7．在數(shù)列{an}中，a1=1，an+2+ancosnπ=1，記Sn是數(shù)列{an}的前n項和，則$\frac{{S}_{120}}{{a}_{61}}$等于（　　）
A．930B．1520C．60D．61

分析 由an+2+ancosnπ=1，當n=2k-1時，k∈Z，a2k+1-a2k-1=1，可得數(shù)列{a2k-1}是首項為1，公差為1的等差數(shù)列．當n=2k時，k∈Z，a2k+2+a2k=1．可得S120．又a61=31，即可得出．

解答 解：由an+2+ancosnπ=1，當n=2k-1時，k∈Z，a2k+1-a2k-1=1，∴數(shù)列{a2k-1}是首項為1，公差為1的等差數(shù)列．
∴a1+a3+…+a119=$\frac{（1+60）×60}{2}$=1830．
當n=2k時，k∈Z，a2k+2+a2k=1．
∴a2+a4+…+a120=（a2+a4）+（a6+a8）+…+（a118+a120）=30．
∴S120=1830+30=1860．
又a61=a2×30+1=1+30=31，
∴$\frac{{S}_{120}}{{a}_{61}}$=$\frac{1860}{31}$=60．
故選：C．

點評 本題考查了等差數(shù)列的定義及其前n項和公式、“分組求和”，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．

練習冊系列答案
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（Ⅰ）求實數(shù)m的最大值；
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2．已知向量|$\overrightarrow{a}$|=2，（2$\overrightarrow{a}$-$\overrightarrow$）•（$\overrightarrow{a}$+2$\overrightarrow$）=-1，向量$\overrightarrow{a}$，$\overrightarrow$的夾角為$\frac{2π}{3}$，則|$\overrightarrow$|等于（　�。�
A．1B．3C．$\frac{3}{2}$D．$\frac{1}{2}$

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12．在數(shù)列{an}，若a${\;}_{n}^{2}$-a${\;}_{n-1}^{2}$=k（n≥2，n∈N*，k為常數(shù)），則稱{an}為等方差數(shù)列．
（1）若數(shù)列{bn}是等方差數(shù)列，b1=1，b2=3，寫出所有滿足條件的數(shù)列{bn}的前4項；
（2）若等方差數(shù)列{an}滿足a1=2，a2=2$\sqrt{2}$，an＞0，設數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的前n項和為Tn，是否存在正整數(shù)p，q，使不等式Tn＞$\sqrt{pn+q}$-1對一切n∈N*都成立？若存在，求出p，q的值；若不存在，說明理由．

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科目：高中數(shù)學 來源： 題型：解答題

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（2）若b=$\sqrt{7}$，且△ABC的面積為$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，求a+c的值．

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16．已知a=ln$\frac{1}{2}$，b=e${\;}^{\frac{1}{2}}$，c=2-e（e≈2.71828…），則a，b，c的大小關(guān)系為（　　）
A．b＜a＜cB．a＜b＜cC．a＜c＜bD．c＜a＜b

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17．△ABC的面積為S，α是三角形的內(nèi)角，O是平面ABC內(nèi)一點，且滿足$\sqrt{2}$$\overrightarrow{OA}$+sinα$\overrightarrow{OB}$+cosα$\overrightarrow{OC}$=$\overrightarrow{0}$，則下列判斷正確的是（　�。�
A．S△AOC的最小值為$\frac{1}{2}$SB．SAOB的最小值為（$\sqrt{2}$-1）S
C．S△AOC+S△AOB的最大值為$\frac{1}{2}$SD．S△BOC的最大值為（$\sqrt{2}$-1）S

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