专题09数列A辑（教师版含解析）备战2021年高中数学联赛之1981-2020年高中数学联赛一试试题分专题训练.docx

1、备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题09数列A辑历年联赛真题汇编1【2006高中数学联赛(第01试)】数码a1,a2,a3,a2006中有奇数个9的2007位十进制数2a1a2a3a2006的个数为( )A12102006+82006B12102006-82006C102006+82006D102006-82006【答案】B【解析】出现奇数个9的十进制数个数有A=C2006192005+C2006392003+C200620059，又由于(9+1)2006=k=02006C2006k92006-k以及(9-1)2006=k=02006C2006k(-1)k9200

2、6-k，从而得A=C2006192005+C2006392003+C200620059=12102006-82006.故选B.2【2003高中数学联赛(第01试)】删去正整数数列1，2，3，中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个新数列的第2003项是( )A2046B2047C2048D2049【答案】C【解析】解法一注意到452=2025,462=2116，所以2026=a2026-45=a1981,2115=a2115-45=a2070，而且从第1981项到2070项之间的90项中没有完全平方数.又1981+22=2003，所以a2003=a1981+22=2026+22=2048.故选

3、C.解法二将所得新数列按照第k组含有2k个数的规则分组：(2,3),(5,6,7,8),(10,11,12,13,14,15),，设新数列的第2003项位于第n组，则有2+4+6+2n2003，即n(n+1)2003，得n44，故新数列的第2003项为4445+45+23=2048.3【1999高中数学联赛(第01试)】给定公比为q(q1)的等比数列an，设b1=a1+a2+a3，b2=a4+a5+a6,，bn=a3n-2+a3n-1+a3n，则数列bn( )A是等差数列B是公比为q的等比数列C是公比为q3的等比数列D既非等差数列也非等比数列【答案】C【解析】由题意an=a1qn-1有bn+1

4、bn=a3n+1+a3n+2+a3n+3a3n-2+a3n-1+a3n=a1q3n+a1q3n+1+a1q3n+2a1q3n-3+a1q3n-2+a1q3n-1=q3.所以bn是公比为q3的等比数列.4【1998高中数学联赛(第01试)】各项均为实数的等比数列an前n项和记为Sn，若S10=10,S30=70，则S40等于( )A150B-200C150或200D400或50【答案】A【解析】记b1=S10,b2=S20-S10，b3=S30-S20,b4=S40-S30，设q为an的公比，则b1,b2,b3,b4构成以r=q10为公比的等比数列.于是70=S10=b1+b2+b3=b11+r

5、+r2=101+r+r2，所以r2+r-6=0，则r=2(因为r=q100，所以r=3应舍去).故S40=101+2+22+23=150.5【1998高中数学联赛(第01试)】设命题P：关于x的不等式a1x2+b1x+c10与a2x2+b2x+c20的解集相同；命题Q:a1a2=b1b2=c1c2.则命题Q( )A是命题P的充分必要条件B是命题P的充分条件但不是必要条件C是命题P的必要条件但不是充分条件D既不是命题P的充分条件也不是命题P的必要条件【答案】D【解析】例如x2-3x+20与-x2+3x-20的解集不同，从而排除A，B；又如x2+x+10与x2+x+30解集相同，从而排除C6【19

6、97高中数学联赛(第01试)】已知数列xn满足xn+1=xn-xn-1(n2)，x1=a，x2=b，记Sn=x1+x2+xn，则下列结论正确的是( )Ax100=-a,S100=2b-aBx100=-b,S100=2b-aCx100=-b,S100=b-aDx100=-a,S100=b-a【答案】A【解析】经计算知数列xn的前几项是a，b，ba，-a,-b,a-b,a,b,b-a,-a,-b,a-b,由此看出即xn是周期为6的数列.所以x100=x616+4=x4=-a.又x6k+1+x6k+2+x6k+3+x6k+4+x6k+5+x6k+6=x1+x2+x3+x4+x5+x6=a+b+(b-

7、a)+(-a)+(-b)+(a-b)=0.所以S100=S616+4=S4=a+b+(b-a)+(-a)=2b-a.7【1997高中数学联赛(第01试)】设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项的和为972，则这样的数列共有( )A2个B3个C4个D5个【答案】C【解析】设等差数列的首项为a，公差为d，则依题意有na+n(n-1)2d=972，即2a+(n-1)dn=2972 即n为不小于3的自然数，97为素数，数n的值只可能为97,297,972,2972四者之一.若d0，则由式知2972n(n-1)dn(n-1)，故只可能有n=97，式化为a+48d=97，这时式有两组解：

8、n=97d=1a=49或n=97d=2a=1.若d=0，则式化为an=972，这时式有两组解：n=97d=0a=97或n=972d=0a=1.故符合题设条件的等差数列共有4个.8【1996高中数学联赛(第01试)】等比数列an的首项a1=1536，公比是q=-12.用n表示它的前n项之积，则n(nN)最大的是( )A9B11C12D13【答案】C【解析】等比数列an的通项公式an=1536-12n-1，前n项的积n=1536n-12n(n-1)2.易见9,12,13为正数，10,11为负数，故只要比较9,12,13.首先考虑正负情况，显然9,12,13为正数.而a10=1536-129=-3，

9、a11=a10-12=32，a12=a11-12=-34，a13=a12-12=38，且a10a11a12=(-3)32-34=2781.那么12=a10a11a129=-332-349=2789.所以129.又0a131，则130,Sn为其前n项之和，则Sn(nN)中最大的是( )AS10BS11CS20DS21【答案】C【解析】设该等差数列的公差为d，则由3a8=5a13得3a1+7d=5a1+12d，即a1=-19.5d，于是知a20=a1+19d0.而a21=a1+20d0，所以该等差数列的前20项和最大，故选C.10【1994高中数学联赛(第01试)】已知数列an满足3an+1+an

10、=4(n1)，且a1=9，其前n项之和为Sn，则满足不等式Sn-n-61125的最小整数n是( )A5B6C7D8【答案】C【解析】由3an+1-1=-an-1，a1-1=8知数列an-1是首项为8，公比为-13的等比数列.因此Sn-n=81-1-13n1+13=6-6-13n.所以Sn-n-6=613n25035，所以n-15，n6.从而n7.不难验证，当n=7时满足要求，故选C11【1985高中数学联赛(第01试)】设0a1，若x1=a,x2=ax1,x3=ax2,xn=axn-1,，则数列xn( )A是递增的B是递减的C奇数项是递增的，偶数项是递减的D偶数项是递增的，奇数项是递减的【答案

11、】C【解析】首先考察数列的前三项x1=a,x2=aa,x3=aaa，因为0a1，所以aaa1，aaaaaa，即x1x30，Sn为其前n项之和，则SnnN中最大的是( )AS10BS11CS20DS21【答案】C【解析】【详解】设该等差数列的公差为d，则由3a8=5a13得3a1+7d=5a1+12d，即a1=-19.5d，于是，a20=a1+19d0，而a21=a1+20d1.由ak+1ak=k+1k q，知q为正有理数，故可令q=pr(其中，p、rN+，(p,r)=1且pr+1).当r=1时，则由100an=na1qn-1nqn-1=npn-1n2n-1，知n5. 当ak=k2k-1(k=0

12、,1,2,3,4,5)时，恰有6项且符合条件.当r2时，若n6，由rk-1|ka1(k=1,2,n)，知r5|6a1，从而，100a1r56，故r3.若r=3，则34|a1，故a1=81.由an=na1(p3)n-181n(43)n-1，知n1.若r=2，则24|a1，a116且100an=na1(p2)n-116n(32)n-1.从而，n2，矛盾.综上，n的最大值为6.选C.5已知数列an是正整数组成的递增数列，且满足an+2=an+1+2an(nN+).若a5=52，则a7=( ).A102B152C212D缺少条件，a7不能唯一确定【答案】C【解析】a3=a2+2a1，a4=a3+2a2

13、=3a2+2a1，a5=a4+2a3=5a2+6a1.方程5a2+6a1=52的正整数解为a1=2，a2=8或a1=7，a2=2.又a2a1，所以，a1=2，a2=8.故a7=a6+2a5=21a2+22a1=212.故答案为：C6给定数列xn，x1=1，且xn+1=3xn+13-xn.则n=12009xn= ( ).A1B-1C-2+3D2+3【答案】C【解析】由题意知xn+1=xn+331-33xn.令xn=tann.则xn+1=tann+6.于是，xn+6=xn.易知x1=1,x2=2+3,x3=-2-3，x4=-1,x5=-2+3,x6=2-3，x7=1，故n=12009xn=x1+x

14、2+x3+x4+x5=-2+3.故答案为：C7己知等差数列an及bn设An=a1+a2+an，Bn=b1+b2+bn，若对nN*，有AnBn=3n+55n+3，则a10b6=( )A3533B3129C17599D15587【答案】B【解析】an、bn为等差数列，且前n顶和之比AnBn=3n+55n+3，故可设An=kn(3n+5)，Bn=kn(5n+3)，从而a10=A10-A9=10k(30+5)-9k(27+5)=62k，b6=B6-B6=6k(30+3)-5k(25+3)=58ka10b6=62k58k=3129故答案为：B8设Sn、Tn分别是等差数列an与bn的前n项和，对任意正整数

15、n，都有SnTn=2n+6n+1.若ambm为质数，则正整数m的值为( ).A2B3C5D7【答案】A【解析】由条件可设Sn=kn(2n+6),Tn=kn(n+1)，则m=1时，a1b1=S1T1=82=4，不满足题意，舍去.当m2时，ambm=Sm-Sm-1Tm-Tm-1=4m+42m=2+2m，于是仅在m=2时，ambm=3为质数.所以，所求的正整数m=2.故答案为：A9等差数列an中，a2+a11+a14=-6，则前17项的和a1+a2+a17等于( ).A0B-34C17D34【答案】B【解析】设公差为d，则a2+a11+a14=3a1+24d=3a9，结合条件可知a9=-2，从而前1

16、7项的和等于17a9=-34.故答案为：B10已知正整数数列an满足an+2=an+12+an2(n1).若正整数m满足am=2005，则所有可能的m构成的集合是( ).A1,2B1,2,3C1,2,3,4D1,2,3,4,5【答案】B【解析】令a1=2005，知m=1可以；令a2=2005，知m=2可以；令a1=18，a2=41.由a3=a12+a22=324+1681=2005，知m=3亦可以.若m=4可以，则有2005=a22+(a12+a22)2(a1、a2N+).由452=2025，知a12+a2244，故a1、a26.从而，(a12+a22)2=2005-a221969,2004.

17、但442=1936196920041，an+1=an+1an2.则数列an( ).A有界且递减B有界且递增C无界且递增D无界且递减【答案】C【解析】由an+1=an+1an2an，知an递增.注意到an+1=an+1an2 an+13=an+1an23an3+3an31an2=an3+3an+13-an33 an+13=k=1nak+13-ak3+a133n+an33nan+133n.所以，数列an无界.故答案为：C14从满足a1=a2=1，an+2=an+1+an(n1)的数列an中，依次抽出能被3整除的项组成数列bn. 则b100=( ).Aa100Ba200Ca300Da400【答案】D

18、【解析】因为an+2=an+1+an，所以1，1，2，3，5，8，13，21，因此易知a4k(k1)能被3整除，故选D.15已知数列a1，a2，a3，a4，a5的各项均不等于0和1，其和Sn=a1+a2+an满足2Sn=an-an2(1n5).则满足条件的数列共有( )个.A2B6C8D16【答案】B【解析】把n=1代入2Sn=an-an2，有2a1=a1-a12，即a12+a1=0.但a10，故a1=-1.对n2，由2Sn=an-an2，有2Sn+1=an+1-an+12.从而，2an+1=2(Sn+1-Sn)=an+1-an-an+12+an2，即(an+1-an)(an+1+an)+(a

19、n+1+an)=0.故an+1+an=0 或an+1-an+1=0. 把n=1代入式、，由数列的各项均不等于1，得a2=a1-1=-2(舍去a2=-a1=1).再把n=2代入式、得a3=-a2=2或a3=a2-1=-3.继续取n=3代入式、，当a3=2时，由数列的各项均不等于1知，只有一个取值a4=-a3=-2(舍去a4=a3-1=1).而当a3=-3时，有两个取值a4=-a3=3，a4=a3-1=-4.最后取n=4代入式、，有三种情况：当a4=-2时，有a5=-a4=2，a5=a4-1=-3；当a4=3时，有a5=-a4=-3，a5=a4-1=2；当a4=-4时，有a5=-a4=4，a5=a

20、4-1=-5.故满足条件的数列一共有6个：-1，-2，2，-2，2；-1，-2，2，-2，-3；-1，-2，-3，3，-3；-1，-2，-3，3，2；-1，-2，-3，-4，4；-1，-2，-3，-4，-5. 选B.16已知正项数列an： a1=a22 ，an+12=2n21+2n2.则an( ).A递增有上界B递增无上界C递减有下界D递减无下界【答案】A【解析】a122.假设an22，那么，an+12=1-11+2an21-11+2(22)2=12.故an+10，所以，an+1an，数列an递增. 选A.17已知1,2,n(0,2)，令M=(i=1ntani)(i=1ncoti)，N=(i=

21、1nsini)(i=1ncsci).则M与N的大小关系是( ).AMNBMNCM=ND不确定【答案】A【解析】M-N=(i=1ntani)(i=1ncoti)-(i=1nsini)(i=1n1sini)=12j=1ni=1n(tanicotj+tanjcoti-sinisinj-sinjsini).故只须证明局部各项非负，即tanicotj+tanjcotisinisinj+sinjsini.上式通分即得tanicotj+tanjcotisinisinj+sinjsini(sin2i+sin2j)cosicosj sin2i+sin2j-2sin2isin2j(sin2i+sin2j)cosi

22、cosj (sin2i+sin2j)(1-cosicosj)2sin2isin2j.由sin2i+sin2j2sinisinj及1-cosicosj-sinisinj =1-cos(i-j)0知MN成立.故答案为：A18已知正项数列an满足ann+an-1=0(nN+)，下面给出5个判断：0annn+1； nn+1an1；an为递增数列； an为递减数列；an不是单调数列。其中，正确的判断是( )ABCD【答案】A【解析】显然0an1时，1+1+1+annn-1个nan annnan-(n-1) ann+an-1(n+1)an-n，故0annn+1，又a1=12，所以0annn+1(nN+)，

23、若对某个正整数n，有anan+1，则an+1n+1=an+1nan+1an+1nann，故an+1n+1+an+1ann+an+1ann+an，但an+1n+1+an+1=1=ann+an，矛盾.因此，对任意的n，都有anan+1. 选A.19已知集合A=a1,a2,a2008aiR,i=1,2,2008，lA表示和ai+aj1ij2008中所有不同值的个数.则lA的最小值是( ).A2008B2013C4013D4016【答案】C【解析】不妨设a1a2a2008.则a1+a2a1+a3a1+a2008a2+a20082008时，ai+aj=ai+j-2008+a2008.因此，每个和ai+a

24、j1ij2008或等于a1+ak2k2008中的一个，或等于at+a20082t2007中的一个.故lA的最小值为4013.故答案为：C20设数列an满足a1=a2=1，a3=2，anan+1an+2an+3=an+a+1+an+2+an+3(n1)，且anan+1an+21对一切正整数n成立.则S100=k=1100ak的值是( ).A225B200C300D150【答案】B【解析】对任何n1，有anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3， an+1an+2an+3an+4=an+1+an+2+an+3+an+4. -得an+1an+2an+3(an-an+4)=an-an+4，即(an-an+4)(1-an+1an+2an+3)=0.又an+1an+2an+31，则an=an+4.故an是以4为周期的数列.由于a1=a2=1，a3=2，a4=4，因此，S100=k=1100ak=25(a1+a2+a3+a4)=258=200.