（本小题满分 14 分） 正实数数列 a_ n 中， a_…——2010 高考数学第 21 题答案解析

【解析】考查等差数列及数列分组求和知识

证明：（1）由已知有：$a_{n}^{2}=1+24(n-1)$ ，从而 $a_{n}=\sqrt{1+24(n-1)}$ ，
**方法一**：取 $n-1=24^{2 k-1}$ ，则 $a_{n}=\sqrt{1+24^{2 k}} \quad\left(k \in N^{*}\right)$
用反证法证明这些 $a_{n}$ 都是无理数．
假设 $a_{n}=\sqrt{1+24^{2 k}}$ 为有理数，则 $a_{n}$ 必为正整数，且 $a_{n}>24^{k}$ ，
故 $a_{n}-24^{k} \geq 1 . a_{n}-24^{k}>1$ ，与 $\left(a_{n}-24^{k}\right)\left(a_{n}+24^{k}\right)=1$ 矛盾，
所以 $a_{n}=\sqrt{1+24^{2 k}} \quad\left(k \in N^{*}\right)$ 都是无理数，即数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中有无穷多项为无理数；
**方法二**：因为 $a_{n+1}^{2}=1+24 n, ~(n \in N)$ ，当 $n$ 的末位数字是 $3,4,8,9$ 时， $1+24 n$ 的末位数字是 3 和 7 ，

它不是整数的平方，也不是既约分数的平方，故此时 $a_{n+1}=\sqrt{1+24 n}$ 不是有理数，因这种 $n$ 有无穷多，故这种无理项 $a_{n+1}$ 也有无穷多。
（2）要使 $a_{n}$ 为整数，由 $\left(a_{n}-1\right)\left(a_{n}+1\right)=24(n-1)$ 可知：
$a_{n}-1, a_{n}+1$ 同为偶数，且其中一个必为 3 的倍数，所以有 $a_{n}-1=6 m$ 或 $a_{n}+1=6 m$

当 $a_{n}=6 m+1$ 时，有 $a_{n}^{2}=36 m^{2}+12 m+1=1+12 m(3 m+1)(m \in N)$
又 $m(3 m+1)$ 必为偶数，所以 $a_{n}=6 m+1 \quad(m \in N)$ 满足 $a_{n}^{2}=1+24(n-1)$
即 $n=\frac{m(3 m+1)}{2}+1 \quad(m \in N)$ 时，$a_{n}$ 为整数；
同理 $a_{n}=6 m-1\left(m \in N^{*}\right)$ 有 $a_{n}^{2}=36 m^{2}-12 m+1=1+12 m(3 m-1) \quad\left(m \in N^{*}\right)$
也满足 $a_{n}^{2}=1+24(n-1)$ ，即 $n=\frac{m(3 m-1)}{2}+1\left(m \in N^{*}\right)$ 时，$a_{n}$ 为整数；
显然 $a_{n}=6 m-1\left(m \in N^{*}\right)$ 和 $a_{n}=6 m+1 \quad(m \in N)$ 是数列中的不同项；
所以当 $n=\frac{m(3 m+1)}{2}+1 \quad(m \in N)$ 和 $n=\frac{m(3 m-1)}{2}+1 \quad\left(m \in N^{*}\right)$ 时，$a_{n}$ 为整数；
由 $a_{n}=6 m+1<200(m \in N)$ 有 $0 \leq m \leq 33$ ，

由 $a_{n}=6 m-1<200\left(m \in N^{*}\right)$ 有 $1 \leq m \leq 33$ ．

设 $a_{n}$ 中满足 $a_{n}<200$ 的所有整数项的和为 $S$ ，则
$S=(5+11+\cdots+197)+(1+7+\cdots+199)=\frac{5+197}{2} \times 33+\frac{1+199}{2} \times 34=6733$

绝密启用前 秘密启用后
2010年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）

【解答】
（本小题满分 14 分）
证明：（1）由已知有：$a_{n}^{2}=1+24(n-1)$ ，从而 $a_{n}=\sqrt{1+24(n-1)}$ ，
**方法一**：取 $n-1=24^{2 k-1}$ ，则 $a_{n}=\sqrt{1+24^{2 k}} \quad\left(k \in N^{*}\right)$
用反证法证明这些 $a_{n}$ 都是无理数．
假设 $a_{n}=\sqrt{1+24^{2 k}}$ 为有理数，则 $a_{n}$ 必为正整数，且 $a_{n}>24^{k}$ ，
故 $a_{n}-24^{k} \geq 1 . a_{n}-24^{k}>1$ ，与 $\left(a_{n}-24^{k}\right)\left(a_{n}+24^{k}\right)=1$ 矛盾，
所以 $a_{n}=\sqrt{1+24^{2 k}} \quad\left(k \in N^{*}\right)$ 都是无理数，即数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中有无穷多项为无理数；
**方法二**：因为 $a_{n+1}^{2}=1+24 n,(n \in N)$ ，当 $n$ 的末位数字是 $3,4,8,9$ 时， $1+24 n$ 的末位数字是 3 和 7 ，

它不是整数的平方，也不是既约分数的平方，故此时 $a_{n+1}=\sqrt{1+24 n}$ 不是有理数，因这种 $n$ 有无穷多，故这种无理项 $a_{n+1}$ 也有无穷多。
（2）要使 $a_{n}$ 为整数，由 $\left(a_{n}-1\right)\left(a_{n}+1\right)=24(n-1)$ 可知：
$a_{n}-1, a_{n}+1$ 同为偶数，且其中一个必为 3 的倍数，所以有 $a_{n}-1=6 m$ 或 $a_{n}+1=6 m$
当 $a_{n}=6 m+1$ 时，有 $a_{n}^{2}=36 m^{2}+12 m+1=1+12 m(3 m+1)(m \in N)$
又 $m(3 m+1)$ 必为偶数，所以 $a_{n}=6 m+1 \quad(m \in N)$ 满足 $a_{n}^{2}=1+24(n-1)$
即 $n=\frac{m(3 m+1)}{2}+1 \quad(m \in N)$ 时，$a_{n}$ 为整数；
同理 $a_{n}=6 m-1\left(m \in N^{*}\right)$ 有 $a_{n}^{2}=36 m^{2}-12 m+1=1+12 m(3 m-1) \quad\left(m \in N^{*}\right)$
也满足 $a_{n}^{2}=1+24(n-1)$ ，即 $n=\frac{m(3 m-1)}{2}+1\left(m \in N^{*}\right)$ 时，$a_{n}$ 为整数；
显然 $a_{n}=6 m-1\left(m \in N^{*}\right)$ 和 $a_{n}=6 m+1 \quad(m \in N)$ 是数列中的不同项；
所以当 $n=\frac{m(3 m+1)}{2}+1 \quad(m \in N)$ 和 $n=\frac{m(3 m-1)}{2}+1 \quad\left(m \in N^{*}\right)$ 时，$a_{n}$ 为整数；
由 $a_{n}=6 m+1<200(m \in N)$ 有 $0 \leq m \leq 33$ ，
由 $a_{n}=6 m-1<200\left(m \in N^{*}\right)$ 有 $1 \leq m \leq 33$ ．
设 $a_{n}$ 中满足 $a_{n}<200$ 的所有整数项的和为 $S$ ，则
$S=(5+11+\cdots+197)+(1+7+\cdots+199)=\frac{5+197}{2} \times 33+\frac{1+199}{2} \times 34=6733$

## 2010 年江西高考文科数学真题及答案

绝密启用前

> 2010年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）
> 文科数学

本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分，第 I 卷 1 至 2 页，第 II 卷 3 至 4 页，共 150分。

考生注意：
4．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的＂准考证号、姓名、考试科目＂与考生本人准考证号、姓名是否一致。
5．第 I 卷每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案标号。第 II 卷用黑色墨水签字笔在答题卡上作答。若在试题卷上作答，答案无效。
6．考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。
参考公式

如果事件 $A, B$ 互斥，那么
$P(A+B)=P(A)+P(B)$
如果事件 $A, B$ ，相互独立，那么
$P(A \cdot B)=P(A) \cdot P(B)$
如果事件 $A$ 在一次试验中发生的概率是 $p$ ，那么
$n$ 次独立重复试验中恰好发生 $k$ 次的概率
$P_{n}(k)=C_{n}^{k} p^{k}(1-p)^{n-k}$

球的表面积公式
$S=4 \pi R^{2}$
其中 $R$ 表示球的半径
球的体积公式
$V=\frac{4}{3} \pi R^{3}$
其中 $R$ 表示球的半径

## 第 I 卷

## 一．选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

【解答】
（本小题满分 14 分）

证明：（1）由已知有：$a_{n}^{2}=1+24(n-1)$ ，从而 $a_{n}=\sqrt{1+24(n-1)}$ ，
**方法一**：取 $n-1=24^{2 k-1}$ ，则 $a_{n}=\sqrt{1+24^{2 k}} \quad\left(k \in N^{*}\right)$
用反证法证明这些 $a_{n}$ 都是无理数．
假设 $a_{n}=\sqrt{1+24^{2 k}}$ 为有理数，则 $a_{n}$ 必为正整数，且 $a_{n}>24^{k}$ ，
故 $a_{n}-24^{k} \geq 1 \cdot a_{n}-24^{k}>1$ ，与 $\left(a_{n}-24^{k}\right)\left(a_{n}+24^{k}\right)=1$ 矛盾，
所以 $a_{n}=\sqrt{1+24^{2 k}} \quad\left(k \in N^{*}\right)$ 都是无理数，即数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中有无穷多项为无理数；
**方法二**：因为 $a_{n+1}^{2}=1+24 n,(n \in N)$ ，当 $n$ 的末位数字是 $3,4,8,9$ 时， $1+24 n$ 的末位数字是 3 和 7 ，它不是整数的平方，也不是既约分数的平方，故此时 $a_{n+1}=\sqrt{1+24 n}$ 不是有理数，因这种 $n$ 有无穷多，故这种无理项 $a_{n+1}$ 也有无穷多。
（2）要使 $a_{n}$ 为整数，由 $\left(a_{n}-1\right)\left(a_{n}+1\right)=24(n-1)$ 可知：
$a_{n}-1, a_{n}+1$ 同为偶数，且其中一个必为 3 的倍数，所以有 $a_{n}-1=6 m$ 或 $a_{n}+1=6 m$
当 $a_{n}=6 m+1$ 时，有 $a_{n}^{2}=36 m^{2}+12 m+1=1+12 m(3 m+1) \quad(m \in N)$

又 $m(3 m+1)$ 必为偶数，所以 $a_{n}=6 m+1 \quad(m \in N)$ 满足 $a_{n}^{2}=1+24(n-1)$
即 $n=\frac{m(3 m+1)}{2}+1 \quad(m \in N)$ 时，$a_{n}$ 为整数；
同理 $a_{n}=6 m-1\left(m \in N^{*}\right)$ 有 $a_{n}^{2}=36 m^{2}-12 m+1=1+12 m(3 m-1) \quad\left(m \in N^{*}\right)$
也满足 $a_{n}^{2}=1+24(n-1)$ ，即 $n=\frac{m(3 m-1)}{2}+1\left(m \in N^{*}\right)$ 时，$a_{n}$ 为整数；
显然 $a_{n}=6 m-1\left(m \in N^{*}\right)$ 和 $a_{n}=6 m+1 \quad(m \in N)$ 是数列中的不同项；

所以当 $n=\frac{m(3 m+1)}{2}+1 \quad(m \in N)$ 和 $n=\frac{m(3 m-1)}{2}+1\left(m \in N^{*}\right)$ 时，$a_{n}$ 为整数；
由 $a_{n}=6 m+1<200(m \in N)$ 有 $0 \leq m \leq 33$ ，

由 $a_{n}=6 m-1<200\left(m \in N^{*}\right)$ 有 $1 \leq m \leq 33$ ．
设 $a_{n}$ 中满足 $a_{n}<200$ 的所有整数项的和为 $S$ ，则

$$ S=(5+11+\cdots+197)+(1+7+\cdots+199)=\frac{5+197}{2} \times 33+\frac{1+199}{2} \times 34=6733 $$

【解答】
（本小题满分 14 分）
正实数数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中，$a_{1}=1, a_{2}=5$ ，且 $\left\{a_{n}^{2}\right\}$ 成等差数列．
（1）证明数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中有无穷多项为无理数；
（2）当 $n$ 为何值时，$a_{n}$ 为整数，并求出使 $a_{n}<200$ 的所有整数项的和．
【解析】考查等差数列及数列分组求和知识

证明：（1）由已知有：$a_{n}^{2}=1+24(n-1)$ ，从而 $a_{n}=\sqrt{1+24(n-1)}$ ，
**方法一**：取 $n-1=24^{2 k-1}$ ，则 $a_{n}=\sqrt{1+24^{2 k}} \quad\left(k \in N^{*}\right)$
用反证法证明这些 $a_{n}$ 都是无理数．
假设 $a_{n}=\sqrt{1+24^{2 k}}$ 为有理数，则 $a_{n}$ 必为正整数，且 $a_{n}>24^{k}$ ，
故 $a_{n}-24^{k} \geq 1 . a_{n}-24^{k}>1$ ，与 $\left(a_{n}-24^{k}\right)\left(a_{n}+24^{k}\right)=1$ 矛盾，
所以 $a_{n}=\sqrt{1+24^{2 k}} \quad\left(k \in N^{*}\right)$ 都是无理数，即数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中有无穷多项为无理数；
**方法二**：因为 $a_{n+1}^{2}=1+24 n,(n \in N)$ ，当 $n$ 的末位数字是 $3,4,8,9$ 时， $1+24 n$ 的末位数字是 3 和 7 ，它不是整数的平方，也不是既约分数的平方，故此时 $a_{n+1}=\sqrt{1+24 n}$ 不是有理数，因这种 $n$ 有无穷多，故这种无理项 $a_{n+1}$ 也有无穷多。
（2）要使 $a_{n}$ 为整数，由 $\left(a_{n}-1\right)\left(a_{n}+1\right)=24(n-1)$ 可知：
$a_{n}-1, a_{n}+1$ 同为偶数，且其中一个必为 3 的倍数，所以有 $a_{n}-1=6 m$ 或 $a_{n}+1=6 m$
当 $a_{n}=6 m+1$ 时，有 $a_{n}^{2}=36 m^{2}+12 m+1=1+12 m(3 m+1) \quad(m \in N)$
又 $m(3 m+1)$ 必为偶数，所以 $a_{n}=6 m+1 \quad(m \in N)$ 满足 $a_{n}^{2}=1+24(n-1)$
即 $n=\frac{m(3 m+1)}{2}+1 \quad(m \in N)$ 时，$a_{n}$ 为整数；

同理 $a_{n}=6 m-1\left(m \in N^{*}\right)$ 有 $a_{n}^{2}=36 m^{2}-12 m+1=1+12 m(3 m-1) \quad\left(m \in N^{*}\right)$
也满足 $a_{n}^{2}=1+24(n-1)$ ，即 $n=\frac{m(3 m-1)}{2}+1\left(m \in N^{*}\right)$ 时，$a_{n}$ 为整数；
显然 $a_{n}=6 m-1\left(m \in N^{*}\right)$ 和 $a_{n}=6 m+1 \quad(m \in N)$ 是数列中的不同项；
所以当 $n=\frac{m(3 m+1)}{2}+1 \quad(m \in N)$ 和 $n=\frac{m(3 m-1)}{2}+1 \quad\left(m \in N^{*}\right)$ 时，$a_{n}$ 为整数；
由 $a_{n}=6 m+1<200(m \in N)$ 有 $0 \leq m \leq 33$ ，

由 $a_{n}=6 m-1<200\left(m \in N^{*}\right)$ 有 $1 \leq m \leq 33$ ．

设 $a_{n}$ 中满足 $a_{n}<200$ 的所有整数项的和为 $S$ ，则
$S=(5+11+\cdots+197)+(1+7+\cdots+199)=\frac{5+197}{2} \times 33+\frac{1+199}{2} \times 34=6733$

绝密 启用前 秘密 启用后
2010年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）

【解答】
（本小题满分 14 分）

证明：（1）由已知有：$a_{n}^{2}=1+24(n-1)$ ，从而 $a_{n}=\sqrt{1+24(n-1)}$ ，
**方法一**：取 $n-1=24^{2 k-1}$ ，则 $a_{n}=\sqrt{1+24^{2 k}} \quad\left(k \in N^{*}\right)$
用反证法证明这些 $a_{n}$ 都是无理数．
假设 $a_{n}=\sqrt{1+24^{2 k}}$ 为有理数，则 $a_{n}$ 必为正整数，且 $a_{n}>24^{k}$ ，
故 $a_{n}-24^{k} \geq 1 \cdot a_{n}-24^{k}>1$ ，与 $\left(a_{n}-24^{k}\right)\left(a_{n}+24^{k}\right)=1$ 矛盾，
所以 $a_{n}=\sqrt{1+24^{2 k}} \quad\left(k \in N^{*}\right)$ 都是无理数，即数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中有无穷多项为无理数；
**方法二**：因为 $a_{n+1}^{2}=1+24 n,(n \in N)$ ，当 $n$ 的末位数字是 $3,4,8,9$ 时， $1+24 n$ 的末位数字是 3 和 7 ，它不是整数的平方，也不是既约分数的平方，故此时 $a_{n+1}=\sqrt{1+24 n}$ 不是有理数，因这种 $n$ 有无穷多，故这种无理项 $a_{n+1}$ 也有无穷多。
（2）要使 $a_{n}$ 为整数，由 $\left(a_{n}-1\right)\left(a_{n}+1\right)=24(n-1)$ 可知：
$a_{n}-1, a_{n}+1$ 同为偶数，且其中一个必为 3 的倍数，所以有 $a_{n}-1=6 m$ 或 $a_{n}+1=6 m$
当 $a_{n}=6 m+1$ 时，有 $a_{n}^{2}=36 m^{2}+12 m+1=1+12 m(3 m+1) \quad(m \in N)$

又 $m(3 m+1)$ 必为偶数，所以 $a_{n}=6 m+1 \quad(m \in N)$ 满足 $a_{n}^{2}=1+24(n-1)$
即 $n=\frac{m(3 m+1)}{2}+1 \quad(m \in N)$ 时，$a_{n}$ 为整数；
同理 $a_{n}=6 m-1\left(m \in N^{*}\right)$ 有 $a_{n}^{2}=36 m^{2}-12 m+1=1+12 m(3 m-1) \quad\left(m \in N^{*}\right)$
也满足 $a_{n}^{2}=1+24(n-1)$ ，即 $n=\frac{m(3 m-1)}{2}+1\left(m \in N^{*}\right)$ 时，$a_{n}$ 为整数；
显然 $a_{n}=6 m-1\left(m \in N^{*}\right)$ 和 $a_{n}=6 m+1 \quad(m \in N)$ 是数列中的不同项；

所以当 $n=\frac{m(3 m+1)}{2}+1 \quad(m \in N)$ 和 $n=\frac{m(3 m-1)}{2}+1\left(m \in N^{*}\right)$ 时，$a_{n}$ 为整数；
由 $a_{n}=6 m+1<200(m \in N)$ 有 $0 \leq m \leq 33$ ，

由 $a_{n}=6 m-1<200\left(m \in N^{*}\right)$ 有 $1 \leq m \leq 33$ ．
设 $a_{n}$ 中满足 $a_{n}<200$ 的所有整数项的和为 $S$ ，则

$$ S=(5+11+\cdots+197)+(1+7+\cdots+199)=\frac{5+197}{2} \times 33+\frac{1+199}{2} \times 34=6733 $$