eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
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
答案：C
解析：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。
题目（高二 · 算术）：(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（）
选项：
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
答案：B
解析：由题意可得: $(1+10 \%)^{3}(1-10 \%)^{3}=
题目（高二 · 算术）：化简 $\sin (x+y) \sin (x-y)+\cos (x+y) \cos (x-y)$ 的结果是( B )
选项：
A. $\sin 2 x$
B. $\cos 2 y$
C. $-\cos 2 x$
D. $-\cos 2 y$
答案：B
解析：[解析] 原式 $=\cos (x+y) \cos (x-y)+\sin (x+y) \cdot \sin (x-y)=\cos [(x+y)-(x-y)]=\cos 2 y$.
题目（高二 · 算术）：已知函数 $y=\tan \omega x$ 在 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 内是减函数, 则 ( )
选项：
A. $0<\omega \leqslant 1$
B. $-1 \leqslant \omega<0$
C. $\omega \geqslant 1$
D. $\omega \leqslant-1$
答案：B
解析：$\because y=\tan \omega x$ 在 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 内是减函数, $\therefore \omega<0$ 且 $T=\frac{\pi}{|\omega|} \geqslant \pi, \quad \therefore-1 \leqslant \omega<0$.
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
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 $\left(2 k \pi-\frac{2 \pi}{3}, 2 k \pi+\frac{\pi}{3}\right], k \in \mathbf{Z}$
答案：D
解析：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.
题目（高二 · 算术）：已知 $a<0, b<-1$, 则下列不等式成立的是( )
选项：
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. $\frac{a}{b}>\frac{a}{b^{2}}>a$
答案：D
解析：解析 取 $a=-2, b=-2$, 则 $\frac{a}{b}=1, \frac{a}{b^{2}}=-\frac{1}{2}$,

$\therefore \frac{a}{b}>\frac{a}{b^{2}}>a$.
题目（高二 · 算术）：设 $a, b \in \mathbf{R}$, 若 $a-|b|>0$, 则下列不等式中正确的是 ()
选项：
A. $b-a>0$
B. $a^{3}+b^{3}<0$
C. $a^{2}-b^{2}<0$
D. $b+a>0$
答案：D
解析：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.
题目（高二 · 算术）：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 $(\mathrm{C})$
选项：
A. $[-2,0) \cup(0,4]$
B. $[-4,0) \cup(0,2]$
c. $[-4,2]$
D. $[-2,4]$
答案：D
解析：

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
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
A. 8
B. $\frac{1}{4}$
C. 1
D. 4
答案：D
解析：

$\because \sqrt{3}$ 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
题目（高二 · 算术）：(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 $(\quad)$
选项：
A. 2
B. 3
C. 4
D. 8
答案：D
解析：

【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.
题目（高二 · 算术）：若 $x, y \in \mathbf{R}^{+}$, 且 $2 x+8 y-x y=0$, 则 $x+y$ 的最小值为 ( )
选项：
A. 12
B. 14
C. 16
D. 18
答案：D
解析：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 “ $=$ ”.
题目（高二 · 算术）：若 $a<0,-1<b<0$, 则有 $(\quad)$
选项：
A. $a>a b>a b^{2}$
B. $a b^{2}>a b>a$
C. $a b>a>a b^{2}$
D. $a b>a b^{2}>a$
答案：D
解析：$\because a<0,-1<b<0$,

$\therefore a b>0, a b^{2}<0$.

$\therefore a b>a, a b>a b^{2}$.

$\because a-a b^{2}=a\left(1-b^{2}\right)=a(1+b)(1-b)<0$,

$\therefore a<a b^{2} . \therefore a<a b^{2}<a b$.]
题目（高二 · 算术）：已知 $a, b \in \mathbf{R}$, 且 $a>b$, 则下列不等式中恒成立的是 ( )
选项：
A. $a^{2}>b^{2}$
B. $\left(\frac{1}{2}\right)^{a}<\left(\frac{1}{2}\right)^{b}$
C. $\lg (a-b)>0$
D. $\frac{a}{b}>1$
答案：B
解析：解析 [取 $a=0, b=-1$, 否定 A、C、D 选项.

故选 B.]
题目（高二 · 算术）：$\sqrt{2-2 \cos 8}+2 \sqrt{1-\sin 8}$ 的化简结果是 (
选项：
A. $2 \cos 4-4 \sin 4$
B. $2 \sin 4$
C. $2 \sin 4-4 \cos 4$
D. $-2 \sin 4$
答案：A
解析：[解析] 原式 $=\sqrt{2(1-\cos 8)}+2 \sqrt{1-2 \sin 4 \cos 4}$

$=\sqrt{2} \cdot \sqrt{1-\left(1-2 \sin ^{2} 4\right)}+2 \sqrt{(\sin 4-\cos 4)^{2}}$

$=2|\sin 4|+2|\sin 4-\cos 4|=2 \cos 4-4 \sin 4$.
题目（高二 · 算术）：数列 $2,3,4,5, \cdots$ 的一个通项公式为 ( )
选项：
A. $a_{n}=n$
B. $a_{n}=n+1$
C. $a_{n}=n+2$
D. $a_{n}=2 n$
答案：B
题目（高二 · 算术）：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 $(\quad)$
选项：
A. $1,0,1,0$
B. $0,1,0,1$
C. $\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2}, 0$
D. $2,0,2,0$
答案：A
题目（高二 · 算术）：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( )
选项：
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. $a_{n}=(n-1)(n-2)+\frac{1}{2}\left[1+(-1)^{n-1}\right]$
答案：D
解析：解析 令 $n=1,2,3,4$ 代入验证即可.
题目（高二 · 算术）：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 ()
选项：
A. 第 5 项
C. 第 7 项
B. 第 6 项
D. 非任何一项
答案：C
解析：解析 $n^{2}-n-50=-8$, 得 $n=7$ 或 $n=-6$ (舍去).
题目（高二 · 算术）：数列 $1,3,6,10, \cdots$ 的一个通项公式是 ( )
选项：
A. $a_{n}=n^{2}-n+1$
B. $a_{n}=\frac{n(n-1)}{2}$
C. $a_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$
D. $a_{n}=n^{2}+1$
答案：C
解析：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.
题目（高二 · 算术）：已知集合 $A=\{-1,0,1,2\}, B=\left\{x \mid x^{2} \leq 1\right\}$, 则 $A \cap B=（ ）$
选项：
A. $\{-1,0,1\}$
B. $\{0,1\}$
C. $\{-1,1\}$
D. $\{0,1,2\}$
答案：A
解析： $\because x^{2} \leq 1, \therefore-1 \leq x \leq 1, \therefore B=\{x \mid-1 \leq x \leq 1\}$,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.
题目（高二 · 算术）：《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 ( )
选项：
A. $20 \% 369$
B. $80 \% 369$
C. $40 \% 360$
D. $60 \% 365$
答案：A
解析：设“衰分比”为 $a$,甲衰分得 $b$ 石,



【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.
题目（高二 · 算术）：(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（）
选项：
A. 8 岁
B. 11 岁
C. 20 岁
D. 35 岁
答案：B
解析：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.
题目（高二 · 算术）：(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（ ）
选项：
A. $d<0$
B. $d>0$
C. $a_{16}<0$
D. $a_{16}>0$
答案：C
解析：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.
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：B
解析：由题意有 $a_{1}+a_{5}=2 a_{3}=10, a_{3}=5$, 又 $\because a_{4}=7, \therefore a_{4}-a_{3}=2, \therefore d=2$.
题目（高二 · 算术）：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 $S_{11}=(\quad)$
选项：
A. 58
B. 88
C. 143
D. 176
答案：B
解析： $a_{4}+a_{8}=2 a_{6}=16 \therefore a_{6}=8$, 而 $S_{11}=\frac{11\left(a_{1}+a_{11}\right)}{2}=11 a_{6}=88$, 故选 B.
题目（高二 · 算术）：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 $a_{1}=()$
选项：
A. 18
B. 20
C. 22
D. 24
答案：B
解析：由 $S_{10}=S_{11}$, 得 $a_{11}=S_{11}-S_{10}=0, a_{1}=a_{11}+(1-11) d=0+(-10) \times(-2)=20$.
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
A. -110
B. -90
C. 90
D. 110
答案：D
解析：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 $S_{10}=\frac{10\left(a_{1}+a_{10}\right)}{2}=5 \times(20+2)=110$.
题目（高二 · 算术）：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 $a_{3}=(\quad)$
选项：
A. 16
B. 8
C. 4
D. 2
答案：C
解析：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.
题目（高二 · 算术）：$\left\{a_{n}\right\}$ 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 ( )
选项：
A. 667
B. 668
C. 669
D. 671
答案：D
解析：解析 由 $2011=1+3(n-1)$ 解得 $n=671$.
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
A. 21
B. 20
C. 19
D. 18
答案：B
解析：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.
题目（高二 · 算术）：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( )
选项：
A. $X+Z=2 Y$
B. $Y(Y-X)=Z(Z-X)$
C. $Y^{2}=X Z$
D. $Y(Y-X)=X(Z-X)$
答案：D
解析：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 $Y(Y-X)=X(Z-X)$.
题目（高二 · 算术）：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 $(\quad)$
选项：
A. 15
B. 30
C. 31
D. 64
答案：A
解析：解析 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{7}+a_{9}=a_{4}+a_{12}$,
$\therefore a_{12}=16-1=15$.
题目（高二 · 算术）：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 $(\quad)$
选项：
A. 81
B. 120
C. 168
D. 192
答案：B
解析：解析 由 $a_{5}=a_{2} q^{3}$ 得 $q=3$.

$\therefore a_{1}=\frac{a_{2}}{q}=3$,

$S_{4}=\frac{a_{1}\left(1-q^{4}\right)}{1-q}=\frac{3\left(1-3^{4}\right)}{1-3}=120$.
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
A. 160
B. 180
C. 200
D. 220
答案：B
解析：解析 $\because\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)+\left(a_{18}+a_{19}+a_{20}\right)$

$=\left(a_{1}+a_{20}\right)+\left(a_{2}+a_{19}\right)+\left(a_{3}+a_{18}\right)$

$=3\left(a_{1}+a_{20}\right)=-24+78=54$,

$\therefore a_{1}+a_{20}=18$.

$\therefore S_{20}=\frac{20\left(a_{1}+a_{20}\right)}{2}=180$.
题目（高二 · 算术）：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 $(\quad)$
选项：
A. 8
B. -8
C. $\pm 8$
D. 以上都不对
答案：A
解析：解析 $\because a_{2}+a_{6}=34, a_{2} \cdot a_{6}=64, \therefore a_{4}^{2}=64$,

$\because a_{2}>0, \quad a_{6}>0, \quad \therefore a_{4}=a_{2} q^{2}>0, \quad \therefore a_{4}=8$.
题目（高二 · 算术）：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( )
选项：
A. $3: 4$
B. $2: 3$
C. $1: 2$
D. $1: 3$
答案：A
解析：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 $\frac{S_{15}}{S_{5}}=\frac{1-q^{15}}{1-q^{5}}=\frac{1-\left(q^{5}\right)^{3}}{1-q^{5}}=\frac{1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{3}}{1-\left(-\frac{1}{2}\right)}=\frac{3}{4}$.
题目（高二 · 算术）：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 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{15}{14}$
B. $\frac{12}{13}$
C. $\frac{13}{16}$
D. $\frac{15}{16}$
答案：C
解析：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 $\frac{a_{1}+a_{3}+a_{9}}{a_{2}+a_{4}+a_{10}}=\frac{3 a_{1}+10 d}{3 a_{1}+13 d}=\frac{13}{16}$.
题目（高二 · 算术）：$\cos \frac{5 \pi}{12}$ 的值等于 ( C )
选项：
A. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
D. $\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{4}$
答案：C
解析：$\cos \frac{5 \pi}{12}=-\cos \frac{7 \pi}{12}=-\cos \left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{4}\right)$

$=-\left(\cos \frac{\pi}{3} \cos \frac{\pi}{4}-\sin \frac{\pi}{3} \cdot \sin \frac{\pi}{4}\right)$

$=-\left(\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$.
题目（高二 · 算术）：$\cos (x+2 y)+2 \sin (x+y) \sin y$ 可化简为( A )
选项：
A. $\cos x$
B. $\sin x$
C. $\cos (x+y)$
D. $\cos (x-y)$
答案：A
解析：[解析] 原式 $=\cos [(x+y)+y]+2 \sin (x+y) \sin y=\cos (x+y) \cos y-\sin (x+y) \cdot \sin +2 \sin (x+y) \sin y=\cos (x+$ $y) \cos y+\sin (x+y) \sin y=\cos x$.
题目（高二 · 算术）：(2018 全国卷 I) 已知函数 $f(x)=2 \cos ^{2} x-\sin ^{2} x+2$, 则 ( )
选项：
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
答案：B
解析：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 .
题目（高二 · 算术）：等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{2}+a_{3}=3$, 则 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}+a_{6}+a_{7}=(\quad)$
选项：
A. 7
B. 14
C. 21
D. 28
答案：B
解析：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.
题目（高二 · 算术）：【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
选项：
A. -24
B. -3
C. 3
D. 8
答案：A
解析：

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 $A$.
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
A. $a_{1} a_{4} a_{7}$
B. $a_{1}+a_{4}+a_{7}$
C. $a_{1} a_{8}$
D. $a_{1}+a_{8}$
答案：B
解析：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.
题目（高二 · 算术）：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
选项：
A. -2013
B. -2014
C. 2013
D. 2014
答案：D
解析： 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.
题目（高二 · 算术）：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（ ）
选项：
A. -11
B. $-\frac{3}{5}$
c. $\frac{19}{3}$
D. 15
答案：D
解析：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
题目（高二 · 算术）：设 $0<a<b$, 则下列不等式中正确的是（）
选项：
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. $\sqrt{a b}<a<\frac{a+b}{2}<b$
答案：B
解析：(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 $a<\sqrt{a b}<\frac{a+b}{2}<b$.
题目（高二 · 算术）：若 $a, b \in R$, 且 $a b>0$, 则下列不等式中, 恒成立的是 ())
选项：
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. $\frac{b}{a}+\frac{a}{b} \geq 2$
答案：D
解析：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.
题目（高二 · 算术）：【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（）
选项：
A. 12 里
B. 24 里
C. 36 里
D. 48 里
答案：C
解析：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.
题目（高二 · 算术）：【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 $a_{5}=(\quad)$
选项：
A. $\pm 2$
B. -2
C. 2
D. 4
答案：C
解析：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 $a_{m}+a_{n}=a_{p}+a_{q}$​.
题目（高二 · 算术）：(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 ( )
选项：
A. $\frac{5}{6}$
    B. $\frac{6}{5}$
    C. $\frac{3}{2}$
    D. $\frac{2}{3}$
答案：C
解析：

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: $C$​.
题目（高二 · 算术）：【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 $a_{3}=$
选项：
A. 16
B. 8
C. 4
D. 2
答案：C
解析：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.
题目（高二 · 算术）：【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, $\frac{a_{\mathrm{a}}+a_{9}}{a_{\mathrm{E}}+a_{\bar{y}}}=(\quad)$
选项：
A. 6
B. 7
C. 8
D. 9
答案：D
解析：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.
题目（高二 · 算术）：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 $(\quad)$
选项：
A. 11
B. 5
C. -8
D. -11
答案：D
解析：解析 由 $8 a_{2}+a_{5}=0$ 得 $8 a_{1} q+a_{1} q^{4}=0$,

$\therefore q=-2$, 则 $\frac{S_{5}}{S_{2}}=\frac{a_{1}\left(1+2^{5}\right)}{a_{1}\left(1-2^{2}\right)}=-11$.
题目（高二 · 算术）：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 $(\quad)$
选项：
A. 2
B. 4
C. $\frac{15}{2}$
D. $\frac{17}{2}$
答案：C
解析：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 $S_{4}=\frac{a_{1}\left(1-q^{4}\right)}{1-q}, a_{2}=a_{1} q$,

$\therefore \frac{S_{4}}{a_{2}}=\frac{1-q^{4}}{(1-q) q}=\frac{15}{2}$.
题目（高二 · 算术）：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( )
选项：
$\frac{15}{2}$
B. $\frac{31}{4}$
C. $\frac{33}{4}$
D. $\frac{17}{2}$
答案：B
解析：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),

$\therefore a_{1}=\frac{1}{q^{2}}=4$.

$\therefore S_{5}=\frac{4\left(1-\frac{1}{\left.2^{5}\right)}\right.}{1-\frac{1}{2}}=8\left(1-\frac{1}{2^{5}}\right)=\frac{31}{4}$.
题目（高二 · 算术）：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
选项：
514
B. 513
C. 512
D. 510
答案：D
解析：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, $\therefore q=2, a_{1}=2, S_{8}=\frac{2\left(2^{8}-1\right)}{2-1}=2^{9}-2=510$.
题目（高二 · 算术）：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
选项：
A. $315^{\circ}-5 \times 360^{\circ}$
B. $45^{\circ}-4 \times 360^{\circ}$
C. $-315^{\circ}-4 \times 360^{\circ}$
D. $-45^{\circ}-10 \times 180^{\circ}$
答案：A
题目（高二 · 算术）：已知 $a, b, c, d$ 为实数, 且 $c>d$, 则 “ $a>b$ ”是 “ $a-c>b-d$ ”的( )
选项：
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：B
解析：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.
题目（高二 · 算术）：$\sqrt{2}+1$ 与 $\sqrt{2}-1$ 的等差中项是 ( )
选项：
A. 1
B. -1
C. $\sqrt{2}$
D. $\pm 1$
答案：C
解析：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 $\mathrm{x}=\frac{\sqrt{2}+1+\sqrt{2}-1}{2}=\sqrt{2}$