2015屆高三一模理科試題分類匯編（含10區(qū)一模試題精選）專題：數(shù)1（2015屆豐臺一模理科）在等比數(shù)列{an}中，a3a44，a22則公比qA.- B.1或- C. D.1或2（ 2015屆石景山一模理科）等差數(shù)列an中

1,a (mk)，則該數(shù)列前mk項之和為 A．mk

B． C．mk

D．mk 3.（2015屆朝陽區(qū)一模理科）設Sn為等差數(shù)列an的前n項和.若a3a83S31,則通項an 4.（2015屆東城一模理科）設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S28S412，則{an}的公差d 5.（2015屆海淀一模理科）已知m,4,n是等差數(shù)列，那么(2)m( ；

6.（2015屆順義一模理科）已知無窮數(shù)列

.則數(shù)列

的前n項和的最小值 2015通州一模理科）已知數(shù)列an中a22an12an0，那么數(shù)an的前6項和 2015西城一模理科）若數(shù)列{a滿足a2，且對于任意的mnN* amnaman，則a3 ；數(shù)列{an}前10項的和S10 9.（2015屆朝陽區(qū)一模理科若數(shù)列{an}中不超過f(m)的項數(shù)恰為bm(mN*)，則稱數(shù)列{bm是數(shù)列{anf(m是{an生成{bm的控制函數(shù)．設f(m)m2．若數(shù)列{anb1若數(shù)列{ana1

，求a1；求a1a2n(n12,3)，是否存在生成{ag(n)pn2qn （pqrZ）？使得數(shù)列{an也是數(shù)列{bm的生成數(shù)列？若存在，g(n)；若不存在，說明理由.10.（2015屆東城一模理科）在無窮數(shù)列{a}中，a1，對于任意nN都有

N，且a

{n|

mmN}A 素的最大值記為bm，即bm是數(shù)列{an}中滿足不等式anm的所有項的項數(shù)的最大值，我們稱數(shù)列{bn}為數(shù)列{an的伴隨數(shù)列．(Ⅰ)設數(shù)列{an}是1,4, ，請寫出{an}的伴隨數(shù)列{bn}的前5項(Ⅱ)設a3n1(nN*，求數(shù)列{a的伴隨數(shù)列的前20 設a3n2(nN*，求數(shù)列{a的伴隨數(shù)列前n項和S 11.（2015屆房山一模理科）下表給出一個“等差數(shù)陣47（）（）（）……7（）（）（）…a2…（）（）（）（）（）…a3…（）（）（）（）（）…a4………aiai…………aij表示位于第ij寫出a45寫出aij的計算N在該等差數(shù)陣中的充要條件是2N1可以分解成兩個不是1的正整數(shù)之積..

m3)滿足：①aZ，mam(i1, ,m) ②a

1

稱數(shù)列A為“Ω”數(shù)列MN是否為“Ω”是否存在一個等差數(shù)列是“Ω”如果數(shù)列A“ΩA中必定存在若干項之和為0．13.（2015屆海淀一模理科）有限數(shù)列An:a1,a2,,an.(n3)同時滿足①對于任意的i,j（1i

jn

aiaj②對于任意的i,jk（1ijkn，aiaj，ajak，aiakAn（Ⅰ）若n4，且a1

，a2

a3aa46a235A求n的最大值14.（2015屆石景山一模理科）設數(shù)列

①a1②所有項an ③Amn|a

中的元素的最大值記為bm，即是數(shù)列 中滿足不等式anm的所有項的項數(shù)的最大值．我們稱數(shù)列 數(shù)

1，3，5若數(shù)列 的伴隨數(shù)列為1，1，1，2，2，2，3，請寫出數(shù)列 設

3n1，求數(shù)列a的伴隨數(shù)列b的前30項之和 若數(shù)列a的前nSn2c（c常數(shù)，求數(shù)列a 的前m項和T15.（2015屆順義一模理科）已知二次函數(shù)yf(x)的圖象的頂點坐標(11O.數(shù)列3yf(x

的前n項和為

(n

求數(shù)列

的通 設bn

，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，若Tn對nN恒成立，求實數(shù)t在數(shù)列

anan

(1n1n21 n ，這些項都能夠構成以aq(0q5qN1 比的等比數(shù)列{akN？若存在，寫出n關于k k 2015屆通州一模理科）設函數(shù)fx

mx

解，數(shù)列a滿足f

nN，且fa

，數(shù)b滿足nnb43annNn

1求證：數(shù)列

是等差數(shù)列ana數(shù)列c滿足c nN，其前n項和為S，若存在nN， b

1n4kR成立，求k2若對任意nN*，使不等

111

≤12n12n

1Lb實數(shù)t

17（ ,P(x,y)(kN*11

xixi11與xi

,(i2,,

y y i 寫出滿足k4P432

2k 當k2n1且

(nn)（nN*n≥2）時，求xy i BCn316、6.-

（Ⅰ）

，又a1是自然數(shù)，

或 2因為數(shù)列{an若a012，則b1，與a 若a2，則因{a}單調遞增，故不存在a12，即b0，也與a 當a11時，因{an單調遞增，故n2an1，所以b11所以，a1 6若n2n(n,, )，則數(shù)列n}單調遞增，顯然數(shù)列m}也單調遞增，由

m2，即2nm2，得n1m22

1m22當m

2k

1k?N*時，因為2k22k1m22k22k12k22k1 所以bm2k2k2當m=2k(k?N*)1m22k2

2k2bm=

2k,m=2k

1(k?N*，m

m=2k(k?N*m2- 即當m>0且為奇數(shù)時，bm

；當m>0且bm=2若數(shù)列{an是數(shù)列{bm的生成數(shù)列，且{bm生成{ang(n，則bmg(n的項數(shù)恰為an，即bmg(n2n，所以

g(n)

，即2n2pn2qnr2n22n對一切正整數(shù)n即(2p)n22q)nr0對一切正整數(shù)n(2q)nrp(2q)nr

對一切正整數(shù)n都成立，故0q2qZ又常數(shù)rZ當q00r2n(n1，所以r0，或r1；當q1nrn(n1，所以r0，或r1；當q22nr0(n1，所以r2，或rg(n)(n?N*)

，或2n21，或2n2

，或

，或2n2

，或2n22n 4 (Ⅱ)由a3n1m，得n1logm(m 所以當1m2mN*bb 當3m8,mN*時，bb b2 當9m20,mN*時，bb 3 所以b1b2 b20122631250 9（Ⅲ）由

，得nm (mN*)．3因為使得anm成立的n的最大值為bm所以bbb1,bbb b

(tN*) 3t 3t 當n3t2(tN*1(t 3t2 Sn

(t1)t2

(n1)(n2) 當n3t1(tN*1(t 3t2 Sn

(t1)2t2

(n1)(n2) 當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行是首項為4+3（i－1），公2i+1等差數(shù)列因此 ………7證明：必要性：若N在該等差數(shù)陣中，則存在正整數(shù)i、2N+1=2i（2j+1）+2j+1=（2i+1）（2j+1），1k、l2N+1=（2k+1）N在該等差數(shù)陣中.綜上所述，正整數(shù)N在該等差數(shù)陣中的充要條件是2N+1可以分解成兩個不是的正整數(shù) 13（Ⅰ） 2aa

得a

2Z，與a 所以假設不成立，即不存在等差數(shù)列為“Ω”列 分A設Sn為重新排列后所得數(shù)列的前n項和（nZ且1 0m1Sm假設當2nmnN時m12

mn1m若Sn

0n項，可以保證m1

m2若Sn100Sn10

n項，可以保證m1

m2如果按上述排列后存在Sn

否則S

Sm個整數(shù)只能取值區(qū)間[m

m0

2因為區(qū)間[m2

2

內的非0整數(shù)至多m-1個，所以必存在

iS(1ijm)那么從第i1j項之和為SiSj0A 13（Ⅰ）由②，當i2j3k4時.2a6a,12中至少有一個是數(shù)列12a中的項，但6a6，126，故2a6a經檢驗，當a3時，符合題 3假設235A中的項，由②可知：6，10，15AA的最后一項an5，且n4由①，anan1an2an3 4對于數(shù)an2

；對于數(shù)an3

6an2an3，這與①所以2,3,5不可能是數(shù)列A中 7n的最大值為9，證明如下： 8分（1）

, ,

，則A符合①、 11（2）Ana1a

AA1，不妨設aajakaA中絕對值最大的四項，其中1|ai||aj||ak||al|.則對aiakal有|aial||al||akal||al|，故aialakalAn中的項，即aaA中的項.ajakA但|aia| ，|ajak||ak|所以aiakajakal所以aiaj，這與①假設An中至少有四項，其絕對值大于0且小于1，類似（ⅰ）得出A

（?。áⅲá＃áぃ?（2）

中至多有9 14解 3 （Ⅱ）由a3n1mn1logm(mN 當1m2mN*時b1b2

4當3m8mN*時b3b4

5當9m

b9

6當27m30mN時

b30

7∴（III）∵a1S11c當n2時anSn

∴c

8n∴a2n1(nNn

9由

2n

nm1(mN*)因為使得anm成立的n的最大值為bm所以bb1,bb2,, b

(tN 當m2t1(tN*T21(t1)(t1)tt21(m

11當m2t(tN*T21ttt2t1m(m 分

(mT (m2tT

13m(m解（I）f(x)1(x1)21

1(n1)211n22n(nN)

1當n2時，aS 1n2 當n

時a1S11所以，數(shù)列

的通項為

2n1(nN 43因為bn所以Tnb1b

a1a2a2a3a由（I）可知，數(shù)列

a 123 當n2mmNTnT2ma1a2a

aa2(a1a3)a4(a3a5) a )4 1(8m212m)1(2n2 當n2m1mNT (1)2m1a 2m1(8m212m)1(16m216m 1(8m24m3)1(2n26n 1(2n26n),所以

9(2n26n7),要使Tn

對nN只要使1(2n26n)tn2n為正偶數(shù)）9即使1(26)t對n 故實數(shù)t的取值范圍是(9

9由

2n1知，數(shù)列3

如存在以a為首項，公比q24{akN，此時{a 每一項除第一項外都是偶數(shù)，故不存在以an{a}nk 當q1時，顯然不存在這樣的數(shù)列 當q3時，若存在以a3{akNa kn1n1,n1k

3k12nkk所以存在滿足條件的數(shù)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所以數(shù)列1首項為1，公差為1的等差數(shù) 4a an （Ⅱ）由（Ⅰ）得

1n1

所以

2n因為b43an，所以

2na an所以c

1

b 2n12n 22n 2n1

11111

12n 212n

2n1 1

72 2n1 2n n217n因為kS1n4，所以k n417 所以k41725，當且僅當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因為11 1 0，所以gn

…………11 2n 2n2n12n2ngn 2n所以g

2n4n22n4n282n4n12

13所以gn是遞增數(shù)列 所以gng1233所以t233所以t

23 ………23分xiyixi1yi11，所以數(shù)列{xiyi1由x1y12，得xiyii1（i1, ,k ………3 故xi

kk(xiyi

23 k1)1k(k3 52i

i

i 若存在點列T，使得xi

2k 則1k(k32k，即k(k32k12因為整數(shù)k和k3總是一個為奇數(shù)，一個為偶數(shù)，且k≥2，而整數(shù)2k11 所以對于任意正整數(shù)k(k≥2)，任意點列均不能滿足xi

2k．…8解：由（Ⅱ）yii1xi(i1