eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
A. -24
B. -3
C. 3
D. 8
答案：A
解析：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.
题目（高二 · 算术）：若等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, \frac{s_{8}}{S_{4}}=3$ 则 $\frac{S_{16}}{S_{4}}=(\quad)$
选项：
A. 3
B. 7
C. 10
D. 15
答案：D
解析：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.
题目（高二 · 算术）：已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 前 9 项的和为 $27, a_{10}=8$, 则 $a_{100}=$ ( )
选项：
A. 100
B. 99
C. 98
D. 97
答案：C
解析：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 $: \mathrm{C}$.
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
A. 66
B. 55
C. 45
D. 65
答案：A
解析：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.
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
A. 9
B. 10
C. 11
D. 12
答案：B
解析：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 $\mathrm{B}$.
题目（高二 · 算术）：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 $a_{1}=(\quad)$
选项：
A. 2
B. -2
C. 1
D. -1
答案：D
解析：$\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\mathrm{a}_{1}-2(\mathrm{n}-1), \mathrm{S}_{1}=\mathrm{a}_{1}, \mathrm{~S}_{2}=2 \mathrm{a}_{1}-2, \mathrm{~S}_{4}=4 \mathrm{a}_{1}-12, \because \mathrm{S}_{1}, \mathrm{~S}_{2}, \mathrm{~S}_{4}$ 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.
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
A. 30
B. 27
C. 9
D. 15
答案：D
解析：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.
题目（高二 · 算术）：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 $S_{2011}=$
选项：
A. -2010
B. 2010
C. 2011
D. -2011
答案：D
解析：$\because \mathrm{S}_{\mathrm{n}}$ 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.
题目（高二 · 算术）：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( )
选项：
A. $\frac{100}{101}$
B. $\frac{99}{100}$
C. $\frac{101}{102}$
D. $\frac{99}{101}$
答案：A
解析：$: \mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\frac{1}{n^{2}+n}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}, \therefore$ 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.
题目（高二 · 算术）：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( )
选项：
A. $1-\frac{1}{n}$
B. $1-\frac{1}{n+1}$
C. $2-\frac{2}{n}$
D. $2-\frac{2}{n+1}$
答案：B
解析：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, $a_{n}=a_{1}+(n-1) d=1+(n-1) \times 1=n \quad \therefore$

$$
\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \quad S_{100}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{100}-\frac{1}{101}=1-\frac{1}{101}=\frac{100}{101}
$$
题目（高二 · 算术）：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 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{100}{101}$
B. $\frac{99}{101}$
C. $\frac{99}{100}$
D. $\frac{101}{100}$
答案：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$$$\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \quad S_{100}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{100}-\frac{1}{101}=1-\frac{1}{101}=\frac{100}{101}$$
题目（高二 · 算术）：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 $\frac{1}{s_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\frac{1}{s_{3}}+\cdots+\frac{1}{s_{n}}=(\quad)$
选项：
A. $\frac{2 n}{n+1}$
B. $\frac{2}{n(n+1)}$
C. $\frac{n(n+1)}{2}$
D. $\frac{n}{2(n+1)}$
答案：A
解析：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.
题目（高二 · 算术）：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 $m=$ ( )
选项：
A. 11
B. 99
C. 120
D. 121
答案：B
解析：$\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$,

$\therefore \mathrm{Sn}=\frac{1}{\sqrt{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}+\frac{1}{2+\sqrt{3}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=(\sqrt{2}-1)+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+\ldots+(\sqrt{n+1}-$ $\sqrt{n})=\sqrt{n+1}-1, \quad \because \mathrm{S}_{\mathrm{m}}=9, \quad \therefore \sqrt{m+1}-1=9, \quad$ 解得 $\mathrm{m}=99$, 故选 $\mathrm{B}$.
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
A. $4^{10}-1$
B. $\left(2^{10}-1\right)^{2}$
C. $\frac{1}{3}\left(4^{10}-1\right)$
D. $\frac{1}{3}\left(2^{10}-1\right)$
答案：C
解析：$\because \mathrm{S}_{\mathrm{n}}=2^{\mathrm{n}}-1, \therefore \mathrm{S}_{\mathrm{n}+1}=2^{\mathrm{n}+1}-1, \quad \therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}+1}=\mathrm{S}_{\mathrm{n}+1}-\mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\left(2^{\mathrm{n}+1}-1\right)-\left(2^{\mathrm{n}}-1\right)=2^{\mathrm{n}}$,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.
题目（高二 · 算术）：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 $(\quad)$
选项：
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. $n^{2}+2-\frac{1}{2^{n-1}}$
答案：A
解析：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.
题目（高二 · 算术）：计算 $\frac{2}{1 \times 3}+\frac{2}{3 \times 5}+\frac{2}{5 \times 7}+\frac{2}{7 \times 9}+\frac{2}{9 \times 11}+\frac{2}{11 \times 13}=(\quad)$
选项：
A. $\frac{12}{13}$
B. $\frac{24}{13}$
C. $\frac{6}{13}$
D. $\frac{2}{13}$
答案：A
解析：: $\because \frac{2}{(2 n-1)(2 n+1)}=\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}$, $\therefore \quad \frac{2}{1 \times 3}+\frac{2}{3 \times 5}+\frac{2}{5 \times 7}+\frac{2}{7 \times 9}+\frac{2}{9 \times 11}+\frac{2}{11 \times 13}$ $=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{7}-\frac{1}{9}+\frac{1}{9}-\frac{1}{11}+\frac{1}{11}-\frac{1}{13}=1-\frac{1}{13}=\frac{12}{13}$, 故选 A.
题目（高二 · 算术）：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n}=(-1)^{n}(3 n-2)$, 则 $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{20}=(\quad)$
选项：
A. 30
B. 29
C. -30
D. -29
答案：A
解析：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.
题目（高二 · 算术）：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 $n=(\quad)$
选项：
A. 90
B. 121
C. 119
D. 120
答案：D
解析：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.
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
A. 18
B. 16
C. 15
D. 14
答案：B
解析：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 $\mathrm{B}$.
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 $S_{3}=7, S_{6}=63$, 则数列 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 ( )
选项：
A. $-3+(n+1) \times 2^{n}$
B. $3+(n+1) \times 2^{n}$
C. $1+(n+1) \times 2^{n}$
D. $1+(n-1) \times 2^{n}$
答案：D
解析：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.
题目（高二 · 算术）：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 $s_{n}=(\quad)$
选项：
A. $\frac{2 n}{n+1}$
B. $\frac{n+1}{n}$
C. $\frac{n}{n+1}$
D. $\frac{2 n}{2 n+1}$
答案：A
解析：$\because \mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\frac{1}{1+2+3++n}=\frac{1}{\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}}=2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right), \therefore$ 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.
题目（高二 · 算术）：$1+\left(1+\frac{1}{2}\right)+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2^{10}}\right)$ 值为( )
选项：
A. $18+\frac{1}{2^{9}}$
B. $20+\frac{1}{2^{10}}$
C. $22+\frac{1}{2^{11}}$
D. $18+\frac{1}{2^{10}}$
答案：B
解析：$\because 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}=\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}}{1-\frac{1}{2}}=2-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$,

$1+\left(1+\frac{1}{2}\right)+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2^{10}}\right)$

$=(2-1)+\left(2-\frac{1}{2}\right)+\left[2-\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\right]+\cdots+\left[2-\left(\frac{1}{2}\right)^{10}\right]=2+2+\cdots+2-\left[1+\frac{1}{2}+\cdots+\left(\frac{1}{2}\right)^{10}\right]$

$=22-\left[2-\left(\frac{1}{2}\right)^{10}\right]=20+\left(\frac{1}{2}\right)^{10}$.故选 B.
题目（高二 · 算术）：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
选项：
A. 33
B. 72
C. 84
D. 189
答案：C
解析：解析 由 $S_{3}=a_{1}\left(1+q+q^{2}\right)=21$ 且 $a_{1}=3$, 得 $q+q^{2}-6=0 . \because q>0, \therefore q=2 . \therefore a_{3}+a_{4}+a_{5}$ $=q^{2}\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)=2^{2} \cdot S_{3}=84$.
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
A. $\frac{15}{8}$ 或 5
B. $\frac{31}{16}$ 或 5
C. $\frac{31}{16}$
D. $\frac{15}{8}$
答案：C
解析：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

$S_{5}=\frac{1 \times\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{5}\right]}{1-\frac{1}{2}}=\frac{31}{16}$.
题目（高二 · 算术）：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)( )
选项：
A. 300 米
B. 299 米
C. 199 米
D. 166 米
答案：A
解析：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).
题目（高二 · 算术）：在等比数列中, $S_{30}=13 S_{10}, S_{10}+S_{30}=140$, 则 $S_{20}$ 等于 $(\quad)$
选项：
A. 90
B. 70
C. 40
D. 30
答案：C
解析：解析 $q \neq 1$ (否则 $S_{30}=3 S_{10}$ ),

由 $\left\{\begin{array}{l}S_{30}=13 S_{10} \\ S_{10}+S_{30}=140\end{array}, \therefore\left\{\begin{array}{l}S_{10}=10 \\ S_{30}=130\end{array}\right.\right.$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}\frac{a_{1}\left(1-q^{10}\right)}{1-q}=10 \\ \frac{a_{1}\left(1-q^{30}\right)}{1-q}=130\end{array} \quad, \therefore q^{20}+q^{10}-12=0\right.$.

$\therefore q^{10}=3, \quad \therefore S_{20}=\frac{a_{1}\left(1-q^{20}\right)}{1-q}=S_{10}\left(1+q^{10}\right)$

$=10 \times(1+3)=40$.
题目（高二 · 算术）：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( )
选项：
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
答案：B
解析：设每年偿还 $x$ 万元, 则: $x+x(1+\gamma)+x(1+\gamma)^{2}+x(1+\gamma)^{3}+x(1+\gamma)^{4}=a(1+\gamma)^{5}$, $\therefore x=\frac{a \gamma(1+\gamma)^{5}}{(1+\gamma)^{5}-1}$.
题目（高二 · 算术）：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 $(\quad)$.
选项：
A. 4.11B. 4.01C. 4.0D. 4.1
答案：D
解析：解析：解答：根据题意可得： $ar{v}=rac{3+2.1^{2}-3-2^{2}}{0.1}=4.1$
题目（高二 · 算术）：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 $\log _{2} a_{2014}=(\quad)$
选项：
A. 3
B. 2
C. 4
D. 5
答案：B
解析：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.
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
A. $(0,+\infty)$

B. $(-\infty, 0) \cup(3,+\infty)$

C. $(-\infty, 0) \cup(1,+\infty)$

D. $(3,+\infty)$
答案：A
解析：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.
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
A. $(-1,2)$

B. $(-\infty,-3) \cup(6,+\infty)$

C. $(-3,6)$

D. $(-\infty,-1) \cup(2,+\infty)$
答案：B
解析：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.
题目（高二 · 算术）：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 ( )
选项：
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. $f(0)>2 f\left(\frac{\pi}{3}\right)$
答案：A
解析：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.
题目（高二 · 算术）：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 $(\quad)$
选项：
A. 8
    B. 6
    C. 4
    D. 2
答案：C
解析：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 .
题目（高二 · 算术）：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( )
选项：
A. $a^{2}+b^{2}$
B. $2 \sqrt{a b}$
C. $2 a b$
D. $a+b$
答案：D
解析：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.
题目（高二 · 算术）：关于函数 $f(x)=|\tan x|$ 的性质, 下列叙述不正确的是 ( )
选项：
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
答案：A
解析：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.
题目（高二 · 算术）：函数 $y=\tan (\sin x)$ 的值域为 $(\quad)$
选项：
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
答案：C
解析：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: $C$.
题目（高二 · 算术）：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
选项：
A. $-\frac{2 \sqrt{3}}{3}$
   B. $\pm \frac{2 \sqrt{3}}{3}$
   C. -1
   D. $\pm 1$
答案：C
解析：$\because \cos \left(x-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2} \cos x+\frac{1}{2} \sin x=-\frac{\sqrt{3}}{3}, \therefore \cos x+\cos \left(x-\frac{\pi}{3}\right)=\frac{3}{2} \cos x+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x=\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \cos x+\frac{1}{2} \sin x\right)$

$=\sqrt{3} \times\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)=-1$, 故选 C
题目（高二 · 算术）：已知函数 $f(x)=2 \sqrt{3} \sin x \cos x+2 \cos ^{2} x+1$, 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：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.
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 ：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
题目（高二 · 算术）：$\sin 1 \cdot \cos 2 \cdot \tan 3$ 的值
选项：
A. 大于 0\nB. 小于 0\nC. 等于 0\nD. 不确定\n\n
答案：A
解析：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.
题目（高二 · 算术）：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( )
选项：
A. 45 元
B. 55 元
C. 65 元
D. 70 元
答案：D
解析：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.
题目（高二 · 算术）：在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{2}=-6$, 公差 $d=2$, 则 $a_{12}=(\quad)$
选项：
A. 12
B. 14
C. 16
D. 10
答案：B
解析：答案: B

解析: $\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{2}=-6$, 公差 $d=2, \therefore a_{12}=a_{2}+10 d=-6+20=14$
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 $S_{8}=a_{8}=8$, 则公差 $d$ 等于 ( )
选项：
A. $\frac{1}{4}$
B. $\frac{1}{2}$
C. 1
D. 2
答案：D
解析：解析: $\because S_{8}=a_{8}=8, \therefore a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{8}=a_{8}, \therefore S_{7}=0, \because S_{7}=7 a_{4}, \therefore a_{4}=0$

$\because a_{4}=0, a_{8}=8, \therefore d=\frac{a_{8}-a_{4}}{8-4}=2$.
题目（高二 · 算术）：.等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3}=3, a_{5}=7$, 则 $a_{7}=(\mathrm{)}$
选项：
A. 5\nB. 9\nC. 11\nD. 13\n
答案：C
解析：答案: C\n\n解析: 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3}=3, a_{5}=7$, 则 $a_{7}=2 a_{5}-a_{3}=14-3=11$
题目（高二 · 算术）：已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 3 项和为 $6, a_{5}=5$, 则 $a_{2019}=(\quad)$
选项：
A. 2017
B. 2018
C. 2019
D. 2020
答案：C
解析：答案: C
题目（高二 · 算术）：在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中,已知 $a_{1}=2, a_{2}+a_{3}+a_{4}=24$, 则 $a_{4}+a_{5}+a_{6}$ 等于 ( )
选项：
A. 38
B. 39
C. 41
D. 42
答案：D
解析：解析：设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 由 $a_{1}=2, a_{2}+a_{3}+a_{4}=24$, 得 $3 \times 2+6 d=24$, 得 $d=3, \therefore a_{4}+a_{5}+a_{6}=3 a_{1}+12 d=42$. 故选 D.