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|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
19721 | [] | D | null | 高二 | 等比数列前 $n$ 项和为 54 , 前 $2 n$ 项和为 60 , 则前 $3 n$ 项和为 $(\quad)$ | A. 54
B. 64
C. $66 \frac{2}{3}$
D. $60 \frac{2}{3}$ | 算术 | $:$ 等比数列前 $\mathrm{n}$ 项和为 54 , 前 $2 \mathrm{n}$ 项和为 60 , $\therefore$ 第二个 $\mathrm{n}$ 项的和是 $6, \therefore$ 第三个 $\mathrm{n}$项的和是 $\frac{36}{54}=\frac{2}{3}$, 故前 $3 \mathrm{n}$ 项和为 $60 \frac{2}{3}$, 故选 D |
19722 | [] | A | null | 高二 | 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项为正, 公比 $q$ 满足 $q^{2}=4$, 则 $\frac{a_{3}+a_{4}}{a_{5}+a_{6}}=(\quad)$ | A. $\frac{1}{4}$
B. 2
C. $\pm \frac{1}{2}$
D. $\frac{1}{2}$ | 算术 | 等比数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 的各项为正, 公比 $\mathrm{q}$ 满足 $\mathrm{q}^{2}=4$, 则 $\frac{a_{3}+a_{4}}{a_{5}+a_{6}}=\frac{a_{3}+a_{4}}{q^{2}\left(a_{3}+a_{4}\right)}=\frac{1}{4}$, 故选: A. |
19724 | [] | C | null | 高二 | 已知一个等比数列首项为 1 , 项数是偶数, 其奇数项之和为 85 , 偶数项之和为 170 , 则这个数列的项数为 ( ) | A. 2
B. 4
C. 8
D. 16 | 算术 | 设公比是 $q$, 由题意得 $a_{1}+a_{3}+\ldots+a_{n-1}=85, a_{2}+a_{4}+\ldots+a_{n}=170$, $a_{1} q+a_{3} q+\ldots+a_{n-1} q=170, \quad \therefore\left(a_{1}+a_{3}+\ldots+a_{n-1}\right) q=170$, 解得 $q=2, \quad a_{n}=2^{n-1}$, $\mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\frac{a_{1}\left(1-q^{\mathrm{n}}\right)}{1-q}=\frac{a_{1}-a_{n} q}{1-q},(\mathrm{q} \neq 1) \quad 170+85=2^{\mathrm{n}}-1$, 解得 $\mathrm{n}=8$. 故选 $: \mathrm{C}$. |
19725 | [] | B | null | 高二 | 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 1 的等比数列, $S_{n}$ 是 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 且 $9 S_{3}=S_{6}$, 则数列 $\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 的前 5 项和为 ( ) | A. $\frac{85}{32}$
B. $\frac{31}{16}$
C. $\frac{15}{8}$
D. $\frac{85}{2}$ | 算术 | 等比数列前 $\mathrm{n}$ 项和公式 $\mathrm{Sn}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}$, 而 $9 \mathrm{~S}_{3}=\mathrm{S}_{6}$, 可知 $\mathrm{q}=2$,
所以 $\mathrm{a}_{1}=1, \mathrm{a}_{2}=2, \mathrm{a}_{3}=4 \ldots$ 其倒数列前五项为 $1, \frac{1}{2} 、 \frac{1}{4} 、 \frac{1}{8} 、 \frac{1}{16}$,
故前 5 项和为 $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}=\frac{31}{16}$, 故选: B. |
19727 | [] | B | null | 高二 | 数列 $3,5,9,17,33, \cdots$ 的通项公式 $a_{n}$ 等于 ( ) | A. $2^{n}$
B. $2^{n}+1$
C. $2^{n}-1$
D. $2^{n+1}$ | 算术 | 答案: B |
19731 | [] | B | null | 高二 | 数列 $1, \frac{2}{3}, \frac{3}{5}, \frac{4}{7}, \frac{5}{9}, \cdots$ 的一个通项公式可能是 ( ) | A. $\frac{n}{2 n+1}$
B. $\frac{n}{2 n-1}$
C. $\frac{n}{2 n-3}$
D. $\frac{n}{2 n+3}$ | 算术 | 数列 $1, \frac{2}{3}, \frac{3}{5}, \frac{4}{7}, \frac{5}{9}, \ldots$ 中, 分子时连续整数, 分母时连续奇数,故数列 $1, \frac{2}{3}, \frac{3}{5}, \frac{4}{7}, \frac{5}{9}, \ldots$ 的一个通项公式可能是 $\frac{n}{2 n-1}$. |
19732 | [] | C | null | 高二 | 已知数列的通项公式 $a_{n}=\left\{\begin{array}{l}3 n+1, n \text { 为奇数 } \\ 2 n-2, n \text { 为偶数 }\end{array}\right.$, 则 $a_{2} a_{3}$ 等于 () | A. 70
B. 28
C. 20
D. 8 | 算术 | 当 $n=2$ 时, $a_{2}=2 \times 2-2=2$, 当 $n=3$ 时, $a_{3}=3 \times 3+1=10$
故 $\mathrm{a}_{2} \mathrm{a}_{3}=2 \times 10=20$. 故选 C. |
19733 | [] | D | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right)$ 中, $a_{1}=2, a_{n}=1-\frac{1}{a_{n-1}}(n \geq 2)$, 则 $a_{2017}$ 等于 ( ) | A. $-\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{2}$
C. -1
D. 2 | 算术 | 数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right)$ 中, $\mathrm{a}_{1}=2, \mathrm{a}_{\mathrm{n}}=1-\frac{1}{a_{n-1}}(\mathrm{n} \geq 2)$,
$\therefore \mathrm{a}_{2}=1-\frac{1}{a_{1}}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}, \quad \mathrm{a}_{3}=1-\frac{1}{a_{2}}=1-2=-1, \quad \mathrm{a}_{4}=1-\frac{1}{a_{3}}=1-(-1)=2, \ldots, \quad \therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}+3}=\mathrm{a}_{\mathrm{n}}$,
$\therefore \mathrm{a}_{2017}=\mathrm{a}_{3 \times 672+1}=\mathrm{a}_{1}=2$. 故选: $\mathrm{D}$. |
19735 | [] | D | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}, a_{1}=1, a_{n+1}=\frac{2 a_{n}}{a_{n}+2}$, 则 $a_{10}$ 的值为 ( ) | A. 5
B. $\frac{1}{5}$
C. $\frac{11}{2}$
D. $\frac{2}{11}$ | 算术 | $: \because$ 数列 $\left\{\mathrm{a}_{n}\right\}, \mathrm{a}_{1}=1, a_{n+1}=\frac{2 a_{n}}{a_{n}+2}, \therefore a_{2}=\frac{2 \times 1}{1+3}=\frac{2}{3}, a_{3}=\frac{2 \times \frac{2}{3}}{\frac{2}{3}+2}=\frac{2}{4}$, $a_{4}=\frac{2 \times \frac{1}{2}}{\frac{1}{2}+2}=\frac{2}{5}$, 由此猜想 $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\frac{2}{n+1}$. 故选: D. |
18507 | [] | A | null | 高二 | 已知 $a_{n+1}-a_{n}-3=0$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是 ( ) | A. 递增数列
B. 递减数列
C. 常数项
D. 不能确定 | 算术 | |
18511 | [] | B | null | 高二 | 数列 $1,3,6,10,15, \cdots$ 的递推公式是( ) | A. $a_{n+1}=a_{n}+n, n \in \mathbf{N}^{*}$
B. $a_{n}=a_{n-1}+n, n \in \mathbf{N}^{*}, n \geqslant 2$
C. $a_{n+1}=a_{n}+(n+1), n \in \mathbf{N}^{*}, n \geqslant 2$
D. $a_{n}=a_{n-1}+(n-1), n \in \mathbf{N}^{*}, n \geqslant 2$ | 算术 | |
18518 | [] | C | null | 高二 | 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1$, 对所有的 $n \geqslant 2$, 都有 $a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} \cdots a_{n}=n^{2}$, 则: $a_{3}+a_{5}$ 等于 ( ) | A. $\frac{25}{9}$\nB. $\frac{25}{16}$\nC. $\frac{61}{16}$\nD. $\frac{31}{15}$\n\n | 算术 | 解析 $a_{1} a_{2} a_{3}=3^{2}, a_{1} a_{2}=2^{2}$,\n\n$a_{1} a_{2} a_{3} a_{4} a_{5}=5^{2}, a_{1} a_{2} a_{3} a_{4}=4^{2}$,\n\n则 $a_{3}=\frac{3^{2}}{2^{2}}=\frac{9}{4}, a_{5}=\frac{5^{2}}{4^{2}}=\frac{25}{16}$.\n\n故 $a_{3}+a_{5}=\frac{61}{16}$. |
18514 | ["9124.jpg"] | C | null | 高二 | 已知 $a_{n}=\frac{n-\sqrt{98}}{n-\sqrt{99}}$, 则这个数列的前 30 项中最大项和最小项分别是 ( ) | A. $a_{1}, a_{30}$
B. $a_{1}, a_{9}$
C. $a_{10}, a_{9}$
D. $a_{10}, a_{30}$ | 算术 | $\because a_{n}=\frac{n-\sqrt{99}+(\sqrt{99}-\sqrt{98})}{n-\sqrt{99}}$ $=\frac{\sqrt{99}-\sqrt{98}}{n-\sqrt{99}}+1$
$\therefore$ 点 $\left(n, a_{n}\right)$ 在函数 $y=\frac{\sqrt{99}-\sqrt{98}}{x-\sqrt{99}}+1$ 的图象上,在直角坐标系中作出函数 $y=\frac{\sqrt{99}-\sqrt{98}}{x-\sqrt{99}}+1$ 的图象,
<ImageHere>
由图象易知
当 $x \in(0, \sqrt{99})$ 时, 函数单调递减.
$\therefore a_{9}<a_{8}<a_{7}<\cdots<a_{1}<1$,
当 $x \in(\sqrt{99},+\infty)$ 时, 函数单调递减,
$\therefore a_{10}>a_{11}>\cdots>a_{30}>1$.
所以, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 30 项中最大的项是 $a_{10}$, 最小的项是 $a_{9}$. |
18519 | [] | C | null | 高二 | 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3-2 n$, 则它的公差 $d$ 为 ( ) | A. 2
B. 3
C. -2
D. -3 | 算术 | |
18523 | [] | B | null | 高二 | 一个等差数列的首项为 $a_{1}=1$, 末项 $a_{n}=41(n \geqslant 3)$ 且公差为整数, 那么项数 $n$ 的取值个数是( ) | A. 6
B. 7
C. 8
D. 不确定 | 算术 | 由 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d$, 得 $41=1+(n-1) d$,
$d=\frac{40}{n-1}$ 为整数, 且 $n \geqslant 3$.
则 $n=3,5,6,9,11,21,41$ 共 7 个. |
18526 | [] | D | null | 高二 | 在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=2,2 a_{n+1}=2 a_{n}+1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 则 $a_{101}$ 的值为 $(\quad)$ | A. 49
B. 50
C. 51
D. 52 | 算术 | |
18527 | [] | C | null | 高二 | 一个等差数列的前 4 项是 $a, x, b, 2 x$, 则 $\frac{a}{b}$ 等于 ( ) | A. $\frac{1}{4}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{1}{3}$
D. $\frac{2}{3}$ | 算术 | 解析 $\left\{\begin{array}{l}2 x=a+b, \\ 2 b=x+2 x,\end{array} \quad \therefore a=\frac{x}{2}, \quad b=\frac{3}{2} x\right.$.
$\therefore \frac{a}{b}=\frac{1}{3}$. |
18528 | [] | B | null | 高二 | 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是递增等差数列, 前三项的和为 12 , 前三项的积为 48 , 则它的首项是 ( ) | A. 1
B. 2
C. 4
D. 6 | 算术 | 解析 设前三项分别为 $a-d, a, a+d$, 则 $a-d+a+a+d=12$ 且 $a(a-d)(a+d)=48$,解得 $a=4$ 且 $d= \pm 2$, 又 $\left\{a_{n}\right\}$ 递增, $\therefore d>0$, 即 $d=2, \therefore a_{1}=2$. |
18529 | [] | D | null | 高二 | 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差 $d<0$, 且 $a_{2} \cdot a_{4}=12, a_{2}+a_{4}=8$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $(\quad)$ | A. $a_{n}=2 n-2\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$
B. $a_{n}=2 n+4\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$
C. $a_{n}=-2 n+12\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$
D. $a_{n}=-2 n+10\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ | 算术 | 由 $\left\{\begin{array}{l}a_{2} \cdot a_{4}=12, \\ a_{2}+a_{4}=8, \\ d<0,\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a_{2}=6, \\ a_{4}=2,\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a_{1}=8, \\ d=-2,\end{array}\right.\right.\right.$
所以 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d$, 即 $a_{n}=8+(n-1) \times(-2)$,得 $a_{n}=-2 n+10$. |
18533 | [] | C | null | 高二 | 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 若 $a_{2}+a_{4}+a_{6}+a_{8}+a_{10}=80$, 则 $a_{7}-\frac{1}{2} a_{8}$ 的值为 $(\quad)$ | A. 4
B. 6
C. 8
D. 10 | 算术 | 解析 由 $a_{2}+a_{4}+a_{6}+a_{8}+a_{10}=5 a_{6}=80$,
$\therefore a_{6}=16, \quad \therefore a_{7}-\frac{1}{2} a_{8}=\frac{1}{2}\left(2 a_{7}-a_{8}\right)$
$=\frac{1}{2}\left(a_{6}+a_{8}-a_{8}\right)=\frac{1}{2} a_{6}=8$. |
18537 | [] | D | null | 高二 | 在 3 与 27 之间插入 7 个数, 使这 9 个数成等差数列, 则插入这 7 个数中的第 4 个数值为 ( | A. 18
B. 9
C. 12
D. 15 | 算术 | 解析 设这 7 个数分别为 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{7}$,
公差为 $d$, 则 $27=3+8 d, d=3$.
故 $a_{4}=3+4 \times 3=15$. |
18540 | [] | B | null | 高二 | 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d(d \neq 0)$, 且 $a_{3}+a_{6}+a_{10}+a_{13}=32$, 若 $a_{m}=8$, 则 $m$ 为 $(\quad)$ | A. 12
B. 8
C. 6
D. 4 | 算术 | 解析 由等差数列性质 $a_{3}+a_{6}+a_{10}+a_{13}=\left(a_{3}+a_{13}\right)+\left(a_{6}+a_{10}\right)=2 a_{8}+2 a_{8}=4 a_{8}=32$,
$\therefore a_{8}=8$, 又 $d \neq 0$,
$\therefore m=8$. |
18541 | [] | C | null | 高二 | 如果等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3}+a_{4}+a_{5}=12$, 那么 $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{7}$ 等于 ( ) | A. 14
B. 21
C. 28
D. 35 | 算术 | 解析 $\because a_{3}+a_{4}+a_{5}=3 a_{4}=12$,
$\therefore a_{4}=4 . \therefore a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{7}=\left(a_{1}+a_{7}\right)+\left(a_{2}+a_{6}\right)+\left(a_{3}+a_{5}\right)+a_{4}=7 a_{4}=28$. |
18542 | [] | D | null | 高二 | 设公差为 -2 的等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 如果 $a_{1}+a_{4}+a_{7}+\cdots+a_{97}=50$, 那么 $a_{3}+a_{6}+a_{9}+\cdots$ $+a_{99}$ 等于 $(\quad)$ | A. -182
B. -78
C. -148
D. -82 | 算术 | 解析 $a_{3}+a_{6}+a_{9}+\cdots+a_{99}$
$=\left(a_{1}+2 d\right)+\left(a_{4}+2 d\right)+\left(a_{7}+2 d\right)+\cdots+\left(a_{97}+2 d\right)$
$=\left(a_{1}+a_{4}+\cdots+a_{97}\right)+2 d \times 33$
$=50+2 \times(-2) \times 33$
$=-82$. |
18543 | [] | B | null | 高二 | 若数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, $a_{p}=q, a_{q}=p(p \neq q)$, 则 $a_{p+q}$ 为 ( ) | A. $p+q$
B. 0
C. $-(p+q)$
D. $\frac{p+q}{2}$ | 算术 | 解析 $\because d=\frac{a_{p}-a_{q}}{p-q}=\frac{q-p}{p-q}=-1$,
$\therefore a_{p+q}=a_{p}+q d=q+q \times(-1)=0$. |
19751 | [] | C | null | 高二 | 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $a_{2}+S_{3}=-4, a_{4}=3$, 则公差为 ( ) | A. -1
B. 1
C. 2
D. 3 | 算术 | 设等差数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 的公差为 $\mathrm{d}$, 由 $\mathrm{a}_{2}+\mathrm{S}_{3}=-4, \mathrm{a}_{4}=3$, 可得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+d+3 a_{1}+\frac{3 \times 2}{2} d=-4 \\ a_{1}+3 d=3\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=-3 \\ d=2\end{array}\right.$. 故选: C. |
19754 | [] | B | null | 高二 | 《张丘建算经》中女子织布问题为: 某女子善于织布, 一天比一天织得快, 且从第 2 天开始, 每天比前一天多织相同量的布, 已知第一天织 5 尺布, 一月(按 30 天计)共织 390 尺布, 则从第 2 天起每天比前一天多织( )尺布. | A. $\frac{16}{31}$
B. $\frac{16}{29}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{8}{15}$ | 算术 | 由题可知, 女子每天织布数目是等差数列, 首项是 5 , 公差为 $d$, 前 30 项和为 390 . 根据等差数列前 $\mathrm{n}$ 项和公式, 有 $390=30 \times 5+\frac{30 \times 29}{2} d$, 解得 $\mathrm{d}=\frac{16}{29}$. 故选 $\mathrm{B}$ |
19755 | [] | A | null | 高二 | 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $3+a_{n}=a_{n+1}(n \in N+)$ 且 $a_{2}+a_{4}+a_{6}=9$, 则 $\log _{\frac{1}{6}}\left(a_{5}+a_{7}+a_{9}\right)=$ | A. -2
B. $-\frac{1}{2}$
C. 2
D. $\frac{1}{2}$ | 算术 | $: 3+a_{n}=a_{n+1} \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=3 \quad \therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 3 为公差的等差数列, 由等差数列的性质可得, $a_{2}+a_{4}+a_{6}=3 a_{4}=9 \quad \therefore a_{4}=3, a_{7}=a_{4}+3 d=12$ $\therefore \log _{\frac{1}{1}}\left(a_{5}+a_{7}+a_{9}\right)=\log _{\frac{1}{6}} 3 a_{7}=\log _{\frac{1}{6}} 36=-2 \quad$ 故选 $\mathrm{A}$ |
19756 | [] | C | null | 高二 | 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 若 $a_{3}+a_{4}+a_{5}+a_{6}+a_{7}=45$, 那么 $a_{5}$ 等于 ( | A. 4
B. 5
C. 9
D. 18 | 算术 | $: a_{3}+a_{4}+a_{5}+a_{6}+a_{7}=45, \therefore 5 a_{5}=45$, 那么 $a_{5}=9$. 故选:C. |
19758 | [] | B | null | 高二 | 已知 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $S_{7}=28, S_{11}=66$, 则 $S_{9}$ 的值为 | A. 47
B. 45
C. 38
D. 54 | 算术 | 设公差为 $\mathrm{d}$, 由 $\mathrm{S}_{7}=28, \mathrm{~S}_{11}=66$ 得, $\left\{\begin{array}{l}7 a_{1}+\frac{7 \times 6}{2} d=28 \\ 11 a_{1}+\frac{11 \times 10}{2} d=66\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{c}a_{1}+3 d=4 \\ a_{1}+5 d=6\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{c}a_{1}=1 \\ d=1\end{array}\right.$,所以 $\mathrm{S}_{9}=9 \times 1+\frac{9 \times 8}{2} \times 1=45$. 故选 B. |
19759 | [] | B | null | 高二 | 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 已知 $a_{5}+a_{10}=12$, 则 $3 a_{7}+a_{9}$ 等于 ( ) | A. 30
B. 24
C. 18
D. 12 | 算术 | 等差数列 $\left\{\mathrm{a}_{n}\right\}$ 中, $\mathrm{a}_{5}+\mathrm{a}_{10}=12, \therefore 2 \mathrm{a}_{1}+13 \mathrm{~d}=12$,
$\therefore 3 a_{7}+a_{9}=4 a_{1}+26 d=2\left(2 a_{1}+13 d\right)=24$. 故选 $: B$. |
19760 | [] | A | null | 高二 | 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=-2015$, 其前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $\frac{S_{12}}{12}-\frac{S_{10}}{10}=2$, 则 $S_{2018}$ 的值等于 ( ) | A. 4036
B. 2018
C. 2017
D. $-2 \quad 017$ | 算术 | 设等差数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 的公差为 $\mathrm{d}$, 由 $\frac{S_{12}}{12}-\frac{S_{10}}{10}=2$,
得 $\frac{\left(a_{1}+a_{12}\right) \times 12}{2}-\frac{\left(a_{1}+a_{12}\right) \times 10}{2}=2$, 即 $\frac{a_{1}+a_{12}}{2}-\frac{a_{1}+a_{10}}{2}=2, \therefore \mathrm{a}_{12}-\mathrm{a}_{10}=4$, 则 $2 \mathrm{~d}=4, \mathrm{~d}=2$.
$\therefore \mathrm{S}_{2018}=2018 \times(-2015)+\frac{2018 \times 2017}{2} \times 2=4036$. 故选 $: \mathrm{A}$. |
18547 | [] | C | null | 高二 | 设 $S_{n}$ 是等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $a_{2}=3, a_{6}=11$, 则 $S_{7}$ 等于 $(\quad)$ | A. 13
B. 35
C. 49
D. 63 | 算术 | 解析 $S_{7}=\frac{7\left(a_{1}+a_{7}\right)}{2}=\frac{7\left(a_{2}+a_{6}\right)}{2}=49$. |
18552 | [] | D | null | 高二 | 已知两个等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 与 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和分别为 $A_{n}$ 和 $B_{n}$, 且 $\frac{A_{n}}{B_{n}}=\frac{7 n+45}{n+3}$, 则使得 $\frac{a_{n}}{b_{n}}$为整数的正整数 $n$ 的个数是 $(\quad)$ | A. 2
B. 3
C. 4
D. 5 | 算术 | 解析 $\frac{a_{n}}{b_{n}}=\frac{A_{2 n-1}}{B_{2 n-1}}=\frac{14 n+38}{2 n+2}=\frac{7 n+19}{n+1}$
$=\frac{7(n+1)+12}{n+1}=7+\frac{12}{n+1}$,
$\therefore n=1,2,3,5,11$. |
18553 | [] | A | null | 高二 | 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $S_{10}=4 S_{5}$, 则 $\frac{a_{1}}{d}$ 等于 $(\quad)$ | A. $\frac{1}{2}$
B. 2
C. $\frac{1}{4}$
D. 4 | 算术 | 解析 由题意得:
$10 a_{1}+\frac{1}{2} \times 10 \times 9 d=4\left(5 a_{1}+\frac{1}{2} \times 5 \times 4 d\right)$,
$\therefore 10 a_{1}+45 d=20 a_{1}+40 d$,
$\therefore 10 a_{1}=5 d, \quad \therefore \frac{a_{1}}{d}=\frac{1}{2}$. |
18554 | [] | D | null | 高二 | 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3}^{3}+a_{8}^{2}+2 a_{3} a_{8}=9$, 且 $a_{n}<0$, 则 $S_{10}$ 为( ) | A. -9
B. -11
C. -13
D. -15 | 算术 | 解析 由 $a_{3}^{2}+a_{8}^{2}+2 a_{3} a_{8}=9$ 得
$\left(a_{3}+a_{8}\right)^{2}=9, \quad \because a_{n}<0$,
$\therefore a_{3}+a_{8}=-3$,
$\therefore S_{10}=\frac{10\left(a_{1}+a_{10}\right)}{2}$
$=\frac{10\left(a_{3}+a_{8}\right)}{2}=\frac{10 \times(-3)}{2}=-15$. |
18555 | [] | B | null | 高二 | 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{3}=9, S_{6}=36$. 则 $a_{7}+a_{8}+a_{9}$ 等于 ( ) | A. 63
B. 45
C. 36
D. 27 | 算术 | 解析 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 则 $S_{3}, S_{6}-S_{3}, S_{9}-S_{6}$ 为等差数列, 即 $2\left(S_{6}-S_{3}\right)=S_{3}+\left(S_{9}\right.$ $-S_{6}$ ),
$\because S_{3}=9, S_{6}-S_{3}=27$, 则 $S_{9}-S_{6}=45$.
$\therefore a_{7}+a_{8}+a_{9}=S_{9}-S_{6}=45$. |
18556 | [] | B | null | 高二 | 在小于 100 的自然数中, 所有被 7 除余 2 的数之和为( ) | A. 765
B. 665
C. 763
D. 663 | 算术 | 解析 $\because a_{1}=2, d=7,2+(n-1) \times 7<100, \therefore n<15$, $\therefore n=14, S_{14}=14 \times 2+\frac{1}{2} \times 14 \times 13 \times 7=665$. |
18557 | [] | B | null | 高二 | 一个等差数列的项数为 $2 n$, 若 $a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{2 n-1}=90, a_{2}+a_{4}+\cdots+a_{2 n}=72$, 且 $a_{1}$ $-a_{2 n}=33$, 则该数列的公差是 ( ) | A. 3
B. -3
C. -2
D. -1 | 算术 | 解析 由 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{2 n-1}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} \times(2 d)=90, \\ a_{2}+a_{4}+\cdots+a_{2 n}=n a_{2}+\frac{n(n-1)}{2} \times(2 d)=72,\end{array}\right.$
得 $n d=-18$.
又 $a_{1}-a_{2 n}=-(2 n-1) d=33$, 所以 $d=-3$. |
18561 | [] | D | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=n^{2}$ ，则 $a_{n}$ 等于 $(\quad)$ | A. $n$
B. $n^{2}$
C. $2 n+1$
D. $2 n-1$ | 算术 | |
18565 | [] | C | null | 高二 | 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=3 n-2 n^{2}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 则当 $n \geqslant 2$ 时, 下列不等式成立的是 $(\quad)$ | A. $S_{n}>n a_{1}>n a_{n}$
B. $S_{n}>n a_{n}>n a_{1}$
C. $n a_{1}>S_{n}>n a_{n}$
D. $n a_{n}>S_{n}>n a_{1}$ | 算术 | 方法一 由 $a_{n}= \begin{cases}S_{1} & (n=1) \\ S_{n}-S_{n-1} & (n \geqslant 2)\end{cases}$
解得 $a_{n}=5-4 n$.
$\therefore a_{1}=5-4 \times 1=1, \quad \therefore n a_{1}=n$,
$\therefore n a_{n}=5 n-4 n^{2}$,
$\because n a_{1}-S_{n}=n-\left(3 n-2 n^{2}\right)=2 n^{2}-2 n=2 n(n-1)>0$.
$S_{n}-n a_{n}=3 n-2 n^{2}-\left(5 n-4 n^{2}\right)=2 n^{2}-2 n>0$.
$\therefore n a_{1}>S_{n}>n a_{n}$.
方法二 $\because a_{n}=5-4 n$,
$\therefore$ 当 $n=2$ 时, $S_{n}=-2$,
$n a_{1}=2, n a_{n}=-6$,
$\therefore n a_{1}>S_{n}>n a_{n}$. |
18567 | [] | B | null | 高二 | 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 它的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{n}=(n+1)^{2}+\lambda$, 则 $\lambda$ 的值是 $(\quad)$ | A. -2
B. -1
C. 0
D. 1 | 算术 | 解析 等差数列前 $n$ 项和 $S_{n}$ 的形式为: $S_{n}=a n^{2}+b n$,
$\therefore \lambda=-1$. |
18568 | [] | B | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=n^{2}-9 n$, 第 $k$ 项满足 $5<a_{k}<8$, 则 $k$ 为 $(\quad)$ | A. 9
B. 8
C. 7
D. 6 | 算术 | 解析 由 $a_{n}=\left\{\begin{array}{ll}S_{1}, \\ S_{n}-S_{n-1}, & n \geqslant 2\end{array}, \therefore a_{n}=2 n-10\right.$.
由 $5<2 k-10<8$, 得 $ |
18569 | [] | A | null | 高二 | 设 $S_{n}$ 是等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $\frac{a_{5}}{a_{3}}=\frac{5}{9}$, 则 $\frac{S_{9}}{S_{5}}$ 等于 $(\quad)$ | A. 1
B. -1
C. 2
D. $\frac{1}{2}$ | 算术 | 解析 由等差数列的性质, $\frac{a_{5}}{a_{3}}=\frac{2 a_{5}}{2 a_{3}}=\frac{a_{1}+a_{9}}{a_{1}+a_{5}}=\frac{5}{9}$,
$\therefore \frac{S_{9}}{S_{5}}=\frac{\frac{9}{2}\left(a_{1}+a_{9}\right)}{\frac{5}{2}\left(a_{1}+a_{5}\right)}=\frac{9}{5} \times \frac{5}{9}=1$. |
18570 | [] | C | null | 高二 | 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, $S_{n}$ 是其前 $n$ 项和, 且 $S_{5}<S_{6}, S_{6}=S_{7}>S_{8}$, 则下列结论错误的是( ) | A. $d<0$
B. $a_{7}=0$
C. $S_{9}>S_{5}$
D. $S_{6}$ 与 $S_{7}$ 均为 $S_{n}$ 的最大值 | 算术 | 解析 由 $S_{5}<S_{6}$, 得 $a_{6}=S_{6}-S_{5}>0$. 又 $S_{6}=S_{7} \Rightarrow a_{7}=0$, 所以 $d<0$.
由 $S_{7}>S_{8} \Rightarrow a_{8}<0$, 因此, $S_{9}-S_{5}=a_{6}+a_{7}+a_{8}+a_{9}$
$=2\left(a_{7}+a_{8}\right)<0$ 即 $S_{9}<S_{5}$. |
18574 | [] | B | null | 高二 | 在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{n}>0$, 且 $a_{2}=1-a_{1}, a_{4}=9-a_{3}$, 则 $a_{4}+a_{5}$ 的值为 ( ) | A. 16
B. 27
C. 36
D. 81 | 算术 | 解析 由已知 $a_{1}+a_{2}=1, a_{3}+a_{4}=9, \therefore q^{2}=9$.
$\therefore q=3\left(q=-3\right.$ 舍), $\therefore a_{4}+a_{5}=\left(a_{3}+a_{4}\right) q=27$. |
18580 | [] | A | null | 高二 | 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+a_{2}=3, a_{2}+a_{3}=6$, 则 $a_{7}$ 等于 ( ) | A. 64
B. 81
C. 128
D. 243 | 算术 | 解析 $\because\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列,
$\therefore \frac{a_{2}+a_{3}}{a_{1}+a_{2}}=q=2$.
又 $a_{1}+a_{2}=3, \therefore a_{1}=1$. 故 $a_{7}=1 \cdot 2^{6}=64$. |
18581 | [] | C | null | 高二 | 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 各项都是正数, 且 $a_{1}, \frac{1}{2} a_{3}, 2 a_{2}$ 成等差数列, 则 $\frac{a_{9}+a_{10}}{a_{7}+a_{8}}$ 等于 $(\quad)$ | A. $1+\sqrt{2}$
B. $1-\sqrt{2}$
C. $3+2 \sqrt{2}$
D. $3-2 \sqrt{2}$ | 算术 | 解析 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$,
$\because a_{1}, \frac{1}{2} a_{3}, 2 a_{2}$ 成等差数列,
$\therefore a_{3}=a_{1}+2 a_{2}$,
$\therefore a_{1} q^{2}=a_{1}+2 a_{1} q$,
$\therefore q^{2}-2 q-1=0$,
$\therefore q=1 \pm \sqrt{2}$.
$\because a_{n}>0, \quad \therefore q>0, \quad q=1+\sqrt{2}$.
$\therefore \frac{a_{9}+a_{10}}{a_{7}+a_{8}}=q^{2}=(1+\sqrt{2})^{2}=3+2 \sqrt{2}$. |
18582 | [] | B | null | 高二 | 如果 $-1, a, b, c,-9$ 成等比数列, 那么( ) | A. $b=3, a c=9$
B. $b=-3, a c=9$
C. $b=3, a c=-9$
D. $b=-3, a c=-9$ | 算术 | 解析 $\because b^{2}=(-1) \times(-9)=9$ 且 $b$ 与首项 -1 同号, $\therefore b=-3$, 且 $a, c$ 必同号.
$\therefore a c=b^{2}=9$. |
18583 | [] | A | null | 高二 | 一个数分别加上 $20,50,100$ 后得到的三个数成等比数列, 其公比为 ( ) | A. $\frac{5}{3}$
B. $\frac{4}{3}$
C. $\frac{3}{2}$
D. $\frac{1}{2}$ | 算术 | 解析 设这个数为 $x$, 则 $(50+x)^{2}=(20+x) \cdot(100+x)$,解得 $x=25$, $\therefore$ 这三个数 $45,75,125$, 公比 $q$ 为 $\frac{75}{45}=\frac{5}{3}$. |
18584 | [] | A | null | 高二 | 若正项等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比 $q \neq 1$, 且 $a_{3}, a_{5}, a_{6}$ 成等差数列, 则 $\frac{a_{3}+a_{5}+a_{6}}{}$ 等于 $(\quad)$ | A. $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ | 算术 | $a_{3}+a_{6}=2 a_{5}, \therefore a_{1} q^{2}+a_{1} q^{5}=2 a_{1} q^{4}$,
$\therefore q^{3}-2 q^{2}+1=0, \quad \therefore(q-1)\left(q^{2}-q-1\right)=0(q \neq 1)$,
$\therefore q^{2}-q-1=0, \quad \therefore q=\frac{\sqrt{5}+1}{2}\left(q=\frac{1-\sqrt{5}}{2}<0\right.$ 舍 $)$
$\therefore \frac{a_{3}+a_{5}}{a_{4}+a_{6}}=\frac{1}{q}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$. |
18588 | [] | C | null | 高二 | 在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1$, 公比 $|q| \neq 1$. 若 $a_{m}=a_{1} a_{2} a_{3} a_{4} a_{5}$, 则 $m$ 等于( ) | A. 9
B. 10
C. 11
D. 12 | 算术 | 解析 在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $\because a_{1}=1$,
$\therefore a_{m}=a_{1} a_{2} a_{3} a_{4} a_{5}=a_{1}^{5} q^{10}=q^{10}$.
$\because a_{m}=a_{1} q^{m^{-}}=q^{m^{-1}}$,
$\therefore m-1=10, \therefore m=11$. |
18596 | [] | A | null | 高二 | 已知各项为正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1} a_{2} a_{3}=5, a_{7} a_{8} a_{9}=10$, 则 $a_{4} a_{5} a_{6}$ 等于( ) | A. $5 \sqrt{2}$
B. 7
C. 6
D. $4 \sqrt{2}$ | 算术 | 解析 $\because a_{1} a_{2} a_{3}=a_{2}^{3}=5, \therefore a_{2}=\sqrt[3]{5}$.
$\because a_{7} a_{8} a_{9}=a_{8}^{3}=10, \quad \therefore a_{8}=\sqrt[3]{10}$.
$\therefore a_{5}^{2}=a_{2} a_{8}=\sqrt[3]{50}=50 \frac{1}{3}$,
又 $\because$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 各项为正数,
$\therefore a_{5}=50 \frac{1}{6}$.
$\therefore a_{4} a_{5} a_{6}=a_{5}^{3}=50 \frac{1}{2}=5 \sqrt{2}$. |
18598 | [] | D | null | 高二 | 在正项等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 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. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{3}{2}$ | 算术 | 解析 设公比为 $q$, 则由等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 各项为正数且 $a_{n+1}<a_{n}$ 知 $0<q<1$,由 $a_{2} \cdot a_{8}=6$, 得 $a_{5}^{2}=6$.
$\therefore a_{5}=\sqrt{6}, a_{4}+a_{6}=\frac{\sqrt{6}}{q}+\sqrt{6} q=5$.
解得 $q=\frac{2}{\sqrt{6}}, \therefore \frac{a_{5}}{a_{7}}=\frac{1}{q^{2}}=\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)^{2}=\frac{3}{2}$. |
19795 | [] | A | null | 高二 | 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 1 , 公差不为 0 . 若 $a_{2}, a_{3}, a_{6}$ 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 | 等差数列 $\left\{\mathrm{a}_{n}\right\}$ 的首项为 1 , 公差不为 $0 . \mathrm{a}_{2}, \mathrm{a}_{3}, \mathrm{a}_{6}$ 成等比数列,
$\therefore a_{3}^{2}=a_{2} \cdot a_{6}, \quad \therefore\left(\mathrm{a}_{1}+2 \mathrm{~d}\right)^{2}=\left(\mathrm{a}_{1}+\mathrm{d}\right)\left(\mathrm{a}_{1}+5 \mathrm{~d}\right)$, 且 $\mathrm{a}_{1}=1, \mathrm{~d} \neq 0$, 解得 $\mathrm{d}=-2$,
$\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 前 6 项的和为 $S_{6}=6 a_{1}+\frac{6 \times 5}{2} d=6 \times 1+\frac{6 \times 5}{2} \times(-2)=-24$. 故选: A. |
19798 | [] | D | null | 高二 | 若等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, \frac{s_{8}}{S_{4}}=3$ 则 $\frac{S_{16}}{S_{4}}=(\quad)$ | A. 3
B. 7
C. 10
D. 15 | 算术 | 据 $\frac{S_{8}}{S_{4}} \frac{S_{8}}{S_{4}}=3,(q \models 1)$, 若 $\mathrm{q}=1$ 可得据 $\frac{S_{8}}{S_{4}}=2 \digamma 3$, 故 $\mathrm{q} \neq 1$,
若 $q=-1$, 则 $S_{4}=0$, 不符合题意, 故 $q \models-1, \therefore \frac{\frac{a_{1}\left(1-q^{8}\right)}{1-q}}{\frac{a_{1}\left(1-q^{4}\right)}{1-q}}=\frac{1-q^{8}}{1-q^{4}}=3$, 化简得 $1-q^{8}=3\left(1-q^{4}\right)$, 可得 $1+\mathrm{q}^{4}=3$, 解得 $\mathrm{q}^{4}=2, \frac{S_{16}}{S_{4}}=\frac{1-q^{16}}{1-q^{4}}=\frac{1-2^{4}}{1-2}=15$. 故选 D. |
19799 | [] | C | null | 高二 | 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 前 9 项的和为 $27, a_{10}=8$, 则 $a_{100}=$ ( ) | A. 100
B. 99
C. 98
D. 97 | 算术 | 等差数列 $\left\{\mathrm{a}_{n}\right\}$ 前 9 项的和为 $27, \mathrm{~S}_{9}=\frac{9\left(a_{1}+a_{9}\right)}{2}=\frac{9 \times 2 a_{5}}{2}=9 \mathrm{a}_{5} . \therefore 9 \mathrm{a}_{5}=27, \mathrm{a}_{5}=3$, 又 $\because \mathrm{a}_{10}=8, \therefore \mathrm{d}=1, \therefore \mathrm{a}_{100}=\mathrm{a}_{5}+95 \mathrm{~d}=98$, 故选 $: \mathrm{C}$. |
19800 | [] | A | null | 高二 | 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=2^{n}-1$, 则数列 $\left\{\log _{2} a_{n}\right\}$ 的前 12 项和等于 ( ) | A. 66
B. 55
C. 45
D. 65 | 算术 | 等比数列 $\left\{\mathrm{a}_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和 $S_{n}=2^{n}-1$, 可得首项为 1 , 公比为 2 , $\log _{2} \mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\log _{2} 2^{\mathrm{n}-1}=\mathrm{n}-1$, 则数列 $\left\{\log _{2} \mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 的前 12 项和为 $\frac{1}{2} \times 12 \times(0+11)=66$. 故选 A. |
19801 | [] | B | null | 高二 | 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 已知 $a_{3}+a_{4}=10, a_{n-3}+a_{n-2}=30$, 前 $n$ 项之和是 100 , 则项数 $n$ 为 ( ) | A. 9
B. 10
C. 11
D. 12 | 算术 | 因为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3}+a_{4}=10, a_{n-3}+a_{n-2}=30$, 所以 $\left(a_{3}+a_{4}\right)+\left(a_{n-3}+a_{n-2}\right)=2\left(a_{1}+a_{n}\right)$ $=40$, 即 $\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=20$, 因为前 $\mathrm{n}$ 项之和是 100 , 所以 $\frac{n\left(a_{1}+a_{n}\right)}{2}=100$, 解得 $\mathrm{n}=10$, 故选 $\mathrm{B}$. |
19802 | [] | D | null | 高二 | 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 $a_{1}$, 公差为 -2 的等差数列, $S_{n}$ 为前 $n$ 项和, 若 $S_{1}, S_{2}, S_{4}$ 成等比数列, 则 $a_{1}=(\quad)$ | A. 2
B. -2
C. 1
D. -1 | 算术 | $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\mathrm{a}_{1}-2(\mathrm{n}-1), \mathrm{S}_{1}=\mathrm{a}_{1}, \mathrm{~S}_{2}=2 \mathrm{a}_{1}-2, \mathrm{~S}_{4}=4 \mathrm{a}_{1}-12, \because \mathrm{S}_{1}, \mathrm{~S}_{2}, \mathrm{~S}_{4}$ 成等比数列,
$\therefore\left(2 a_{1}-2\right)^{2}=\mathrm{a}_{1}\left(4 \mathrm{a}_{1}-12\right)$, 解得 $\mathrm{a}_{1}=-1$. 故选 D. |
19803 | [] | D | null | 高二 | 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}+a_{4}+a_{7}=39, a_{2}+a_{5}+a_{8}=33$, 则 $a_{5}+a_{8}+a_{11}$ 的值为 ( ) | A. 30
B. 27
C. 9
D. 15 | 算术 | 由题意可得 $\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{4}+\mathrm{a}_{7}=3 \mathrm{a}_{4}=39$, 解得 $\mathrm{a}_{4}=13$,
同理可得 $a_{2}+a_{5}+a_{8}=3 a_{5}=33$, 解得 $a_{5}=11$, 故公差 $d=a_{5}-a_{4}=-2$, 所以 $a_{8}=a_{4}+4 d=5$,故 $\mathrm{a}_{5}+\mathrm{a}_{8}+\mathrm{a}_{11}=3 \mathrm{a}_{8}=15$, 故选 D. |
19804 | [] | D | null | 高二 | 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=-2011$, 其前 $n$ 项的和为 $S_{n}$. 若 $\frac{S_{2010}}{2010}-\frac{S_{2008}}{2008}=2$, 则 $S_{2011}=$ | A. -2010
B. 2010
C. 2011
D. -2011 | 算术 | $\because \mathrm{S}_{\mathrm{n}}$ 是等差数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和, $\therefore$ 数列 $\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$ 是首项为 $\mathrm{a}_{1}$ 的等差数列;
由 $\frac{S_{2010}}{2010}-\frac{S_{2008}}{2008}=2$, 则该数列公差为 $1, \therefore \frac{S_{2011}}{2011}=-2011+(2011-1)=-1, \therefore \mathrm{S}_{2011}=-2011$.
故选 D. |
19806 | [] | A | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 且 $a_{n}=\frac{1}{n^{2}+n}$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 前 100 项的和等于( ) | A. $\frac{100}{101}$
B. $\frac{99}{100}$
C. $\frac{101}{102}$
D. $\frac{99}{101}$ | 算术 | $: \mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\frac{1}{n^{2}+n}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}, \therefore$ 数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 前 100 项的和 $\mathrm{S}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+$ $\frac{1}{100}-\frac{1}{101}=1-\frac{1}{101}=\frac{100}{101}$, 故选 A. |
19809 | [] | B | null | 高二 | 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 1 的等比数列, $S_{n}$ 是 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 且 $9 S_{3}=S_{6}$, 则数列 $\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 的前 5 项和为 ( ) | A. $\frac{85}{32}$
B. $\frac{31}{16}$
C. $\frac{15}{8}$
D. $\frac{85}{2}$ | 算术 | 等比数列前 $\mathrm{n}$ 项和公式 $\mathrm{Sn}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}$, 而 $9 \mathrm{~S}_{3}=\mathrm{S}_{6}$, 可知 $\mathrm{q}=2$,
所以 $\mathrm{a}_{1}=1, \mathrm{a}_{2}=2, \mathrm{a}_{3}=4 \ldots$ 其倒数列前五项为 $1, \frac{1}{2} 、 \frac{1}{4} 、 \frac{1}{8} 、 \frac{1}{16}$,
故前 5 项和为 $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}=\frac{31}{16}$, 故选: B. |
19811 | [] | B | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $a_{n}=n$, 令 $b_{n}=\frac{1}{2 S_{n}}$, 则数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$ 为( ) | A. $1-\frac{1}{n}$
B. $1-\frac{1}{n+1}$
C. $2-\frac{2}{n}$
D. $2-\frac{2}{n+1}$ | 算术 | 数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 前 $\mathrm{n}$ 项和为 $\mathrm{S}_{\mathrm{n}}$, 且 $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\mathrm{n}$,
$\therefore a_{n}$ 为首项为 1 , 公差为 1 的等差数列, 即 $S_{n}=n+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{n(n+1)}{2}$,
$\therefore \mathrm{b}_{\mathrm{n}}=\frac{1}{2 S_{n}}=\frac{1}{n(n+1)}$, 即 $T_{n}=\frac{1}{1 \times 2}+\frac{1}{2 \times 3}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}$,
$\therefore T_{n}=\frac{1}{1 \times 2}+\frac{1}{2 \times 3}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1-\frac{1}{n+1}$.
5 . A 解析 : 设等差数列的公差为 $\mathrm{d}$,由题意可得, $\left\{\begin{array}{c}a_{1}+41=5 \\ 5 a_{1}+10 d=15\end{array}\right.$
解方程可得, $d=1, a_{1}=1$ 由等差数列的通项公式可得, $a_{n}=a_{1}+(n-1) d=1+(n-1) \times 1=n \quad \therefore$
$$
\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \quad S_{100}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{100}-\frac{1}{101}=1-\frac{1}{101}=\frac{100}{101}
$$ |
19812 | [] | A | null | 高二 | 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{5}=5, S_{5}=15$, 则数列 $\left\{\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}\right\}$ 的前 100 项和为 $(\quad)$ | A. $\frac{100}{101}$
B. $\frac{99}{101}$
C. $\frac{99}{100}$
D. $\frac{101}{100}$ | 算术 | 设等差数列的公差为 $\mathrm{d}$,由题意可得, $\left\{\begin{array}{c}a_{1}+41=5 \ 5 a_{1}+10 d=15\end{array}\right.$解方程可得, $d=1, a_{1}=1$ 由等差数列的通项公式可得, $a_{n}=a_{1}+(n-1) d=1+(n-1) \times 1=n \quad \therefore$$$\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \quad S_{100}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{100}-\frac{1}{101}=1-\frac{1}{101}=\frac{100}{101}$$ |
19813 | [] | A | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1$, 前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且点 $P\left(a_{n}, a_{n+1}\right)$ 在直线 $y=x+1$上, 则 $\frac{1}{s_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\frac{1}{s_{3}}+\cdots+\frac{1}{s_{n}}=(\quad)$ | A. $\frac{2 n}{n+1}$
B. $\frac{2}{n(n+1)}$
C. $\frac{n(n+1)}{2}$
D. $\frac{n}{2(n+1)}$ | 算术 | 因为点 $P\left(a_{n}, a_{n+1}\right)$ 在直线 $y=x+1$ 上, 所以 $a_{n+1}=a_{n}+1$,
又因为 $\mathrm{a}_{1}=1$, 所以数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是首项、公差均为 1 的等差数列, 所以 $\mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\frac{n(n+1)}{2}, \frac{1}{S_{n}}=$ $\frac{2}{n(n+1)}=2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$, 所以 $\frac{1}{S_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\frac{1}{S_{3}}+\ldots+\frac{1}{S_{n}}=2\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=2(1-$ $\left.\frac{1}{n+1}\right)=\frac{2 n}{n+1}$. 故选 A. |
19814 | [] | B | null | 高二 | 已知 $S n=\frac{1}{\sqrt{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}+\frac{1}{2+\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$, 若 $S_{m}=9$, 则 $m=$ ( ) | A. 11
B. 99
C. 120
D. 121 | 算术 | $\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$,
$\therefore \mathrm{Sn}=\frac{1}{\sqrt{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}+\frac{1}{2+\sqrt{3}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=(\sqrt{2}-1)+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+\ldots+(\sqrt{n+1}-$ $\sqrt{n})=\sqrt{n+1}-1, \quad \because \mathrm{S}_{\mathrm{m}}=9, \quad \therefore \sqrt{m+1}-1=9, \quad$ 解得 $\mathrm{m}=99$, 故选 $\mathrm{B}$. |
19815 | [] | C | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=2^{n}-1$, 则数列 $\left\{a_{n}^{2}\right\}$ 的前 10 项和为 ( ) | A. $4^{10}-1$
B. $\left(2^{10}-1\right)^{2}$
C. $\frac{1}{3}\left(4^{10}-1\right)$
D. $\frac{1}{3}\left(2^{10}-1\right)$ | 算术 | $\because \mathrm{S}_{\mathrm{n}}=2^{\mathrm{n}}-1, \therefore \mathrm{S}_{\mathrm{n}+1}=2^{\mathrm{n}+1}-1, \quad \therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}+1}=\mathrm{S}_{\mathrm{n}+1}-\mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\left(2^{\mathrm{n}+1}-1\right)-\left(2^{\mathrm{n}}-1\right)=2^{\mathrm{n}}$,又 $\mathrm{a}_{1}=\mathrm{S}_{1}=2-1=1, \quad \therefore$ 数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 的通项公式为: $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=2^{\mathrm{n}-1}, \quad \therefore a_{n}^{2}=\left(2^{\mathrm{n}-1}\right)^{2}=4^{\mathrm{n}-1}$,
$\therefore$ 所求值为 $\frac{1-4^{10}}{1-4}=\frac{1}{3}\left(4^{10}-1\right)$, 故选:C. |
19817 | [] | A | null | 高二 | 已知数列 $1 \frac{1}{2}, 3 \frac{1}{4}, 5 \frac{1}{8}, 7 \frac{1}{16}, \cdots$, 则其前 $n$ 项和 $S_{n}$ 为 $(\quad)$ | A. $n^{2}+1-\frac{1}{2^{n}}$
B. $n^{2}+2-\frac{1}{2^{n}}$
C. $n^{2}+1-\frac{1}{2^{n-1}}$
D. $n^{2}+2-\frac{1}{2^{n-1}}$ | 算术 | 设数列的前 $\mathrm{n}$ 项和 $S_{n}$, 则有 $S_{\mathrm{n}}=1 \frac{1}{2}+3 \frac{1}{4}+5 \frac{1}{8}+7 \frac{1}{16}+\ldots+(2 n-1) \frac{1}{2^{n}}$ $=1+3+5+\cdots+(2 n-1)+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right)=\frac{2 n \times n}{2}+\frac{\frac{1}{2}\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right]}{1-\frac{1}{2}}=n^{2}+1-\frac{1}{2^{n}}$, 故选 A. |
19820 | [] | A | null | 高二 | 计算 $\frac{2}{1 \times 3}+\frac{2}{3 \times 5}+\frac{2}{5 \times 7}+\frac{2}{7 \times 9}+\frac{2}{9 \times 11}+\frac{2}{11 \times 13}=(\quad)$ | A. $\frac{12}{13}$
B. $\frac{24}{13}$
C. $\frac{6}{13}$
D. $\frac{2}{13}$ | 算术 | : $\because \frac{2}{(2 n-1)(2 n+1)}=\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}$, $\therefore \quad \frac{2}{1 \times 3}+\frac{2}{3 \times 5}+\frac{2}{5 \times 7}+\frac{2}{7 \times 9}+\frac{2}{9 \times 11}+\frac{2}{11 \times 13}$ $=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{7}-\frac{1}{9}+\frac{1}{9}-\frac{1}{11}+\frac{1}{11}-\frac{1}{13}=1-\frac{1}{13}=\frac{12}{13}$, 故选 A. |
19821 | [] | A | null | 高二 | 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n}=(-1)^{n}(3 n-2)$, 则 $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{20}=(\quad)$ | A. 30
B. 29
C. -30
D. -29 | 算术 | 由题意可 知 $a_{1}+a_{2}=-1+4=3 ， a_{3}+a_{4}=-7+10=3 ， a_{5}+a_{6}=-13+16=3 ， \ldots$, $\mathrm{a}_{19}+\mathrm{a}_{20}=-55+58=3$, 所以 $a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{20}=10 \times 3=30$, 选 A. |
19822 | [] | D | null | 高二 | 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $a_{n}=\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}, S_{n}=10$, 则 $n=(\quad)$ | A. 90
B. 121
C. 119
D. 120 | 算术 | 因为 $a_{n}=\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$,
所以 $S_{n}=(\sqrt{2}-1)+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+\cdots+(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=\sqrt{n+1}-1=10$, 解得: $\mathrm{n}=120$. 选 D. |
19823 | [] | B | null | 高二 | 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{2}=5, a_{6}=17$, 若数列 $\left\{\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $\frac{4}{25}$, 则 $n$的值为 ( ) | A. 18
B. 16
C. 15
D. 14 | 算术 | 设等差数列的首项为 $\mathrm{a}$, 公差为 $\mathrm{d}$, 因为 $a_{2}=5, a_{6}=17$, 所以 $\mathrm{a}+\mathrm{d}=5, \mathrm{a}+5 \mathrm{~d}=17$, 解得 $\mathrm{a}=2, \mathrm{~d}=3 . \mathrm{a}_{\mathrm{n}}=3 \mathrm{n}-1$; 又因为 $\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(3 n-1)(3 n+2)}$ $=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3 n-1}-\frac{1}{3 n+2}\right)$, 所以 $\mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\ldots+\frac{1}{3 n-1}-\frac{1}{3 n+2}\right),=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3 n+1}\right)$ $=25$, 解得 $\mathrm{n}=16$, 故选 $\mathrm{B}$. |
19824 | [] | D | null | 高二 | 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{3}=7, S_{6}=63$, 则数列 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 ( ) | A. $-3+(n+1) \times 2^{n}$
B. $3+(n+1) \times 2^{n}$
C. $1+(n+1) \times 2^{n}$
D. $1+(n-1) \times 2^{n}$ | 算术 | 由题意可得, 公比 $q \models 1, \therefore \frac{a_{1}\left(1-q^{3}\right)}{1-q}=7, \frac{a_{1}\left(1-q^{6}\right)}{1-q}=63$, 相除可得 $1+q^{3}=9, \therefore q=2$, $\therefore a_{1}=1$ ，故 $a_{n}=a_{1} q^{n-1}=2^{n-1}$ ， $: n a_{n}=n 2^{n-1}$ ，数 列 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的 前 $\mathrm{n}$ 项和 $M_{n}=1 \cdot 2^{0}+2 \cdot 2^{1}+\cdots+n \cdot 2^{n-1}$, (1) $2 M_{n}=1 \cdot 2^{1}+2 \cdot 2^{2}+\cdots+(n-1) \cdot 2^{n-1}+n \cdot 2^{n}$, (2)
两式相减可得, $-M_{n}=1+2^{1}+2^{2}+\cdots+2^{n-1}-n \cdot 2^{n}=\frac{1-2^{n}}{1-2}-n \cdot 2^{n}=2^{n}-1-n \cdot 2^{n}$ $=(1-n) \cdot 2^{n}-1, M_{n}=(n-1) \cdot 2^{n}+1$ 故选 D. |
19825 | [] | A | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中 $a_{1}=1, a_{2}=\frac{1}{1+2}, a_{3}=\frac{1}{1+2+3}, a_{4}=\frac{1}{1+2+3+4}, \cdots a_{n}=\frac{1}{1+2+3++n} \cdots$,则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项的和 $s_{n}=(\quad)$ | A. $\frac{2 n}{n+1}$
B. $\frac{n+1}{n}$
C. $\frac{n}{n+1}$
D. $\frac{2 n}{2 n+1}$ | 算术 | $\because \mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\frac{1}{1+2+3++n}=\frac{1}{\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}}=2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right), \therefore$ 数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项的和 $\mathrm{s}_{\mathrm{n}}=2\left[\left(1-\frac{1}{2}\right)+\right.$ $\left.\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\right]=2\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{2 n}{n+1}$. 故选 A. |
19826 | [] | B | null | 高二 | $1+\left(1+\frac{1}{2}\right)+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2^{10}}\right)$ 值为( ) | A. $18+\frac{1}{2^{9}}$
B. $20+\frac{1}{2^{10}}$
C. $22+\frac{1}{2^{11}}$
D. $18+\frac{1}{2^{10}}$ | 算术 | $\because 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}=\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}}{1-\frac{1}{2}}=2-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$,
$1+\left(1+\frac{1}{2}\right)+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2^{10}}\right)$
$=(2-1)+\left(2-\frac{1}{2}\right)+\left[2-\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\right]+\cdots+\left[2-\left(\frac{1}{2}\right)^{10}\right]=2+2+\cdots+2-\left[1+\frac{1}{2}+\cdots+\left(\frac{1}{2}\right)^{10}\right]$
$=22-\left[2-\left(\frac{1}{2}\right)^{10}\right]=20+\left(\frac{1}{2}\right)^{10}$.故选 B. |
18602 | [] | C | null | 高二 | 在各项都为正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 首项 $a_{1}=3$, 前 3 项和为 21 , 则 $a_{3}+a_{4}+a_{5}$ 等于 | A. 33
B. 72
C. 84
D. 189 | 算术 | 解析 由 $S_{3}=a_{1}\left(1+q+q^{2}\right)=21$ 且 $a_{1}=3$, 得 $q+q^{2}-6=0 . \because q>0, \therefore q=2 . \therefore a_{3}+a_{4}+a_{5}$ $=q^{2}\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)=2^{2} \cdot S_{3}=84$. |
18607 | [] | C | null | 高二 | 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 1 的等比数列, $S_{n}$ 是 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 且 $9 S_{3}=S_{6}$, 则数列 $\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 的前 5 项和为 ( ) | A. $\frac{15}{8}$ 或 5
B. $\frac{31}{16}$ 或 5
C. $\frac{31}{16}$
D. $\frac{15}{8}$ | 算术 | 解析 若 $q=1$, 则由 $9 S_{3}=S_{6}$ 得 $9 \times 3 a_{1}=6 a_{1}$,
则 $a_{1}=0$, 不满足题意, 故 $q \neq 1$.
由 $9 S_{3}=S_{6}$ 得 $9 \times \frac{a_{1}\left(1-q^{3}\right)}{1-q}=\frac{a_{1}\left(1-q^{6}\right)}{1-q}$,
解得 $q=2$
故 $a_{n}=a_{1} q^{n^{-1}}=2^{n^{-1}}$, $\frac{1}{a_{n}}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n^{-}}$.
所以数列 $\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 是以 1 为首项, $\frac{1}{2}$ 为公比的等比数列, 其前 5 项和为
$S_{5}=\frac{1 \times\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{5}\right]}{1-\frac{1}{2}}=\frac{31}{16}$. |
18608 | [] | A | null | 高二 | 一弹性球从 100 米高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下，则第 10 次着地时所经过的路程和是(结果保留到个位)( ) | A. 300 米
B. 299 米
C. 199 米
D. 166 米 | 算术 | 解析 小球 10 次着地共经过的路程为 $100+100+50+\cdots+100 \times\left(\frac{1}{2}\right) 8=299 \frac{39}{64}$ $\approx 300$ (米). |
18609 | [] | C | null | 高二 | 在等比数列中, $S_{30}=13 S_{10}, S_{10}+S_{30}=140$, 则 $S_{20}$ 等于 $(\quad)$ | A. 90
B. 70
C. 40
D. 30 | 算术 | 解析 $q \neq 1$ (否则 $S_{30}=3 S_{10}$ ),
由 $\left\{\begin{array}{l}S_{30}=13 S_{10} \\ S_{10}+S_{30}=140\end{array}, \therefore\left\{\begin{array}{l}S_{10}=10 \\ S_{30}=130\end{array}\right.\right.$,
$\therefore\left\{\begin{array}{l}\frac{a_{1}\left(1-q^{10}\right)}{1-q}=10 \\ \frac{a_{1}\left(1-q^{30}\right)}{1-q}=130\end{array} \quad, \therefore q^{20}+q^{10}-12=0\right.$.
$\therefore q^{10}=3, \quad \therefore S_{20}=\frac{a_{1}\left(1-q^{20}\right)}{1-q}=S_{10}\left(1+q^{10}\right)$
$=10 \times(1+3)=40$. |
18610 | [] | B | null | 高二 | 某企业在今年年初贷款 $a$ 万元, 年利率为 $\gamma$, 从今年年末开始每年偿还一定金额,预计五年内还清，则每年应偿还( ) | A. $\frac{a(1+\gamma)}{(1+\gamma)^{5}-1}$ 万元 B. $\frac{a \gamma(1+\gamma)^{5}}{(1+\gamma)^{5}-1}$ 万元
C. $\frac{a \gamma(1+\gamma)^{5}}{(1+\gamma)^{4}-1}$ 万元
D. $\frac{a \gamma}{(1+\gamma)^{5}}$ 万元 | 算术 | 设每年偿还 $x$ 万元, 则: $x+x(1+\gamma)+x(1+\gamma)^{2}+x(1+\gamma)^{3}+x(1+\gamma)^{4}=a(1+\gamma)^{5}$, $\therefore x=\frac{a \gamma(1+\gamma)^{5}}{(1+\gamma)^{5}-1}$. |
20083 | [] | D | null | 高二 | 一物体的运动方程为 $\mathrm{s}=3+\mathrm{t}^{2}$, 则在时间段 $[2,2.1]$ 内相应的平均速度为 $(\quad)$. | A. 4.11B. 4.01C. 4.0D. 4.1 | 算术 | 解析：解答：根据题意可得： $ar{v}= rac{3+2.1^{2}-3-2^{2}}{0.1}=4.1$ |
20128 | [] | B | null | 高二 | 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的 $a_{1}, a_{4027}$ 是函数 $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-4 x^{2}+12 x+1$ 的极值点, 则 $\log _{2} a_{2014}=(\quad)$ | A. 3
B. 2
C. 4
D. 5 | 算术 | 解析: 解答: 由于 $a_{1}, a_{4027}$ 是函数 $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-4 x^{2}+12 x+1$ 的极值点,
$f^{\prime}(x)=x^{2}-8 x+12=0$ 的两个根是 $a_{1}, a_{4027}$, 由根与系数的关系得 $a_{1}+a_{4027}=8$, 由等差数列的性质, 得 $a_{1}+a_{4027}=a_{2014}+a_{2014}, \therefore a_{2014}=4$
$\therefore \log _{2} 2014=\log _{2} 4=2$, 故答案为 B.
分析: 本题主要考查了利用导数研究函数的极值, 解决问题的关键是根据函数极值的性质分析即可. |
20145 | [] | A | null | 高二 | 定义在 $R$ 上的函数 $f(x)$ 满足: $f^{\prime}(x)>1-f(x), f(0)=6, f^{\prime}(x)$ 是 $f(x)$ 的导函数,则不等式 $e^{x} f(x)>e^{x}+5$ (其中 $e$ 为自然对数的底数）的解集为 ( ) | A. $(0,+\infty)$
B. $(-\infty, 0) \cup(3,+\infty)$
C. $(-\infty, 0) \cup(1,+\infty)$
D. $(3,+\infty)$ | 算术 | 解析：解答：由题意可知不等式为 $e^{x} f(x)-e^{x}-5>0$,
设 $g(x)=e^{x} f(x)-e^{x}-5 \therefore g^{\prime}(x)=e^{x} f(x)+e^{x} f^{\prime}(x)-e^{x}=e^{x}\left[f(x)+f^{\prime}(x)-1\right]>0$所以函数 $g(x)$ 在定义域上单调递增, 又因为 $g(0)=0$, 所以 $g(x)>0$ 的解集为 $x>0$分析: 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性, 解决问题的关键是根据函数单调性分析计算即可. |
20147 | [] | B | null | 高二 | 可导函数 $y=f(x)$ 在某点取得极值是函数 $y=f(x)$ 在这点的导数值为 0 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
答案: A
解析: 解答: 可导函数 $y=f(x)$ 在点 $x_{0}$ 取得极值, $y=f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$; 可导函数 $y=f(x)$ 在点 $x_{0}$的导数为 0 时, 函数 $y=f(x)$ 未必能取得极值。如函数 $y=x^{3}$ 当 $x=0$ 时导数为 $y^{\prime}=3 x^{2}=0$ , 但函数在这一点的左右两端导数值均大于零, 所以在此上处并未取得极值. 所以可导函数 $y=f(x)$ 在点 $x_{0}$ 取得极值是导函数 $y=f(x)$ 在点 $x_{0}$ 的导数为 0 的充分不必要条件,正确答案为 A
分析: 本题主要考查了函数在某点取得极值的条件, 解决问题的关键是根据函数在某点取得极值的的性质进行分析计算即可.
6. 已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{3}+\mathrm{ax}^{2}+(\mathrm{a}+6) \mathrm{x}+1$ 有极大值和极小值, 则实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 ( ) | A. $(-1,2)$
B. $(-\infty,-3) \cup(6,+\infty)$
C. $(-3,6)$
D. $(-\infty,-1) \cup(2,+\infty)$ | 算术 | 解析: 解答: $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+2 a x+a+6, f(x)$ 有极大值和极小值 $\Leftrightarrow f^{\prime}(x)$ 在 $\mathrm{R}$ 上有两个不同的实根 $\Leftrightarrow \Delta=(2 a)^{2}-4 \times 3 \times(a+6)>0 \Leftrightarrow\{x \mid a<-3$ 或 $a>6\}$
分析: 本题主要考查了利用导数研究函数的极值, 解决问题的关键是根据函数极值的性质分析计算即可. |
20149 | [] | A | null | 高二 | 已知函数 $y=f(x)$ 对任意的 $x \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 满足 $f^{\prime}(x) \cos x+f(x) \sin x>0$ (其中 $f^{\prime}(x)$是函数 $f(x)$ 的导函数), 则下列不等式成立的是 ( ) | A. $\sqrt{2} f\left(-\frac{\pi}{3}\right)<f\left(-\frac{\pi}{4}\right)$
B. $\sqrt{2} f\left(\frac{\pi}{3}\right)<f\left(\frac{\pi}{4}\right)$
C. $f(0)>\sqrt{2} f\left(\frac{\pi}{4}\right)$
D. $f(0)>2 f\left(\frac{\pi}{3}\right)$ | 算术 | 解析: 解答: 令 $y=\frac{f(x)}{\cos x}, y^{\prime}=\frac{f^{\prime}(x) \cos x+f(x) \sin x}{\cos ^{2} x}>0$, 所以 $y=\frac{f(x)}{\cos x}$ 在 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$上单调递增, $-\frac{\pi}{3}<-\frac{\pi}{4}, \frac{f\left(-\frac{\pi}{3}\right)}{\cos \left(-\frac{\pi}{3}\right)}<\frac{f\left(-\frac{\pi}{4}\right)}{\cos \left(-\frac{\pi}{4}\right)}$, 即 $\sqrt{2} f\left(-\frac{\pi}{3}\right)<f\left(-\frac{\pi}{4}\right)$, 故选 A.分析: 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性, 解决问题的关键是根据导数的性质分析函数单调性求解即可. |
18696 | [] | C | null | 高二 | 已知不等式 $(x+y)\left(\frac{1}{x}+\frac{a}{y}\right) \geqslant 9$ 对任意正实数 $x, y$ 恒成立, 则正实数 $a$ 的最小值为 $(\quad)$ | A. 8
B. 6
C. 4
D. 2 | 算术 | 只需求 $(x+y)\left(\frac{1}{x}+\frac{a}{y}\right)$ 的最小值大于等于 9 即可,
又 $(x+y)\left(\frac{1}{x}+\frac{a}{y}\right)=1+a \cdot \frac{x}{y}+\frac{y}{x}+a \geqslant a+1+2 \sqrt{a \cdot \frac{x}{y x}}=a+2 \sqrt{a}+1$, 等号成立仅当 $a \cdot \frac{x}{y}=\frac{y}{x}$即可, 所以 $(\sqrt{a})^{2}+2 \sqrt{a}+1 \geqslant 9$,
即 $(\sqrt{a})^{2}+2 \sqrt{a}-8 \geqslant 0$ 求得 $\sqrt{a} \geqslant 2$ 或 $\sqrt{a} \leqslant-4$ (舍去), 所以 $a \geqslant 4$, 即 $a$ 的最小值为 4 . |
18700 | [] | D | null | 高二 | 已知正数 $0<a<1,0<b<1$, 且 $a \neq b$, 则 $a+b, 2 \sqrt{a b}, 2 a b, a^{2}+b^{2}$, 其中最大的一个是( ) | A. $a^{2}+b^{2}$
B. $2 \sqrt{a b}$
C. $2 a b$
D. $a+b$ | 算术 | 解析 因为 $a 、 b \in(0,1), a \neq b$, 所以 $a+b>2 \sqrt{a b}, a^{2}+b^{2}>2 a b$, 所以, 最大的只能是 $a^{2}+b^{2}$ 与 $a+b$ 之一. 而 $a^{2}+b^{2}-(a+b)=a(a-1)+b(b-1)$, 又 $0<a<1,0<b<1$, 所以 $a-1<0$, $b-1<0$, 因此 $a^{2}+b^{2}<a+b$, 所以 $a+b$ 最大. |
18179 | [] | A | null | 高二 | 关于函数 $f(x)=|\tan x|$ 的性质, 下列叙述不正确的是 ( ) | A. $f(x)$ 的最小正周期为 $\frac{\pi}{2}$
B. $f(x)$ 是偶函数
C. $f(x)$ 的图象关于直线 $x=\frac{k \pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$ 对称
D. $f(x)$ 在每一个区间 $\left(k \pi, k \pi+\frac{\pi}{2}\right)(k \in \mathbf{Z})$ 内单调递增 | 算术 | 对于函数 $f(x)=|\tan x|$, 根据该函数的图象知, 其最小正周期为 $\pi$, A 错误;
又 $f(-x)=|\tan (-x)|=|\tan x|=f(x)$, 所以 $f(x)$ 是定义域上的偶函数, B 正确;
由函数 $f(x)$ 的图象知, $f(x)$ 的图象关于直线 $x=\frac{k \pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$ 对称, C 正确;
由 $f(x)$ 的图象知, $f(x)$ 在每一个区间 $\left(k \pi, k \pi+\frac{\pi}{2}\right)(k \in \mathbf{Z})$ 内单调递增, D 正确. |
18192 | [] | C | null | 高二 | 函数 $y=\tan (\sin x)$ 的值域为 $(\quad)$ | A. $\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right]$
B. $\left[-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right]$
C. $[-\tan 1, \tan 1]$
D. 以上均不对 | 算术 | 令 $\mathrm{t}=\sin x$, 当 $x \in \mathrm{R}$ 时, $-1 \leq \sin x \leq 1$,
即函数 $y=\tan t$, 在 $t \in[-1,1]$ 上是单调增函数,
$\therefore-\tan 1 \leq \tan t \leq \tan 1$,
$\therefore y=\tan (\sin x)$ 的值域为 $[-\tan 1, \tan 1]$.
故选: $C$. |
18218 | [] | C | null | 高二 | 已知 $\cos \left(x-\frac{\pi}{6}\right)=-\frac{\sqrt{3}}{3}$, 则 $\cos x+\cos \left(x-\frac{\pi}{3}\right)$ 的值是 | A. $-\frac{2 \sqrt{3}}{3}$
B. $\pm \frac{2 \sqrt{3}}{3}$
C. -1
D. $\pm 1$ | 算术 | $\because \cos \left(x-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2} \cos x+\frac{1}{2} \sin x=-\frac{\sqrt{3}}{3}, \therefore \cos x+\cos \left(x-\frac{\pi}{3}\right)=\frac{3}{2} \cos x+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x=\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \cos x+\frac{1}{2} \sin x\right)$
$=\sqrt{3} \times\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)=-1$, 故选 C |
17672 | [] | B | null | 高二 | 已知函数 $f(x)=2 \sqrt{3} \sin x \cos x+2 \cos ^{2} x+1$, 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 | 由题 $f(x)=2 \sqrt{3} \sin x \cos x+2 \cos ^{2} x+1=\sqrt{3} \sin 2 x+\cos 2 x+2$ $=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)+2$
$\therefore$ 最大值为 $4, T=\frac{2 \pi}{2}=\pi$, 故选 B. |
20227 | [] | 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 ：由 $\left\{\begin{array}{l}a-c>b-d, \\ c>d,\end{array} \Rightarrow a>b\right.$; 而当 $a=c=2, b=d=1$ 时, 满足 $\left\{\begin{array}{l}a>b, \\ c>d,\end{array}\right.$, 但 $a-c>b-d$ 不成立, 所以“ $a>b$ ” 是 “ $a-c>b-d$ ” 的必要而不充分条件，选 B.
答案 ：B |
18401 | [] | A | null | 高二 | $\sin 1 \cdot \cos 2 \cdot \tan 3$ 的值 | A. 大于 0\nB. 小于 0\nC. 等于 0\nD. 不确定\n\n | 算术 | 因为 $0<1<\frac{\pi}{2}<2<3<\pi$, 所以 $\sin 1>0, \cos 2<0, \tan 3<0$,\n\n所以 $\sin 1 \cdot \cos 2 \cdot \tan 3>0$, 故选 A. |
19491 | [] | D | null | 高二 | 某商品进价为每件 40 元, 当售价为 50 元/件时, 一个月能卖出 500 件, 通过市场调查发现, 若每件商品的单价每提高 1 元, 则商品一个月的销售量会减少 10 件. 商店为使销售该商品月利润最高,则应将每件商品定价为( ) | A. 45 元
B. 55 元
C. 65 元
D. 70 元 | 算术 | 设在 50 元的基础上提高 $x$ 元，每月的月利润为 $y$,则 $y$ 与 $x$ 的函数关系式为 $y=(500-10 x)(50+x-40)=-10 x^{2}+400 x+5000$, 其图象的对称轴为直线 $x=20$, 故每件商品的定价为 70 元时, 月利润最高. |
19539 | [] | B | null | 高二 | 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{2}=-6$, 公差 $d=2$, 则 $a_{12}=(\quad)$ | A. 12
B. 14
C. 16
D. 10 | 算术 | 答案: B
解析: $\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{2}=-6$, 公差 $d=2, \therefore a_{12}=a_{2}+10 d=-6+20=14$ |
19540 | [] | D | null | 高二 | 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{8}=a_{8}=8$, 则公差 $d$ 等于 ( ) | A. $\frac{1}{4}$
B. $\frac{1}{2}$
C. 1
D. 2 | 算术 | 解析: $\because S_{8}=a_{8}=8, \therefore a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{8}=a_{8}, \therefore S_{7}=0, \because S_{7}=7 a_{4}, \therefore a_{4}=0$
$\because a_{4}=0, a_{8}=8, \therefore d=\frac{a_{8}-a_{4}}{8-4}=2$. |
19558 | [] | C | null | 高二 | .等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3}=3, a_{5}=7$, 则 $a_{7}=(\mathrm{)}$ | A. 5\nB. 9\nC. 11\nD. 13\n | 算术 | 答案: C\n\n解析: 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3}=3, a_{5}=7$, 则 $a_{7}=2 a_{5}-a_{3}=14-3=11$ |
19551 | [] | C | null | 高二 | 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 3 项和为 $6, a_{5}=5$, 则 $a_{2019}=(\quad)$ | A. 2017
B. 2018
C. 2019
D. 2020 | 算术 | 答案: C |