历年数列高考题汇编

1历年高考真题汇编---数列答案（含）1、(2011年新课标卷文)解：（Ⅰ）因为.31)31(311nnna,2311311)311(31nnnS所以,21nnaS（Ⅱ）nnaaab32313logloglog).......21(n2)1(nn所以}{nb的通项公式为.2)1(nnbn.2、(2011全国新课标卷理）解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由23269aaa得32349aa所以219q。有条件可知a0,故13q。由12231aa得12231aaq，所以113a。故数列{an}的通项式为an=13n。（Ⅱ）111111loglog...lognbaaa(12...)(1)2nnn故12112()(1)1nbnnnn12111111112...2((1)()...())22311nnbbbnnn所以数列1{}nb的前n项和为21nn3、（2010新课标卷理）解（Ⅰ）由已知，当n≥1时，111211[()()()]nnnnnaaaaaaaa21233(222)2nn2(1)12n。2而12,a所以数列{na}的通项公式为212nna。（Ⅱ）由212nnnbnan知35211222322nnSn①从而23572121222322nnSn②①-②得2352121(12)22222nnnSn。即211[(31)22]9nnSn。4、（20I0年全国新课标卷文）解：（1）由am=a1+（n-1）d及a1=5，a10=-9得112599{adad解得192{ad数列{an}的通项公式为an=11-2n。……..6分(2)由(1)知Sn=na1+(1)2nnd=10n-n2。因为Sn=-(n-5)2+25.所以n=5时，Sn取得最大值。6、（2011辽宁卷）解：（I）设等差数列{}na的公差为d，由已知条件可得110,21210,adad解得11,1.ad故数列{}na的通项公式为2.nan………………5分（II）设数列1{}2nnnanS的前项和为，即2111,122nnnaaSaS故，12.2242nnnSaaa3所以，当1n时，1211111222211121()2422121(1)22nnnnnnnnnnSaaaaaann=.2nn所以1.2nnnS综上，数列11{}.22nnnnannS的前项和7、（2010年陕西省）解（Ⅰ）由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得121d＝1812dd，解得d＝1，d＝0（舍去），故{an}的通项an＝1+（n－1）×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知2ma=2n，由等比数列前n项和公式得Sn=2+22+23+…+2n=2(12)12n=2n+1-28、（2009年全国卷）解：设na的公差为d，nb的公比为q由3317ab得212317dq①由3312TS得24qqd②由①②及0q解得2,2qd故所求的通项公式为121,32nnnanb．11、（2011浙江卷）解：设等差数列{}na的公差为d，由题意可知2214111()aaa即2111()(3)adaad，从而21add因为10,.ddaa所以故通项公式.nana4（Ⅱ）解：记22222111,2nnnnTaaaaa因为所以211(1())111111122()[1()]1222212nnnnTaaa从而，当0a时，11nTa；当110,.naTa时12、（2011湖北卷）13、（2010年山东卷）解：（Ⅰ）设等差数列na的首项为1a，公差为d，5由于73a，2675aa，所以721da，261021da，解得31a，2d，由于dnaan)1(1，2)(1nnaanS，所以12nan，)2(nnSn（Ⅱ）因为12nan，所以)1(412nnan因此)111(41)1(41nnnnbn故nnbbbT21)1113121211(41nn)111(41n)1(4nn所以数列nb的前n项和)1(4nnTn14、（2010陕西卷）解（Ⅰ）由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得121d＝1812dd，解得d＝1，d＝0（舍去），故{an}的通项an＝1+（n－1）×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知2ma=2n，由等比数列前n项和公式得Sm=2+22+23+…+2n=2(12)12n=2n+1-2.、15、（2010重庆卷）16、（2010北京卷）解：（Ⅰ）设等差数列{}na的公差d。6因为366,0aa所以112650adad解得110,2ad所以10(1)2212nann（Ⅱ）设等比数列{}nb的公比为q因为212324,8baaab所以824q即q=3所以{}nb的前n项和公式为1(1)4(13)1nnnbqSq17、（2010浙江卷）解：(Ⅰ)由题意知S0=5-15S-3,a=S-S=-8所以11105,58.Sadad解得a1=7所以S=-3,a1=7(Ⅱ)因为SS+15=0,所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,即2a12+9da1+10d2+1=0.故(4a1+9d)2=d2-8.所以d2≥8.[故d的取值范围为d≤-2218、（2010四川卷）Ⅱ）由（Ⅰ）得解答可得，1nnbnq，于是0121123nnSqqqnq．若1q，将上式两边同乘以q有121121nnnqSqqnqnq．两式相减得到12111nnnqSnqqqq711nnqnqq1111nnnqnqq．于是12111nnnnqnqSq．若1q，则11232nnnSn．所以，121,1,211,1.1nnnnnqSnqnqqq…………………………………（12分）19、（2010上海卷）解：由*585,nnSnanN（1）可得：1111585aSa，即114a。同时11(1)585nnSna（2）从而由(2)(1)可得：1115()nnnaaa即：*151(1),6nnaanN，从而{1}na为等比数列，首项1115a，公比为56，通项公式为15115*()6nna，从而1515*()16nna20、（2009辽宁卷）解：（Ⅰ）依题意有)(2)(2111111qaqaaqaaa由于01a，故022qq又0q，从而21－q（Ⅱ）由已知可得321211）（aa故41a8从而））（（）（））（（nnn211382112114S空间几何答案25.【2012高考广东理18】【答案】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面垂直的证明、二面角的求解等问题，考查了学生的空间想象能力以及推理论证能力.【解析】（1）PC平面BDE，BD面BDEBDPCPA平面ABCD，BD面ABCDBDPA又PAPCPBD面PAC（2）ACBDO由（1）得：BDACABAD，1,22PAADAB，PC平面,BDEBFPCOFPCBFO是二面角BPCA的平面角在PBC中，255,2,3903BPBCPBBCPCPBCBEPC在RtBOF中，2222,tan33BOBOOEBFBOBFOOF得：二面角BPCA的正切值为326.【2012高考辽宁理18】【命题意图】本题主要考查线面平行的判定、二面角的计算，考查空间想象能力、运算求解能力，是容易题.【解析】（1）连结','ABAC，由已知=90,=BACABAC三棱柱-'''ABCABC为直三棱柱，所以M为'AB中点.又因为N为''BC中点所以//'MNAC，又MN平面''AACC'AC平面''AACC，因此//''MNAACC平面……6分（2）以A为坐标原点，分别以直线,,'ABACAA为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系-Oxyz，如图所示设'=1,AA则==ABAC，于是0,0,0,,0,0,0,,0,'0,0,1,',0,1,'0,,1ABCABC，所以1,0,,,,12222MN，设111=,,mxyz是平面'AMN的法向量，由'=0,=0mAMmMN得11111-=0221+=022xzyz，可取=1,-1,m9设222=,,nxyz是平面MNC的法向量，由=0,=0nNCnMN得22222-+-=0221+=022xyzyz，可取=-3,-1,n因为'--AMNC为直二面角，所以2=0,-3+-1-1+=0mn即，解得=2……12分27.【2012高考湖北理19】【答案】（Ⅰ）解法1：在如图1所示的△ABC中，设(03)BDxx，则3CDx．由ADBC，45ACB知，△ADC为等腰直角三角形，所以3ADCDx.由折起前ADBC知，折起后（如图2），ADDC，ADBD，且BDDCD，所以AD平面BCD．又90BDC，所以11(3)22BCDSBDCDxx．于是1111(3)(3)2(3)(3)33212ABCDBCDVADSxxxxxx312(3)(3)21233xxx，当且仅当23xx，即1x时，等号成立，故当1x，即1BD时,三棱锥ABCD的体积最大．解法2：同解法1，得321111(3)(3)(69)3326ABCDBCDVADSxxxxxx．令321()(69)6fxxxx，由1()(1)(3)02fxxx，且03x，解得1x．当(0,1)x时，()0fx；当(1,3)x时，()0fx．所以当1x时，()fx取得最大值．故当1BD时,三棱锥ABCD的体积最大．（Ⅱ）解法1：以D为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系Dxyz．由（Ⅰ）知，当三棱锥ABCD的体积最大时，1BD，2ADCD．于是可得(0,0,0)D，(1,0,0)B，(0,2,0)C，(0,0,2)A，(0,1,1)M，1(,1,0)2E，且(1,1,1)BM．设(0,,0)N，则1(,1,0)2EN.因为ENBM等价于0ENBM，即11(,1,0)(1,1,1)1022，故12，1(0,,0)2N.所以当12DN（即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，ENBM．设平面BMN的一个法向量为(,,)xyzn，由,,BNBMnn及1(1,,0)2BN，得2,.yxzx可取(1,2,1)n．设EN与平面BMN所成角的大小为，则由11(,,0)22EN，(1,2,1)n，可得101|1|32sincos(90)2||||262ENENnn，即60．28.【2012高考新课标理19】【答