eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 算术）：15. 设 $\tan \alpha=\sqrt{3}(1+m), \tan (-\beta)=\sqrt{3}(\tan \alpha \tan \beta+m)$, 且 $\alpha, \beta$ 为锐角, 则 $\alpha+\beta$ 的值为
选项：
答案：$\frac{\pi}{3}$
解析：从已知条件中解出 $\alpha ， \beta$ 显然是十分困难的. 由题设条件，比较容易联想到正切的和角公式.

$\because \tan \alpha=\sqrt{3}(1+m), \tan (-\beta)=\sqrt{3}(\tan \alpha \tan \beta+m)$,

两式相减得 $\tan \alpha+\tan \beta=\sqrt{3}(1-\tan \alpha \tan \beta)$ ，

$\therefore \frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta}=\sqrt{3}$.

又 $\alpha, \beta$ 为锐角，所以 $\alpha+\beta=\frac{\pi}{3}$.
答案: $\frac{\pi}{3}$
题目（高二 · 算术）：已知函数 $f(x)$, 任意 $x_{1}, x_{2} \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)\left(x_{1} \neq x_{2}\right)$, 给出下列结论:

(1) $f(x+\pi)=f(x)$; (2) $f(-x)=f(x)$; (3) $f(0)=1$;

(4) $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}>0$; (5) $f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)>\frac{f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)}{2}$.

当 $f(x)=\tan x$ 时，正确结论的序号为 \$ \qquad \$
选项：
答案：(1)(4)
解析：由于 $f(x)=\tan x$ 的周期为 $\pi$, 故 (1)正确; 函数 $f(x)=\tan x$ 为奇函数, 故(2)不正确; $f(0)=\tan 0=0$, 故

(3)不正确; (4) 表明函数为增函数, 而 $f(x)=\tan x$ 为区间 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上的增函数, 故(4)正确; (5) 由函数 $f(x)=\tan$ $x$ 的图象可知, 函数在区间 $\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ 上有 $f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)>\frac{f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)}{2}$, 在区间 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上有 $f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)<\frac{f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)}{2}$, 故

(5)不正确.
题目（高二 · 算术）：将 $\tan 1, \tan 2, \tan 3$ 按大小顺序排列为 \$ \qquad \$ . (用 “<”连接)
选项：
答案：$\tan 2<\tan 3<\tan 1$
解析：$\tan 2<\tan 3<\tan 1$
题目（高二 · 算术）：7. 若 $1 \leqslant a \leqslant 5,-1 \leqslant b \leqslant 2$, 则 $a-b$ 的取值范围为
选项：
答案：$[-1,6]$
解析：$\because-1 \leqslant b \leqslant 2, \quad \therefore-2 \leqslant-b \leqslant 1$, 又 $1 \leqslant a \leqslant 5$,

$\therefore-1 \leqslant a-b \leqslant 6$.
题目（高二 · 算术）：9. 若 $x \in \mathbf{R}$, 则 $\frac{x}{1+x^{2}}$ 与 $\frac{1}{2}$ 的大小关系为

## 答案 $\frac{x}{1+x^{2}} \leqslant \frac{1}{2}$
选项：
答案：$\frac{x}{1+x^{2}} \leqslant \frac{1}{2}$
解析：$\because \frac{x}{1+x^{2}}-\frac{1}{2}=\frac{2 x-1-x^{2}}{2\left(1+x^{2}\right)}=\frac{-(x-1)^{2}}{2\left(1+x^{2}\right)} \leqslant 0$,

$\therefore \frac{x}{1+x^{2}} \leqslant \frac{1}{2}$.
题目（高二 · 算术）：14. 已知 $x>0, y>0$, 且 $x+y=1$, 若 $a \leq \frac{1}{x}+\frac{9}{y}$ 恒成立, 则实数 $a$ 的最大值为
选项：
答案：16
解析：$\because x>0, y>0$, 且 $x+y=1$

$\therefore \frac{1}{x}+\frac{9}{y}=(x+y)\left(\frac{1}{x}+\frac{9}{y}\right)=10+\frac{y}{x}+\frac{9 x}{y} \geq 10+2 \sqrt{\frac{y}{x} \cdot \frac{9 x}{y}}=16$, 当且仅当 $y=3 x=\frac{3}{4}$ 时取等号.

$\because$ 不等式 $a \leq \frac{1}{x}+\frac{9}{y}$ 恒成立 $\Leftrightarrow\left(\frac{1}{x}+\frac{9}{y}\right)_{\min \geq a .}$

$\therefore a \in(-\infty, 16]$,
即实数 $\boldsymbol{a}$ 的最大值为 16

故答案为 16 .
题目（高二 · 算术）：13.【2019 年高考北京卷理数】李明自主创业, 在网上经营一家水果店, 销售的水果中有草莓、京白梨、

西瓜、桃, 价格依次为 60 元/盒、 65 元/盒、 80 元/盒、90 元/盒. 为增加销量, 李明对这四种水果进行促销: 一次购买水果的总价达到 120 元, 顾客就少付 $x$ 元. 每笔订单顾客网上支付成功后, 李明会得到支付款的 $80 \%$.

(1)当 $x=10$ 时, 顾客一次购买草莓和西瓜各 1 盒, 需要支付元;

(2)在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则 $x$ 的最大值为
选项：
答案：(1)30；(2)15
解析：(1) $x=10$,顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付 $(60+80)-10=130$ 元.

（2）设顾客一次购买水果的促销前总价为 $y$ 元, $y<120$ 元时,李明得到的金额为 $y \times 80 \%$,符合要求.

$y \geq 120$ 元时, 有 $(y-x) \times 80 \% \geq y \times 70 \%$ 恒成立, 即 $8(y-x) \geq 7 y, x \leq \frac{y}{8}$, 即 $x \leq\left(\frac{y}{8}\right)_{\text {min }}=15$ 元.所以 $x$ 的最大值为 15 

【名师点睛】本题主要考查不等式的概念与性质、数学的应用意识、数学式子变形与运算求解能力,以实际生活为背景, 创设问题情境, 考查学生身边的数学, 考查学生的数学建模素养.
题目（高二 · 算术）：15. 如果 $a>b$, 给出下列不等式:

(1) $\frac{1}{a}<\frac{1}{b}$; (2) $a^{3}>b^{3}$; (3) $\sqrt{a^{2}}>\sqrt{b^{2}}$; (4) $2 a c^{2}>2 b c^{2}$;

(5) $\frac{a}{b}>1$; (6) $a^{2}+b^{2}+1>a b+a+b$.

其中一定成立的不等式的序号是 \$ \qquad \$
选项：
答案：(2) (6)
解析：(1)若 $a>0, b<0$, 则 $\frac{1}{a}>\frac{1}{b}$, 故 (1)不成立;

(2) $\because y=x^{3}$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调递增, 且 $a>b$.

$\therefore a^{3}>b^{3}$, 故(2)成立;

(3)取 $a=0, b=-1$, 知(3)不成立;

(4) 当 $c=0$ 时, $a c^{2}=b c^{2}=0,2 a c^{2}=2 b c^{2}$,

故(4)不成立;

(5)取 $a=1, b=-1$, 知(5)不成立;

(6) $\because a^{2}+b^{2}+1-(a b+a+b)$

$=\frac{1}{2}\left[(a-b)^{2}+(a-1)^{2}+(b-1)^{2}\right]>0$,

$\therefore a^{2}+b^{2}+1>a b+a+b$, 故(6)成立.
题目（高二 · 算术）：某公司一年购买某种货物 400 吨, 每次都购买 $x$ 吨, 运费为 4 万元/次, 一年的总存储费用为 $4 x$ 万元, 要使一年的总运费与总存储费用之和最小, 则 $x=$吨.
选项：
答案：20
解析：解析 该公司一年购买某种货物 400 吨, 每次都购买 $x$ 吨, 则需要购买 $\frac{400}{x}$ 次, 运费为 4 万元/次, 一年的总存储费用为 $4 x$ 万元, 一年的总运费与总存储费用之和为 $\left(\frac{400}{x} \cdot 4+4 x\right)$ 万元, $\frac{400}{x} \cdot 4+4 x \geqslant 160$, 当 $\frac{1600}{x}=4 x$ 即 $x=20$ 吨时, 一年的总运费与总存储费用之和最小.
题目（高二 · 算术）：10. 传说古希腊毕达哥拉斯(Pythagoras, 约公元前 570 年一公元前 500 年)学派的数学家经常在沙滩上研究数学问题, 他们在沙滩上画点或用小石子来表示数. 比如, 他们将石子摆成如图所示的三角形状, 就将其所对应石子个数称为三角形数, 则第 10 个三角形数是 .

答案 55 $=55$.
选项：
答案：三角形数依次为: $1,3,6,10,15, \cdots$, 第 10 个三角形数为: $1+2+3+4+\cdots+10$
解析：形数依次为: $1,3,6,10,15, \cdots$, 第 10 个三角形数为: $1+2+3+4+\cdots+10$
题目（高二 · 算术）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=\left\{\begin{array}{l}3 n+1(n \text { 为正奇数 }) \\ 4 n-1(n \text { 为正偶数 })\end{array}\right.$. 则它的前 4 项依次为
选项：
答案：$4,7,10,15$
解析：$4,7,10,15$
题目（高二 · 算术）：8. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=\frac{1}{n(n+2)}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 那么 $\frac{1}{120}$ 是这个数列的第 \$ \qquad \$项.
选项：
答案：10
解析：$\because \frac{1}{n(n+2)}=\frac{1}{120}$,

$\therefore n(n+2)=10 \times 12, \quad \therefore n=10$
题目（高二 · 算术）：14. 若数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}=\frac{2}{3} a_{n}+\frac{1}{3}$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n}=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：. $a_{n}=(-2)^{n-1}$
解析：当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=\frac{2}{3} a_{1}+\frac{1}{3}$, 解得 $a_{1}=1$,

当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{2}{3} a_{n}+\frac{1}{3}-\left(\frac{2}{3} a_{n-1}+\frac{1}{3}\right)=\frac{2}{3} a_{n}-\frac{2}{3} a_{n-1}$, 即 $a_{n}=-2 a_{n-1}$,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公比为 -2 的等比数列, $\therefore a_{n}=(-2)^{n-1}$.
题目（高二 · 算术）：15. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=2, a_{2}=5, a_{n}+a_{n+2}=2 a_{n+1}$, 则 $a_{100}=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：299
解析：因为 $a_{n}+a_{n+2}=2 a_{n+1}$,

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列,

因为 $a_{1}=2, a_{2}=5$,

所以公差 $d=3$.

所以 $a_{n}=2+(n-1) 3=3 n-1$,

所以 $a_{100}=300-1=299$.

故答案为: 299
题目（高二 · 算术）：. $\sqrt{2}-1$ 与 $\sqrt{2}+1$ 的等比中项是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\pm 1$
解析：$\pm 1$
题目（高二 · 算术）：14. 已知在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 首项为 23 , 公差是整数, 从第七项开始为负项, 则公差为
选项：
答案：-4
解析：由 $\left\{\begin{array}{l}a_{6}=23+5 d \geqslant 0 \\ a_{7}=23+6 d<0\end{array}\right.$, 解得 $-\frac{23}{5} \leqslant d<-\frac{23}{6}$,

$\because d \in \mathbf{Z}, \quad \therefore d=-4$.
题目（高二 · 算术）：15. “嫦娥奔月, 举国欢庆”, 据科学计算, 运载 “神六” 的 “长征二号” 系列火箭,
在点火第一秒钟通过的路程为 $2 \mathrm{~km}$, 以后每秒钟通过的路程都增加 $2 \mathrm{~km}$, 在达到离地面 240 $\mathrm{km}$ 的高度时, 火箭与飞船分离, 则这一过程大约需要的时间是 \$ \qquad \$秒.
选项：
答案：15
解析：设每一秒钟通过的路程依次为 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \cdots, a_{n}$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项 $a_{1}=2$, 公差 $d=2$ 的等差数列, 由求和公式得 $n a_{1}+\frac{n(n-1) d}{2}=240$, 即 $2 n+n(n-1)=240$, 解得 $n=15$.
题目（高二 · 算术）：16. 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 其前 $n$ 项的积为 $T_{n}$, 并且满足条件 $a_{1}>1, a_{99} a_{100}-1>0$, $\frac{a_{99}-1}{a_{100}-1}<0$. 给出下列结论: (1) $0<q<1$; (2) $a_{99} a_{101}-1<0$; (3) $T_{100}$ 的值是 $T_{n}$ 中最大的; (4)使 $T_{n}>1$成立的最大自然数 $n$ 等于 198其中正确的结论是 \$ \qquad \$ . (填写所有正确的序号)

## 答案 (1)(2)(4)
选项：
答案：(1)(2)(4)
解析：(1)中, $\left\{\begin{array}{l}\left(a_{99}-1\right)\left(a_{100}-1\right)<0 \\ a_{99} a_{100}>1 \\ a_{1}>1\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a_{99}>1 \\ 0<a_{100}<1\end{array}\right.\right.$

$\Rightarrow q=\frac{a_{100}}{a_{99}} \in(0,1), \therefore$ (1)正确.

(2)中, $\left\{\begin{array}{l}a_{99} a_{101}=a_{100}^{2} \\ 0<a_{100}<1\end{array} \Rightarrow a_{99} a_{101}<1, \therefore\right.$ (2)正确.

(3)中, $\left\{\begin{array}{l}T_{100}=T_{99} a_{100} \\ 0<a_{100}<1\end{array} \Rightarrow T_{100}<T_{99}, \therefore\right.$ (3)错误.

(4) 中, $T_{198}=a_{1} a_{2} \cdots a_{198}$

$=\left(a_{1} a_{198}\right)\left(a_{2} a_{197}\right) \cdots\left(a_{99} a_{100}\right)$

$=\left(a_{99} a_{100}\right)^{99}>1$,

$T_{199}=a_{1} a_{2} \cdots a_{198} a_{199}=\left(a_{1} a_{199}\right) \cdots\left(a_{99} a_{101}\right) \cdot a_{100}$

$=a 199100<1, \therefore$ (4)正确.
题目（高二 · 算术）：$\sin 15^{\circ}+\sin 75^{\circ}$ 的值是
选项：
答案：$\frac{\sqrt{6}}{2}$
解析：$\sin 15^{\circ}+\sin 75^{\circ}=\sin \left(45^{\circ}-30^{\circ}\right)+\sin \left(45^{\circ}+30^{\circ}\right)=2 \sin 45^{\circ} \cdot \cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{6}}{2}$.
题目（高二 · 算术）：8. 已知 $\sin (\alpha-\beta) \cos \alpha-\cos (\alpha-\beta) \sin \alpha=m$, 且 $\beta$ 为第三象限角, 则 $\cos \beta=$
选项：
答案：$-\sqrt{1-m^{2}}$
解析：$\sin (\alpha-\beta) \cos \alpha-\cos (\alpha-\beta) \sin \alpha=m$, 得

$\sin (-\beta)=m$, 即 $\sin \beta=-m$, 又 $\beta$ 为第三象限角,

$\cos \beta=-\sqrt{1-\sin ^{2} \beta}=-\sqrt{1--m^{2}}=-\sqrt{1-m^{2}}$.
题目（高二 · 算术）：10. 已知函数 $f(x)=2 \sin x+\sin 2 x$, 则 $f(x)$ 的最小值是
选项：
答案：$-\frac{3 \sqrt{3}}{2}$
解析：$f^{\prime}(x)=2 \cos x+2 \cos 2 x=4 \cos ^{2} x+2 \cos x-2=4(\cos x+1)\left(\cos x-\frac{1}{2}\right)$ ，
所以当 $\cos x<\frac{1}{2}$ 时函数单调递减, 当 $\cos x>\frac{1}{2}$ 时函数单调递增, 从而得到函数的递减区间为 $\left[2 k \pi-\frac{5 \pi}{3}, 2 k \pi-\frac{\pi}{3}\right](k \in \mathbf{Z})$, 函数的递增区间为 $\left[2 k \pi-\frac{\pi}{3}, 2 k \pi+\frac{\pi}{3}\right](k \in \mathbf{Z})$,

所以当 $x=2 k \pi-\frac{\pi}{3}, k \in \mathbf{Z}$ 时, 函数 $f(x)$ 取得最小值, 此时 $\sin x=-\frac{\sqrt{3}}{2}, \sin 2 x=-\frac{\sqrt{3}}{2}$,

所以 $f(x)_{\text {min }}=2 \times\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)-\frac{\sqrt{3}}{2}=-\frac{3 \sqrt{3}}{2}$, 故答案是 $-\frac{3 \sqrt{3}}{2}$.

【名师点睛】该题考查的是有关应用导数研究函数的最小值问题, 在求解的过程中, 需要明确相关的函数的求导公式, 需要明白导数的符号与函数的单调性的关系, 确定出函数的单调增区间和单调减区间, 进而求得函数的最小值点, 从而求得相应的三角函数值, 代入求得函数的最小值.
题目（高二 · 算术）：10. 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 $a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$,

$$
\begin{aligned}
& a_{2}-a_{1}=1-\frac{1}{2} \\
& a_{3}-a_{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}
\end{aligned}
$$

各式相加，可得

$$
\begin{aligned}
& a_{2019}-a_{1}=1-\frac{1}{2019} \\
& a_{2019}-\frac{1}{2019}=1-\frac{1}{2019}
\end{aligned}
$$

所以, $a_{2019}=1$, 故答案为 1 .

【名师点睛】本题主要考查利用递推关系求数列中的项, 属于中档题. 利用递推关系求数列中的项常见思路为: (1) 项的序号较小时, 逐步递推求出即可; (2) 项的序数较大时, 考虑证明数列是等差、
等比数列, 或者是周期数列; (3) 将递推关系变形, 利用累加法、累乘法以及构造新数列法求解.
题目（高二 · 算术）：17.【2019 年高考全国 I 卷理数】记 $S_{n}$ 为等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a_{1}=\frac{1}{3}, a_{4}^{2}=a_{6}$, 则 $S_{5}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{121}{3}$
解析：设等比数列的公比为 $q$, 由已知 $a_{1}=\frac{1}{3}, a_{4}{ }^{2}=a_{6}$, 所以 $\left(\frac{1}{3} q^{3}\right)^{2}=\frac{1}{3} q^{5}$, 又 $q \neq 0$,所以 $q=3$, 所以 $S_{5}=\frac{a_{1}\left(1-q^{5}\right)}{1-q}=\frac{\frac{1}{3}\left(1-3^{5}\right)}{1-3}=\frac{121}{3}$.

【名师点睛】准确计算, 是解答此类问题的基本要求. 本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式的计算,部分考生易出现运算错误.
题目（高二 · 算术）：18.【2019 年高考全国 III 卷理数】记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $a_{1} \neq 0, a_{2}=3 a_{1}$, 则
$$
\frac{S_{10}}{S_{5}}=
$$
选项：
答案：4
解析：设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$,

$$
\text { 因 } a_{2}=3 a_{1} \text {, 所以 } a_{1}+d=3 a_{1} \text {, 即 } 2 a_{1}=d \text {, }
$$

所以 $\frac{S_{10}}{S_{5}}=\frac{10 a_{1}+\frac{10 \times 9}{2} d}{5 a_{1}+\frac{5 \times 4}{2} d}=\frac{100 a_{1}}{25 a_{1}}=4$.

【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算. 渗透了数学运算素养. 使用转化思想得出答案.
题目（高二 · 算术）：19.【2019 年高考北京卷理数】设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $a_{2}=-3, S_{5}=-10$, 则 $a_{5}=$ $S_{n}$ 的最小值为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$0,-10$.
解析：等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $S_{5}=5 a_{3}=-10$, 得 $a_{3}=-2$, 又 $a_{2}=-3$, 所以公差 $d=a_{3}-a_{2}=1, a_{5}=a_{3}+2 d=0$,由等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的性质得 $n \leq 5$ 时, $a_{n} \leq 0, n \geq 6$ 时, $a_{n}$ 大于 0 , 所以 $S_{n}$ 的最小值为 $S_{4}$ 或 $S_{5}$, 即为 -10 .

【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式、求和公式、等差数列的性质,难度不大,注重重要知识、基础知识、基本运算能力的考查.
题目（高二 · 算术）：20.【2019 年高考江苏卷】已知数列 $\left\{a_{n}\right\}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 是等差数列, $S_{n}$ 是其前 $n$ 项和. 若

$$
a_{2} a_{5}+a_{8}=0, S_{9}=27
$$

则 $S_{8}$ 的值是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：16
解析：由题意可得: $\left\{\begin{array}{l}a_{2} a_{5}+a_{8}=\left(a_{1}+d\right)\left(a_{1}+4 d\right)+\left(a_{1}+7 d\right)=0 \\ S_{9}=9 a_{1}+\frac{9 \times 8}{2} d=27\end{array}\right.$,解得: $\left\{\begin{array}{c}a_{1}=-5 \\ d=2\end{array}\right.$, 则 $S_{8}=8 a_{1}+\frac{8 \times 7}{2} d=-40+28 \times 2=16$.

【名师点睛】等差数列、等比数列的基本计算问题, 是高考必考内容, 解题过程中要注意应用函数方程思想, 灵活应用通项公式、求和公式等, 构建方程 (组), 如本题, 从已知出发, 构建 $a_{1}, d$​的方程组.
题目（高二 · 算术）：6. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n}+3 a_{n-1}=0, a_{5}=81$, 则 $S_{5}$ 的值是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：61
解析：由于 $a_{n}+3 a_{n-1}=0$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公比为 -3 的等比数列. 又 $a_{5}=81$, 可以推出 $a_{1}=1$. 故 $S_{5}=1-3+9-27+81=61$.
题目（高二 · 算术）：9. 设有四个数的数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$, 前三个数构成一个等比数列, 其和为 $k$, 后三个数构成一个等差数列, 其和为 15 , 其公差非零, 对于任意固定的实数 $k$, 若满足条件的数列个数大于 1 , 则 $k$ 的取值范围是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：. $\left(\frac{15}{4}, 5\right) \cup(5,15) \cup(15,+\infty)$
解析：依题意 $a_{2}+a_{3}+a_{4}=3 a_{3}=15$, 得 $a_{3}=5, a_{1}+a_{2}+a_{3}=a_{1}+a_{2}+3=k$ ，得 $a_{1}+a_{2}=k-5 \neq 0$, 又 $a_{2}^{2}=a_{1} a_{3}=5 a_{1}=5\left(k-5-a_{2}\right)$,所以 $a_{2}^{2}+5 a_{2}=5(k-5)$, 即 $\left(a_{2}+\frac{5}{2}\right)^{2}=5\left(k-\frac{15}{4}\right)$. 因为对于任意固定的实数 $k$, 若满足条件的数列个数大于 1 , 所以 $k-\frac{15}{4}>0$, 得 $k>\frac{15}{4}$. 又检验知 $k=15$ 时不符合题意. 所以, $k$ 的取值范围是 $k$ 的取值范围是 $\left(\frac{15}{4}, 5\right) \cup(5,15) \cup(15,+\infty)$.
题目（高二 · 算术）：11.【2017 江苏, 9 】等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为实数, 其前 $n$ 项的和为 $S_{n}$, 已知 $S_{3}=\frac{7}{4}, S_{6}=\frac{63}{4}$, 则 $a_{8}=$
选项：
答案：32
解析：当 $q=1$ 时, 显然不符合题意;

当 $q \neq 1$ 时, $\left\{\begin{array}{l}\frac{a_{1}\left(1-q^{3}\right)}{1-q}=\frac{7}{4} \\ \frac{a_{1}\left(1-q^{6}\right)}{1-q}=\frac{63}{4}\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=\frac{1}{4} \\ q=2\end{array}\right.$, 则 $a_{8}=\frac{1}{4} \times 2^{7}=32$.

【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时, 有两个处理思路, 一是利用基本量, 将多元问题简化为一元问题, 虽有一定量的运算, 但思路简洁, 目标明确; 二是利用等差、等比数列的性质, 性质是两种数列基本规律的深刻体现, 是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具, 应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件, 有时需要进行适当变形。在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量” 的方法.
题目（高二 · 算术）：6.【2019 北京市通州区三模】设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列, 且 $a_{2} a_{4}=a_{5}, a_{4}=27$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为

【答案】 $a_{n}=3^{n-1}, n \in \mathbf{N}^{*}$.
选项：
答案：$a_{n}=3^{n-1}, n \in \mathbf{N}^{*}$
解析：设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$,

因为 $a_{2} a_{4}=a_{5}, a_{4}=27$,

所以 $a_{4}=a_{2} q^{2}=\frac{a_{5}}{a_{4}} q^{2}=q^{3}=27$, 解得 $q=3$, 所以 $a_{1}=\frac{a_{4}}{q^{3}}=\frac{27}{27}=1$,

因此, $a_{n}=3^{n-1}, n \in \mathbf{N}^{*}$.
故答案为 $a_{n}=3^{n-1}, n \in \mathbf{N}^{*}$.
题目（高二 · 算术）：7.【2018 届宁夏石嘴山市 4 月一模) 】在正项等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 若 $a_{1}, \frac{1}{2} a_{3}, 2 a_{2}$ 成等差数列, 则 $\frac{a_{5}}{a_{3}}=$
选项：
答案：$3+2 \sqrt{2}$
解析：由于 $a_{1}, \frac{1}{2} a_{3}, 2 a_{2}$ 成等差数列, 所以 $a_{3}=a_{1}+2 a_{2}$, 即 $a_{1} q^{2}=a_{1}+2 a_{1} q, q^{2}-2 q-1=0$, 解得
题目（高二 · 算术）：8. (1) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=1$, 且 $a_{n+1}-a_{n}=2^{n}+1$, 求 $a_{n}$.

(2) 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=1$, 且 $n a_{n+1}=(n+1) a_{n}$, 求 $a_{n}$
选项：
答案：（1） $a_{n}=2^{n}+n-2 ；$ （2） $a_{n}=n$.
解析：(1) $a_{n+1}-a_{n}=2^{n}+1$

$a_{n}-a_{n-1}=2^{n-1}+1$

$a_{2}-a_{1}=2^{1}+1$

累加可得: $a_{n}-a_{1}=2+2^{2}+\cdots+2^{n-1}+(n-1)$

$$
=\frac{2\left(2^{n-1}-1\right)}{2-1}+n-1=2^{n}+n-3
$$

$\therefore a_{n}=2^{n}+n-2$

(2) $n a_{n+1}=(n+1) a_{n} \Rightarrow \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{n+1}{n}$

$\therefore \frac{a_{n}}{a_{n-1}} \cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}} \cdots \frac{a_{2}}{a_{1}}=\frac{n}{n-1} \cdot \frac{n-1}{n-2} \cdots \cdots \frac{2}{1}$

$\Rightarrow \frac{a_{n}}{a_{1}}=n \quad \therefore a_{n}=n a_{1}=n$
题目（高二 · 算术）：9. (2019 - 四川高考模拟 (文)) 已知 $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $S_{n}=2 a_{n}-2$.

(1) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 求数列 $\left\{a_{n}+\log _{2} a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
选项：
答案：(1) $a_{n}=2^{n}$ (2) $2^{n+1}-2+\frac{n^{2}+n}{2}$
解析：(1) $\because S_{n}=2 a_{n}-2$,

$\therefore$ 当 $n=1$ 时, $S_{1}=2 a_{1}-2$, 故 $a_{1}=2 a_{1}-2$, 得 $a_{1}=2$.

当 $n \geq 2$ 时, $S_{n-1}=2 a_{n-1}-2$,

故 $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\left(2 a_{n}-2\right)-\left(2 a_{n-1}-2\right)=2 a_{n}-2 a_{n-1}$,

$\therefore$ 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=2 a_{n-1}$,

$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 $a_{1}=2$ 为首项, 以 2 为公比的等比数列,

$\therefore a_{n}=2 \times 2^{n-1}=2^{n}$.

(2) 由（1）知, $a_{n}+\log _{2} a_{n}=2^{n}+n$,

$\therefore\left(a_{1}+\log _{2} a_{1}\right)+\left(a_{2}+\log _{2} a_{2}\right)+\left(a_{3}+\log _{2} a_{2}\right)+\cdots+\left(a_{n}+\log _{2} a_{n}\right)$

$=(2+1)+\left(2^{2}+2\right)+\left(2^{2}+3\right)+\cdots+\left(2^{n}+n\right)$,

$=\left(2+2^{2}+2^{2}+\cdots+2^{n}\right)+(1+2+3+\cdots n)$,

$=2^{n+1}-2+\frac{n^{2}+n}{2}$.
题目（高二 · 算术）：10. 如果数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=2 a_{n}-1$, 则此数列的通项公式 $a_{n}=$
选项：
答案：$2^{n-1}$
解析：$n=1$ 时, $S_{1}=2 a_{1}-1, \therefore a_{1}=2 a_{1}-1, \therefore a_{1}=1$.

当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\left(2 a_{n}-1\right)-\left(2 a_{n-1}-1\right)$

$\therefore a_{n}=2 a_{n-1}, \therefore\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列,

$\therefore a_{n}=2^{n^{-}}, n \in \mathbf{N}^{*}$.
题目（高二 · 算术）：7. 若 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列, 且前 $n$ 项和为 $S_{n}=3^{n-1}+t$, 则 $t=$
选项：
答案：$-\frac{1}{3}$
解析：显然 $q \neq 1$, 此时应有 $S_{n}=A\left(q^{n}-1\right)$,

又 $S_{n}=\frac{1}{3} \cdot 3^{n}+t, \quad \therefore t=-\frac{1}{3}$.
题目（高二 · 算术）：8. 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $a_{1}=1, S_{6}=4 S_{3}$, 则 $a_{4}=$
选项：
答案：3
解析：$S_{6}=4 S_{3} \Rightarrow \frac{a_{1}\left(1-q^{6}\right)}{1-q}=\frac{4 \cdot a_{1}\left(1-q^{3}\right)}{1-q} \Rightarrow q^{3}=3\left(q^{3}=1\right.$ 不合题意, 舍去 $)$.

$\therefore a_{4}=a_{1} \cdot q^{3}=1 \times 3=3$.
题目（高二 · 算术）：9. 若等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{n}=-512$, 前 $n$ 项和为 $S_{n}=-341$, 则 $n$ 的值是
选项：
答案：10
解析：$S_{n}=\frac{a_{1}-a_{n} q}{1-q}, \therefore-341=\frac{1+512 q}{1-q}$,

$\therefore q=-2$, 又 $\because a_{n}=a_{1} q^{n^{-1}}, \therefore-512=(-2)^{n^{-1}}$,

$\therefore n=10$.
题目（高二 · 算术）：若等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=\frac{1}{2}, a_{4}+a_{6}=5$, 则公差 $d=$ $a_{2}+a_{4}+a_{6}+\cdots+a_{20}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{1}{2} 55$
解析：等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $\mathrm{a}_{1}=\frac{1}{2}, \mathrm{a}_{4}+\mathrm{a}_{6}=5=2 \mathrm{a}_{5}, \therefore \mathrm{a}_{5}=\frac{5}{2}$,

$\therefore \frac{5}{2}=\frac{1}{2}+4 \mathrm{~d}$, 则公差 $\mathrm{d}=\frac{1}{2}$.

$\therefore \mathrm{a}_{2}+\mathrm{a}_{4}+\mathrm{a}_{6}+\ldots+\mathrm{a}_{20}=10\left(\mathrm{a}_{1}+\mathrm{d}\right)+\frac{10 \times 9}{2} \times 2 \mathrm{~d}=10 \times 1+45=55$,

故答案为: $\frac{1}{2}, 55$.
题目（高二 · 算术）：三个数成等比数列, 它们的和为 14 , 它们的积为 64 , 则这三个数为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：,4,2$ 或 $2,4,8
解析：解: 设此等比数列的公比为 $q$, 第二项为 $a$,

则 $\frac{a}{q} \cdot a \cdot \mathrm{aq}=64, \frac{a}{q}+\mathrm{a}+\mathrm{aq}=14$, 解得 $\mathrm{a}=4, \mathrm{q}=\frac{1}{2}$ 或 $2 .:$ 这三个数为 $: 8,4,2$ 或 $2,4,8$.
题目（高二 · 算术）：在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=-2, a_{4}=-54$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：-3 $3^{n}$
解析：等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=-2, a_{4}=-54, \therefore q^{3}=27$, 解得 $q=3$,
$\therefore \mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\frac{-2\left(1-3^{n}\right)}{1-3}=1-3^{\mathrm{n}}$. 故答案为: $1-3^{\mathrm{n}}$
题目（高二 · 算术）：7. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且有 $a_{1}=3,4 S_{n}=6 a_{n}-a_{n-1}+4 S_{n-1}$, 则 $a_{n}=$
选项：
答案：$3 \cdot 2^{1-n}$
解析：$3 \cdot 2^{1-n}$
题目（高二 · 算术）：9. 若数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=1$, 且 $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{n+2}{n}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 则当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=$
选项：
答案：$\frac{n(n+1)}{2}$
解析：$\because a_{1}=1$, 且 $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{n+2}{n}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

$\therefore \frac{a_{2}}{a_{1}} \cdot \frac{a_{3}}{a_{2}} \cdot \frac{a_{4}}{a_{3}} \cdots \cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}} \cdot \frac{a_{n}}{a_{n-1}}$

$=\frac{3}{1} \cdot \frac{4}{2} \cdot \frac{5}{3} \cdots \frac{n}{n-2} \cdot \frac{n+1}{n-1}$,

即 $a_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$.
题目（高二 · 算术）：10. 首项为 -24 的等差数列, 从第 10 项起开始为正数, 则公差的取值范围是
选项：
答案：$\frac{8}{3}<d \leqslant 3$
解析：$a_{n}=-24+(n-1) d$,

由 $\left\{\begin{array}{l}a_{9}=-24+8 d \leqslant 0 \\ a_{10}=-24+9 d>0\end{array}\right.$ 解得: $\frac{8}{3}<d \leqslant 3$.
题目（高二 · 算术）：8. 一个等差数列的前三项为: $a, 2 a-1,3-a$. 则这个数列的通项公式为
选项：
答案：$a_{n}=\frac{1}{4} n+1$
解析：$\because a+(3-a)=2(2 a-1), \therefore a=\frac{5}{4}$.

$\therefore$ 这个等差数列的前三项依次为 $\frac{5}{4}, \frac{3}{2}, \frac{7}{4}$.

$\therefore d=\frac{1}{4}, a_{n}=\frac{5}{4}+(n-1) \times \frac{1}{4}=\frac{n}{4}+1$.
题目（高二 · 算术）：9. 若 $m \neq n$, 两个等差数列 $m 、 a_{1} 、 a_{2} 、 n$ 与 $m 、 b_{1} 、 b_{2} 、 b_{3} 、 n$ 的公差为 $d_{1}$ 和 $d_{2}$, 则 $\frac{d_{1}}{d_{2}}$的值为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{4}{3}$
解析：$n-m=3 d_{1}, d_{1}=\frac{1}{3}(n-m)$.

又 $n-m=4 d_{2}, d_{2}=\frac{1}{4}(n-m)$.

$\therefore \frac{d_{1}}{d_{2}}=\frac{\frac{1}{3}(n-m)}{\frac{1}{4}(n-m)}=\frac{4}{3}$.
题目（高二 · 算术）：8. 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, $a_{1}+a_{3}+a_{5}=105, a_{2}+a_{4}+a_{6}=99$, 则 $a_{20}=$
选项：
答案：1
解析：$\because a_{1}+a_{3}+a_{5}=105, \therefore 3 a_{3}=105, a_{3}=35$.

$\therefore a_{2}+a_{4}+a_{6}=3 a_{4}=99$.

$\therefore a_{4}=33, \quad \therefore d=a_{4}-a_{3}=-2$.

$\therefore a_{20}=a_{4}+16 d=33+16 \times(-2)=1$.
题目（高二 · 算术）：9. 已知 $\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 是等差数列, 且 $a_{4}=6, a_{6}=4$, 则 $a_{10}=$

答案 $\frac{12}{5}$
选项：
答案：$\frac{12}{5}$
解析：$\frac{1}{a_{6}}-\frac{1}{a_{4}}=\frac{1}{4}-\frac{1}{6}=2 d$, 即 $d=\frac{1}{24}$.

所以 $\frac{1}{a_{10}}=\frac{1}{a_{6}}+4 d=\frac{1}{4}+\frac{1}{6}=\frac{5}{12}$, 所以 $a_{10}=\frac{12}{5}$.
题目（高二 · 算术）：已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{12}=21$, 则 $a_{2}+a_{5}+a_{8}+a_{11}=$
选项：
答案：7
解析：由 题 意 得 $S_{12}=\frac{a_{1}+a_{12}}{2} \times 12=21, \Rightarrow a_{1}+a_{12}=\frac{7}{2}$, $a_{2}+a_{5}+a_{8}+a_{11}=\frac{7}{2}+\frac{7}{2}=7$. 故答案是 7
题目（高二 · 算术）：在 1 和 81 之间插入 3 个实数, 使它们与这两个数组成等差数列, 则这个等差数列的公差是
选项：
答案：20
解析：设这个等差数列的公差为 $d$, 由题意可得: $81=1+4 \mathrm{~d}$, 解得 $\mathrm{d}=20$. 故答案为: 20 .
题目（高二 · 算术）：10. 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $m$ 项和为 30 , 前 $2 m$ 项和为 100 , 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $3 m$ 项的和 $S_{3 m}$的值是
选项：
答案：210
解析：一 在等差数列中, $S_{m}, S_{2 m}-S_{m}, S_{3 m}-S_{2 m}$ 成等差数列.

$\therefore 30,70, S_{3 m}-100$ 成等差数列.

$\therefore 2 \times 70=30+\left(S_{3 m}-100\right), \quad \therefore S_{3 m}=210$.

方法二 在等差数列中, $\frac{S_{m}}{m}, \frac{S_{2 m}}{2 m}, \frac{S_{3 m}}{3 m}$ 成等差数列,

$\therefore \frac{2 S_{2 m}}{2 m}=\frac{S_{m}}{m}+\frac{S_{3 m}}{3 m}$.

即 $S_{3 m}=3\left(S_{2 m}-S_{m}\right)=3 \times(100-30)=210$.
题目（高二 · 算术）：7. 设 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $S_{3}=3, S_{6}=24$, 则 $a_{9}=$
选项：
答案：15
解析：设等差数列的公差为 $d$, 则

$S_{3}=3 a_{1}+\frac{3 \times 2}{2} d=3 a_{1}+3 d=3$,

即 $a_{1}+d=1$,

$S_{6}=6 a_{1}+\frac{6 \times 5}{2} d=6 a_{1}+15 d=24$,

即 $2 a_{1}+5 d=8$.

由 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+d=1, \\ 2 a_{1}+5 d=8,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=-1, \\ d=2 .\end{array}\right.$

故 $a_{9}=a_{1}+8 d=-1+8 \times 2=15$.
题目（高二 · 算术）：8. 两个等差数列 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和分别为 $S_{n}$ 和 $T_{n}$, 已知 $\frac{S_{n}}{T_{n}}=\frac{7 n+2}{n+3}$, 则 $\frac{a_{5}}{b_{5}}$ 的值是
选项：
答案：$\frac{65}{12}$
解析：$\frac{a_{5}}{b_{5}}=\frac{9\left(a_{1}+a_{9}\right)}{9\left(b_{1}+b_{9}\right)}=\frac{S_{9}}{T_{9}}=\frac{65}{12}$.
题目（高二 · 算术）：9. 在项数为 $2 n+1$ 的等差数列中, 所有奇数项的和为 165 , 所有偶数项的和为 150 , 则 $n$ 的值为
选项：
答案：10
解析：$S_{\text {亦 }}=\frac{(n+1)\left(a_{1}+a_{2 n+1}\right)}{2}=165$,

$S_{\text {保 }}=\frac{n\left(a_{2}+a_{2 n}\right)}{2}=150$.

$\because a_{1}+a_{2 n+1}=a_{2}+a_{2 n}, \quad \therefore \frac{n+1}{n}=\frac{165}{150}=\frac{11}{10}$,

$\therefore n=10$.
题目（高二 · 算术）：10. 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}<0, S_{9}=S_{12}$, 该数列在 $n=k$ 时, 前 $n$ 项和 $S_{n}$ 取到最小值, 则 $k$ 的值是
选项：
答案：10 或 11
解析：方法一 由 $S_{9}=S_{12}$, 得 $d=-\frac{1}{10} a_{1}$, 由 $\left\{\begin{array}{l}a_{n}=a_{1}+(n-1) d \leqslant 0 \\ a_{n+1}=a_{1}+n d \geqslant 0\end{array}\right.$, 得

$\left\{\begin{array}{l}1-\frac{1}{10}(n-1) \geqslant 0 \\ 1-\frac{1}{10} n \leqslant 0\end{array}\right.$,

解得 $10 \leqslant n \leqslant 11 . \therefore$ 当 $n$ 为 10 或 11 时， $S_{n}$ 取最小值，

$\therefore$ 该数列前 10 项或前 11 项的和最小.

方法二 由 $S_{9}=S_{12}$, 得 $d=-\frac{1}{10} a_{1}$,

由 $S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=\frac{d}{2} n^{2}+\left(a_{1}-\frac{d}{2}\right) n$,

得 $S_{n}=\left(-\frac{1}{20} a_{1}\right) \cdot n^{2}+\left(\frac{21}{20} a_{1}\right) \cdot n=-\frac{a_{1}}{20}\left(n-\frac{21}{2}\right)^{2}+\frac{441}{80} a_{1}\left(a_{1}<0\right)$,

由二次函数性质可知 $n=\frac{21}{2}=
题目（高二 · 算术）：7. 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $S_{n}=n^{2}-n,\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 则通项 $a_{n}=$
选项：
答案：$2 n-2$
解析：$2 n-2$