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|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
19214 | [] | C | null | 高二 | 《九章算术》之后, 人们进一步地用等差数列求和公式来解决更多的问题, 《张邱建算经》卷上第 22 题为: 今有女善织, 日益功疾 (注: 从第 2 天起每天比前一天多织相同量的布), 第一天织 5 尺布, 现在一月（按 30 天计）, 共织 420 尺布, 则第 2 天织的布的尺数为（） | A. $\frac{163}{29}$
B. $\frac{161}{29}$
C. $\frac{81}{15}$
D. $\frac{80}{15}$ | 算术 | 设公差为 $\mathrm{d}$, 由题意可得: 前 30 项和 $\mathrm{S}_{30}=420=30 \times 5+\frac{30 \times 29}{2} \mathrm{~d}$, 解得 $\mathrm{d}=\frac{18}{29}$.
$\therefore$ 第 2 天织的布的尺数 $=5+\mathrm{d}=\frac{163}{29}$.
故选: A. |
19215 | [] | B | null | 高二 | (全国高考真题 (理)) 设 $S_{m}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $3 S_{3}=S_{2}+S_{4}, a_{1}=2$, 则 $a_{5}=$ | A. -12
B. -10
C. 10
D. 12 | 算术 | 设该等差数列的公差为 $d$,
根据题中的条件可得 $3\left(3 \times 2+\frac{3 \times 2}{2} \cdot d\right)=2 \times 2+d+4 \times 2+\frac{4 \times 3}{2} \cdot d$,
整理解得 $d=-3$, 所以 $a_{5}=a_{1}+4 d=2-12=-10$, 故选 B. |
19216 | [] | C | null | 高二 | (2017 新课标全国 I 理) 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a_{4}+a_{5}=24, S_{6}=48$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$的公差为 ( ) | A. 1
B. 2
C. 4
D. 8 | 算术 | 设公差为 $d, a_{4}+a_{5}=a_{1}+3 d+a_{1}+4 d=2 a_{1}+7 d=24$ ， $S_{6}=6 a_{1}+\frac{6 \times 5}{2} d=6 a_{1}+15 d=48$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}2 a_{1}+7 d=24 \\ 6 a_{1}+15 d=48\end{array}\right.$, 解得 $d=4$, 故选 C. |
19222 | [] | A | null | 高二 | 记等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$. 若 $a_{6}=16, S_{5}=35$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 ( ) | A. 3
B. 2
C. -2
D. -3 | 算术 | 由等差数列的性质可知, $S_{5}=\frac{a_{1}+a_{5}}{2} \times 5=5 a_{3}=35$, 解得 $a_{3}=7$,故 $d=\frac{a_{6}-a_{3}}{6-3}=3$. 故选 A.
【名师点睛】本小题主要考查等差数列前 $n$ 项和公式, 考查等差数列的性质, 考查等差数列公差的计算公式, 属于基础题.求解时, 根据等差数列的性质, 由 $S_{5}$ 求得 $a_{3}$ 的值, 根据等差数列公差的计算公式计算出公差. |
19223 | [] | B | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, $S_{n}$ 是它的前 $n$ 项和, 若 $a_{1}=2, S_{3}=12$, 则 $S_{4}=(\quad)$ | A. 24
B. 20
C. 16
D. 10 | 算术 | 由 $a_{1}=2, S_{3}=12$ 得 $S_{3}=3 a_{1}+\frac{3 \times 2}{2} d=6+3 d=12$, 解得 $d=2$,所以 $S_{4}=4 a_{1}+\frac{4 \times 3}{2} d=8+12=20$, 故选 B.
【名师点睛】本题考查等差数列的前 $n$ 项和公式, 属于基础题. 解答时, 根据等差数列的前 $n$ 项和公式化简 $S_{3}=12$, 将 $a_{1}=2$ 代入求出公差 $d$ 的值, 然后由首项 $a_{1}$ 和公差 $d$, 利用等差数列的前 $n$ 项和公式求出 $S_{4}$ 即可. |
19224 | [] | B | null | 高二 | 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{21}=63$, 则 $a_{3}+a_{11}+a_{19}=(\quad)$ | A. 12
B. 9
C. 6
D. 3 | 算术 | 由等差数列性质可知: $S_{21}=21 a_{11}=63$, 解得: $a_{11}=3$,
$\therefore a_{3}+a_{11}+a_{19}=3 a_{11}=9$, 本题正确选项为 B.
【名师点睛】本题考查等差数列性质的应用, 属于基础题. 利用等差中项的性质可得 $S_{21}=21 a_{11}$, 求得 $a_{11}=3$, 再根据下角标的性质可求得结果. |
19225 | [] | D | null | 高二 | 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=32, a_{2}+a_{3}=40$, 则数列 $\left\{\left|a_{n}\right|\right\}$ 的前 12 项之和为 ( ) | -144
B. 80
C. 144
D. 304 | 算术 | 因为 $a_{2}+a_{3}=2 a_{1}+3 d=64+3 d=40 \Rightarrow d=-8$, 所以 $a_{n}=40-8 n$.
所以 $\left|a_{n}\right|=|40-8 n|=\left\{\begin{array}{l}40-8 n, n \leqslant 5, \\ 8 n-40, n>6,\end{array}\right.$
所以前 12 项之和为 $\frac{5 \times(32+0)}{2}+\frac{7 \times(8+56)}{2}=80+224=304$.
故选 D.
【名师点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式和求和公式, 属于中档题, 处理含绝对值的数列问题时, 可考虑去绝对值号写成分段函数的形式. 求解本题时, 根据条件, 求出等差数列通项公式, 写出 $\left|a_{n}\right|=|40-8 n|=\left\{\begin{array}{l}40-8 n, n \leqslant 5, \\ 8 n-40, n>6,\end{array}\right.$ 利用等差数列求和公式求前 5 项与后 7 项的和, 相加即可. |
19228 | [] | A | null | 高二 | (2019$\cdot$横峰中学高考模拟 (理)) 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $a_{8}=2, S_{7}=98$, 则 $a_{3}+a_{9}=(\quad)$ | A. 16
B. 14
C. 12
D. 10 | 算术 | 因为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $S_{7}=98$,
所以 $S_{7}=\frac{7\left(a_{1}+a_{7}\right)}{2}=7 a_{4}=98$, 解得 $a_{4}=14$;
又 $a_{8}=2$, 所以 $a_{3}+a_{9}=a_{4}+a_{8}=14+2=16$. 故选 $\mathrm{A}$ |
19229 | [] | A | null | 高二 | 正项等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 若 $a_{2} a_{18}=16$, 则 $\log _{2} a_{10}=(\quad)$ | A. 2
B. 4
C. 8
D. 16 | 算术 | : 依题意得, $a_{2} a_{18}=a_{10}^{2}=16$, 又 $a_{10}>0$, 因此 $a_{10}=4, \log _{2} a_{10}=\log _{2} 4=2$, 选 A. |
19231 | [] | B | null | 高二 | 在各项均为正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 若 $a_{m+1} \cdot a_{m-1}=2 a_{m}(m \geq 2)$, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项积为 $T_{n}$, 若 $T_{2 m}$ ${ }_{-1}=512$, 则 $m$ 的值为 ( ) | A. 4
B. 5
C. 6
D. 7 | 算术 | 由等比数列的性质可知 $a_{m+1} \cdot a_{m-1}=a_{m}^{2}=2 a_{m}(m \geq 2), \therefore a_{m}=2$, 即数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为常数列, $a_{n}=2$, $\therefore T_{2 m-1}=2^{2 m^{-}}=512=2^{9 \mathrm{~h}}$, 即 $2 m-1=9$, 所以 $m=5$. |
19233 | [] | C | null | 高二 | （2019 年高考全国 III 卷理数）已知各项均为正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 4 项和为 15 , 且
$$
a_{5}=3 a_{3}+4 a_{1}
$$
则 $a_{3}=(\quad)$ | A. 16
B. 8
C. 4
D. 2 | 算术 | 设正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{1} q+a_{1} q^{2}+a_{1} q^{3}=15 \\ a_{1} q^{4}=3 a_{1} q^{2}+4 a_{1}\end{array}\right.$,
解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1, \\ q=2\end{array}, \therefore a_{3}=a_{1} q^{2}=4\right.$, 故选 C.
【名师点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量, 熟练应用公式是解题的关键. |
19240 | [] | A | null | 高二 | 已知递增的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 其前 $n$ 项和 $S_{n}<0$, 则( ) | A. $a_{1}<0,0<q<1$
B. $a_{1}<0, q>1$
C. $a_{1}>0,0<q<1$
D. $a_{1}>0, q>1$ | 算术 | : $\because S_{n}<0, \therefore a_{1}<0$,
又数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为递增等比数列, $\therefore a_{n+1}>a_{n}$, 且 $\left|a_{n}\right|>\left|a_{n+1}\right|$,
则 $-a_{n}>-a_{n+1}>0$, 则 $q=\frac{-a_{n+1}}{-a_{n}} \in(0,1), \therefore a_{1}<0,0<q<1$. 故选 A. |
19241 | [] | C | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}-a_{n}=2, a_{1}=-5$, 则 $\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\ldots+\left|a_{6}\right|=(\quad)$ | A. 9
B. 15
C. 18
D. 30 | 算术 | : 由 $a_{n+1}-a_{n}=2$ 可得数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, 公差 $d=2$, 又 $a_{1}=-5$, 所以 $a_{n}=2 n-7$, 所以 $\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\left|a_{3}\right|+\left|a_{4}\right|+\left|a_{5}\right|+\left|a_{6}\right|=5+3+1+1+3+5=18$. |
19242 | [] | B | null | 高二 | 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题: “远望巍巍塔七层, 红光点点倍加增, 共灯三百八十一, 请问尖头几盏灯? ”意思是: 一座 7 层塔共挂了 381 㙉灯, 且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍, 则塔的顶层共有灯 ( ) | A. 1 盛
B. 3 盏
C. 5 盏
D. 9 盛 | 算术 | : 设塔的顶层的灯数为 $a 1$, 七层塔的总灯数为 $S 7$, 公比为 $q$, 则由题意知 $S 7=381, q=2$, $\therefore S 7=\frac{a 11-q^{7}}{1-q}=\frac{a 11-2^{7}}{1-2}=381$, 解得 $a 1=3$ |
19243 | [] | C | null | 高二 | 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $2 S_{4}=S_{5}+S_{6}$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比 $q$ 的值为 $(\quad)$ | A. -2 或 1
B. -1 或 2
C. -2
D. 1 | 算术 | : 法一: 若 $q=1$, 则 $S_{4}=4 a_{1}, S_{5}=5 a_{1}, S_{6}=6 a_{1}$, 显然不满足 $2 S_{4}=S_{5}+S_{6}$, 故 A、D 错.若 $q=-1$, 则 $S_{4}=S_{6}=0, S_{5}=a_{5} \neq 0$, 不满足条件, 故 B 错, 因此选 C
法二: 经检验 $q=1$ 不适合, 则由 $2 S_{4}=S_{5}+S_{6}$,
得 $2\left(1-q^{4}\right)=1-q^{5}+1-q^{6}$, 化简得 $q^{2}+q-2=0$, 解得 $q=1$ (舍去), $q=-2$. |
19244 | [] | D | null | 高二 | 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项都是正数, 且 $3 a_{1}, \frac{1}{2} a_{3}, 2 a_{2}$ 成等差数列, 则 $\frac{a_{8}+a_{9}}{a_{6}+a_{7}}=(\quad)$ | A. 6
B. 7
C. 8
D. 9 | 算术 | : $\therefore 3 a_{10}, \frac{1}{2} a_{3}, 2 a_{2}$ 成等差数列, $\therefore a_{3}=3 a_{1}+2 a_{2}$,
$\therefore q^{2}-2 q-3=0, \therefore q=3$ 或 $q=-1$ (.舍去). $\therefore \frac{a_{8}+a_{9}}{a_{6}+a_{7}^{n}}=\frac{a_{1} q^{7}+a_{1} q^{8}}{a_{1} q^{5}+a_{1} q^{6}}=\frac{q^{2}+q^{3}}{1+q}=q^{2}=3^{2}=9$. |
19247 | [] | B | null | 高二 | 已知 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 成等比数列, 且 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=\ln \left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)$. 若 $a_{1}>1$, 则( ) | A. $\mathrm{a}_{1}<\mathrm{a}_{3}, \mathrm{a}_{2}<\mathrm{a}_{4}$
B. $\mathrm{a}_{1}>\mathrm{a}_{3}, \mathrm{a}_{2}<\mathrm{a}_{4}$
C. $a_{1}<a_{3}, a_{2}>a_{4}$
D. $a_{1}>a_{3}, a_{2}>a_{4}$ | 算术 | 令 $f(x)=x-\ln x-1$, 则 $f^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x=1$, 所以当 $x>1$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $0<x<1$ 时, $f^{\prime}(x)<0$,因此 $\mathrm{f}(\mathrm{x}) \geq \mathrm{f}(1)=0, \therefore \mathrm{x} \geq \ln \mathrm{x}+1$,
若公比 $q>0$, 则 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}>a_{1}+a_{2}+a_{3}>\ln \left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)$, 不合题意;
若公比 $q \leq-1, \quad$ 则 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=a_{1}(1+q)\left(1+q^{2}\right) \leq 0$,
但 $\ln \left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)=\ln \left[a_{1}\left(1+q+q^{2}\right)\right]>\ln a_{1}>0$, 即 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4} \leq 0<\ln \left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)$, 不合题意;
因此 $-1<q<0, q^{2} \in(0,1), \therefore a_{1}>a_{1} q^{2}=a_{3}, a_{2}<a_{2} q^{2}=a_{4}<0$, 选 B. |
19248 | [] | D | null | 高二 | 在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $S_{n}$ 表示其前 $n$ 项和, 若 $a_{3}=2 S_{2}+1, a_{4}=2 S_{3}+1$, 则公比 $q$ 等于 $(\quad)$ | A. -3
B. -1
C. 1
D. 3 | 算术 | : (1)两式相减得 $a_{4}-a_{3}=2 a_{3}$, 从而求得 $a_{3}=3$. 即 $q=3$. |
19251 | [] | C | null | 高二 | (2013 大纲) 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $3 a_{n+1}+a_{n}=0, a_{2}=-\frac{4}{3}$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 10 项和等于 () | A. $-6\left(1-3^{-10}\right)$
B. $\frac{1}{9}\left(1-3^{10}\right)$
C. $3\left(1-3^{-10}\right)$
D. $3\left(1+3^{-10}\right)$ | 算术 | $\because a_{n+1}=-\frac{1}{3} a_{n}, \therefore\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列
又 $a_{2}=-\frac{4}{3}, \therefore a_{1}=4, \therefore S_{10}=\frac{4\left(1-\left(-\frac{1}{3}\right)^{10}\right)}{1+\frac{1}{3}}=3\left(1-3^{-10}\right)$, 故选 C. |
19252 | [] | A | null | 高二 | (2014 新课标 2) 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 2 , 若 $a_{2}, a_{4}, a_{8}$ 成等比数列, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和
$$
S_{n}=(\quad)
$$ | A. $n(n+1)$
B. $n(n-1)$
C. $\frac{n(n+1)}{2}$
D. $\frac{n(n-1)}{2}$ | 算术 | $a_{2}, a_{4}, a_{8}$ 成等比数列, $\therefore a_{4}^{2}=a_{2} \cdot a_{8}$, 即 $\left(a_{1}+6\right)^{2}=\left(a_{1}+2\right)\left(a_{1}+14\right)$,解得 $a_{1}=2$, 所以 $S_{n}=n(n+1)$. |
19256 | [] | D | null | 高二 | 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=1, a_{5}+a_{6}+a_{7}+a_{8}=2, S_{n}=15$, 则项数 $n$ 为 $(\quad)$ | A. 12
B. 14
C. 15
D. 16 | 算术 | 解析: 因为 $\frac{a_{5}+a_{5}+a_{7}+a_{3}}{a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}}=q^{4}=2$,
由 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=1$,
得 $a_{1} \cdot \frac{1-q^{4}}{1-q}=1 . \therefore a_{1}=q-1$.
又 $S_{n}=15$, 即 $\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=15$,
$\therefore q^{n}=16$, 又 $\because q^{4}=2, \therefore n=16$. 故选 D. |
19258 | [] | B | null | 高二 | (1)已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 1 的等差数列, $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $S_{8}=4 S_{4}$, 则 $a_{10}=(\quad)$ | A. $\frac{17}{2}$
B. $\frac{19}{2}$
C. 10
D. 12 | 算术 | 解析: (1)由 $S_{3}=4 S_{4}$, 公差 $d=1$, 得 $8 a_{1}+\frac{8 \times 7}{2} \times 1=4 \times\left(4 a_{1}+\frac{4 \times 3}{2} \times 1\right)$, 解得 $a_{1}=\frac{1}{2}$, $\therefore a_{10}=a_{1}+9 d=\frac{19}{2}$. |
19261 | [] | D | null | 高二 | 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{2}=1$, 则其前 3 项的和 $S_{3}$ 的取值范围是 ( ) | A. $(-\infty,-1]$
B. $(-\infty, 0) \cup(1,+\infty)$
C. $[3,+\infty)$
D. $(-\infty,-1] \cup[3,+\infty)$ | 算术 | 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $S_{3}=a_{1}+a_{2}+a_{3}=a_{2}\left(\frac{1}{q}+1+q\right)=1+q+\frac{1}{q}$,当 $q>0$ 时, $S_{3}=1+q+\frac{1}{q} \geq 1+2 \sqrt{q \cdot \frac{1}{q}}=3$;
当 $q<0$ 时, $S_{3}=1-\left(-q-\frac{1}{q}\right) \leq 1-2 \sqrt{(-q) \cdot\left(-\frac{1}{q}\right)}=-1$.
$\therefore S_{3} \in(-\infty,-1] \cup[3,+\infty)$, 故选 D. |
19263 | [] | B | null | 高二 | 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题: “远望巍巍塔七层, 红光点点倍加增, 共灯三百八十一, 请问尖头几量灯? ” 意思是: 一座 7 层塔共挂了 381 盛灯, 且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍, 则塔的顶层共有灯 ( ) | A. 1 量
B. 3 盛
C. 5 盏
D. 9 素 | 算术 | 设塔顶的 $a_{1}$ 盛灯, 由题意 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公比为 2 的等比数列,
$\therefore \mathrm{S}_{7}=\frac{a_{1}\left(1-2^{7}\right)}{1-2}=381$, 解得 $\mathrm{a}_{1}=3$. 故选: B. |
19302 | [] | C | null | 高二 | 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列. 下列结论中正确的是 ( ) | A. 若 $a_{1}+a_{2}>0$, 则 $a_{2}+a_{3}>0$
B. 若 $a_{1}+a_{3}<0$, 则 $a_{1}+a_{2}<0$
C. 若 $0<a_{1}<a_{2}$, 则 $a_{2}>\sqrt{a_{1} a_{3}}$
D. 若 $a_{1}<0$, 则 $\left(a_{2}-a_{1}\right)\left(a_{2}-a_{3}\right)>0$ | 算术 | 若 $\left\{a_{n}\right\}$ 是递减的等差数列, 则选项 $A, B$ 都不一定正确. 若 $\left\{a_{n}\right\}$ 为公差为 0 的等差数列, 则选项 D
不正确. 对于 $\mathrm{C}$ 选项, 由条件可知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为公差不为 0 的正确数列, 由等差中项的性质得 $a_{2}=\frac{a_{1}+a_{3}}{2}$,由基
本不等式得 $\frac{a_{1}+a_{3}}{2}>\sqrt{a_{1} a_{3}}$, 所以 $\mathrm{C}$ 正确. |
19304 | [] | B | null | 高二 | 若正数 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 满足 $\mathrm{a}+\mathrm{b}=2$, 则 $\frac{1}{a+1}+\frac{4}{b+1}$ 的最小值是 ( ) | A. 1
B. $\frac{9}{4}$
C. 9
D. 16 | 算术 |
$\because a+b=2, \therefore(a+1)+(b+1)=4$,
又 $\because a>0, b>0$,
$\therefore \frac{1}{a+1}+\frac{4}{b+1}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+1}+\frac{4}{b+1}\right)[(a+1)+(b+1)]$
$=\frac{1}{4}\left[1+4+\frac{b+1}{a+1}+\frac{4(a+1)}{b+1}\right] \geq \frac{1}{4} \times(5+4)=\frac{9}{4}$,
当且仅当 $\frac{b+1}{a+1}=\frac{4(a+1)}{b+1}$,
即 $a=\frac{1}{3}, b=\frac{5}{3}$ 时取等号,
$\frac{1}{a+1}+\frac{4}{b+1}$ 的最小值是 $\frac{9}{4}$, 故选 B. |
19317 | [] | C | null | 高二 | 若正实数 $a, b$ 满足 $a+b=1$, 则 ( ) | A. $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$ 有最大值 4
B. $a b$ 有最小值 $\frac{1}{4}$
c. $\sqrt{a}+\sqrt{b}$ 有最大值 $\sqrt{2}$
D. $a^{2}+b^{2}$ 有最小值 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | 算术 |
因为正实数 $a, b$ 满足 $a+b=1$, 所以 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{a+b}{a}+\frac{a+b}{b}=2+\frac{b}{a}+\frac{a}{b} \geq 2+2=4$, 故 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$ 有最小值 4, 故 A 不正确; 由基本不等式可得 $a+b=1 \geq 2 \sqrt{a b}, \therefore a b \leq \frac{1}{4}$, 故 $a b$ 有最大值 $\frac{1}{4}$, 故 $\mathrm{B}$ 不正确; 由于 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+b+2 \sqrt{a b}=1+2 \sqrt{a b} \leq 2, \therefore \sqrt{a}+\sqrt{b} \leq \sqrt{2}$, 故 $\sqrt{a}+\sqrt{b}$ 由最大值为 $\sqrt{2}$, 故 C 正确; $\because a^{2}+b^{2}=(a+b)^{2}-2 a b=1-2 a b \geq 1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$, 故 $a^{2}+b^{2}$ 由最小值 $\frac{1}{2}$, 故 D 不正确. |
19318 | [] | D | null | 高二 | 若正数 $a, b$ 满足 $2 a+\frac{1}{b}=1$, 则 $\frac{2}{a}+b$ 的最小值为 ( ) | A. $4 \sqrt{2}$
B. $8 \sqrt{2}$
C. 8
D. 9 | 算术 |
$\because a>0, \quad b>0$, 且 $2 a+\frac{1}{b}=1$,
则 $\frac{2}{a}+b=\left(\frac{2}{a}+b\right)\left(2 a+\frac{1}{b}\right)=5+\frac{2}{a b}+2 a b=25+4=9$,
当且仅当 $\frac{2}{a b}=2 a b$ 即 $a=\frac{1}{3}, b=3$ 时取等号.
故选 $D$. |
18104 | [] | B | null | 高二 | 函数 $f(x)=\cos \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ 的最小正周期是 | A. $\frac{\pi}{2}$
B. $\pi$
C. $2 \pi$
D. $4 \pi$ | 算术 | |
18126 | [] | D | null | 高二 | 已知 $\cos x=\frac{3}{4}$, 则 $\cos 2 x=$ | A. $-\frac{1}{4}$
B. $\frac{1}{4}$
C. $-\frac{1}{8}$
D. $\frac{1}{8}$ | 算术 | 解析: $\cos 2 x=2 \cos ^{2} x-1=2 \times\left(\frac{3}{4}\right)^{2}-1=\frac{1}{8}$.
故选 D.
答案: D |
18137 | [] | D | null | 高二 | 已知 $\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{4}$, 则 $\sin 2 \alpha=$ | A. $\frac{31}{32}$
B. $-\frac{31}{32}$
C. $\frac{7}{8}$
D. $-\frac{7}{8}$ | 算术 | 解析: $\because \cos \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{4}$ ，
$\therefore 2 \cos ^{2}\left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)-1=2 \times \frac{1}{16}-1=-\frac{7}{8}=\cos \left(2 \alpha-\frac{\pi}{2}\right)=\cos \left(\frac{\pi}{2}-2 \alpha\right)=\sin 2 \alpha$.
答案: D |
19063 | [] | C | null | 高二 | 若 $\triangle A B C$ 的三个内角满足 $\sin A: \sin B: \sin C=1: 5: 6$, 则 $\triangle A B C$ 是 ( ) | A. 锐角三角形
B. 直角三角形
C. 针角三角形
D. 锐角三角形或针角三角形 | 算术 | 根所正弦定理可知 $\mathrm{a}: \mathrm{b}: \mathrm{c}=\sin A: \sin B: \sin C=1: 5: 6, \triangle A B C$ 的最大内角为 $C$, 不妨设 $a=k, b=5 k, c=6 k(k>0)$, 根据余弦定理得 $\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\frac{4 k^{2}+25 k^{2}-36 k^{2}}{2 \times 2 k \times 5 k}=-\frac{7}{20}<0$, 而 $0<C<\pi$, 所以 $C \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 故 $\triangle A B C$为钝角三角形。 |
19102 | [] | B | null | 高二 | (2019-重庆市云阳江口中学校高一月考) 股票价格上涨 $10 \%$ 称为“涨停”, 下跌 10\%称为“跌停”. 某位股民购进某只股票, 在接下来的交易时间内, 这只股票先经历了 3 次涨停, 又经历了 3 次跌停, 则该股民在这支股票上的盈亏情况（不考虑其他费用）为（） | A. 略有盈利
B. 略有亏损
C. 没有盈利也没有亏损
D. 无法判断盈亏情况 | 算术 | 由题意可得: $(1+10 \%)^{3}(1-10 \%)^{3}= |
17495 | [] | B | null | 高二 | 化简 $\sin (x+y) \sin (x-y)+\cos (x+y) \cos (x-y)$ 的结果是( B ) | A. $\sin 2 x$
B. $\cos 2 y$
C. $-\cos 2 x$
D. $-\cos 2 y$ | 算术 | [解析] 原式 $=\cos (x+y) \cos (x-y)+\sin (x+y) \cdot \sin (x-y)=\cos [(x+y)-(x-y)]=\cos 2 y$. |
17349 | [] | B | null | 高二 | 已知函数 $y=\tan \omega x$ 在 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 内是减函数, 则 ( ) | A. $0<\omega \leqslant 1$
B. $-1 \leqslant \omega<0$
C. $\omega \geqslant 1$
D. $\omega \leqslant-1$ | 算术 | $\because y=\tan \omega x$ 在 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 内是减函数, $\therefore \omega<0$ 且 $T=\frac{\pi}{|\omega|} \geqslant \pi, \quad \therefore-1 \leqslant \omega<0$. |
17353 | [] | D | null | 高二 | 已知函数 $f(x)=\left|\tan \left(\frac{1}{2} x-\frac{\pi}{6}\right)\right|$, 则下列说法正确的是 ( ) | A. $f(x)$ 的周期是 $\frac{\pi}{2}$
B. $f(x)$ 的值域是 $\{y \mid y \in \mathbf{R}$, 且 $y \neq 0\}$
C. 直线 $x=\frac{5 \pi}{3}$ 是函数 $f(x)$ 图象的一条对称轴
D. $f(x)$ 的单调递减区间是 $\left(2 k \pi-\frac{2 \pi}{3}, 2 k \pi+\frac{\pi}{3}\right], k \in \mathbf{Z}$ | 算术 | 函数 $f(x)$ 的周期为 $2 \pi, \mathrm{A}$ 错; $f(x)$ 的值域为 $[0,+\infty)$, B 错; 当 $x=\frac{5 \pi}{3}$ 时, $\frac{1}{2} x-\frac{\pi}{6}=\frac{2 \pi}{3} \neq \frac{k \pi}{2}, k \in \mathbf{Z}$,
$\therefore x=\frac{5 \pi}{3}$ 不是 $f(x)$ 的对称轴, C 错;
令 $k \pi-\frac{\pi}{2}<\frac{1}{2} x-\frac{\pi}{6} \leqslant k \pi, k \in \mathbf{Z}$,
可得 $2 k \pi-\frac{2 \pi}{3}<x \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{3}, k \in \mathbf{Z}$,
$\therefore f(x)$ 的单调递减区间是 $\left(2 k \pi-\frac{2 \pi}{3}, 2 k \pi+\frac{\pi}{3}\right], k \in \mathbf{Z}, \mathrm{D}$ 正确. |
18798 | [] | D | null | 高二 | 已知 $a<0, b<-1$, 则下列不等式成立的是( ) | A. $a>\frac{a}{b}>\frac{a}{b^{2}}$
B. $\frac{a}{b^{2}}>\frac{a}{b}>a$
C. $\frac{a}{b}>a>\frac{a}{b^{2}}$
D. $\frac{a}{b}>\frac{a}{b^{2}}>a$ | 算术 | 解析 取 $a=-2, b=-2$, 则 $\frac{a}{b}=1, \frac{a}{b^{2}}=-\frac{1}{2}$,
$\therefore \frac{a}{b}>\frac{a}{b^{2}}>a$. |
18801 | [] | D | null | 高二 | 设 $a, b \in \mathbf{R}$, 若 $a-|b|>0$, 则下列不等式中正确的是 () | A. $b-a>0$
B. $a^{3}+b^{3}<0$
C. $a^{2}-b^{2}<0$
D. $b+a>0$ | 算术 | 解析 由 $a>|b|$ 得 $-a<b<a$,
$\therefore a+b>0$, 且 $a-b>0 . \therefore b-a<0, \mathrm{~A}$ 错, D 对.
可取特值，如 $a=2, b=-1$,
$a^{3}+b^{3}=7>0$, 故 B 错.
而 $a^{2}-b^{2}=(a-b)(a+b)>0, \therefore \mathrm{C}$ 错. |
19323 | ["9222.jpg"] | C | null | 高二 | <ImageHere> | A. $\{x \mid-2<x<-1\}$
B. $\{x \mid-1<x<0\}$
C. $\{x \mid 0<x<1\}$
D. $\{x \mid x>1\}$ | 算术 | : 基本法: 由 $x(x+2)>0$ 得 $x>0$ 或 $x<-2$; 由 $|x|<1$ 得 $-1<x<1$, 所以不等式组的解集为 $\{x \mid 0<x<1\}$, 故选 C. |
19325 | [] | D | null | 高二 | 设 $0<m<\frac{1}{2}$, 若 $\frac{1}{m}+\frac{2}{1-2 m} \geq k^{2}-2 k$ 恒成立, 则 $k$ 的取值范围为 $(\mathrm{C})$ | A. $[-2,0) \cup(0,4]$
B. $[-4,0) \cup(0,2]$
c. $[-4,2]$
D. $[-2,4]$ | 算术 |
由于 $0<m<\frac{1}{2}$, 则 $\frac{1}{m}+\frac{2}{1-2 m}=\frac{1}{m(1-2 m)}=\frac{2}{2 m(1-2 m)} \geq \frac{2}{\left(\frac{(2 m+1-2 m)^{2}}{4}\right)}=8$当 $2 m=1-2 m$ 即 $m=\frac{1}{4}$ 时取等号;
所以 $\frac{1}{m}+\frac{2}{1-2 m} \geq k^{2}-2 k$ 恒成立, 转化为 $\frac{1}{m}+\frac{2}{1-2 m}$ 的最小值大于等于 $k^{2}-2 k$, 即 $k^{2}-2 k \leq 8 .-2 \leq k \leq 4$
故选 D |
19326 | [] | D | null | 高二 | 设 $a>0, b>0$, 若 $\sqrt{3}$ 是 $3^{a}$ 与 $3^{b}$ 的等比中项, 则 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$ 的最小值为 ( ) | A. 8
B. $\frac{1}{4}$
C. 1
D. 4 | 算术 |
$\because \sqrt{3}$ 是 $3^{a}$ 与 $3^{b}$ 的等比中项, $\therefore 3=3^{a} \cdot 3^{b}=3^{a+b}, \quad \therefore a+b=1$.
$a>0, \quad b>0$.
$\therefore \frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)(\mathrm{a}+\mathrm{b})=2+\frac{b}{a}+\frac{a}{b} \geq 2+2 \sqrt{\frac{b}{a} \frac{a}{b}}=4$. 当且仅当 $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\frac{1}{2}$ 时取等号.
故选 D.
点睛: 在利用基本不等式求最值时, 要特别注意“拆、拼、凑”等技巧, 使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用,否则会出现错误 |
19356 | [] | D | null | 高二 | (2020内蒙古高三) 记等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 已知 $a_{1}=1, S_{4}+2 S_{2}=3 S_{3}$, 设 $m, n$ 是正整数, 若存在正整数 $i j(1<i<j)$, 使得 $m a_{i}, m n, n a_{j}$ 成等差数列, 则 $m n$ 的最小值为 $(\quad)$ | A. 2
B. 3
C. 4
D. 8 | 算术 |
【分析】由 $S_{4}+2 S_{2}=3 S_{3}$, 求得公比 $q=2$, 得到 $a_{n}=2^{n-1}$, 再由 $m a_{i}, m n, n a_{j}$ 成等差数列, 结合基本不等式, 即可求解.
【详解】由题意, 因为 $S_{4}+2 S_{2}=3 S_{3}$, 可得 $S_{4}-S_{3}=2\left(S_{3}-S_{2}\right)$, 可得 $a_{4}=2 a_{3}$, 即 $\frac{a_{4}}{a_{3}}=2$, 所以等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比 $\boldsymbol{q}=2$, 所以 $a_{n}=2^{n-1}$. 又由 $m a_{i}, m n, n a_{j}$ 成等差数列, 得 $2 m n=m a_{i}+n a_{j}=m 2^{i-1}+n 2^{j-1} \geq 2 m+4 n \geq 4 \sqrt{2 m n}$, 令 $t=\sqrt{2 m n}(t>0)$, 则 $t^{2} \geq 4 t$, 所以 $t \geq 4$,由 $\sqrt{2 m n} \geq 4$, 得 $m n \geq 8$, 当且仅当 $m=4, n=2$ 时等号成立. 所以 $m n$ 的最小值为 8故选: $D$.
【点睛】本题主要考查了等差数列与等比数列, 以及基本不等式的综合应用, 其中解答中熟记等差数列、等比数列的通项公式和性质, 准确计算是解答的关键，着重考查了推理运算能力. |
18808 | [] | D | null | 高二 | 若 $x, y \in \mathbf{R}^{+}$, 且 $2 x+8 y-x y=0$, 则 $x+y$ 的最小值为 ( ) | A. 12
B. 14
C. 16
D. 18 | 算术 | 解析 由 $2 x+8 y-x y=0$, 得 $y(x-8)=2 x$,
$\because x>0, y>0, \therefore x-8>0$, 得到 $y=\frac{2 x}{x-8}$,
则 $\mu=x+y=x+\frac{2 x}{x-8}=x+\frac{(2 x-16)+16}{x-8}$
$=(x-8)+\frac{16}{x-8}+10 \geqslant 2 \sqrt{(x-8) \cdot \frac{16}{x-8}}+10=18$,
当且仅当 $x-8=\frac{16}{x-8}$, 即 $x=12, y=6$ 时取 “ $=$ ”. |
18828 | [] | D | null | 高二 | 若 $a<0,-1<b<0$, 则有 $(\quad)$ | A. $a>a b>a b^{2}$
B. $a b^{2}>a b>a$
C. $a b>a>a b^{2}$
D. $a b>a b^{2}>a$ | 算术 | $\because a<0,-1<b<0$,
$\therefore a b>0, a b^{2}<0$.
$\therefore a b>a, a b>a b^{2}$.
$\because a-a b^{2}=a\left(1-b^{2}\right)=a(1+b)(1-b)<0$,
$\therefore a<a b^{2} . \therefore a<a b^{2}<a b$.] |
18844 | [] | B | null | 高二 | 已知 $a, b \in \mathbf{R}$, 且 $a>b$, 则下列不等式中恒成立的是 ( ) | A. $a^{2}>b^{2}$
B. $\left(\frac{1}{2}\right)^{a}<\left(\frac{1}{2}\right)^{b}$
C. $\lg (a-b)>0$
D. $\frac{a}{b}>1$ | 算术 | 解析 [取 $a=0, b=-1$, 否定 A、C、D 选项.
故选 B.] |
17513 | [] | A | null | 高二 | $\sqrt{2-2 \cos 8}+2 \sqrt{1-\sin 8}$ 的化简结果是 ( | A. $2 \cos 4-4 \sin 4$
B. $2 \sin 4$
C. $2 \sin 4-4 \cos 4$
D. $-2 \sin 4$ | 算术 | [解析] 原式 $=\sqrt{2(1-\cos 8)}+2 \sqrt{1-2 \sin 4 \cos 4}$
$=\sqrt{2} \cdot \sqrt{1-\left(1-2 \sin ^{2} 4\right)}+2 \sqrt{(\sin 4-\cos 4)^{2}}$
$=2|\sin 4|+2|\sin 4-\cos 4|=2 \cos 4-4 \sin 4$. |
18849 | [] | B | null | 高二 | 数列 $2,3,4,5, \cdots$ 的一个通项公式为 ( ) | A. $a_{n}=n$
B. $a_{n}=n+1$
C. $a_{n}=n+2$
D. $a_{n}=2 n$ | 算术 | |
18855 | [] | A | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=\frac{1+(-1)^{n+1}}{2}$, 则该数列的前 4 项依次为 $(\quad)$ | A. $1,0,1,0$
B. $0,1,0,1$
C. $\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2}, 0$
D. $2,0,2,0$ | 算术 | |
18856 | [] | D | null | 高二 | 若数列的前 4 项为 $1,0,1,0$, 则这个数列的通项公式不可能是( ) | A. $a_{n}=\frac{1}{2}\left[1+(-1)^{n-1}\right]$
B. $a_{n}=\frac{1}{2}\left[1-\cos \left(n \cdot 180^{\circ}\right)\right]$
C. $a_{n}=\sin ^{2}\left(n \cdot 90^{\circ}\right)$
D. $a_{n}=(n-1)(n-2)+\frac{1}{2}\left[1+(-1)^{n-1}\right]$ | 算术 | 解析 令 $n=1,2,3,4$ 代入验证即可. |
18857 | [] | C | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=n^{2}-n-50$, 则 -8 是该数列的 () | A. 第 5 项
C. 第 7 项
B. 第 6 项
D. 非任何一项 | 算术 | 解析 $n^{2}-n-50=-8$, 得 $n=7$ 或 $n=-6$ (舍去). |
18858 | [] | C | null | 高二 | 数列 $1,3,6,10, \cdots$ 的一个通项公式是 ( ) | A. $a_{n}=n^{2}-n+1$
B. $a_{n}=\frac{n(n-1)}{2}$
C. $a_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$
D. $a_{n}=n^{2}+1$ | 算术 | 解析 令 $n=1,2,3,4$, 代入 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B} 、 \mathrm{C} 、 \mathrm{D}$ 检验即可. 排除 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B} 、 \mathrm{D}$, 从而选 C. |
19357 | [] | A | null | 高二 | 已知集合 $A=\{-1,0,1,2\}, B=\left\{x \mid x^{2} \leq 1\right\}$, 则 $A \cap B=（ ）$ | A. $\{-1,0,1\}$
B. $\{0,1\}$
C. $\{-1,1\}$
D. $\{0,1,2\}$ | 算术 | $\because x^{2} \leq 1, \therefore-1 \leq x \leq 1, \therefore B=\{x \mid-1 \leq x \leq 1\}$,又 $A=\{-1,0,1,2\}, \therefore A \cap B=\{-1,0,1\}$. 故选 A.
## 【名师点睛】本题考查了集合交集的求法, 是基础题. |
19358 | ["9233.jpg"] | A | null | 高二 | 《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题: “衰分”是按比例递减分配的意思,通常称递减的比例(百分
比)为“衰分比”. 如：甲、乙、丙、丁 “哀” 得 $100,60,36,21.6$ 个单位,递减的比例为 $40 \%$, 今共有粮 $m(m>0)$
石,按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”,已知丙衰分得 80 石,乙、丁衰分所得的和为 164 石,则 “衰分比”与 $m$ 的
值分别为 ( ) | A. $20 \% 369$
B. $80 \% 369$
C. $40 \% 360$
D. $60 \% 365$ | 算术 | 设“衰分比”为 $a$,甲衰分得 $b$ 石,
<ImageHere>
【名师点睛】本题考查等比数列在生产生活中的实际应用,是基础题, 解题时要认真审题, 注意等比数列的性质的合理运用. |
19359 | [] | B | null | 高二 | (2019$\cdot$辽宁高一期末) 《算法统宗》是中国古代数学名著, 由明代数学家程大位编著, 它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用, 是东方古代数学的名著, 在这部著作中, 许多数学问题都是以歌决形式呈现的.“九儿问甲歌”就是其中一首:一个公公九个儿, 若问生年总不知, 自长排来差三岁, 共年二百又零七, 借问小儿多少岁, 各儿岁数要谁推, 这位公公年龄最小的儿子年龄为（） | A. 8 岁
B. 11 岁
C. 20 岁
D. 35 岁 | 算术 | 由题意九个儿子的年龄成等差数列, 公差为 3 . 记最小的儿子年龄为 $a_{1}$, 则
$S_{9}=9 a_{1}+\frac{9 \times g}{2} \times 3=207$, 解得 $a_{1}=11$.
故选 B. |
19360 | [] | C | null | 高二 | (2019$\cdot$上海曹杨二中高一期末) 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差 $d \neq 0$, 若 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 10 项之和大于前 21 项之和，则（ ） | A. $d<0$
B. $d>0$
C. $a_{16}<0$
D. $a_{16}>0$ | 算术 | 析】设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 由 $S_{10}>S_{21}$,
得 $S_{21}-S_{10}=a_{11}+a_{12}+\cdots+a_{20}+a_{21}=\frac{11\left(a_{11}+a_{21}\right)}{2}=\frac{11 \times 2 a_{16}}{2}=11 a_{16}<0$, 可得 $a_{16}<0$,
故选: C. |
19372 | [] | B | null | 高二 | 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}+a_{5}=10, a_{4}=7$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 ( ) | A. 1
B. 2
C. 3
D. 4 | 算术 | 由题意有 $a_{1}+a_{5}=2 a_{3}=10, a_{3}=5$, 又 $\because a_{4}=7, \therefore a_{4}-a_{3}=2, \therefore d=2$. |
19373 | [] | B | null | 高二 | 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 已知 $a_{4}+a_{8}=16$, 则该数列前 11 项和 $S_{11}=(\quad)$ | A. 58
B. 88
C. 143
D. 176 | 算术 | $a_{4}+a_{8}=2 a_{6}=16 \therefore a_{6}=8$, 而 $S_{11}=\frac{11\left(a_{1}+a_{11}\right)}{2}=11 a_{6}=88$, 故选 B. |
19374 | [] | B | null | 高二 | 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 公差 $d=-2, s_{n}$ 为其前 $\mathrm{n}$ 项和, 若 $S_{10}=S_{11}$, 则 $a_{1}=()$ | A. 18
B. 20
C. 22
D. 24 | 算术 | 由 $S_{10}=S_{11}$, 得 $a_{11}=S_{11}-S_{10}=0, a_{1}=a_{11}+(1-11) d=0+(-10) \times(-2)=20$. |
19375 | [] | D | null | 高二 | 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 其公差为 -2 , 且 $a_{7}$ 是 $a_{3}$ 与 $a_{9}$ 的等比中项, $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $n \in N^{*}$,则
$S_{10}$ 的值为 ( ) | A. -110
B. -90
C. 90
D. 110 | 算术 | 因为 $a_{7}$ 是 $a_{3}$ 与 $a_{9}$ 的等比中项, 所以 $a_{7}^{2}=a_{3} a_{9}$, 又数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 -2 , 所 $\left(a_{1}-12\right)^{2}=\left(a_{1}-4\right)\left(a_{1}-16\right)$, 解得 $a_{1}=20$, 故 $a_{n}=20+(n-1) \times(-2)=22-2 n$,所以 $S_{10}=\frac{10\left(a_{1}+a_{10}\right)}{2}=5 \times(20+2)=110$. |
19377 | [] | C | null | 高二 | 已知各项均为正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 4 项和为 15 , 且 $a_{5}=3 a_{3}+4 a_{1}$, 则 $a_{3}=(\quad)$ | A. 16
B. 8
C. 4
D. 2 | 算术 | 设正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{1} q+a_{1} q^{2}+a_{1} q^{3}=15 \\ a_{1} q^{4}=3 a_{1} q^{2}+4 a_{1}\end{array}\right.$,解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1, \\ q=2\end{array}, \therefore a_{3}=a_{1} q^{2}=4\right.$, 故选 C.
【名师点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量, 熟练应用公式是解题的关键. |
19378 | [] | D | null | 高二 | 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3}, a_{9}$ 是方程 $x^{2}+24 x+12=0$ 的两根, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 11 项和等于 ( ) | A. 66
B. 132
C. -66
D. -32 | 算术 | 因为 $a_{3}, a_{9}$ 是方程 $x^{2}+24 x+12=0$ 的两根, 所以 $a_{3}+a_{9}=-24$,
又 $a_{3}+a_{9}=-24=2 a_{6}$, 所以 $a_{6}=-12, S_{11}=\frac{11 \times\left(a_{1}+a_{11}\right)}{2}=\frac{11 \times 2 a_{6}}{2}=-132$, 故选 D. |
18863 | [] | D | null | 高二 | $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 3 的等差数列, 如果 $a_{n}=2011$, 则序号 $n$ 等于 ( ) | A. 667
B. 668
C. 669
D. 671 | 算术 | 解析 由 $2011=1+3(n-1)$ 解得 $n=671$. |
18864 | [] | B | null | 高二 | 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, $a_{1}+a_{3}+a_{5}=105, a_{2}+a_{4}+a_{6}=99$, 以 $S_{n}$ 表示 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 则使得 $S_{n}$ 达到最大值的 $n$ 是 ( ) | A. 21
B. 20
C. 19
D. 18 | 算术 | 解析 $\because\left(a_{2}-a_{1}\right)+\left(a_{4}-a_{3}\right)+\left(a_{6}-a_{5}\right)=3 d$,
$\therefore 99-105=3 d . \therefore d=-2$.
又 $\because a_{1}+a_{3}+a_{5}=3 a_{1}+6 d=105, \quad \therefore a_{1}=39$.
$\therefore S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=-n^{2}+40 n=-(n-20)^{2}+400$.
$\therefore$ 当 $n=20$ 时, $S_{n}$ 有最大值. |
18865 | [] | D | null | 高二 | 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是任意等比数列, 它的前 $n$ 项和, 前 $2 n$ 项和与前 $3 n$ 项和分别为 $X, Y, Z$,则下列等式中恒成立的是( ) | A. $X+Z=2 Y$
B. $Y(Y-X)=Z(Z-X)$
C. $Y^{2}=X Z$
D. $Y(Y-X)=X(Z-X)$ | 算术 | 解析 由题意知 $S_{n}=X, S_{2 n}=Y, S_{3 n}=Z$.
又 $\because\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列,
$\therefore S_{n}, S_{2 n}-S_{n}, S_{3 n}-S_{2 n}$ 为等比数列,
即 $X, Y-X, Z-Y$ 为等比数列,
$\therefore(Y-X)^{2}=X \cdot(Z-Y)$,
即 $Y^{2}-2 X Y+X^{2}=Z X-X Y$,
$\therefore Y^{2}-X Y=Z X-X^{2}$,
即 $Y(Y-X)=X(Z-X)$. |
18874 | [] | A | null | 高二 | 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{7}+a_{9}=16, a_{4}=1$, 则 $a_{12}$ 的值是 $(\quad)$ | A. 15
B. 30
C. 31
D. 64 | 算术 | 解析 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{7}+a_{9}=a_{4}+a_{12}$,
$\therefore a_{12}=16-1=15$. |
18878 | [] | B | null | 高二 | 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{2}=9, a_{5}=243$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 4 项和为 $(\quad)$ | A. 81
B. 120
C. 168
D. 192 | 算术 | 解析 由 $a_{5}=a_{2} q^{3}$ 得 $q=3$.
$\therefore a_{1}=\frac{a_{2}}{q}=3$,
$S_{4}=\frac{a_{1}\left(1-q^{4}\right)}{1-q}=\frac{3\left(1-3^{4}\right)}{1-3}=120$. |
18879 | [] | B | null | 高二 | 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}+a_{2}+a_{3}=-24, a_{18}+a_{19}+a_{20}=78$, 则此数列前 20 项和等于 ( ) | A. 160
B. 180
C. 200
D. 220 | 算术 | 解析 $\because\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)+\left(a_{18}+a_{19}+a_{20}\right)$
$=\left(a_{1}+a_{20}\right)+\left(a_{2}+a_{19}\right)+\left(a_{3}+a_{18}\right)$
$=3\left(a_{1}+a_{20}\right)=-24+78=54$,
$\therefore a_{1}+a_{20}=18$.
$\therefore S_{20}=\frac{20\left(a_{1}+a_{20}\right)}{2}=180$. |
18881 | [] | A | null | 高二 | 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{2}, a_{6}$ 是方程 $x^{2}-34 x+64=0$ 的两根, 则 $a_{4}$ 等于 $(\quad)$ | A. 8
B. -8
C. $\pm 8$
D. 以上都不对 | 算术 | 解析 $\because a_{2}+a_{6}=34, a_{2} \cdot a_{6}=64, \therefore a_{4}^{2}=64$,
$\because a_{2}>0, \quad a_{6}>0, \quad \therefore a_{4}=a_{2} q^{2}>0, \quad \therefore a_{4}=8$. |
18883 | [] | A | null | 高二 | 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{10}: S_{5}=1: 2$, 则 $S_{15}: S_{5}$ 等于( ) | A. $3: 4$
B. $2: 3$
C. $1: 2$
D. $1: 3$ | 算术 | 解析 显然等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比 $q \neq 1$, 则 $1 \frac{S_{10}}{S_{5}}=\frac{1-q^{10}}{1-q^{5}}=1+q^{5}=\frac{1}{2} \Rightarrow q^{5}=-\frac{1}{2}$,故 $\frac{S_{15}}{S_{5}}=\frac{1-q^{15}}{1-q^{5}}=\frac{1-\left(q^{5}\right)^{3}}{1-q^{5}}=\frac{1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{3}}{1-\left(-\frac{1}{2}\right)}=\frac{3}{4}$. |
18884 | [] | C | null | 高二 | 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差 $d \neq 0$ 且 $a_{1}, a_{3}, a_{9}$ 成等比数列, 则 $\frac{a_{1}+a_{3}+a_{9}}{a_{2}+a_{4}+a_{10}}$ 等于 $(\quad)$ | A. $\frac{15}{14}$
B. $\frac{12}{13}$
C. $\frac{13}{16}$
D. $\frac{15}{16}$ | 算术 | 解析 因为 $a_{3}^{2}=a_{1} \cdot a_{9}$, 所以 $\left(a_{1}+2 d\right)^{2}=a_{1} \cdot\left(a_{1}+8 d\right)$. 所以 $a_{1}=d$.
所以 $\frac{a_{1}+a_{3}+a_{9}}{a_{2}+a_{4}+a_{10}}=\frac{3 a_{1}+10 d}{3 a_{1}+13 d}=\frac{13}{16}$. |
17558 | [] | C | null | 高二 | $\cos \frac{5 \pi}{12}$ 的值等于 ( C ) | A. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
D. $\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{4}$ | 算术 | $\cos \frac{5 \pi}{12}=-\cos \frac{7 \pi}{12}=-\cos \left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{4}\right)$
$=-\left(\cos \frac{\pi}{3} \cos \frac{\pi}{4}-\sin \frac{\pi}{3} \cdot \sin \frac{\pi}{4}\right)$
$=-\left(\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$. |
17560 | [] | A | null | 高二 | $\cos (x+2 y)+2 \sin (x+y) \sin y$ 可化简为( A ) | A. $\cos x$
B. $\sin x$
C. $\cos (x+y)$
D. $\cos (x-y)$ | 算术 | [解析] 原式 $=\cos [(x+y)+y]+2 \sin (x+y) \sin y=\cos (x+y) \cos y-\sin (x+y) \cdot \sin +2 \sin (x+y) \sin y=\cos (x+$ $y) \cos y+\sin (x+y) \sin y=\cos x$. |
19140 | [] | B | null | 高二 | (2018 全国卷 I) 已知函数 $f(x)=2 \cos ^{2} x-\sin ^{2} x+2$, 则 ( ) | A. $f(x)$ 的最小正周期为 $\pi$, 最大值为 3
B. $f(x)$ 的最小正周期为 $\pi$, 最大值为 4
C. $f(x)$ 的最小正周期为 $2 \pi$, 最大值为 3
D. $f(x)$ 的最小正周期为 $2 \pi$, 最大值为 4 | 算术 | 易知 $f(x)=2 \cos ^{2} x-\sin ^{2} x+2=3 \cos ^{2} x+1=\frac{3}{2}\left(2 \cos ^{2} x-1\right)+\frac{3}{2}+1$ $=\frac{3}{2} \cos 2 x+\frac{5}{2}$, 则 $f(x)$ 的最小正周期为 $\pi$, 当 $x=k \pi(k \in \mathbf{Z})$ 时, $f(x)$ 取得最大值, 最大值为 4 . |
19400 | [] | B | null | 高二 | 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{2}+a_{3}=3$, 则 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}+a_{6}+a_{7}=(\quad)$ | A. 7
B. 14
C. 21
D. 28 | 算术 | 设公差为 $d$, 则 $1+d+1+2 d=3, d=\frac{1}{3}$, 所以 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}+a_{6}+a_{7}=$ $7 \times 1+\frac{7 \times 6}{2} \times \frac{1}{3}=14$. 故选 B. |
19407 | [] | A | null | 高二 | 【2017 课标 3 , 理 9 】等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 1 , 公差不为 0 . 若 $\mathrm{a}_{2}, \mathrm{a}_{3}, \mathrm{a}_{6}$ 成等比数列, 则 $\left\{a_{n}\right\}$前 6 项的和为 | A. -24
B. -3
C. 3
D. 8 | 算术 |
试题分析：设等差数列的公差为 $d$, 由 $a_{2}, a_{3}, a_{6}$ 成等比数列可得： $a_{3}^{2}=a_{2} a_{6}$ ，即： $(1+2 d)^{2}=(1+d)(1+5 d)$, 整理可得: $d^{2}+2 d=0$, 公差不为 0 ，则 $d=-2$ ，数列的前 6 项和为 $S_{6}=6 a_{1}+\frac{6 \times(6-1)}{2} d=6 \times 1+\frac{6 \times(6-1)}{2} \times(-2)=-24$.
## 故选 $A$. |
19411 | [] | B | null | 高二 | 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{7}$ 为一个确定的常数, 下列各式中也为确定常数的是 ( ) | A. $a_{1} a_{4} a_{7}$
B. $a_{1}+a_{4}+a_{7}$
C. $a_{1} a_{8}$
D. $a_{1}+a_{8}$ | 算术 | 依题意 $S_{7}=\frac{7\left(a_{1}+a_{7}\right)}{2}$, 因为 $S_{7}$ 为一个确定的常数, 所以 $a_{1}+a_{7}$ 为一个确定的常数, 又因为 $a_{1}+a_{7}=2 a_{4}$, 所以 $a_{1}+a_{4}+a_{7}$ 为一个确定的常数. 故选 B. |
19416 | [] | D | null | 高二 | 已知函数 $f(n)=\left\{\begin{array}{l}n^{2}, n \text { 为奇数 } \\ -n^{2}, n \text { 为偶数 }\end{array}\right.$, 且 $a_{n}=f(n)+f(n+1)$, 则 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{2014}$ 等于 | A. -2013
B. -2014
C. 2013
D. 2014 | 算术 | 当 $n$ 为奇数时, $a_{n}=n^{2}-(n+1)^{2}=-2 n-1$, 当 $n$ 为偶数时 $a_{n}=-n^{2}+(n+1)^{2}$
$=2 n+1$, 所以 $a_{1}=-3, a_{2}=5, a_{3}=-7, a_{4}=9, \cdots$, 故 $a_{1}+a_{2}=a_{3}+a_{4}=\cdots$
$=a_{2013}+a_{2014}=2$, 所以 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{2014}=2 \times \frac{2014}{2}=2014$, 故选 D. |
19417 | [] | D | null | 高二 | 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项 $a_{1}=2$, 前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{5}+4 S_{3}=5 S_{4}$, 则数列 $\left\{\frac{2 \log _{2} a_{n}+1}{\log _{2} a_{n}-6}\right\}$ 的最大项等于（ ） | A. -11
B. $-\frac{3}{5}$
c. $\frac{19}{3}$
D. 15 | 算术 | 由已知得 $S_{5}-S_{4}=4\left(S_{4}-S_{3}\right) \Rightarrow a_{5}=4 a_{4} \Rightarrow q=4, a_{n}=2 \times 4^{n-1}=2^{2 n-1}$,
所以 $\frac{2 \log _{2} a_{n}+1}{\log _{2} a_{n}-6}=\frac{4 n-1}{2 n-7}$, 由函数 $y=\frac{4 x-1}{2 x-7}$ 的图像得到, 当 $n=4$ 时, 数列 $\left\{\frac{2 \log _{2} a_{n}+1}{\log _{2} a_{n}-6}\right\}$ 的最大项等于 |
19437 | [] | B | null | 高二 | 设 $0<a<b$, 则下列不等式中正确的是（） | A. $a<b<\sqrt{a b}<\frac{a+b}{2}$
B. $a<\sqrt{a b}<\frac{a+b}{2}<b$
C. $a<\sqrt{a b}<b<\frac{a+b}{2}$
D. $\sqrt{a b}<a<\frac{a+b}{2}<b$ | 算术 | (方法一) 已知 $a<b$ 和 $\sqrt{a b}<\frac{a+b}{2}$, 比较 $a$ 与 $\sqrt{a b}$,
因为 $a^{2}-(\sqrt{a b})^{2}=a(a-b)<0$, 所以 $a<\sqrt{a b}$, 同理由
$b^{2}-(\sqrt{a b})^{2}=b(b-a)>0$ 得 $\sqrt{a b}<b$; 作差法: $b-\frac{a+b}{2}=\frac{b-a}{2}>0$,
所以 $\frac{a+b}{2}<b$, 综上可得 $a<\sqrt{a b}<\frac{a+b}{2}<b$; 故选 B.
（方法二）取 $a=2, b=8$,
则 $\sqrt{a b}=4, \frac{a+b}{2}=5$, 所以 $a<\sqrt{a b}<\frac{a+b}{2}<b$. |
19445 | [] | D | null | 高二 | 若 $a, b \in R$, 且 $a b>0$, 则下列不等式中, 恒成立的是 ()) | A. $a^{2}+b^{2}>2 a b$
B. $a+b \geq 2 \sqrt{a b}$
c. $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}>\frac{2}{\sqrt{a b}}$
D. $\frac{b}{a}+\frac{a}{b} \geq 2$ | 算术 | 对于 A 取 $a=b=1$, 此时 $a^{2}+b^{2}=2 a b=2$, 因此 A 不正确; 对于 $\mathrm{B}$ 取 $a=b=-1$, 此时 $a+b=-2<2 \sqrt{a b}=2$, 因此 B 不正确; 对于 $\mathrm{C}$ 取 $a=b=-1$,此时 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=-2<\frac{2}{\sqrt{a b}}=2$, 因此 C 不正确; 对于 D, $\because a b>0$, $\therefore \frac{b}{a}>0, \frac{b}{a}>0 \therefore \frac{b}{a}+\frac{a}{b} \geqslant 2 \sqrt{\frac{b}{a} \cdot \frac{a}{b}}=2$, D 正确. |
19453 | [] | C | null | 高二 | 【2018 年 4 月 2018 届高三第二次全国大联考】中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题: “三百七十八里关, 初行健步不为难, 次日脚痛减一半, 六朝才得到其关, 要见次日行里数, 请公仔细算相还. ”其意思为: 有一个人走 378 里路, 第一天健步行走, 从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半, 走了6天后到达目的地, 请问第3天比第5天多走（） | A. 12 里
B. 24 里
C. 36 里
D. 48 里 | 算术 | 设第 $i$ 天走了 $a_{i}$ 里, 其中 $i=1,2,3,4,5,6$. 由题意可知 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}, a_{6}$ 成等比数列, 公比 $q=\frac{1}{2}$,且 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}+a_{6}=\frac{a_{1}\left(1-\frac{1}{2}\right)}{1-\frac{1}{2}}=378$, 解得 $a_{1}=192$, 所以 $a_{3}=192 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2}=48$, $a_{5}=a_{3} \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2}=12$, 所以 $a_{3}-a_{5}=48-12=36$, 故第 3 天比第 5 天多走 36 里. 故选 C. |
19454 | [] | C | null | 高二 | 【2018 届河北省衡水金卷一模】已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{2} a_{3} a_{4}=1, a_{6} a_{7} a_{8}=64$, 则 $a_{5}=(\quad)$ | A. $\pm 2$
B. -2
C. 2
D. 4 | 算术 | 分析：利用等比数列下标和性质求等比数列的特殊项.
详解: 由 $a_{2} a_{3} a_{4}=1, a_{6} a_{7} a_{8}=64$, 可得 $\left(a_{3}\right)^{3}=1,\left(a_{7}\right)^{3}=64$,
$\therefore a_{3}=1, a_{7}=4$, 又 $a_{3}, a_{5}, a_{7}$ 同号,
$\therefore a_{5}=\sqrt{a_{3} a_{7}}=2$
故选：C
点睛: 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 若 $m+n=p+q,\left(m, n, p, q \in N^{*}\right)$, 则 $a_{m} a_{n}=a_{p} a_{q}$;
等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 若 $m+n=p+q,\left(m, n, p, q \in N^{*}\right)$, 则 $a_{m}+a_{n}=a_{p}+a_{q}$. |
19456 | [] | C | null | 高二 | (2019 - 天津高三期中 (理) ) 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{n+1}<a_{n}, a_{2} \cdot a_{8}=6, a_{4}+a_{6}=5$, 则 $\frac{a_{5}}{a_{7}}$等于 ( ) | A. $\frac{5}{6}$
B. $\frac{6}{5}$
C. $\frac{3}{2}$
D. $\frac{2}{3}$ | 算术 |
由题意易知数列的公比 $0<q<1$, 数列的各项为正数,
由题意结合等比数列的性质有: $\left\{\begin{array}{c}a_{2} a_{8}=a_{4} a_{6}=6 \\ a_{4}+a_{6}=5\end{array}\right.$, 结合 $a_{4}>a_{6}$ 有 $a_{4}=3, a_{6}=2$,
则 $\frac{a_{5}}{a_{7}}=\frac{a_{4}}{a_{6}}=\frac{3}{2}$.
故选: $C$. |
19460 | [] | C | null | 高二 | 【2019 年高考全国 III 卷理数】已知各项均为正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 4 项和为 15 , 且 $a_{5}=3 a_{3}+4 a_{1}$, 则 $a_{3}=$ | A. 16
B. 8
C. 4
D. 2 | 算术 | 设正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{1} q+a_{1} q^{2}+a_{1} q^{3}=15 \\ a_{1} q^{4}=3 a_{1} q^{2}+4 a_{1}\end{array}\right.$,解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1, \\ q=2\end{array}, \therefore a_{3}=a_{1} q^{2}=4\right.$, 故选 C.
【名师点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量, 熟练应用公式是解题的关键. |
19464 | [] | D | null | 高二 | 【2018 届湖南省长郡中学一模】已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项都是正数, 且 $3 a_{1}, \frac{1}{2} a_{2}, 2 a_{2}$ 成等差数
列, $\frac{a_{\mathrm{a}}+a_{9}}{a_{\mathrm{E}}+a_{\bar{y}}}=(\quad)$ | A. 6
B. 7
C. 8
D. 9 | 算术 | 分析：根据等比数列的定义 $\frac{a_{B}+a_{g}}{a_{6}+a_{7}}=q^{2}$, 只要计算出公比 $q$ 即可.
详解: $\because 3 a_{1}, \frac{1}{2} a_{3}, 2 a_{2}$ 成等差数列,
$\therefore a_{3}=3 a_{1}+2 a_{2}$, 即 $a_{1} q^{2}=3 a_{1}+2 a_{1} q$, 解得 $q=3$ (-1 舍去)，
$\therefore \frac{a_{\mathrm{g}}+a_{9}}{a_{6}+a_{7}}=q^{2}=9$,
故选 D.
点睛: 正整数 $m, n, k, l$ 满足 $m+n=k+l$, 若数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, 则 $a_{m}+a_{n}=a_{k}+a_{I}$, 若数列 $\left\{a_{n}\right\}$是等比数列, 则 $a_{m} a_{n}=a_{k} a_{i}, k=l$ 时也成立, 此性质是等差数列（等比数列）的重要性质, 解题时要注意应用. |
18424 | [] | D | null | 高二 | 设 $S_{n}$ 为等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $8 a_{2}+a_{5}=0$, 则 $\frac{S_{5}}{S_{2}}$ 等于 $(\quad)$ | A. 11
B. 5
C. -8
D. -11 | 算术 | 解析 由 $8 a_{2}+a_{5}=0$ 得 $8 a_{1} q+a_{1} q^{4}=0$,
$\therefore q=-2$, 则 $\frac{S_{5}}{S_{2}}=\frac{a_{1}\left(1+2^{5}\right)}{a_{1}\left(1-2^{2}\right)}=-11$. |
18430 | [] | C | null | 高二 | 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比 $q=2$, 前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 则 $\frac{S_{4}}{a_{2}}$ 等于 $(\quad)$ | A. 2
B. 4
C. $\frac{15}{2}$
D. $\frac{17}{2}$ | 算术 | 解析 方法一 由等比数列的定义, $S_{4}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=\frac{a_{2}}{q}+a_{2}+a_{2} q+a_{2} q^{2}$,得 $\frac{S_{4}}{a_{2}}=\frac{1}{q}+1+q+q^{2}=\frac{15}{2}$.
方法二 $S_{4}=\frac{a_{1}\left(1-q^{4}\right)}{1-q}, a_{2}=a_{1} q$,
$\therefore \frac{S_{4}}{a_{2}}=\frac{1-q^{4}}{(1-q) q}=\frac{15}{2}$. |
18431 | [] | B | null | 高二 | 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是由正数组成的等比数列, $S_{n}$ 为其前 $n$ 项和, 已知 $a_{2} a_{4}=1, S_{3}=7$, 则 $S_{5}$ 等于( ) | $\frac{15}{2}$
B. $\frac{31}{4}$
C. $\frac{33}{4}$
D. $\frac{17}{2}$ | 算术 | 解析 $\because\left\{a_{n}\right\}$ 是由正数组成的等比数列, 且 $a_{2} a_{4}=1$,
$\therefore$ 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $q>0$, 且 $a_{3}^{2}=1$, 即 $a_{3}=1$.
$\because S_{3}=7, \quad \therefore a_{1}+a_{2}+a_{3}=\frac{1}{q^{2}}+\frac{1}{q}+1=7$,
即 $6 q^{2}-q-1=0$.
故 $q=\frac{1}{2}$ 或 $q=-\frac{1}{3}$ (舍去),
$\therefore a_{1}=\frac{1}{q^{2}}=4$.
$\therefore S_{5}=\frac{4\left(1-\frac{1}{\left.2^{5}\right)}\right.}{1-\frac{1}{2}}=8\left(1-\frac{1}{2^{5}}\right)=\frac{31}{4}$. |
18433 | [] | D | null | 高二 | 在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 公比 $q$ 是整数, $a_{1}+a_{4}=18, a_{2}+a_{3}=12$, 则此数列的前 8 项和 | 514
B. 513
C. 512
D. 510 | 算术 | 由 $a_{1}+a_{4}=18$ 和 $a_{2}+a_{3}=12$,
得方程组 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{1} q^{3}=18 \\ a_{1} q+a_{1} q^{2}=12\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=2 \\ q=2\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=16 \\ q=\frac{1}{2}\end{array}\right.$.
$\because q$ 为整数, $\therefore q=2, a_{1}=2, S_{8}=\frac{2\left(2^{8}-1\right)}{2-1}=2^{9}-2=510$. |
17727 | [] | A | null | 高二 | 把 $-1485^{\circ}$ 化成 $k \cdot 360^{\circ}+\alpha\left(0^{\circ} \leqslant \alpha<360^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right)$ 的形式是 | A. $315^{\circ}-5 \times 360^{\circ}$
B. $45^{\circ}-4 \times 360^{\circ}$
C. $-315^{\circ}-4 \times 360^{\circ}$
D. $-45^{\circ}-10 \times 180^{\circ}$ | 算术 | |
19949 | [] | B | null | 高二 | 已知 $a, b, c, d$ 为实数, 且 $c>d$, 则 “ $a>b$ ”是 “ $a-c>b-d$ ”的( ) | A. 充分而不必要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件. | 算术 | 解析: 解答: 由 $a-c>b-d$ 变形为 $a-b>c-d$,因为 $c>d$, 所以 $c-d>0$, 所以 $a-b>0$, 即 $a>b$, $\therefore a-c>b-d \Rightarrow a>b$.
而 $a>b$ 并不能推出 $a-c>b-d$.
所以 $a>b$ 是 $a-c>b-d$ 的必要而不充分条件. 故选B.
分析: 解答此类问题的关键是分析条件 $p$ 和 $q$ 是否具有推出关系, 首先要化简条件, 其次要明确条件 $p$ 是什么, 结论 $q$ 是什么, 接着判断一是 $p$ 能否推得条件 $q$; 二是 $q$ 能否推得条件 $p$; 注意养成“解决彻底”的好习惯, 既要解决充分性, 又要解决必要性. |
19694 | [] | C | null | 高二 | $\sqrt{2}+1$ 与 $\sqrt{2}-1$ 的等差中项是 ( ) | A. 1
B. -1
C. $\sqrt{2}$
D. $\pm 1$ | 算术 | 设 $\mathrm{x}$ 为 $\sqrt{2}+1$ 与 $\sqrt{2}-1$ 的等差中项,
则 $\sqrt{2}-1-x=x-\sqrt{2}+1$, 即 $\mathrm{x}=\frac{\sqrt{2}+1+\sqrt{2}-1}{2}=\sqrt{2}$ |
19697 | [] | C | null | 高二 | 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=-1, a_{n+1}=a_{n}-3$, 则 $a_{8}$ 等于 ( ) | A. -7
B. -8
C. -22
D. 27 | 算术 | 数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 中, $\mathrm{a}_{1}=-1, \mathrm{a}_{\mathrm{n}+1}=\mathrm{a}_{\mathrm{n}}-3, \therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}+1}-\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=-3$,
$\therefore \mathrm{a}_{2}-\mathrm{a}_{1}=-3, \mathrm{a}_{3}-\mathrm{a}_{2}=-3, \ldots \mathrm{a}_{8}-\mathrm{a}_{7}=-3$, 进行叠加: $\mathrm{a}_{8}-\mathrm{a}_{1}=-3 \times 7$,
$\therefore \mathrm{a}_{8}=-21+(-1)=-22$, 故选 C. |
19698 | [] | D | null | 高二 | 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3}=9, a_{9}=3$, 则公差 $d$ 的值为 | A. $\frac{1}{2}$
B. 1
C. $-\frac{1}{2}$
D. -1 | 算术 | 等差数列 $\left\{\mathrm{a}_{n}\right\}$ 中, $\mathrm{a}_{3}=9, \mathrm{a}_{9}=3$,
由等差数列的通项公式, 可得 $\left\{\begin{array}{c}a_{1}+(3-1)=0 \\ a_{1}+(9-1) d=3\end{array}\right.$
解得 $\left\{\begin{array}{c}a=11 \\ d=-1\end{array}\right.$, 即等差数列的公差 $d=-1$. 故选: $\mathrm{D}$. |
19700 | [] | A | null | 高二 | 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n}+a_{n+2}=2 a_{n+1}\left(n \in N^{*}\right)$, 且 $a_{1}=2, a_{2}=4$, 则 $\mathbf{a}_{9}=(\quad)$ | A. 18
B. 20
C. $\mathbf{2}^{10}$
D. $\mathbf{2}^{9}$ | 算术 | $\because$ 数列 $\left\{\mathrm{a}_{n}\right\}$ 满足 $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}+\mathrm{a}_{\mathrm{n}+2}=2 \mathrm{a}_{\mathrm{n}+1}\left(\mathrm{n} \in \mathrm{N}^{*}\right) \therefore$ 数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等差数列, $\mathrm{a}_{1}=2, \mathrm{a}_{2}=4, \therefore$ 公差 $\mathrm{d}=2$, 则 $a_{9}=a_{1}+8 d=2+8 \times 2=2+16=18$. 故选 A. |
19701 | [] | B | null | 高二 | 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 已知 $a_{1}+a_{4}+a_{7}=39, a_{2}+a_{5+} a_{8}=33$, 则 $a_{3}+a_{6+} a_{9}=(\quad)$ | A. 30
B. 27
C. 24
D. 21 | 算术 | 设等差数列的公差为 $\mathrm{d}$, 则
$\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}+a_{4}+a_{7}=39, a_{2}+a_{5}+a_{8}=33$,
$\therefore$ 两式相减可得 $3 \mathrm{~d}=-6 . \therefore \mathrm{d}=-2$
$\therefore \mathrm{a}_{3}+\mathrm{a}_{6}+\mathrm{a}_{9}=\mathrm{a}_{2}+\mathrm{a}_{5}+\mathrm{a}_{8}+3 \mathrm{~d}=\mathrm{a}_{2}+\mathrm{a}_{5}+\mathrm{a}_{8}-6=33-6=27$ 故选 B. |
19703 | [] | C | null | 高二 | 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}-a_{n}=2\left(n \in N^{*}\right)$, 且 $a_{2}+a_{40}=680$, 则 $a_{22}=(\quad)$ | A. 338
B. 340
C. 342
D. 344 | 算术 | 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}-a_{n}=2\left(n \in N^{*}\right)$, 且 $a_{2}+a_{40}=680$,
$\therefore$ 数列 $\left\{\mathrm{a}_{n}\right\}$ 是公差为 $\mathrm{d}=2$ 的等差数列, $\therefore \mathrm{a}_{3}+\mathrm{a}_{40}=\mathrm{a}_{1}+2+\mathrm{a}_{1}+39 \times 2=680$,
解得 $\mathrm{a}_{1}=300, \therefore \mathrm{a}_{22}=299+21 \times 2=342$. 故选 $: C$. |
19716 | [] | C | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $3 a_{n+1}+a_{n}=0, a_{2}=-\frac{4}{3}$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 10 项和等于 ( ) | A. $-6\left(1-3^{-10}\right)$
B. $\frac{1}{9}\left(1-3^{-10}\right)$
C. $3\left(1-3^{-10}\right)$
D. $3\left(1+3^{-10}\right)$ | 算术 | $: 3 \mathrm{a}_{\mathrm{n}+1}+\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=0 \quad \therefore \frac{a_{\mathrm{n}+1}}{a_{n}}=-\frac{1}{3} \quad \therefore$ 数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是以 $-\frac{1}{3}$ 为公比的等比数列 $\because$ $a_{2}=-\frac{4}{3} \quad \therefore \mathrm{a}_{1}=4, \quad \mathrm{~S}_{10}=\frac{4\left[1-\left(-\frac{1}{3}\right)^{10}\right]}{1+\frac{1}{3}}=3\left(1-3^{-10}\right) \quad$ 故选: $\mathrm{C}$. |
19719 | [] | C | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列, 若 $a_{2}=2, a_{10}=8$, 则 $a_{6}=(\quad)$ | A. $\pm 4$
B. -4
C. 4
D. 5 | 算术 | 数列 $\left\{\mathrm{a}_{n}\right\}$ 为等比数列, $\mathrm{a}_{2}=2, \mathrm{a}_{10}=8, \therefore$ 解得 $\mathrm{q}^{8}=4$, $\mathrm{a}_{6}=\mathrm{a}_{2} \mathrm{q}^{4}=2 \times \sqrt{4}=4$. 故选: $\mathrm{C}$. |
19720 | [] | C | null | 高二 | 各项均为正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 前 $n$ 项和为 $S_{n}, S_{3}=14, a_{3}=8$, 则 $a_{6}=()$ | A. 16
B. 32
C. 64
D. 128 | 算术 | $: \because \mathrm{S}_{3}=14, \mathrm{a}_{3}=8, \therefore\left\{\begin{array}{l}\frac{a_{1}\left(1-q^{3}\right)}{1-q}=14 \\ a_{1} q^{2}=8\end{array}\right.$, 解得 $\mathrm{a}_{1}=2, \mathrm{q}=2, \therefore \mathrm{a}_{6}=\mathrm{a}_{1} \mathrm{q}^{5}=2 \times 32=64$,
故选:C |