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）

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）

‎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）‎