題目列表(包括答案和解析)
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已知各項均為正數的數列{an}滿足：a1＝1，an+1·an＋an+1－an＝0
(1)證明數列
為等差數列，并求an；
(2)設bn＝an·an+2，數列{bn}的前n項和為Sn，求證：
．
設各項均為正數的數列{an}滿足：
(n∈N*)．
(Ⅰ)求首項a1和數列{an}的通項公式；
(Ⅱ)設數列{an}的前n項和為Sn，且λSn+1＝Sn＋(λ－1)Sn+1(n∈N*，n≥2)，求實數λ的值．
設各項均為正數的數列{an}的前n項和為Sn，已知2a2＝a1＋a3，數列
是公差為d的等差數列．
(1)求數列{an}的通項公式(用n，d表示)；
(2)設c為實數，對滿足
的任意正整數m，n，k，不等式Sm＋Sn＞cSk都成立．求證：c的最大值為
．
已知各項均為非負整數的數列A0∶a0，a1，…，an(n∈N*)，滿足a0＝0，a1＋…＋an＝n．若存在最小的正整數k，使得ak＝k(k≥1)，則可定義變換T，變換T將數列A0變為T(A0)∶a0＋1，a1＋1，…，ak－1＋1，0，ak+1，…，an．設Ai+1＝T(Ai)，i＝0，1，2…．
(Ⅰ)若數列A0：0，1，1，3，0，0，試寫出數列A5；若數列A4：4，0，0，0，0，試寫出數列A0；
(Ⅱ)證明存在數列A0，經過有限次T變換，可將數列A0變為數列
；
(Ⅲ)若數列A0經過有限次T變換，可變為數列．設Sm＝am＋am+1＋…＋an，m＝1，2，…，n，求證am＝Sm－[
](m＋1)，其中[
]表示不超過
的最大整數．
理科數學參考答案和評分標準
一、選擇題 BCDC BCBD DADC
二、填空題 13.2 14.12＋π 15.2 16.100
三、解答題
17.解：當±≠kπ＋時，1分
有：f(x)＝2sin(＋)?cos ＋tan(＋)?tan(－)
＝sin x＋2cos2－1＝sin x＋cos x＝sin(x＋).4分
(1)令－＋2kπ≤x＋≤＋2kπ，得2kπ－≤x≤2kπ＋.
又由±≠kπ＋，得x≠2kπ±.6分
∴f(x)的單調增區間是：[2kπ－，2kπ－)，(2kπ－，2kπ＋](k∈Z).8分
(2)當x∈[0，)時，x＋∈[，)，則sin(x＋)有最小值.10分
此時f(x)min＝1，故由題意得1－m>1⇒m<0.12分
18.解：(1)四人恰好買到同一只股票的概率P1＝6××××＝.4分
(2)(法一)四人中有兩人買到同一只股票的概率P2＝＝.
四人中每人買到不同的股票的概率P3＝＝＝.
所以四人中至多有兩人買到同一只股票的概率P＝P2＋P3＝＋＝＝.8分
(法二)四人中有三人恰好買到同一只股票的概率P4＝＝＝.
所以四人中至多有兩人買到同一只股票的概率P＝1－P1－P4＝＝.8分
(3)每股今天獲利錢數ξ的分布列為：
ξ
2
0
－2
P
0.6
0.2
0.2
所以，10手股票在今日交易中獲利錢數的數學期望為
1000Eξ＝1000×[2×0.6＋0×0.2＋(－2)×0.2]＝800.12分
19.解：(法一)(1)∵AC1＝2，∴∠A
以O為坐標原點，建立如圖空間直角坐標系.2分
則A(0，－1,0)，B(，0,0)，A1(0,0，)，C(0,1,0)，B1(，1，).
∴＝(，1,0)，＝(，2，)，＝(0,2,0).
設平面AB
由cos〈，n〉＝－得：棱A1B1與平面AB
(2)設存在點P符合，且點P坐標設為P(0，y，z)，7分
＝＋＝(－2，0,0)，∴D(－，0,0).
∴＝(，y，z).平面AB
∴?n＝0，得z＝，由＝λ得：∴y＝0，∴P(0,0，).10分
又DP⊄平面AB
(法二)(1)如圖可得，B
∴AB1＝，AC＝2，∴AC⊥B
設B到平面AB
設棱AB與平面AB
又AB∥A1B1，∴A1B1與平面AB
(2)＝＋，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴＝＝，8分
∴CDA1B1是平行四邊形.∴A1D∥B
又A1D⊄面AB
∴A1D∥平面AB
20.解：(1)設d、q分別為數列{an}、數列{bn}的公差與公式.
由題意知，a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，等比數列{bn}的前三項是2,2＋d,4＋2d，
∴(2＋d)2＝2(4＋2d)⇒d＝±2.2分
∵an＋1>an，∴d>0.∴d＝2，∴an＝2n－1(n∈N*).4分
由此可得b1＝2，b2＝4，q＝2，∴bn＝2n(n∈N*).5分
(2)Tn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋，①
當n＝1時，Tn＝＋＋＋…＋. ②
①－②，得：Tn＝＋2(＋＋…＋)－＝＋(1－)－.
∴Tn＝3－－＝3－.9分
∴Tn＋－＝3－<3.10分
∴滿足條件Tn＋－<c(c∈Z)恒成立的最小整數值為c＝3.12分
21.解：(1)在Rt△F1MF2中，|OM|＝＝2知c＝2，
則解得a2＝6，b2＝2，∴橢圓方程為＋＝1.4分
(2)設N(m，n)(m≠0)，l為y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由y＝x＋t與＋＝1得(＋)x2＋tx＋－1＝0，6分
由點N(m，n)在橢圓上知，＋＝代入得＋tx＋－1＝0，
∴x1＋x2＝－mnt，x1x2＝m2(－1)，①8分
∴kNA＋kNB＝＋＝
＝
將①式代入得kNA＋kNB＝，
又∵NA、NB與x軸圍成的三角形是等腰三角形得kNA＋kNB＝0，10分
∴n2＝1代入＋＝1得m2＝3，∴N(±，±1).12分
22.解：(1)f′(x)＝－(x>0).依題意f′(x)<0在x>0時有解，即ax2＋2x－1>0在x>0有解.則Δ＝4＋
此時，－1<a<0.4分
(2)a＝－，f(x)＝－x＋b⇔x2－x＋ln x－b＝0.
設g(x)＝x2－x＋ln x－b(x>0)，則g′(x)＝.列表：
x
(0,1)
1
(1,2)
2
(2,4)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
?
極大值
?
極小值
?
∴g(x)極小值＝g(2)＝ln 2－b－2，g(x)極大值＝g(1)＝－b－，g(4)＝－b－2＋2ln 2.6分
∵方程g(x)＝0在[1,4]上恰有兩個不相等的實數根，
則解得：ln 2－2<b≤－.9分
(3)設h(x)＝ln x－x＋1，x∈[1，＋∞)，則h′(x)＝－1≤0，
∴h(x)在[1，＋∞)為減函數，且h(x)max＝h(1)＝0，故當x≥1時有ln x≤x－1.
∵a1＝1，假設ak≥1(k∈N*)，則ak＋1＝ln ak＋ak＋2>1，故an≥1(n∈N*).
從而an＋1＝ln an＋an＋2≤2an＋1，∴1＋an＋1≤2(1＋an)≤…≤2n(1＋a1).
即1＋an≤2n，∴an≤2n－1.14分
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－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*