eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 算术）：8. 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=25, S_{9}=S_{17}$, 则前 $n$ 项和 $S_{n}$ 的最大值是
选项：
答案：169
解析：方法一 利用前 $n$ 项和公式和二次函数性质.

由 $S_{17}=S_{9}$, 得 $25 \times 17+\frac{17}{2} \times(17-1) d=25 \times 9+\frac{9}{2} \times(9-1) d$, 解得 $d=-2$,

所以 $S_{n}=25 n+\frac{n}{2}(n-1) \times(-2)$

$=-(n-13)^{2}+169$,

由二次函数性质可知, 当 $n=13$ 时, $S_{n}$ 有最大值 169 .

方法二 先求出 $d=-2$, 因为 $a_{1}=25>0$,

由 $\left\{\begin{array}{l}a_{n}=25-2(n-1) \geqslant 0, \\ a_{n+1}=25-2 n \leqslant 0,\end{array} \quad\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}n \leqslant 13 \frac{1}{2}, \\ n \geqslant 12 \frac{1}{2} .\end{array}\right.$

所以当 $n=13$ 时, $S_{n}$ 有最大值.

$S_{13}=25 \times 13+\frac{13 \times(13-1)}{2} \times(-2)=169$.

因此 $S_{n}$ 的最大值为 169 .

方法三 由 $S_{17}=S_{9}$, 得 $a_{10}+a_{11}+\cdots+a_{17}=0$,

而 $a_{10}+a_{17}=a_{11}+a_{16}=a_{12}+a_{15}=a_{13}+a_{14}$,

故 $a_{13}+a_{14}=0$. 由方法一知 $d=-2<0$,

又因为 $a_{1}>0$, 所以 $a_{13}>0, a_{14}<0$,

故当 $n=13$ 时, $S_{n}$ 有最大值.

$S_{13}=25 \times 13+\frac{13 \times(13-1)}{2} \times(-2)=169$.

因此 $S_{n}$ 的最大值为 169 .
题目（高二 · 算术）：9. 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 已知前三项和为 15 , 最后三项和为 78 , 所有项和为 155 , 则项数 $n=$
选项：
答案：10
解析：由已知, $a_{1}+a_{2}+a_{3}=15, a_{n}+a_{n-1}+a_{n-2}=78$, 两式相加, 得 $\left(a_{1}+a_{n}\right)+\left(a_{2}+a_{n-1}\right)+\left(a_{3}+a_{n-2}\right)=93$, 即 $a_{1}+a_{n}=31$.

由 $S_{n}=\frac{n\left(a_{1}+a_{n}\right)}{2}=\frac{31 n}{2}=155$, 得 $n=10$.
题目（高二 · 算术）：13. 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公比为 $q$ 的等比数列, $|q|>1$, 令 $b_{n}=a_{n}+1(n=1,2, \cdots)$, 若数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 有连续四项在集合 $\{-53,-23,19,37,82\}$ 中, 则 $6 q=$
选项：
答案：-9
解析：由题意知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 有连续四项在集合 $\{-54,-24,18,36,81\}$ 中, 由等比数列的定义知,

四项是两个正数、两个负数, 故 $-24,36,-54,81$, 符合题意, 则 $q=-\frac{3}{2}, \therefore 6 q=-9$.
题目（高二 · 算术）：7. 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前三项依次为 $a-1, a+1, a+4$, 则 $a_{n}=$
选项：
答案：$4 \cdot\left(\frac{3}{2}\right)^{n^{-1}}$
解析：由已知 $(a+1)^{2}=(a-1)(a+4)$,

得 $a=5$, 则 $a_{1}=4, q=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}$,

$\therefore a_{n}=4 \cdot\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}$.
题目（高二 · 算术）：8. 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为公比 $q>1$ 的等比数列, 若 $a_{4}, a_{5}$ 是方程 $4 x^{2}-8 x+3=0$ 的两根, 则 $a_{6}+a_{7}=$
选项：
答案：18
解析：由题意得 $a_{4}=\frac{1}{2}, a_{5}=\frac{3}{2}, \therefore q=\frac{a_{5}}{a_{4}}=3$.

$\therefore a_{6}+a_{7}=\left(a_{4}+a_{5}\right) q^{2}=\left(\frac{1}{2}+\frac{3}{2}\right) \times 3^{2}=18$.
题目（高二 · 算术）：9. 首项为 3 的等比数列的第 $n$ 项是 48 , 第 $2 n-3$ 项是 192 , 则 $n=$
选项：
答案：5
解析：设公比为 $q$,

则 $\left\{\begin{array}{l}3 q^{n-1}=48 \\ 3 q^{2 n-4}=192\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}q^{n-1}=16 \\ q^{2 n^{-}-4}=64\end{array} \Rightarrow q^{2}=4\right.\right.$,

得 $q= \pm 2$. 由 $( \pm 2)^{n^{-1}}=16$, 得 $n=5$.
题目（高二 · 算术）：10. 已知数列 $-1, a_{1}, a_{2},-4$ 成等差数列, $-1, b_{1}, b_{2}, b_{3},-4$ 成等比数列, 则 $\frac{a_{2}-a_{1}}{b_{2}}$的值是
选项：
答案：$\frac{1}{2}$
解析：because-1, a_{1}, a_{2},-4$ 成等差数列, 设公差为 $d$,

则 $a_{2}-a_{1}=d=\frac{1}{3}[(-4)-(-1)]=-1$,

$\because-1, b_{1}, b_{2}, b_{3},-4$ 成等比数列,

$\therefore b_{2}^{2}=(-1) \times(-4)=4, \quad \therefore b_{2}= \pm 2$.

若设公比为 $q$, 则 $b_{2}=(-1) q^{2}, \therefore b_{2}<0$.

$\therefore b_{2}=-2, \therefore \frac{a_{2}-a_{1}}{b_{2}}=\frac{-1}{-2}=\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 算术）：8. 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 2 , 若 $a_{1}, a_{3}, a_{4}$ 成等比数列, 则 $a_{2}=$
选项：
答案：-6
解析：由题意知, $a_{3}=a_{1}+4, a_{4}=a_{1}+6$.

$\because a_{1}, a_{3}, a_{4}$ 成等比数列,

$\therefore a_{3}^{2}=a_{1} a_{4}, \quad \therefore\left(a_{1}+4\right)^{2}=\left(a_{1}+6\right) a_{1}$,

解得 $a_{1}=-8, \therefore a_{2}=-6$.
题目（高二 · 算术）：9. 在 1 与 2 之间插入 6 个正数, 使这 8 个数成等比数列, 则插入的 6 个数的积为
选项：
答案：8
解析：设这 8 个数组成的等比数列为 $\left\{a_{n}\right\}$,

则 $a_{1}=1, a_{8}=2$.

插入的 6 个数的积为 $a_{2} a_{3} a_{4} a_{5} a_{6} a_{7}=\left(a_{2} a_{7}\right) \cdot\left(a_{3} a_{6}\right) \cdot\left(a_{4} a_{5}\right)=\left(a_{1} a_{8}\right)^{3}=2^{3}=8$.
题目（高二 · 算术）：已知各项均为正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 满足 $a_{1} \cdot a_{7}=\frac{3}{4}$, 则 $a_{4}=$
选项：
答案：$\frac{\sqrt{3}}{2}$
解析：$\because a_{1} \cdot a_{7}=\frac{3}{4}, \mathrm{a}_{4}{ }^{2}=\mathrm{a}_{1} \cdot \mathrm{a}_{7}, \therefore \mathrm{a}_{4}{ }^{2}=\frac{3}{4}$, 则 $\mathrm{a}_{4}= \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$, 又 $:$ 等比数列 $\left\{\mathrm{a}_{n}\right\}$ 各项均为正数, $\therefore \mathrm{a}_{4}>0, \quad \therefore \mathrm{a}_{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故答案是: $\frac{\sqrt{3}}{2}$.
题目（高二 · 算术）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $S_{n}=\left(\frac{2}{3}\right)^{n}+1$, 则 $a_{n}=$
选项：
答案：$\left\{\begin{array}{l}\frac{5}{3}, n=1 \\ -\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}, n \geq 2\end{array}\right.$
解析：根据题意, 数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和为 $\mathrm{S}_{\mathrm{n}}$, 且 $\mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\left(\frac{2}{3}\right)^{\mathrm{n}}+1$, 当 $\mathrm{n}=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=\left(\frac{2}{3}\right)^{1}+1=\frac{5}{3}$, 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\left[\left(\frac{2}{3}\right)^{n}+1\right]-\left[\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}+1\right]=-\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} ; a_{1}=\frac{5}{3}$ 不符合, $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=-\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^{\mathrm{n}-1}$; 则 $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\left\{\begin{array}{l}\frac{5}{3}, n=1 \\ -\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}, n \geq 2\end{array}\right.$;
题目（高二 · 算术）：数列 $1+\frac{1}{2}, 2+\frac{1}{4}, 3+\frac{1}{8}, \ldots, n+\frac{1}{2^{n}}, \ldots$ 的前 $n$ 项和是 $—$.
选项：
答案：$\frac{n(n+1)}{2}+1-\frac{1}{2^{n}} \quad$
解析：$S_{n}=1+\frac{1}{2}+2+\frac{1}{4}+\ldots+n+\frac{1}{2^{n}}$

$=(1+2+\ldots+n)+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\ldots+\frac{1}{2^{n}}\right)=\frac{n(n+1)}{2}+\frac{\frac{1}{2}\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right]}{1-\frac{1}{2}}=\frac{n(1+n)}{2}+1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$
题目（高二 · 算术）：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=\frac{1}{4 n^{2}-1}$, 则其前 $n$ 项和为
选项：
答案：$\frac{n}{2 n+1}$
解析：$a_{n}=\frac{1}{4 n^{2}-1}=\frac{1}{(2 n-1)(2 n+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)$,

$\therefore$ 其前 $\mathrm{n}$ 项和为 $\frac{1}{2}\left[\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{7}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)\right]=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2 n+1}\right)=\frac{n}{2 n+1}$, 故答案为: $\frac{n}{2 n+1}$
题目（高二 · 算术）：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 若 $a_{n}=\left\{\begin{array}{ll}2 n-1, & n \text { 为奇数 } \\ 2^{n}, & n \text { 为偶数 }\end{array}\right.$ 则其前 6 项和
选项：
答案：99
解析：可得其前 6 项和为 $\left(a_{1}+a_{3}+a_{5}\right)+\left(a_{2}+a_{4}+a_{6}\right)=(1+5+9)+(4+16+64)=15+84=99$. 故答案为: 99 .
题目（高二 · 算术）：7. 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 已知 $S_{1,2} 2 S_{2}, 3 S_{3}$ 成等差数列, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为
选项：
答案：$\frac{1}{3}$
解析：由已知 $4 S_{2}=S_{1}+3 S_{3}$, 即 $4\left(a_{1}+a_{2}\right)=a_{1}+3\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)$.

$\therefore a_{2}=3 a_{3}$,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的公比 $q=\frac{a_{3}}{a_{2}}=\frac{1}{3}$.
题目（高二 · 算术）：8. 在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 已知 $S_{4}=48, S_{8}=60$, 则 $S_{12}=$
选项：
答案：63
解析：方法一 $\because S_{8} \neq 2 S_{4}, \therefore q \neq 1$,

由已知得 $\left\{\begin{array}{l}\frac{a_{1}\left(1-q^{4}\right)}{1-q}=48 \\ \frac{a_{1}\left(1-q^{8}\right)}{1-q}=60\end{array}\right.$

由(2):(1)得

$1+q^{4}=\frac{5}{4}, \quad \therefore q^{4}=\frac{1}{4}$

将(3)代入(1) 得 $\frac{a_{1}}{1-q}=64$,

$\therefore S_{12}=\frac{a_{1}\left(1-q^{12}\right)}{1-q}=64\left(1-\frac{1}{4^{3}}\right)=63$.
方法二 因为 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列,

所以 $S_{n}, S_{2 n}-S_{n}, S_{3 n}-S_{2 n}$ 也成等比数列,

所以 $\left(S_{2 n}-S_{n}\right)^{2}=S_{n}\left(S_{3 n}-S_{2 n}\right)$,

所以 $S_{3 n}=\frac{\left(S_{2 n}-S_{n}\right)^{2}}{S_{n}}+S_{2 n}$,

所以 $S_{12}=\frac{\left(S_{8}-S_{4}\right)^{2}}{S_{4}}+S_{8}=\frac{(60-48)^{2}}{48}+60=63$.
题目（高二 · 算术）：9. 一个蜂巢里有一只蜜蜂, 第 1 天, 它飞出去找回了 2 个伙伴; 第 2 天, 3 只蜜蜂飞出去, 各自找回了 2 个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去, 第 6 天所有的蜜蜂都归巢后, 蜂巢中一共有只蜜蜂.
选项：
答案：729
解析：每天蜜蜂归巢后的数目组成一个等比数列, $a_{1}=3, q=3, \therefore$ 第 6 天所有蜜蜂归巢后, 蜜蜂总数为 $a_{6}=3^{6}=729$ (只).
题目（高二 · 算术）：20. 函数 $f(x)=2 x^{3}-3 x^{2}-5 x+4$ 的导数 $f^{\prime}(x)=$ \$ \qquad \$ , $f^{\prime}(-3)=$
选项：
答案：答案: $6 x^{2}-6 x-5 \mid 67$
解析：: 解答: 根据题意, 以及导数 的计算可知函数 $f(x)=2 x^{3}-3 x^{2}-5 x+4$ 的导数 $f^{\prime}(x)=6 x^{2}-6 x-5$, 故可知 $f^{\prime}(-3)=54-18-5=67$, 故可知答案为 $6 x^{2}-6 x-5$; 67

分析: 本题主要考查了简单复合函数的导数, 解决问题的关键是简单复合函数的性质计算即可.
题目（高二 · 算术）：10. 若对任意 $x>0, \frac{x}{x^{2}+3 x+1} \leqslant a$ 恒成立, 则 $a$ 的取值范围为
选项：
答案：$\left[\frac{1}{5},+\infty\right)$
解析：because x>0, \therefore \frac{x}{x^{2}+3 x+1}>0$, 易知 $a>0$.

$\therefore \frac{x^{2}+3 x+1}{x} \geqslant \frac{1}{a}$,

$\therefore \frac{1}{a} \leqslant x+\frac{1}{x}+3$.

$\because x>0, x+\frac{1}{x}+3 \geqslant 2 \sqrt{x \cdot \frac{1}{x}}+3=5(x=1$ 时取等号 $)$,

$\therefore \frac{1}{a} \leqslant 5 . \therefore a \geqslant \frac{1}{5}$.
题目（高二 · 算术）：化简 $\sin ^{2} \alpha+\sin ^{2} \beta-\sin ^{2} \alpha \sin ^{2} \beta+\cos ^{2} \alpha \cos ^{2} \beta=$
选项：
答案：1
解析：原式 $=\sin ^{2} \alpha\left(1-\sin ^{2} \beta\right)+\sin ^{2} \beta+\cos ^{2} \alpha \cos ^{2} \beta=\sin ^{2} \alpha \cos ^{2} \beta+\cos ^{2} \alpha \cos ^{2} \beta+\sin ^{2} \beta=\cos ^{2} \beta\left(\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha\right)+\sin ^{2} \beta$ $=1$.
题目（高二 · 算术）：$\tan 40^{\circ}+\tan 20^{\circ}+\sqrt{3} \tan 40^{\circ} \tan 20^{\circ}=$
选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：由 $\sqrt{3}=\tan \left(40^{\circ}+20^{\circ}\right)=\frac{\tan 40^{\circ}+\tan 20^{\circ}}{1-\tan 40^{\circ} \tan 20^{\circ}}$ ，

化简可得 $\tan 40^{\circ}+\tan 20^{\circ}+\sqrt{3} \tan 40^{\circ} \tan 20^{\circ}=\sqrt{3}\left(1-\tan 40^{\circ} \tan 20^{\circ}\right)+\sqrt{3} \tan 40^{\circ} \tan 20^{\circ}=\sqrt{3}$,

故答案为 $\sqrt{3}$.
题目（高二 · 算术）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, 若 $a_{3}+a_{11}=24, a_{4}=3$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差 $d=$
选项：
答案：3
解析：解析: 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列,若 $a_{3}+a_{11}=24, a_{4}=3$,

则 $\left(a_{4}-d\right)+\left(a_{4}+7 d\right)=(3-d)+(3+7 d)=24$,

解得 $d=3$,

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 3 .

故答案为: 3 .
题目（高二 · 算术）：已知 $S_{n}$ 是等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $S_{5}=5 a_{4}-10$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为
选项：
答案：2
解析：设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$. 由 $S_{5}=5 a_{4}-10$, 得 $5 a_{1}+10 d=5\left(a_{1}+3 d\right)-10$, 解得 $d=2$.

(巧解) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d . \because S_{n}$ 是等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $\therefore S_{5}=\frac{5\left(a_{1}+a_{5}\right)}{2}=5 a_{3}$. 又
$S_{5}=5 a_{4}-10, \therefore 5 a_{3}=5 a_{4}-10, \therefore 5\left(a_{4}-a_{3}\right)=10$, 即 $5 d=10, \therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差 $d=2$.
题目（高二 · 算术）：已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差不为零的等差数列, 且 $a_{1}+a_{10}=a_{9}, \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots a_{9}}{a_{10}}=$
选项：
答案：$\frac{27}{8}$
解析：答案: $\frac{27}{8}$
题目（高二 · 算术）：等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3}=5, a_{8}=15$, 则 $a_{6}=$
选项：
答案：11
解析：答案: 11
题目（高二 · 算术）：在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=3, a_{2}+a_{5}=16$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 4 项的和为
选项：
答案：24
解析：设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d, \because a_{1}=3, a_{2}+a_{5}=16$,

$\therefore 2 \times 3+5 d=16$, 解得 $d=2$.

则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 4 项的和 $=4 \times 3+\frac{4 \times 3}{2} \times 2=24$.

故答案为: 24 .
题目（高二 · 算术）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $a_{5}=5$ 则 $S_{9}=$
选项：
答案：45
解析：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列,且 $a_{5}=5$, 则 $S_{9}=\frac{9\left(a_{1}+a_{9}\right)}{2}=\frac{9 \times 2 a_{5}}{2}=9 a_{5}=45$
题目（高二 · 算术）：在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $2\left(a_{1}+a_{4}+a_{7}\right)+3\left(a_{9}+a_{11}\right)=24$, 则该数列的前 13 项和 $S_{13}$ 等于
选项：
答案：26
解析：等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $2\left(a_{1}+a_{4}+a_{7}\right)+3\left(a_{9}+a_{11}\right)=24$,

$\therefore 6 a_{4}+6 a_{10}=24$,

$\therefore 2 a_{7}=4$, 即 $a_{7}=2$.

则此数列的前 13 项之和 $S_{13}=\frac{13\left(a_{1}+a_{13}\right)}{2}=13 a_{7}=26$.

故答案为: 26 .
题目（高二 · 算术）：已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, $a_{2}=3, a_{5}=9$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$n^{2}$
解析：答案: $n^{2}$
题目（高二 · 算术）：等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中,前 $m$ 项的和为 30 ,前 $2 m$ 项的和为 100 ,则前 $3 m$ 项的和为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：210
解析：记数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 由等差数列前 $n$ 项和的性质知 $S_{m}, S_{2 m}-S_{m}, S_{3 m}-S_{2 m}$ 成等差数
列, 则 $2\left(S_{2 m}-S_{m}\right)=S_{m}+\left(S_{3 m}-S_{2 m}\right)$, 又 $S_{m}=30, S_{2 m}=100$, 所以 $S_{3 m}-S_{2 m}=2\left(S_{2 m}-S_{m}\right)-S_{m}=110$, 所以 $S_{3 m}=110+100=210$.
题目（高二 · 算术）：记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a_{1}=-2, a_{2}+a_{6}=2$, 则 $S_{10}=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：25
解析：通解 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 则由 $a_{2}+a_{6}=2$, 得 $a_{1}+d+a_{1}+5 d=2$, 即 $-4+6 d=2$,解得 $d=1$, 所以 $S_{10}=10 \times(-2)+\frac{10 \times 9}{2} \times 1=25$.

优解 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 因为 $a_{2}+a_{6}=2 a_{4}=2$, 所以 $a_{4}=1$, 所以 $d=\frac{a_{4}-a_{1}}{4-1}=\frac{1-(-2)}{3}=1$, 所以 $S_{10}=10 \times(-2)+\frac{10 \times 9}{2} \times 1=25$.
题目（高二 · 算术）：设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 9 项和 $S_{9}=72$, 且 $a_{1}+a_{2}=3 a_{4}$, 则公差 $d=$
选项：
答案：-2
解析：由题意得 $S_{9}=9 a_{1}+\frac{9 \times 8}{2} d=9 a_{1}+36 d=72$, 即 $a_{1}+4 d=8$ (1). 由 $a_{1}+a_{2}=3 a_{4}$, 得 $2 a_{1}+d=3\left(a_{1}+3 d\right)$, 即 $a_{1}=-8 d$ (2). 由(1)(2) 解得 $d=-2$.
题目（高二 · 算术）：在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{2}=2, a_{4}=64$, 则 $a_{6}=$
选项：
答案：32
解析：答案: 32
题目（高二 · 算术）：在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3} a_{4} a_{5}=64, a_{5}=8$, 则 $a_{2}=$
选项：
答案：1
解析：设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$. 由 $a_{3} a_{4} a_{5}=64$, 得 $\left(a_{4}\right)^{3}=64$, 解得 $a_{4}=4$. 又 由 $a_{5}=8$, 得 $q=\frac{a_{5}}{a_{4}}=2$,则 $a_{2}=\frac{a_{4}}{q^{2}}=\frac{4}{2^{2}}=1$.
题目（高二 · 算术）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列, 首项 $a_{1}=4$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=\log _{2} a_{n}$, 且 $b_{1}+b_{2}+b_{3}=12$, 则 $a_{4}=\square$.
选项：
答案：256
解析：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列, 首项 $a_{1}=4$, 公比设为 $q$,

数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=\log _{2} a_{n}$, 且 $b_{1}+b_{2}+b_{3}=12$,
即有 $\log _{2} a_{1}+\log _{2} a_{2}+\log _{2} a_{3}=12 ，$

$\log _{2}\left(a_{1} a_{2} a_{3}\right)=12$, 即 $a_{2}{ }^{3}=2^{12}$,

即有 $a_{2}=16, q=4$,

则 $a_{2}=4^{4}=256$.
题目（高二 · 算术）：在各项均为正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=2$, 且 $2 a_{1}, a_{3}, 3 a_{2}$ 成等差数列, 则 $a_{n}=$
选项：
答案：$a_{n}=2^{n}$
解析：答案: $a_{n}=2^{n}$
题目（高二 · 算术）：在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中,已知 $a_{2} a_{4} a_{6}=8$, 则 $a_{3} a_{5}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：31
解析：易求得 $q^{3}=8, q=2, \therefore s_{s}=31$.
题目（高二 · 算术）：已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $a_{1}+a_{3}+a_{5}=21, a_{4}+a_{6}+a_{8}=168$, 则 $S_{8}=$
选项：
答案：255
解析：等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{1}+a_{3}+a_{5}=21, a_{4}+a_{6}+a_{8}=168$,

$\therefore\left\{\begin{array}{c}a_{1}+a_{1} q^{2}+a_{1} q^{4}=21 \\ a_{1} q^{3}+a_{1} q^{5}+a_{1} q^{7}=168\end{array}\right.$ 解得 $a_{1}=1, q=2, \therefore S_{8}=\frac{1 \times\left(1-2^{8}\right)}{1-2}=255$.
题目（高二 · 算术）：设 $S_{n}$ 是等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项的和, 若 $\frac{a_{6}}{a_{3}}=-\frac{1}{2}$, 则 $\frac{\mathrm{S}_{6}}{\mathrm{~S}_{3}}=$
选项：
答案：$\frac{1}{2}$
解析：设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$,则 $\frac{a_{6}}{a_{3}}=q^{3}=-\frac{1}{2}$,

所以, $\frac{S_{6}}{S_{3}} d f r a c \frac{a_{1}\left(1-q^{6}\right)}{1-q} \frac{a_{1}\left(1-q^{3}\right)}{1-q}=\frac{1-q^{6}}{1-q^{3}}=1+q^{3}=1+\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$

故答案为: $\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 算术）：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=1, a_{2}=-1, a_{n+2}=a_{n+1}-a_{n}\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right)$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 2020 项的和为
选项：
答案：-3
解析：答案: -3
题目（高二 · 算术）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和是 $S_{n}$, 若 $a_{n}=\sin \left(\frac{n}{2} \pi\right)$ 则 $S_{2019}$ 的值为
选项：
答案：0
解析：由于数列的通项公式为 $a_{n}=\sin \left(\frac{n}{2} \pi\right)$

当 $n=1$ 时, $a_{1}=\sin \frac{\pi}{2}=1$;

当 $n=2$ 时, $a_{2}=\sin \frac{2 \pi}{2}=0$;

当 $n=3$ 时, $a_{3}=\sin \frac{3 \pi}{2}=-1$;

当 $n=4$ 时, $a_{4}=\sin \frac{4 \pi}{2}=0$;
当 $n=5$ 时, $a_{5}=\sin \frac{5 \pi}{2}=1$;

所以数列的周期为 4 . 故 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=1+0-1+0=0$,

所以 $S_{2019}=504 \times 0+a_{2017}+a_{2018}+a_{2019}=1+0-1=0$.
题目（高二 · 算术）：14. 在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=\frac{1}{2019}, a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{n(n+1)},\left(n \in N^{*}\right)$, 则 $a_{2019}$ 的值为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：1
解析：因为 $a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{n(n+1)},\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 所以 $a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$, $a_{2}-a_{1}=1-\frac{1}{2}$,

    $a_{3}-a_{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$,

    $\cdots$,

    $a_{2019}-a_{2018}=\frac{1}{2018}-\frac{1}{2019}$,

    各式相加, 可得 $a_{2019}-a_{1}=1-\frac{1}{2019}, a_{2019}-\frac{1}{2019}=1-\frac{1}{2019}$,

    所以, $a_{2019}=1$, 故答案为 1
题目（高二 · 算术）：5. $\cos \left(61^{\circ}+2 \alpha\right) \cos \left(31^{\circ}+2 \alpha\right)+\sin \left(61^{\circ}+2 \alpha\right) \sin \left(31^{\circ}+2 \alpha\right)=\underline{\sqrt{3}}$.
选项：
答案：$\frac{\sqrt{3}}{2}$
解析：原式 $=\cos \left[\left(61^{\circ}+2 \alpha\right)-\left(31^{\circ}+2 \alpha\right)\right]$

$=\cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
题目（高二 · 算术）：7. 若 $\tan \alpha+\frac{1}{\tan \alpha}=3$, 则 $\sin \alpha \cos \alpha=$ \$ \qquad \$ $\tan ^{2} \alpha+\frac{1}{\tan ^{2} \alpha}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{1}{3} \quad 7$
解析：because \tan \alpha+\frac{1}{\tan \alpha}=\frac{1}{\cos \alpha \sin \alpha}=3$,

$\therefore \sin \alpha \cos \alpha=\frac{1}{3}$.

又 $\tan ^{2} \alpha+\frac{1}{\tan ^{2} \alpha}=\left(\tan \alpha+\frac{1}{\tan \alpha}\right)^{2}-2=9-2=7$,

$\therefore \tan ^{2} \alpha+\frac{1}{\tan ^{2} \alpha}=7$.

【答案】 $\frac{1}{3} \quad 7$
题目（高二 · 算术）：7. 若 $g(x)=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)+a$ 在 $\left[0, \frac{\pi}{3}\right]$ 上的最大值与最小值之和为 7 , 则 $a=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：2
解析：$0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{3}$ 时, $\frac{\pi}{6} \leqslant 2 x+\frac{\pi}{6} \leqslant \frac{5 \pi}{6}, \frac{1}{2} \leqslant \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right) \leqslant 1$, 所以 $1+a \leqslant 2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)+a \leqslant 2+a$, 由 1 $+a+2+a=7$, 得 $a=2$.

【答案】 2
题目（高二 · 算术）：7. 已知函数 $f(x)=a \cos x+b$ 的最大值为 1 , 最小值为 -3 , 则函数 $g(x)=a b \sin x+3$ 的最大值为
选项：
答案：5
解析：$a>0$ 时, 由题意得 $\left\{\begin{array}{l}a+b=1, \\ -a+b=-3,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=2, \\ b=-1,\end{array} \quad g(x)=-2 \sin x+3\right.$, 最大值为 5 ; 当 $a<0$ 时, 由题意得 $\left\{\begin{array}{l}-a+b=1, \\ a+b=-3,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=-2, \\ b=-1,\end{array}, \quad g(x)=2 \sin x+3\right.$, 最大值为 5 ; 当 $a=0$ 时, 不合题意,

$\therefore g(x)$ 的最大值为 5 .

【答案】 5
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=4 x+\frac{a}{x}(x>0, a>0)$ 在 $x=3$ 时取得最小值, 则 $a=$
选项：
答案：36
解析：因为 $f(x)=4 x+\frac{a}{x}(x>0, a>0)$, 所以 $f(x)=4 x+\frac{a}{x} \geq 2 \sqrt{4 x \cdot \frac{a}{x}}=4 \sqrt{a}$, 当且仅当 $4 x=\frac{a}{x}$, 即 $x=\frac{\sqrt{a}}{2}$, 由题意 $\frac{\sqrt{a}}{2}=3$, 解得 $a=36$
题目（高二 · 代数）：若 $a>0, b>0, a+b=2$, 则下列不等式对一切满足条件的 $a, b$ 恒成立的是 (写出所有正确命题的编号). (1) $\mathrm{ab} \leq 1$; (2) $\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq \sqrt{2}$; (3) $\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2} \geq 2$; (4) $\mathrm{a}^{3}+\mathrm{b}^{3} \geq 3$; (5) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \geq 2$.
选项：
答案：(1)(3)
解析：对于(1): 因为 $a>0, b>0$, 所以 $a+b=2 \geq 2 \sqrt{a b}$, 所以 $a b \leq 1$, 故(1)项正确;对于(2): 左边平方可得: $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+b+2 \sqrt{a b} \leq 2+2=4$, 所以 $\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq 2$, 故(2)项错误;而利用特殊值 $a=1, \hat{b}=1$ 代入(2)中式子，也可得出(2)错误的结论;对于(3): 因为 $\left.a^{2}+b^{2}=(a)+b\right)^{2}-2 a b=4-2 a b$, 由(1)知 $a b \leq 1$, 所以 $a^{2}+b^{2} \geq 4-2=2$, 故(3)项正确;

对于(4): $a^{3}+b^{3}=(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)=2 \times\left[(a+b)^{2}-3 a b\right]=8-6 a b \geq 8-6=2$, 故(4)项错误;
对于(5) $\frac{1}{a}+\frac{1}{a}=\frac{a+b}{a b}=\frac{2}{a b} \geq 2$, 故(5)项正确; 故本题正确答案为: (1)(3)(5).
题目（高二 · 代数）：已知 $a>0, b>0, c>1$, 且 $a+b=1$, 则 $\left(\frac{a^{2}+1}{a b}-2\right) \cdot c+\frac{\sqrt{2}}{c-1}$ 的最小值为 \$ \qquad \$
选项：
答案：4
解析：由题意知, $a>0, \Delta=4-4 a c=0, \therefore a c=1, c>0$,

则 $\frac{a+1}{c}+\frac{c+1}{a}=\frac{a}{c}+\frac{1}{c}+\frac{c}{a}+\frac{1}{a}=\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right) \geq 2+2 \sqrt{\frac{1}{a c}}=2+2=4$,

当且仅当 $a=c=1$ 时取等号.

$\therefore \frac{a+1}{c}+\frac{c+1}{a}$ 的最小值为 4 .
题目（高二 · 代数）：若 $\frac{1}{a}<\frac{1}{b}<0$, 给出下列结论:

(1) $\frac{1}{a+b}<\frac{1}{a b}$;

(2) $|a|+b>0$ ，

(3) $a-\frac{1}{a}>b-\frac{1}{b}$;

(4) $\ln a^{2}>\ln b^{2}$,

其中正确的结论是 \$ \qquad \$ (写出所有正确结论的序号)
选项：
答案：(1)(3)
解析：由 $\frac{1}{a}<\frac{1}{b}<0$, 可知 $b<a<0$.

(1) $a+b<0, a b>0$, 所以 $\frac{1}{a+b}<0, \frac{1}{a b}>0$, 故有 $\frac{1}{a+b}<\frac{1}{a b}$, 故(1)确;

(2)中, 因为 $b<a<0$, 所以 $-b>-a>0$, 故 $-b>|a|$, 即 $|a|+b<0$, 故(2)错误;

(3)中, 因为 $b<a<0$, 即 $0>a>b$, 又 $\frac{1}{a}<\frac{1}{b}<0$, 所以 $-\frac{1}{a}>-\frac{1}{b}>0$, 所以 $a-\frac{1}{a}>b-\frac{1}{b}$, 故(3)正确;

(4) 中, 因为 $b<a<0$, 所以 $b^{2}>a^{2}>0$, 由于 $y=\ln x$ 在定义域上单调递增,

所以 $l n b^{2}>\ln a^{2}$, 故(4)错误. 综上, (2)(4)错误, (1)(3)正确.
题目（高二 · 代数）：判断下列结论是否正确(对的打 “ $\checkmark$ ”, ,错的打 “ $\times$ ” ).

(1) $a>b, c=d \Rightarrow a c>b d \quad$ ( )

(2) $\frac{a}{c^{2}}>\frac{b}{c^{2}} \Rightarrow a>b \quad(\quad)$

(3) $a>b, a b<0 \Rightarrow \frac{1}{a}<\frac{1}{b}$ ( )

(4) $a<b<0, \quad c<d<0 \Rightarrow a c>b d \quad$ ( )
选项：
答案：$\times, \sqrt{ }, \times, \sqrt{ }$
解析：(1)取特殊值, 令 $a=2, b=1, c=d=0$, 则 $a c=0, b d=0$, 故错误

(2)正确, 因为 $c^{2} \neq 0$, 则 $c^{2}>0$, 在 $\frac{a}{c^{2}}>\frac{b}{c^{2}}$ 两边同时乘 $c^{2}$, 不等号方向不变, 得 $a>b$

(3)取特殊值, 令 $a=1, b=-2$, 则 $\frac{1}{a}=1, \frac{1}{b}=-\frac{1}{2}, \frac{1}{a}>\frac{1}{b}$, 故错误

(4)正确, 因为 $a<b<0, \quad c<d<0$, 则 $|a|>|b|,|c|>|d|$, 且 $|a c|=a c,|b d|=b d$, 由不等式关系可知正确
题目（高二 · 代数）：已知三个不等式: (1) $a b>0$; (2) $\frac{c}{a}>\frac{d}{b}$; (3) $b c>a d$, 以其中两个作条件余下一个作结论, 则可组成 \$ \qquad \$个真命题.
选项：
答案：3
题目（高二 · 代数）：设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 已知 $a_{1}=3$ 且 $2 a_{n}=S_{n} \cdot S_{n-1}(n \geqslant 2)$, 则 $a_{n}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\left\{\begin{array}{l}3, n=1 \\ \frac{18}{(5-3 n)(8-3 n)}, n \geqslant 2\end{array}\right.$
解析：解析: 因为 $2 a_{n}=S_{n} \cdot S_{n-1}(n \geqslant 2)$ 可得 $2\left(S_{n}-S_{n-1}\right)=S_{n} S_{n-1}$, 即得 $\frac{1}{S_{n}}-\frac{1}{S_{n-1}}=-\frac{1}{2}$, 所以数列 $\left\{\frac{1}{S_{n}}\right\}$ 是公差为 $-\frac{1}{2}$, 首项为 $\frac{1}{3}$ 的等差数列, 所以 $\frac{1}{S_{n}}=\frac{5-3 n}{6}$, 即 $S_{n}=\frac{6}{5-3 n}(n \geqslant 2), a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{18}{(5-3 n)(8-3 n)}$,因为 $a_{1}=3$, 所以 $a_{n}=\left\{\begin{array}{l}3, n=1 \\ \frac{18}{(5-3 n)(8-3 n)}, n \geqslant 2\end{array}\right.$.
题目（高二 · 代数）：13.已知实数 $x, y$满足 $\left\{\begin{array}{l}y \geq x \\ x+3 y \leq 4 \\ x \geq-2\end{array}\right.$, 则 $z=|3 x+y|$ 的最大值是
选项：
答案：8
解析：由约束条件可知可行域为图中阴影部分所示:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_8a964f9ccd87371be6e0g-156\.jpg?height=402&width=512&top_left_y=947&top_left_x=812)

其中 $A(-2,-2), B(1,1), C(-2,2)$

又 $z=\frac{|3 x+y|}{\sqrt{10}} \times \sqrt{10}$, 可知 $z$ 的几何意义为可行域中的点到直线 $3 x+y=0$ 距离的 $\sqrt{10}$ 倍

可行域中点到直线 $3 x+y=0$ 距离最大的点为 $A(-2,-2) \therefore z_{\text {max }}=|3 \times(-2)-2|=8$,

故填 8 .
题目（高二 · 代数）：14. 观察下列式子, $\ln 2>\frac{1}{3}, \ln 3>\frac{1}{3}+\frac{1}{5}, \ln 4>\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}, \ldots . .$. , 根据上述规律, 第 $n$ 个不等式应该为
选项：
答案：$\ln (n+1)>\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots \cdots+\frac{1}{2 n+1}$
解析：根据题意, 对于第一个不等式, $\ln 2>\frac{1}{3}$, 则有 $\ln (1+1)>\frac{1}{2 \times 1+1}$,对于第二个不等式, $\ln 3>\frac{1}{3}+\frac{1}{5}$, 则有 $\ln (2+1)>\frac{1}{3}+\frac{1}{2 \times 2+1}$,对于第三个不等式, $\ln 4>\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}$, 则有 $\ln (3+1)>\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{2 \times 3+1}$,
依此类推: 第 $n$ 个不等式为: $\ln (n+1)>\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots \cdots+\frac{1}{2 n+1}$, 故答案为:

$\ln (n+1)>\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots \cdots+\frac{1}{2 n+1}$.
题目（高二 · 代数）：16. 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=2$, 前 11 项和 $S_{11}=187$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}$, 则数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 11 项和 $T_{11}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：. $\frac{11}{70}$
解析：设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 由已知可得 $11 \times 2+\frac{11 \times 10}{2} d=187$, 解得 $d=3$, 所以 $a_{n}=2+(n-1) \times 3=3 n-1$, 则 $b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(3 n-1)(3 n+2)}=$ $\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3 n-1}-\frac{1}{3 n+2}\right)$, 所以 $T_{11}=\frac{1}{3}\left[\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{7}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{32}-\frac{1}{35}\right)\right]=\frac{1}{3} \times\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{35}\right)=\frac{11}{70}$.