1、 1 / 9 2020 北京各区一模数学试题分类汇编北京各区一模数学试题分类汇编数列数列 （2020 海淀一模）海淀一模）若数列 n a满足 1 2,a 则“ * , p rpr p raa a N”是“ n a为等比数列”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】不妨设1r ，则 11pp aa a， 1 2 pp aa ， 1 2 p p a a + = n a为等比数列；故充分性成立 反之若 n a为等比数列，不妨设公比为q， 1 11 =2 p rr p r p qaa q ， 222 1 4 p rp
2、 r pr a aa qq + -+ - = 当2q时 p rpr aa a ，所以必要性不成立 故选：A （2020 海淀一模）海淀一模）在等差数列 n a中， 125 3,16aaa ，则数列 n a的前 4项的和为_. 【答案】24 【解析】设等差数列的公差为d. 25 16aa， 11 146daad， 1 3a ， 2d， 1 (1)3 (1) 22 +1 n aandnn=+-= +-?， 2 / 9 （2） 14 4 4()4(3 9) =24 22 aa S + =. 故答案为：24 （2020 西城一模）西城一模）设等差数列 n a的前n项和为 n S，若 314 25aaa
3、，则 6 S （ ） A. 10 B. 9 C. 8 D. 7 【答案】B 【解析】 31411 52223aaaadad ，解得 1 4a ，1d ，故 61 6159Sad. 故选：B. （2020 东城一模）东城一模）已知正项等比数列 n a中， 519 27a aa， 6 a与 7 a的等差中项为 9，则 10 a（ ） A. 729 B. 332 C. 181 D. 96 【答案】D 【解析】设正项等比数列 n a的公比为 q，则0q ， 由 519 27a aa，可得 3 5 27a，即 5 3a ，即 4 1 3a q ， 6 a与 7 a的等差中项为 9，可得 67 18aa，
4、即 56 11 18a qa q， 由可得 2 60qq，解得 2q = 或3q （舍） ， 则 5 105 3 3296aa q . 故选：D. （2020 丰台一模）丰台一模）设等差数列 n a的前 n 项和为 n S，21 n an ，则 5 S _. 【答案】25 3 / 9 【解析】 1 5 5 55(1 9) 25 22 aa S 故答案为：25 （2020 朝阳区一模）朝阳区一模）在等比数列 n a中， 1 1a ， 4 8a ，则 n a的前6项和为（ ） A. 21 B. 11 C. 31 D. 63 【答案】A 【解析】因为 1 1a ， 4 8a ，设公比为q，则 3 4
5、 1 a q a 8 8 1 ，所以2q ， 所以 66 1 6 (1)1 1 ( 2) 21 11 ( 2) aq S q ， 故选：A （2020 朝阳区一模）朝阳区一模）已知函数( )cos 2 x f xx .数列 n a 满足( )(1) n af nf n（ * nN） ，则数列 n a 的前100项和是_. 【答案】100 【解析】因为( )cos 2 x f xx ，所以(1)(3)(5)(101)0ffff， (2)2,(6)6,(10)10,(98)98ffff ， (4)4,(8)8,(12)12,(100)100ffff ， 所以 12 (2)2aaf ， 34 (4)
6、4aaf， 56 (6)6aaf ， 78 (8)8aaf， 99100 (100)100aaf， 所以 1234567899100 aaaaaaaaaa 4 / 9 2 (2)(4)(6)(8)(100)fffff 2( 2468 10 12100) 2 25 2100. 故答案为： 100 （2020 石景山一模）石景山一模）设 n a是等差数列，其前n项和为 n S.则“ 132 2SSS”是“ n a为递增数列”的 （ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】设 n a的公差为d . 充分性证明：由 132
7、 2SSS得： 11231232 2()aaaaaaaa ，即：0d . 所以 n a为递增数列. 必要性证明：由 n a为递增数列得： 321 aaa ，所以 1123112212213 2()2aaaaaaaaaSSaS 所以“ 132 2SSS”是“ n a为递增数列的充分必要条件 故选：C. （2020 石景山一模）石景山一模）已知正项等比数列 n a中， 1 1a ，其前n项和为* n SnN，且 123 112 aaa ， 则 4 S _ 5 / 9 【答案】15 【解析】由题意可知： 2 111 111 aa qa q ，结合 1 1,0aq 解得：2q = ， 则 4 1 24
8、815S . 故答案为：15. （2020 石景山一模）石景山一模）能够说明“设a，b是任意非零实数”，若“ab，则 11 ab ”是假命题的一组整数 a，b的值依次为_. 【答案】2，1；(答案不唯一) 【解析】取2,1ab ，则ab，但是 11 21 ，即 11 . ab 故答案为：2，1. （2020 怀柔一模）怀柔一模）在等差数列 n a中，若 456 15aaa，则 28 aa（ ） A. 6 B. 10 C. 7 D. 5 【答案】B 【解析】由题可知： 45655 3155aaaaa 又 285 2aaa，所以 28 10aa 故选：B （2020 密云一模）密云一模）设数列 n
9、 a是等差数列， 135 6aaa， 7 6a .则这个数列的前 7 项和等于（ ） A. 12 B. 21 C. 24 D. 36 【答案】B 6 / 9 【解析】因为数列 n a是等差数列， 135 6aaa， 所以 3 36a ，即 3 2a ， 又 7 6a ， 所以 73 1 73 aa d ， 13 20aad， 故 17 7 7() 21 2 aa S 故选：B （2020 顺义区顺义区一模）一模）设 n S为公比1q 的等比数列 n a的前n项和,且 1 3a， 2 2a， 3 a成等差数列，则q _, 4 2 S S _. 【答案】 (1). 3 (2). 10 【解析】设等
10、比数列的通项公式 1 1 n n aa q , 又因为 1 3a, 2 2a, 3 a成等差数列, 所以 213 32 2aaa,即 2 111 43qaaa q, 又因为等比数列中 1 0a ,则 2 43qq ,解得 1q 或3q , 又因为1q ,所以3q . 所以 4 1 44 4 22 2 2 1 1 11 3801 10 11 381 1 aq Sqq Sqaq q . 7 / 9 故答案为：(1).3 (2). 10 （2020 延庆一模）延庆一模）已知数列 n a是等差数列， n S是 n a的前n项和， 10 16a. （1）判断2024是否是数列 n a中的项，并说明理由；
11、 （2）求 n S的最值.从 8 10a ； 8 8a ； 8 20a 中任选一个，补充在上面的问题中并作答. 【解析】选 8 10a （1）选 8 10a ，设等差数列 n a的公差为d， 因为 10 8 16 10 a a ，所以 1 1 916 710 ad ad ，解得 1 3 11 d a 所以 1 (1)11 (1) 3 n aandn 314n 令 3142024n，则32038n ，此方程无正整数解 所以2024不是数列 n a中的项. （2）令0 n a ，即3140n，解得： 142 4 33 n 所以当5n时，0, n a 当4n时，0, n a 所以当4n时， n S的
12、最小值为 4 11 85226S . n S无最大值. 选 8 8a 设等差数列 n a的公差为d， 8 / 9 因为 10 8 16 8 a a ，所以 1 1 916 78 ad ad ，解得 1 4 20 d a 所以 1 (1)20(1) 4 n aandn 424n 令 4242024n，则512n，此方程有正整数解 所以2024是数列 n a中的项. （2）令0 n a ，即4240n，解得：6n 所以当7n时，0, n a 当6n时，0, n a 所以当5n或6n时， n S的最小值为 56 6 5 6 ( 20)460 2 SS . n S无最大值. 若选 8 20a 设等差数列 n a的公差为d， 因为 10 8 16 20 a a ，所以 1 1 916 720 ad ad ，解得 1 2 34 d a 所以 1 (1)34(1) (2) n aandn 36 2n 令 3622024n，则994n，此方程无正整数解 所以不是数列 n a中的项. （2）令0 n a ，即3620n，解得：18n， 所以当18n 时，0 n a ，当18n 时，0 n a ， 9 / 9 所以当17n或18n 时， n S的最大值为 1718 18 17 18 34( 2)306 2 SS . n S无最小值.