≥2),任意点列均不能满足xi
2k.…8解:由(Ⅱ)yii1xi(i1
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
最新文档
- 电工个人工作总结(汇编15篇)
- 记叙文:一次有意义的活动
- 边城读书笔记15篇
- 四年级数学三位数乘两位数能力检测口算题大全附答案
- 逃课的检讨书15篇
- 负压吸引治疗
- 道路安全学习
- 跆拳道理论知识
- 人教宁夏 九年级 下册 语文 第五单元《 大单元作业设计》习题课 课件
- 人教山西 九年级 下册 语文 第二单元《 蒲柳人家(节选)》习题课 课件
- 2023年鄂尔多斯生态环境职业学院单招考试面试题库及答案解析
- 【文学常识】李大钊简介
- 医院妇产科管理制度
- Q∕SY 01004-2016 气田水回注技术规范
- 企业公司组织架构图word模板
- 气管支气管结核诊断和治疗指南
- 国际标准智商测试39题详细答案参考模板
- 高中临界生冲刺一本培养方案
- 初三大课间体育训练计划
- 球团实验方案
- 客户满意度调查表(模板)6页
评论
0/150
提交评论