高中数学二、大衍求一术(孙子定理)专项测试同步训练
高中数学二、大衍求一术（孙子定理）专项测试同步训
练
2020.03
1,设{a n}为等差数列，从{a1，a2，a3，…，a10}中任取4个不同的数，使这4个数仍成等差数列，则这样的等差数列最多有个．
2,某空调器厂为了规范其生产的空调器的市场营销，在一个地区指定一家总经销商，规定经总销商之间不得“串货”（即一个地区的总经销商不得向其他地区销售该品牌空调器）．经空调器厂和各地区总经销商联合市场调查，预计今年的七月份（销售旺季），市场将需求售价为1800元/台的P型空调器200万台，但该厂的生产能力只有150万台．为了获得足够的资金组织生产，该空调器厂规定，每年的销售旺季前预付货款的总经销商在旺季将获得供货优待．以东部地区为例，今年的7月份市场将需求P型空调器10万台，如果东部地区的总经销商在2月1日将10万台P型空调器的货款全部付清，空调器厂按1500元/台的价格收取货款，并在7月1日保证供货；每推迟一个月打入货款，每台空调器的价格将增加6元，并且供货量将减少2%．已知银行的月利率为0.5%．
(I)就P型空调器的进货单价而言，总经销商在2月1日和7月1日打入货款，哪个划算？
(II)就东部地区经销P型空调器而言，总经销商在2月1日和7月1日打入货款，哪个划算？
(III)东部地区的小王7月1日用分期付款的方式购买了1台P型空调器，
如果采用每月“等额还款”的方式从7月1日开始分6次付清，小王每一次的付款额约是多少？(以下数据仅供参考：1.0054＝1.020151，1.0055＝1.025251，1.0056＝1.030378，0.985＝0.903921，0.986＝0.885842，0.987＝0.868126)
3,已知椭圆＋＝1上有n个不同的点P1，P2，P3，…，P n．设椭圆的右焦点为F，数列｛|P n F|｝是公差大于的等差数列，则n的最大值为 ( ) A．2007 B．2006 C．1004 D．1003
4,若实数m，n满足＜＜0，则下列结论中不正确的是( )
A．m2＜n2 B．mn＜n2 C．＋＞2 D．|m|＋|n|＞|m＋n|
5,已知直线m，n和平面α，则m∥n的一个必要不充分条件是( ) A．m∥α，n∥α B．m⊥α，n⊥α
C．m∥α，n αD．m，n与α所成角相等
6,将一张画有直角坐标系的图纸折叠一次，使得点A(0，2)与点B(4，0)重合．若此时点C(7，3)与点D(m，n)重合，则m＋n的值是
7,要得到函数y＝cot(－3x)的图象，可将y＝tan3x的图象( ) A．向右平移个单位B．向左平移个单位
C．向右平移个单位D．向左平移个单位
8,已知命题p：不等式|x－m|＋|x－1|＞1的解集为R，命题q：f(x)＝log(3
＋m)x 是(0，＋∞)上的增函数．若“p且q”是假命题，“p或q”是真命题，则
实数m的取值范围是．
9,如图，在多面体ABCDE中，AE⊥面ABC，BD∥AE，且AC＝AB＝BC＝BD＝
2，AE＝1，F为CD的中点．
(I)求证：EF⊥面BCD；
(II)求多面体ABCDE的体积；
(III)求面CDE与面ABDE所成的二面角的余弦值．
10,下列四个函数中，值域是(－∞，－2]的一个函数是( )
A．y＝－2x＋1(x＞) B．y＝－(x＋1)2－2(－1≤x ≤0)
C．y＝x＋(x＜－1) D．y＝log0.5(x＋＋1)(x＞1)
11,已知向量a＝(2cosα，2sinα)，b＝(3cosβ，3sinβ)，a与b的夹角为60o，则直线xcosα－ysinα＋1＝0与圆(x－cosβ)2＋(y＋sinβ)2＝1的位置关系是 ( )
A．相切 B．相交 C．相离 D．随α，β的值而定
12,进入21世纪，肉食品市场对家禽的需求量大增，发展家禽养殖业成了我国一些地区发展农村经济的一个新举措．下列两图是某县2000～2005年家禽养殖业发展规模的统计结果，那么，此县家禽养殖数最多的年份是 ( )
A．2000年 B．2001年 C．2003年 D．2004年
13,在(1－)15的展开式中，系数最大的项是第项．
14,设集合M＝{θ|θ＝，k∈Z}，N＝{x|cos2x＝0，x∈R}，P＝{α|sin2α
＝1，α∈R}，则下列关系式中成立的是( )
A．P,\d\fo0 ((N,\d\fo0 ((M B．P＝N,\d\fo0 ((M C．P,\d\fo0 ((N＝M D．P＝N＝M
15,有下列命题：
①G＝（G≠0）是a，G，b成等比数列的充分非必要条件；
②若角α，β满足cosαcosβ=1，则sin(α+β)＝0；
③若不等式|x－4|+|x－3|＜a的解集非空，则必有a≥1；
④函数y=sinx+sin|x|的值域是［－2，2］．
其中正确命题的序号是．（把你认为正确的命题的序号都填上）
答案
1, 24
2, 解 (I)2月1日打入货款，P型空调器的进货单价为1500元；7月1日
打入货款，P型空调器的进货单价为1500＋5×6＝1530（元）．
由于1500×(1＋0.5%)5＝1500×1.025251≈1537.88＞1530，
所以，就P 型空调器的进货单价而言，经销商在7月1日打入货款划算． (II)2月1日打入货款，东部地区经销P 型空调器的利润是100000×(1800－1537.88)＝26212000（元）；
7月1日打入货款，东部地区经销P 型空调器的台数是100000×(1－2%)5＝90392.1≈90392，
利润为90392×(1800－1530)＝24405840（元）．
由于24405840＜26212000，所以，就东部地区经销P 型空调器而言，在2月1日打入货款最划算．
(III)设小王每个月的还款数额为x 元，
则(1＋1.005＋1.0052＋1.0053＋1.0054)x ＝(1800－x)×1.0055， 即 x ＝1800×1.0055，
解得x ＝＝＝303.75(元)．
答：小王每一次的付款额约是303.75元．
3, B
4, D
5, D 6, 534
7, B
8, (－3，－2)∪ [0，2]
9, 解：(I)取BC 中点G ，连FG ，AG ．
因为AE ⊥面ABC ，BD ∥AE ，所以BD ⊥面ABC ．
又AG ⊂面ABC ，所以BD ⊥AG ．
又AC ＝AB ，G 是BC 的中点，所以AG ⊥BC ，所以AG ⊥平面BCD ．
又因为F 是CD 的中点且BD ＝2，所以FG ∥BD 且FG ＝21
BD ＝1，所以FG ∥AE ．
又AE ＝1，所以AE ＝FG ，所以四边形AEFG 是平行四边形，所以EF ∥AG ，所以EF ⊥面BCD ．
(II)设AB 中点为H ，则由AC ＝AB ＝BC ＝2，可得CH ⊥AB 且CH ＝3． 又BD ∥AE ，所以BD 与AE 共面．
又AE ⊥面ABC ，所以平面ABDE ⊥平面ABC ．
所以CH ⊥平面ABDE ，即CH 为四棱锥C －ABDE 的高．
故四棱锥C －ABDE 的体积为V C －ABDE ＝31S ABDE ·CH ＝31 [21
(1＋2)×2×3]
＝3． (III)过C 作CK ⊥DE 于K ，连接KH ．
由三垂线定理的逆定理得KH ⊥DE ，所以∠HKC 为二面角C －DE －B 的平面角．
易知EC ＝，DE ＝5，CD ＝22．
由S △DCE ＝21×22×3＝21
×5CK ，可得CK ＝5302．
在Rt △CHK 中，sin ∠HKC ＝＝410
，所以cos ∠HKC ＝46，
所以面CDE 与面ABDE 所成的二面角的余弦值为46
．
10, D
11, C
12, B
13, 9
14, A
15, ①②③④。
【小升初专项训练】10 孙子定理
第13讲孙子定理第一关求被除数【知识点】1 .孙子定理的含义：也叫中国剩余定理.《孙子算经》中“物不知数”问题说：“今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数∙∙之剩三，七七数之剩二，问物几何？”即被三除余二，被五除余三，被七除余二的最小整数.这个问题称作孙子问题，俗称韩信点兵.其正确解法叫做孙子剩余定理.2 .中国轲余定理的结论：令任意固定整数为M,当M/A余a,MZB余b,M/C余c,M/D余d,…，M/Z余Z时，这里的A,B,C,D,…，Z为除数，除数为任意自然数（如果为。
，没有任何意义，如果为1,在孙子定理中没有计算和探讨的价值，所以，不包括O和1）时；余数a,b,c,d,Z为自然整数时.1 .当命题正确时，在这些除数的最小公倍数内有解，有唯一的解，每一个最小公倍数内都有唯一的解；当命题错误时，在整个自然数范围内都无解.2 .当M在两个或两-个以上的除数的最小公倍数内时，这两个或两个以上的除数和余数可以定位M在最小公倍数内的具体位置，也就是M的大小.3 .正确的命题，指没有矛盾的命题：分别除以A,B,C,D,…，Z不同的余数组合个数=A,B,C,D,…，Z的最小公倍数二不同的余数组合的循环周期.【例1】有一个整数，除以3余数是2,除以5余数是3,除以7余数是4,这个数可能是多少？A.67B.73C.158D.22【答案】C【例2】一个自然数除以13余6,除以29余7,这个自然数最小是多少？【答案】123【例3】一个数除以4余3,•除以5余2,除以6余1,这个数最小是多少？【答案】7【例4】有一个数除以3余2,除以5余3,除以7余4,除以9余5.这个数至少是多少？【答案】158【例5】被4除余1,被5除余2,被6除余3的最小自然数是多少？【答案】57【例6】一个数被2,3,7除结果都余1,这个数最小是多少？【例7】被3除余2,被5除余4,被7除余4的最小自然数是多少？【答案】74【例8】一个数，它除以11余8,除以13余10,被3除余1,这个数最小是多少？【答案】283【例9】某数用6除余3,用7除余5,用8除余1,这个数最小是几？【答案】33【例10】一个数除以5余2,除以6余2,除以7余3,求能漏足这三个条件的最小自然数是多少？【答案】122【例11】一个自然数除以3余2,除以5余4,除以7余6,这个自然数最小是多少？【答案】104【例12】一个数能被3、5、7整除，若用11去除则余1,这个数最小是多少？【答案】210【例13】•筐橘子，三三数之余一，五五数之余四，七七数之余二，筐里最少有多少个橘子？【答案】79【例14】一堆糖.分给A、B、C三个班级的小朋友（每班人数互不相同），如果A班每人6颗，则多3颗；乙班每人7颗，则少3.颗；丙班每人8颗，则少7颗，问这堆糖至少有多少颗？【答案.】81【例15】有一筐苹果，甲班分，每人3个还剩11个；乙班分，每人4个还剩10个；丙班分，每人5个还剩12个.那么这筐苹果至少有多少个？【答案】62【例16】有一盒乒乓球，每次8个8个地数，10个10个地数，12个12个地数，最后总是剩下3个.这盒,乒乓球至少有多少个？【答案】123【例17】一筐苹果，如果按5个一堆放，最后多出3个.如果按6个一堆放，最后多出4个.如果按7个一堆放，还多出1个.这筐苹果至少有多少个？【答案】148【例18】五年级的学生排队做操，如果10人一行则余2人，如果12人一行则余4人，如果16人一行则余8人，那么五年级最少有多少人？【答案】232【例19】一个三位数被3除余1,被5除余3,被7除余5,这个数最大是多少？【答案】943【例20】设。
高中数学新高考单项选择题训练(二)共5套(附解答)
高中数学新高考单项选择题训练（二）共5套单项选择题训练（1）1.已知集合，则A. B.C. D.2.设复数z满足，i为虚数单位，则复数z的虚部是A.1B.C. iD.3.大衍数列来源于我国古代文献乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和．已知该数列前10项是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则大衍数列中奇数项的通项公式为A. B. C. D.4.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A. B. C. D.5.“里氏震级”反映的地震释放出来的能量大小的一种度量．里氏震级M 地震释放的能量单位：焦耳之间的关系为：年云南澜沧发生地震为里氏级，2008年四川汶川发生的地震为里氏8级．若云南澜沧地震与四川地震释放的能量分别为，，则的值为A. B. C. D.6.已知点在直线上，则的最小值为A. 6B. 4C. 3D. 27.A 、B 两点的坐标分别为和，则线段AB 的垂直平分线方程为A. B. C. D.8.设偶函数在上为增函数，且，则不等式的解集为A. B.C. D.单项选择题训练（2） 1．已知复数2i1-i=z ，则复数z 的虚部是（ ） A ．1- B ．1 C ．i D ．-i2．已知集合{}2|2,=<∈A x x x Z ，则A 的真子集共有（ ）个A ．3B ．4C ．6D ．73．已知某圆锥的母线长为4，底面圆的半径为2，则圆锥的全面积为（ ） A ．10π B ．12π C ．14π D ．16π4．为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯在公元前二世纪首先提出了星等这个概念．星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大它的光就越暗．到了1850年，由于光度计在天体光度测量的应用，英国天文学家普森又提出了亮度的概念，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足()12212.5lg lg m m E E -=-，其中星等为km 的星的亮度为(1,2)k E k =．已知“心宿二”的星等是1.00，“天津四”的星等是1.25，则“心宿二”的亮度大约是“天津四”的（ ）倍．（当x较小时，2101 2.3 2.7x x x ≈++） A ．1.22 B ．1.23 C ．1.26 D ．1.275．向量,a b 满足||1a =，a 与b 的夹角为3π，则||a b -的取值范围为（ ）A ．[1,)+∞B ．[0,)+∞C ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ D．⎫+∞⎪⎣⎭ 6．已知三棱锥P ABC -，过点P 作PO ⊥平面ABC ，O 为ABC 中的一点，且,,PA PB PB PC PC PA ⊥⊥⊥，则点O 为ABC 的（ ）A ．垂心B ．内心C ．重心D ．外心7．设sin5a π=，b =2314c ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则（ ） A ．a c b << B ．b a c << C ．c a b << D ．c b a << 8．已知三棱锥P ABC -的四个顶点均在同一个确定的球面上，且BA BC ==，2ABC π∠=，若三棱锥P ABC -体积的最大值为3，则其外接球的半径为（ ）A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 单项选择题训练（3）1．已知全集R U =，集合}03|{2>-=x x x A ，)}2ln(|{-==x y x B ，则)(A C B U =（ ）A. )3,0[B.)3,1(C.]3,2(D.)3,2(2．若iiz --=121，则z 在复平面内对应的点位于（ ） A ．第一象限 B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3．已知31e a =，21log 3=b ，21log 31=c ，则c b a ,,的大小关系为（ ）A ．c b a <<B ．a c b <<C ．b c a <<D ．c a b <<4．“)4,1(∈a ”是“直线0=-+a y x 与圆2)2()1(:22=-+-y x C 相交”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．充要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件5．《九章算术·衰分》中有如下问题:“今有甲持钱五百六十,乙持钱三百五十，丙持钱一百八十，凡三人俱出关，关税百钱.欲以钱数多少衰出之,问各几何?”翻译为“今有甲持钱560,乙持钱350,丙持钱180,甲、乙、丙三个人一起出关，关税共计100钱，要按个人带钱多少的比例交税,问三人各应付多少税?”则下列说法中错误的是（ ） A. 甲付的税钱最多 B. 乙、丙两人付的税钱超过甲 C. 乙应出的税钱约为32 D. 丙付的税钱最少6．已知两个力1(1,2)F =,2(2,3)F =-作用于平面内某静止物体的同一点上,为使该物体仍保持静止,还需给该物体同一点上再加上一个力3F ,则3F =（ ）A.B. C.D.7．一种药在病人血液中的量保持1500mg 以上才有效，而低于500mg 病人就有危险.现给某病人注射了这种药2500mg ，如果药在血液中以每小时20%的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过（ ）小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效。
大衍求一术 PPT
式中105为3、5、7的最小公倍数，p为适当选取 的整数，使得0<N≤105,该题取p =2.
新知探究
《孙子算经》
《孙子算经》中给出的算 法：术曰，三三数之剩二置一 百四十，五五数之剩三置六十 三，七七数之剩二置三十，并 之得二百三十三，以二百十减 之，即得.
同余问题（余数相同）
新知探究
问题3:篮内有鸡蛋若干个，每次取3个还 剩2个；每次取5个，篮内剩3个；每次取 七个，还剩2个，篮内至少有多少个鸡蛋？
《孙子算经》——物不知数
今有物不知其数：三三数之剩二，
五五数之剩三，七七新知探究
解：选定5×7的一个倍数，被3除余1，即70； 选定3×7的一个倍数，被5除余1，即21； 选定3×5的一个倍数，被7除余1，即15. 然后按下式计算：
从数学上看，“上元”的确定就是求 解以上面各种周期为模数的同余式组。
拓展思考
某单位有100把锁，分别编号为1，2，3，…， 100.现在要对钥匙编号，使外单位的人看不懂，而 本单位的人一看见锁的号码就知道该用哪一把钥匙.
利用中国剩余定理，把锁的号码被3，5，7去除所 得的三个余数来作钥匙的号码（首位余数是0时，也不 能省略）.
凡三三数之剩一则置七十， 五五数之剩一则置二十一，七 七数之剩一则置十五.一百六 以上，以一百五减之，即得.
新知探究
明朝数学家程大位在《算法统宗》中把 上式总结为一首通俗易懂的歌决：
三人同行七十稀，五树梅花廿一枝， 七子团圆正半月，除百零五便得知.
新知探究
“物不知数”问题属于数论的一次同余方程组问 题，用现代数学符号可表示为求同余方程组的整数解：
数学经典问题
（上海图书馆藏） 上海图书馆藏）
6
案例 2
尼 加 达 拉 哥 瓜 ， 定 理 （ 1971 ） 斯 拉 毕
勾股定理
7
《周髀算经》中的 “勾股定理” 周髀算经》 勾股定理”
（约公元前700年） 约公元前700 700年
《周髀算经》卷上记载西周开国时 周髀算经》卷上记载西周开国 西周开国时 商高讨论勾股测量 期周公与大夫商高 期周公与大夫商高讨论勾股测量 的对话， 的对话，商高答周公问时提到 经隅五” “勾广三 股修四 经隅五”，这 是勾股定理的特例。 是勾股定理的特例。 卷上另一处叙述周公后人 卷上另一处叙述周公后人荣方与陈 周公后人荣方与陈 约公元前6 世纪） 子（约公元前6、7世纪）的对话 中，则包含了勾股定理的一般形 ……以日下为勾 以日下为勾， 式：“……以日下为勾，日高为 勾股各自乘，并而开方除之， 股，勾股各自乘，并而开方除之， 得邪至日。 得邪至日。”
22
证明三
a b ½(a + b)(b + a) = ½c2 + 2(½ab) ½a2 + ab + ½b2 = ½c2 + ab a c b
23
c
∴
a2 + b2 = c2
出入相补
刘徽（生于公元三世纪） （生于公元三世纪 三国魏晋时代人。 晋时代人。 魏景元四年（即 263 年）为 年）为 古籍《九章算术 作注释 古籍《九章算术》作注释。 在注作中，提出以「出入相 补」的原理来证明「勾股定 」的原理来证明「勾股定 理」。後人称该图为「青朱 理」。後人称该图为「青朱 入出图 入出图」。
36
除余1， 除余 除余2， 除余 除余4， 例1：一个数被 除余 ，被4除余 ，被5除余 ，这 ：一个数被3除余 个数最小是几？ 个数最小是几？ 解:题中 、4、5三个数两两互质。 题中3、 、 三个数两两互质。 题中 三个数两两互质 则〔4，5〕=20；〔3，5〕=15；〔3，4〕=12； ， 〕 ； ， 〕 ； ， 〕 ； 〔3，4，5〕=60。 ， ， 〕 。 为了使20被 除余 除余1， 为了使 被3除余 ，用20×2=40； × ； 除余1， 使15被4除余 ，用15×3=45； 被 除余 × ； 使12被5除余 ，用12×3=36。 被 除余1， × 。 除余 然后， × ＋ × ＋ × 然后，40×1＋45×2＋36×4=274， ， 因为， 因为，274>60，所以，274－60×4=34，就是所求 ，所以， － × ， 的数
第02讲 等差数列及其前n项和 (练)(含答案解析)
第02讲等差数列及其前n 项和(练）-2023年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）第02讲等差数列及其前n 项和(精练）A 夯实基础一、单选题（2022·四川省南充市白塔中学高一阶段练习（文））1．在等差数列{}n a 中，已知3412a a +=，则数列{}n a 的前6项之和为（）A ．12B ．32C ．36D ．37（2022·天津天津·高二期末）2．某中学的“希望工程”募捐小组暑假期间走上街头进行了一次募捐活动，共收到捐款1200元.他们第1天只得到10元，之后采取了积极措施，从第2天起，每一天收到的捐款都比前一天多10元.这次募捐活动一共进行的天数为（）A ．13B ．14C ．15D ．16（2022·北京市第十二中学高二阶段练习）3．设等差数列{}n a 的公差为d ，若数列{}1n a a 为递减数列，则（）A ．0d <B ．0d >C ．10a d >D ．10a d <（2022·黑龙江双鸭山·高二期末）4．等差数列{}n a 中，已知70a >，2100a a +<，则{}n a 的前n 项和n S 的最小值为（）A ．5S B ．6S C ．7S D ．8S （2022·山东师范大学附中模拟预测）5．如图，在杨辉三角形中，斜线l 的上方，从1开始箭头所示的数组成一个锯齿形数列：1，3，3，4，6，5，10，…，记其前n 项和为n S ，则22S =（）（2022·湖北·安陆第一高中高二阶段练习）6．已知数列{}n a 的前n 项和225n S n n =-，若1015k a <<，则k =（）A ．5B ．6C ．7D ．8（2022·全国·模拟预测）7．设等差数列{}n a 与等差数列{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T .若对于任意的正整数n 都有2131n n S n T n +=-，则89a b =（）A ．3552B ．3150C ．3148D ．3546（2022·全国·高二专题练习）8．等差数列{}n a 的首项为正数，其前n 项和为n S .现有下列命题，其中是假命题的有（）A ．若n S 有最大值，则数列{}n a 的公差小于0B ．若6130a a +=，则使0n S >的最大的n 为18C ．若90a >，9100a a +<，则{}n S 中9S 最大D ．若90a >，9100a a +<，则数列{}n a 中的最小项是第9项二、多选题（2022·黑龙江·鹤岗一中高二期中）9．已知等差数列{an }的公差为d ，前n 项和为Sn ，且91011S S S =<，则（）A ．d ＜0B ．a 10＝0C ．S 18＜0D ．S 8＜S 9（2022·浙江温州·高二期末）10．某“最强大脑”大赛吸引了全球10000人参加，赞助商提供了2009枚智慧币作为比赛奖金．比赛结束后根据名次（没有并列名次的选手）进行奖励，要求第k 名比第1k +名多2枚智慧币，每人得到的智慧币必须是正整数，且所有智慧币必须都分给参赛者，按此规则主办方可能给第一名分配（）智慧币．A ．300B ．293C ．93D ．89三、填空题（2022·全国·高二课时练习）11．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且20202019120202019S S -=，则数列{}n a 的公差为_______.（2022·江苏·高二）12．首项为正数的等差数列，前n 项和为n S ，且38S S =，当n =________时，n S 取到最大值.四、解答题（2022·山东·高二阶段练习）13．在等差数列{}n a 中，2745,6a a a ==+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设n S 为{}n a 的前n 项和，若99m S =，求m 的值.（2022·全国·高三专题练习（文））14．已知数列{}n a 的前n 项和为2230n S n n =-.（1）求出{}n a 的通项公式；（2）求数列n S n ⎧⎫⎨⎩⎭前n 项和最小时n 的取值B 能力提升一、单选题（2022·四川省绵阳南山中学高一期中）15．设等差数列{}n a 的公差为d ，其前n 项和为n S ，且513S S =，6140a a +<，则使得0n S <的正整数n 的最小值为（）A ．18B ．19C ．20D ．21（2022·全国·高三专题练习）16．已知公差非零的等差数列{}n a 满足38a a =，则下列结论正确的是（）A ．110S =B ．*11()110N n n S S n n -=≤≤∈,C ．当110S >时，5n S S ≥D ．当110S <时，5n S S ≥（2022·全国·高三专题练习）17．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知100S =，1525S =，则n n S +的最小值为______．（2022·辽宁辽阳·二模）18．“物不知数”是中国古代著名算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二；五五数之剩三；七七数之剩二.问物几何？”它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术中给出的.大衍求一术（也称作“中国剩余定理”）是中国古算中最有独创性的成就之一，属现代数论中的一次同余式组问题，已知问题中，一个数被3除余2，被5除余3，被7除余2，则在不超过4200的正整数中，所有满足条件的数的和为______.（2022·山西吕梁·二模（理））19．已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，151416>>S S S ，则满足10n n S S +⋅<的正整数n 是________．（2022·湖南衡阳·三模）20．已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()*12n n n a a S n N+=∈，则24666a a a a +++⋅⋅⋅+=__________．C 综合素养（2022·山东济南·三模）21．如图1，洛书是一种关于天地空间变化脉络的图案，2014年正式入选国家级非物质文化遗产名录，其数字结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，形成图2中的九宫格，将自然数1，2，3，…，2n 放置在n 行n 列()3n ≥的正方形图表中，使其每行、每列、每条对角线上的数字之和（简称“幻和”）均相等，具有这种性质的图表称为“n 阶幻方”．洛书就是一个3阶幻方，其“幻和”为15．则7阶幻方的“幻和”为（）图1图2A ．91B ．169C ．175D ．180（2022·新疆克拉玛依·三模（文））22．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次成等差数列．如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前7项分别为2，3，5，8，12，17，23，则该数列的第31项为（）A ．636B ．601C ．483D ．467（2022·陕西·宝鸡中学模拟预测）23．“中国剩余定理”是关于整除的问题.现有这样一个问题“将1~2030这2030个自然数中，能被3整除余1且能被4整除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{}n a ，则该数列共有（）A ．170项B ．171项C ．168项D ．169项（2022·浙江·模拟预测）24．毕达哥拉斯学派是古希腊哲学家毕达哥拉斯及其信徒组成的学派，他们把美学视为自然科学的一个组成部分．美表现在数量比例上的对称与和谐，和谐起于差异的对立，美的本质在于和谐．他们常把数描绘成沙滩上的沙粒或小石子，并由它们排列而成的形状对自然数进行研究．如图所示，图形的点数分别为1,5,12,22, ，总结规律并以此类推下去，第8个图形对应的点数为________，若这些数构成一个数列，记为数列{}n a ，则322112321a a aa ++++= ________．（2022·辽宁·东北育才双语学校模拟预测）25．“物不知数”是中国古代著名算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二；五五数之剩三；七七数之剩二.问物几何？”它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术中给出的.大衍求一术（也称作“中国剩余定理”）是中国古算中最有独创性的成就之一，属现代数论中的一次同余式组问题.已知问题中，一个数被3除余2，被5除余3，被7除余2，则在不超过2022的正整数中，所有满足条件的数的和为___________.参考答案：1．C【分析】直接按照等差数列项数的性质求解即可.【详解】数列{}n a 的前6项之和为()12345634336a a a a a a a a +++++=+=.故选：C.2．C【分析】由题意可得募捐构成了一个以10元为首项，以10元为公差的等差数列，设共募捐了n 天，然后建立关于n 的方程，求出n 即可．【详解】由题意可得，第一天募捐10元，第二天募捐20元，募捐构成了一个以10元为首项，以10元为公差的等差数列，根据题意，设共募捐了n 天，则(1)120010102n n n -=+⨯，解得15n =或16-（舍去），所以15n =，故选：C ．3．D【分析】根据数列{}1n a a 为递减数列列不等式，化简后判断出正确选项.【详解】依题意，数列{}n a 是公差为d 的等差数列，数列{}1n a a 为递减数列，所以111n n a a a a +>，()11n n a a a a d >+，1111,0n n a a a a a d a d >+<.故选：D 4．B【分析】由等差数列的性质将2100a a +<转化为60a <，而70a >，可知数列是递增数，从而可求得结果【详解】∵等差数列{}n a 中，2100a a +<，∴210620a a a +=<，即60a <．又70a >，∴{}n a 的前n 项和n S 的最小值为6S ．故选：B 5．B【分析】将数列的前22项写出来，再进行求和即可.【详解】根据杨辉三角的特征可以将数列继续写出到第22项：1，3，3，4，6，5，10，6，15，7，21，8，28，9，36，10，45，11，55，12，66，13，所以()()221361015212836455566345678910111213S =+++++++++++++++++++++()313112863742+⨯=+=故选：B 6．A【分析】由n a 与n S 的关系先求出n a ，再结合已知条件可求出答案.【详解】由()()22125215147(1)n n n a S S n n n n n n -⎡⎤=-=-----=->⎣⎦，得47,1n a n n =-=也适合，又由104715k <-<得171142k <<，又k *∈N ，∴5k =，故选:A ．7．B【分析】先设()21n S n nt =+，()31n T n nt =-，由887a S S =-，998b T T =-直接计算89a b 即可.【详解】设()21n S n nt =+，()31n T n nt =-，0t ≠.则88713610531a S S t t t =-=-=，99823418450b T T t t t =-=-=，所以893150a b =.故选：B.8．B【分析】由n S 有最大值可判断A ；由6139100a a a a +=+=，可得90a >，100a <，利用91018182+=⨯a a S 可判断BC ；90a >，9100a a +<得90a >，991010a a a a =<-=，可判断D.【详解】对于选项A ，∵n S 有最大值，∴等差数列{}n a 一定有负数项，∴等差数列{}n a 为递减数列，故公差小于0，故选项A 正确；对于选项B ，∵6139100a a a a +=+=，且10a >，∴90a >，100a <，∴179=170S a >，910181802a a S +=⨯=，则使0n S >的最大的n 为17，故选项B 错误；对于选项C ，∵90a >，9100a a +<，∴90a >，100a <，故{}n S 中9S 最大，故选项C 正确；对于选项D ，∵90a >，9100a a +<，∴90a >，991010a a a a =<-=，故数列{}n a 中的最小项是第9项，故选项D 正确.故选：B.9．BC【分析】由91011S S S =<，得100,0d a >=，判断出A,B 选项，再结合90a <，11818118910918()9()9()92a a S a a a a a +==+=+=判断C 选项，再根据等式性质判断D 选项【详解】910S S = ，101090a S S ∴=-=，所以B 正确又1011S S <,111110100a S S a d ∴=-=+>,0d ∴>,所以A 错误1090,0,0a d a =>∴< 11818118910918()9()9()902a a S a a a a a +==+=+=<，故C 正确9989890,,a S S a S S <=+∴> ,故D 错误故选：BC 10．BD【分析】设第一名分配m 个智慧币，且总共有x 名参赛选手获奖，根据等差数列知识可得20091m x x=+-，分类讨论可得结果.【详解】设第一名分配m 个智慧币，且总共有x 名参赛选手获奖，则智慧币分配如下：()()()2122212009m m m m x +-⨯+-⨯++--=⎡⎤⎣⎦ ，即()21212009xm x -+++-=⎡⎤⎣⎦ ，又()()()211112122x x x x x +--⎡⎤-⎣⎦+++-==，∴22009xm x x +-=，即20091m x x=+-，∵x ，m 都为正整数，且20097741=⨯⨯，∴7x =，2009712937m =+-=，41x =，20094118941m =+-=，49x =，20094918949m =+-=，287x =，20092871293287m =+-=，∴第一名分配89或293个智慧币．故选：BD 11．2【分析】由题意列出关于公差d 的方程，解方程即可．【详解】设数列{}n a 的公差为d ，则由20202019120202019S S -=可得：1120202019201920182020201922120202019a d a d ⨯⨯++-=，化简可得()112019100912a d a d +-+=，解得2d =，故答案为：2．12．5或6##6或5【分析】结合已知条件和等差数列的性质，求出数列{}n a 是单调递减数列，进而求解.【详解】由题意，设等差数列为{}n a 且10a >，公差为d ，因为38S S =，所以8345678650S S a a a a a a -=++++==，即60a =，因为10a >，所以61150a a d a -==-<，即0d <，所以{}n a 为单调递减的等差数列，即125670a a a a a >>>>=> 故当5n =或6时，n S 最大.故答案为：5或6.13．(1)21n a n =+(2)9m =【分析】（1）根据题意得到1115636a d a d a d +=⎧⎨+=++⎩，再解方程组即可.（2）根据前n 项和公式求解即可.【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由题意可得1115636a d a d a d +=⎧⎨+=++⎩，解得132a d =⎧⎨=⎩.故()1121n a a n d n =+-=+.（2）由等差数列的前n 项和公式可得()1222n n a a nS n n +==+.因为99m S =，所以2299m m +=，即()()9110m m -+=，解得9m =（11m =-舍去）.14．（1）432n a n =-；（2）当14n =或15n =时，数列n S n ⎧⎫⎨⎩⎭前n 项和取得最小值.【分析】（1）根据2230n S n n =-，分别讨论1n =，2n ≥两种情况，根据n S 与n a 的关系即可求出结果；（2）根据等差数列前n 项和的函数特征，即可得出结果.【详解】（1）因为2230n S n n =-，所以当1n =时，2112130128a S ==⨯-⨯=-；当2n ≥时，221=230)2(1)30(1)432n n n a S S n n n n n -⎡⎤=------=-⎣⎦（；显然1n =是，也满足432n a n =-，所以432n a n =-；(2)因为2230230n S n n n n n-==-，所以数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，其前n 项和()()2228230298412929224n n n T n n n n n -+-⎛⎫==-=-=-- ⎪⎝⎭又*n ∈N ，所以当14n =或15n =时，n T 取得最小值.15．B【分析】由513S S =可得9100a a +=，由6140a a +<可得100a <，结合求和公式可得180S >，190S <，结合选项即可求解.【详解】由513S S =可得6712130a a a a ++++=L ，又613712811910a a a a a a a a +=+=+=+，可得9100a a +=，由6141020a a a +=<，可得100a <，则90,0a d ><，()()()11818118910189902a a S a a a a +==+=+>，()1191910191902a a S a +==<，故使得0n S <的正整数n 的最小值为19.故选：B.16．C【分析】根据给定条件，推理可得380a a +=，再结合等差数列性质逐项分析各个选项，判断作答.【详解】因公差非零的等差数列{an }满足38a a =，则有380a a +=，有35680a a a a +=+=，56,a a 异号且均不为0，对于A ，11111611()1102a a S a +=≠=，A 不正确；对于B ，110561010()5()=02a a a S a +=+=，而110S a =≠，此时，11n n S S -≠，B 不正确；对于C ，由选项A 知，116110S a =>，即60a >，则50a <，于是得10,0a d <>，数列{}n a 是递增数列，即()5min n S S =，5n S S ≥，C 正确；对于D ，由110S <得60a <，则50a >，于是得10,0a d ><，数列{}n a 是递减数列，即()5max n S S =，5n S S ≤，D 不正确.故选：C17．4-【分析】由条件得到1323a d =-⎧⎪⎨=⎪⎩，再由求和公式得()21103n S n n -=，从而得21749324n n S n ⎡⎤⎛⎫+=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦可求解.【详解】由()112n n n d S na -=+，100S =，1525S =得11104501510525a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得：1323a d =-⎧⎪⎨=⎪⎩，则()()2121310233n n n S n n n -=-+⋅-=．故()221174973324n n S n n n ⎡⎤⎛⎫+=-=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦．由于N n *∈，故当3n =或4时，()min 4n n S +=-.故答案为：4-18．82820【分析】找出满足条件的最小整数值为23，可知满足条件的数形成以23为首项，以105为公差的等差数列，确定该数列的项数，利用等差数列的求和公式可求得结果.【详解】由题可知满足被3除余2，被5除余3.被7除余2的最小的数为23，满足该条件的数从小到大构成以23为首项，357⨯⨯为公差的等差数列，其通项公式为10582n a n =-，令4200n a ≤，解得8240105n ≤，则所有满足条件的数的和为40392340105828202⨯⨯+⨯=.故答案为：82820.19．29【分析】推导出150a >，160a <，16150+<a a ，利用等差数列的求和公式可得出290S >，300S <，即可得解.【详解】由15140->S S ，得150a >，由16150-<S S ，得160a <，由16140-<S S ，得16150+<a a ，所以()129152929292022+⨯==>a a a S ，()()1301516303030022++==<a a a a S ，所以满足10n n S S +⋅<的正整数n 是29．故答案为：29.20．1122【分析】根据题意可知0n a >，当1n =时，由1122S a a =可求出22a =；当2n ≥时，可证出{}2n a 为一个以2为首项，2为公差的等差数列，最后利用等差数列的前n 项和，即可求出结果.【详解】由于数列{}n a 的各项均为正数，即0n a >，当1n =时，1122S a a =，即1122a a a =，∴22a =，当2n ≥时，由12n n n S a a +=，可得112n n n S a a --=，两式相减得()112n n n n a a a a +-=-，又∵0n a ≠，∴112n n a a +--=，∴{}2n a 为一个以2为首项，2为公差的等差数列，∴()()246212212n n n a a a a n n n -⨯++++=+=+L .故2466633341122a a a a +++⋅⋅⋅+=⨯=故答案为：112221．C【分析】根据“幻和”的定义，将自然数1至2n 累加除以n 即可得结果.【详解】由题意，7阶幻方各行列和，即“幻和”为12 (491757)+++=.故选：C22．D【分析】根据题意，设该数列为{}n a ，分析可得{}n a 满足12a =，11(2)n n a a n n --=- ，利用累加法计算可得．【详解】解：根据题意，设该数列为{}n a ，数列的前7项为2，3，5，8，12，17，23，则{}n a 满足12a =，11(2)n n a a n n --=- ，则3131303029211(301)30()()()30291224672a a a a a a a a +⨯=-+-++-+=++++=+= ，故选：D ．23．A 【分析】由题意可得{}n a 为能被12整除余1的数，进而求得数列{}n a 的通项公式再分析1~2030中满足条件的数即可【详解】能被3整除余1且能被4整除余1的数即被12整除余1的数，故121,n n a n N =+∈，由题意，1212030n n a =+≤，故116912n ≤，故当0,1,2...169n =时成立，共170项.故选：A24．92336【分析】记第n 个图形的点数为n a ，由图形，归纳推理可得113(1)n n a a n --=+-，再根据累加得可得(31)2n n a n =-，进而求出8a ．由于(31)2n n a n =-可得312n a n n -=，根据等差数列的前n 项和即可求出322112321a a a a ++++ 的结果.【详解】记第n 个图形的点数为n a ，由题意知11a =，214131a a -==+⨯，32132a a -=+⨯，43133a a -=+⨯，…，113(1)n n a a n --=+-，累加得147[13(1)](31)2n n a a n n -=++++-=- ，即(31)2n n a n =-，所以892a =．又312n a n n -=，所以3221111262(25862)213362321222a a a a +++++=++++=⨯⨯= ．25．20410【分析】找出满足条件的最小整数值为23，可知满足条件的数形成以23为首项，以105为公差的等差数列，确定该数列的项数，利用等差数列的求和公式可求得结果.【详解】由题意可知，一个数被3除余2，被5除余3，被7除余2，则这个正整数的最小值为23，因为3、5、7的最小公倍数为105，由题意可知，满足条件的数形成以23为首项，以105为公差的等差数列，设该数列为{}n a ，则()23105110582n a n n =+-=-，由105822022n a n =-≤，可得2104105n ≤，所以，n 的最大值为20，所以，满足条件的这些整数之和为20191052023204102⨯⨯⨯+=.故答案为：20410.。
2025年高考数学二轮复习-3.1-等差数列、等比数列-专项训练【含答案】
2025年高考数学二轮复习-3.1-等差数列、等比数列-专项训练一、基本技能练1.已知等比数列{a n}满足a1＝2，a3a5＝4a26，则a3的值为()A.1B.2C.1或－1D.122.设数列{a n}是等差数列，S n是数列{a n}的前n项和，a3＋a5＝10，S5＝15，则S6＝()A.18B.24C.30D.363.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块.向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块4.若等差数列{a n}的前n项和为S n，则“S2022>0，S2023<0”是“a1011a1012<0”的()A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件5.(多选)已知等比数列{a n}的公比为q，且a5＝1，则下列选项正确的是()A.a3＋a7≥2B.a4＋a6≥2C.a7－2a6＋1≥0D.a3－2a4－1≥06.(多选)已知数列{a n}的前n项和为S n，下列说法正确的是()A.若S n＝n2＋1，则{a n}是等差数列B.若S n＝3n－1，则{a n}是等比数列C.若{a n}是等差数列，则S9＝9a5D.若{a n}是等比数列，且a1>0，q>0，则S1·S3>S227.写出一个公差为2，且前3项和小于第3项的等差数列a n＝________.8.已知数列{a n}的前n项和是S n，且S n＝2a n－1，若a n∈(0，2022)，则称项a n为“和谐项”，则数列{a n}的所有“和谐项”的和为________.9.已知数列{a n}满足a1＝1，(a n＋a n＋1－1)2＝4a n a n－1，且a n＋1>a n(n∈N*)，则数列{a n}的通项公式a n＝________.10.已知数列{a n}是各项均为正数的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，若S2＋a2＝S3－3，则a4＋3a2的最小值为________.11.设等比数列{a n}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.(1)求{a n}的通项公式；(2)记S n为数列{log3a n}的前n项和.若S m＋S m＋1＝S m＋3(m∈N*)，求m.12.已知{a n}是等差数列，{b n}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)证明：a1＝b1；(2)求集合{k|b k＝a m＋a1，1≤m≤500}中元素的个数.二、创新拓展练13.(多选)在等比数列{a n}中，公比为q，其前n项积为T n，并且满足a1>1，a99·a100－1>0，a99－1a100－1<0，下列结论中正确的是()A.0<q<1B.a99·a101－1<0C.T100的值是T n中最大的D.使T n>1成立的最大自然数n值等于19814.(多选)已知数列{a n}满足a1＝10，a5＝2，且a n＋2－2a n＋1＋a n＝0(n∈N*)，则下列结论正确的是()A.a n＝12－2nB.|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|，n≤5，2＋5，n>5C.|a n|的最小值为0D.当且仅当n＝5时，a1＋a2＋a3＋…＋a n取得最大值3015.(多选)已知S n是数列{a n}的前n项和，且a1＝a2＝1，a n＝a n－1＋2a n－2(n≥3)，则下列结论正确的是()A.数列{a n＋1＋a n}为等比数列B.数列{a n＋1－2a n}为等比数列C.a n＝2n＋1＋（－1）n3(410－1)D.S20＝2316.已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1·(2－S n)＝1.2，S n＋1(1)(2)2023的数.参考答案与解析一、基本技能练1.答案A解析由题意得a3a5＝a24＝4a26，又在等比数列中偶数项同号，∴a4＝2a6，∴q2＝12，∴a3＝a1q2＝1，故选A.2.答案B解析由等差数列的性质知a4＝a3＋a52＝5，而S5＝a1＋a52×5＝5a3＝15，则a3＝3，等差数列{a n}的公差d＝a4－a3＝2，所以a1＝a3－2d＝－1，则S6＝6a1＋6×（6－1）2·d＝－6＋30＝24.3.答案C解析设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列.由等差数列的性质知S n，S2n－S n，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－S n)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋27×262×9＝3402(块).4.答案B解析因为S2022>0，S2023<0，所以（a1＋a2022）×20222>0，（a1＋a2023）×20232<0，即a1＋a2022＝a1011＋a1012>0，a1＋a2023＝2a1012<0，所以a 1011>0，a 1012<0，且a 1011>|a 1012|，所以a 1011a 1012<0，充分性成立；而当a 1011a 1012<0时，a 1011>0，a 1012<0或a 1011<0，a 1012>0，则S 2022>0，S 2023<0不一定成立.故“S 2022>0，S 2023<0”可以推出“a 1011a 1012<0”，但“a 1011a 1012<0”不能推出“S 2022>0，S 2023<0”，所以“S 2022>0，S 2023<0”是“a 1011a 1012<0”的充分不必要条件.故选B.5.答案AC解析因为等比数列{a n }的公比为q ，且a 5＝1，所以a 3＝1q 2，a 4＝1q ，a 6＝q ，a 7＝q 2，因为a 3＋a 7＝1q2＋q 2≥2，当且仅当q 2＝1时等号成立，故A 正确；因为a 4＋a 6＝1q＋q ，当q <0时式子为负数，故B 错误；因为a 7－2a 6＋1＝q 2－2q ＋1＝(q －1)2≥0，故C 正确；因为a 3－2a 4－1＝1q 2－2q－1－2，则a 3－2a 4－1≥0不成立，故D 错误.6.答案BC解析若S n ＝n 2＋1，当n ≥2时，a n ＝2n －1，a 1＝2不满足a n ＝2n －1，故A 错误；若S n ＝3n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2·3n －1，由于a 1＝S 1＝31－1＝2，满足a n ＝2·3n －1，所以{a n }是等比数列，故B 正确；若{a n }是等差数列，则S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5，故C 正确；当q ＝1时，S 1·S 3－S 22＝a 21(1＋q ＋q 2)－a 21(1＋q )2＝－a 21q <0，故D 错误，综上，选BC.7.答案2n－4(n∈N*)(答案不唯一)解析1＋a2＋a3<a3，＝2，解得a1<－1，不妨令a1＝－2，∴a n＝2n－4.8.答案2047解析当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2a n－1－(2a n－1－1)＝2a n－2a n－1，∴a n＝2a n－1，又由a1＝S1＝2a1－1，得a1＝1，∴{a n}是公比为2，首项为1的等比数列，∴a n＝2n－1，由a n＝2n－1<2022，得n－1≤10，即n≤11，∴所求和为S11＝1－2111－2＝2047.9.答案n2解析因为a1＝1，a n＋1>a n≥a1>0，所以a n＋1>a n.由(a n＋a n＋1－1)2＝4a n a n＋1得a n＋1＋a n－1＝2a n a n＋1，所以(a n＋1－a n)2＝1，所以a n＋1－a n＝1，所以数列{a n}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n＝n，即a n＝n2.10.答案18解析由S2＋a2＝S3－3得a2＝S3－S2－3＝a3－3，所以a1q＝a1q2－3⇒a1＝3q2－q>0⇒q>1，所以a4＋3a2＝a1q3＋3a1q＝3（q3＋3q）q2－q＝3（q2＋3）q－1＝3×（q－1）2＋2（q－1）＋4q－1＝3（q－1）＋4q－1＋6≥3×2（q－1）·4q－1＋6＝18，当且仅当q－1＝4q－1，即q＝3时等号成立，故a4＋3a2的最小值为18.11.解(1)设{a n}的公比为q，则a n＝a1q n－1.1＋a1q＝4，1q2－a1＝8，1＝1，＝3.所以{a n}的通项公式为a n＝3n－1(n∈N*).(2)由(1)知log3a n＝n－1，故S n＝n（n－1）2(n∈N*).由S m＋S m＋1＝S m＋3，得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，即m2－5m－6＝0.解得m＝－1(舍去)或m＝6.12.(1)证明设等差数列{a n}的公差为d，由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.(2)解由(1)知a n＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，b n＝b1·2n－1，由b k＝a m＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1000，所以k＝2，3，4，…，10，共9个数，即集合{k|b k＝a m＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素的个数为9.二、创新拓展练13.答案ABD解析对于A，∵a99·a100－1>0，∴a21·q197>1，∴(a1·q98)2·q>1.∵a1>1，∴q>0.又∵a99－1a100－1<0，∴a99>1，且a100<1，∴0<q<1，故A正确；对于B，∵a2100＝a99·a101，a100<1，∴0<a99·a101<1，即a99·a101－1<0，故B正确；对于C，由于T100＝T99·a100，而0<a100<1，故有T100<T99，故C错误；对于D，T198＝a1·a2·…·a198＝(a1·a198)(a2·a197)·…·(a99·a100)＝(a99·a100)99>1，T199＝a1·a2·…·a199＝(a1·a199)·(a2·a198)…(a99·a101)·a100＝(a100)100<1，故D正确.故选ABD.14.答案AC解析由a n＋2－2a n＋1＋a n＝0，可得a n＋2－a n＋1＝a n＋1－a n，所以数列{a n}是等差数列，设公差为d，因为a1＝10，a5＝2，所以d＝a5－a15－1＝－2，所以a n＝10－2(n－1)＝12－2n，故A正确；当n＝6时，a n＝0，所以当n≤5时，a n>0，当n>5时，a n≤0，所以当n≤5时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝n（10＋12－2n）2＝11n－n2.当n>5时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|＝a1＋a2＋…＋a5－a6－…－a n＝－(a1＋a2＋a3＋…＋a n)＋2(a1＋a2＋…＋a5)＝－S n＋2S5＝－(11n－n2)＋60＝n2－11n＋60，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|n－n2，n≤5，2－11n＋60，n>5，故B错误；|a n|＝|12－2n|，当n＝6时，|a n|取得最小值为0，故C正确；当n＝5或n＝6时，a1＋a2＋a3＋…＋a n取最大值30，故D错误.15.答案ABD解析因为a n＝a n－1＋2a n－2(n≥3)，所以a n＋a n－1＝2a n－1＋2a n－2＝2(a n－1＋a n－2)，又a1＋a2＝2≠0，所以{a n＋a n＋1}是等比数列，A正确；同理a n－2a n－1＝a n－1＋2a n－2－2a n－1＝－a n－1＋2a n－2＝－(a n－1－2a n－2)，而a2－2a1＝－1，所以{a n＋1－2a n}是等比数列，B正确；若a n＝2n＋1＋（－1）n3，则a2＝23＋（－1）23＝3，但a2＝1≠3，C错误；由A知{a n＋a n＋1}是等比数列，且公比为2，因此数列a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，…仍然是等比数列，公比为4，其前10项和为T10，则S20＝T10＝2（1－410）1－4＝23(410－1)，故D正确.16.(1)证明1S 1－1＝1a 1－1＝－2.由S n ＋1·(2－S n )＝1，得S n ＋1＝12－S n.因为1S n ＋1－1－1S n －1＝112－S n －1－1S n－1＝2－S n S n －1－1S n －1＝－1，2为首项，－1为公差的等差数列.(2)解由(1)得1S n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)，即S n ＝n n ＋1，则a n ＝S n －S n －1＝n n ＋1－n －1n ＝1n （n ＋1）(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝12满足上式，所以a n ＝1n （n ＋1）(n ∈N *)，则1a n ＝n (n ＋1).由f (x )＝x (x ＋1)－14在(0，＋∞)上单调递增，当n ＝44时，1a 44＝44×45＝1980；当n ＝45时，1a 45＝45×46＝2070.2023的数是1980.。
(完整版)论大衍求一术
论「大衍求一术」姓名学号专业课程名称指导教师开课学期20 至20 学年学期论「大衍求一术」目录1.秦九韶简介2.宋元时期历史背景3.大衍求一术4.中国剩余定理：5.“大衍求一术”源流6.“大衍求一术”命名7.“大衍求一术”的应用8.例题解析9.大衍求一术算法（用Algol 60 语言）10.民间流传论「大衍求一术」一、秦九韶秦九韶（公元1202~1261年），字道古，生于四川，南宋数学家。
秦九韶的一生十分复杂，首先他是学者，知识渊博，思想活跃。
他“性格机巧，星象、音律、算术以至营造等事无不精究。
迩尝从李梅亭（李刘）学骈俪诗词。
游戏、马、弓、剑，莫不能知。
”秦九韶从自然科学到社会科学，从技术到天文，从游戏到武术无不通晓，是为但是我国不可多得的通才、全才。
他在1247年著成『数书九章』十八卷。
全书共81道题，分为九大类：大衍类、天时类、田域类、测望类、赋役类、钱谷类、营建类、军旅类、市易类。
『数书九章』是一部划时代的巨着，它总结了前人在开方中所使用的列筹方法，将其整齐而有系统地应用到高次方程的有理或无理根的求解上去，其中对「大衍求一术」（一次同余组解法）和「正负开方术」（高次方程的数值解法）等有十分深入的研究。
『数书九章』的内容以数学为主，可是把数学用于天文历法、水利工程、建筑、测绘、田亩、军事、商业贸易、税收、气象、货币金融等方面。
这也充分说明秦九韶不仅学识渊博，而且有实践精神。
但是『数书九章』也有他的美中不足之处，周密说秦九韶“性喜奢好大，嗜老谋身”，他在著作中也有好高骛远哗众取宠的作风。
他为了发挥大衍求一术的公用，多方设计可用求一术来解决的应用问题，他而主观愿望积极，但是无可讳言有几个问题出现了纰漏。
二、历史背景宋元时期是中国数学大放异彩的时期，它像一盏灿烂的明灯，表明了世界数学发展的高度，宋元数学为什么会出现如此盛况呢？我们要从宋元社会的特点和中国数学发展规律中寻找答案：整个宋元时期（公元），重新统一了的中国封建发生了一系列有利于数学发展的变化。
人教版高中数学必修3-1.3中国古算名题：孙子问题
中国古算名题――孙子问题韩信是秦末汉初的著名军事家，据说有一次汉高祖刘邦在卫士的簇拥下来到练兵场，刘邦问韩信有什么办法不要逐个报数，就能知道场上士兵的人数．韩信先令士兵排成了3列纵队进行操练，结果有2人多余；接着他立刻下令将队形改为5列纵列，这一改，又多出3人；随后他又下令改为7列纵队，这一次又剩下2人无法成整行．在场的人都哈哈大知，以为韩信无法清点出准确人数，不料笑声刚落，韩信便高声报告共有士兵2333人．众人听了一愣，不知韩信用了什么办法这么快就能得出正确结果．当然，韩信当时是否这样做，已无从考虑，但这个故事却说出一个著名的数学问题，即闻名世界的“孙子问题”．这种神机妙算最早出现在我国《算经十书》之一的《孙子算经》中．其原文是：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩，七七数之剩二．问物几何？”答曰：“二十三”．意思是说：今有一些事物，不知道它的数目，三个三个地数它们剩余二个，五个五个地数它们剩余三个，七个七个地数它们剩余二个，问这些事物的数目是多少？“孙子问题”相当于求关于x y z，，的不定方程组325372m xm ym z=+⎧⎪=+⎨⎪=+⎩的正整数解．《孙子算经》中给出了具体的解法，其步骤是：选定57⨯的一个倍数，被3除余1，即70；选定37⨯的一个倍数，被5除余1，即70；选定37⨯的一个倍数，被5除余1，即21；选定35⨯的一个倍数，被7除余1，即15．然后按下式计算．702213152105m P=⨯+⨯+⨯-．式中105为3，5，7的最小公倍数，P为适当的整数，使用0105m<≤，这里取2P=．原题及其解法中的3，5，7后来叫“定母”，70，21，15叫“乘数”．求乘数的方法在《孙子算经》中没有说明，直到1247年南宋数学家秦九韶在《数书九章》中才给出具体求法．分析一下乘数，70是5和7的最小公倍数的2倍，21，15分别是3和7，3和5的最小公倍数的1倍．这些2，1，1，秦九韶称为“乘率”，求出乘率就可以知道“乘数”，《数书九章》中秦九韶详细地论述了推算乘率的方法，称为“大衍求一术”．这种解法后来传入欧洲，欧洲学者发现此解法和高斯的解法本质上是一致的，但比高斯早了500余年．所以，人们将这种问题的通用解法称为“孙子剩余定理”或“中国剩余定理”．求解“孙子问题”的算法很多，下面为同学们介绍一种普通的算法．第一步：2m=；第二步：若m除以3余2不成立，则执行第三步；否则1=+，执行第二m m步；第三步：若m除以5余3不成立，则执行第四步；否则1m m=+，执行第二步；第四步：若m除以7余2不成立，则执行第五步；否则1=+，执行第二m m步；第五点：输出m．其程序框图如下图所示：同学们，你们还能想出求解“孙子问题”的其他算法吗？赶快开动脑筋好好想想吧！。
孙子定理的例题及求解
孙子定理的例题及求解孙子定理是数论中一个重要的定理，它可以用来求解关于同余方程的问题。
同余方程是指形如ax ≡ b (mod m)的方程，其中a、b、m为整数，x为未知数。
下面我们来看一个例题，并使用孙子定理来求解：例题：求解同余方程2x ≡ 3 (mod 5)。
解法如下：根据孙子定理，首先我们需要找到一个整数t，使得2t ≡1(mod 5)。
观察5的倍数，我们可以发现当t = 3时，2t = 6 ≡ 1 (mod 5)。
所以我们可以得出t = 3。
接下来，我们将同余方程中的系数和常数都乘以t，得到2xt ≡ 3t (mod 5)，即2xt ≡ 9 (mod 5)。
由于2xt ≡ 9 (mod 5)等价于2xt = 9 + 5k，其中k为整数。
我们可以将k表示为k = 2x'，其中x'为整数。
将k代入方程得到2xt = 9 + 5(2x')，化简得2xt = 9 +10x'。
由于t = 3，代入方程中得到6x = 9 + 10x'。
我们可以将此方程化简为6x - 10x' = 9，再因式分解得到3(2x - 5x') = 9。
进一步化简得到2x - 5x' = 3。
根据上式可知，当x' = 4时，方程成立。
此时，方程化简为2x - 5(4) = 3，解得2x = 23，即x = 12。
所以，同余方程2x ≡ 3 (mod 5)的解为x = 12。
通过上述例题的求解过程，我们可以看到孙子定理的应用。
它的核心思想是通过找到一个逆元素，将原同余方程转化为一个更简单的形式，然后通过化简和因式分解等方法，逐步求解得到最终的解。
孙子定理在密码学、编码和数论等领域有着广泛的应用。
高中数学 第1章 1.5 二项式定理同步练测 苏教版选修23
1.5 二项式定理同步练测建议用时实际用时满分实际得分45分钟100分一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分）1.由展开所得的关于的多项式中，系数为有理数的共有_________项.2.的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为_________.3.已知的展开式中第三项与第五项的系数之比为，则展开式中常数项是_________.4.在的二项展开式中，若只有的系数最大，则_________.5.已知的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则等于_________.6. 0.9915精确到0.01的近似值是 .7．展开式中的偶次项系数之和是_________.8．的展开式中有理项有_________.项. 9．若与同时有最大值，则等于_________. 10.在的展开式中,的系数为_________.11.的展开式中，的系数是的系数与的系数的等差中项，若，那么_________.12.的展开式中的系数等于_________.13.展开式中各项系数绝对值之和是 .14.已知的展开式中3x的系数为，则常数a的值为_________.二、解答题（本大题共3小题，每小题10分，共30分）15.在的展开式中，如果第项和第项的二项式系数相等，(1)求的值；(2)写出展开式中的第项和第项.16．已知的展开式中，第五项与第三项17．求展开式中系数最大的项的二项式系数之比为143，求展开式的常数项1.5 二项式定理同步练测答题纸得分：一、填空题1． 2． 3． 4． 5．6． 7． 8． 9． 10．11． 12． 13． 14．二、解答题15.16.17.1.5 二项式定理同步练测答案一、填空题 1.17 解析：由2k ∈N ，3k∈N ，∈｛0，1，2，…，100｝，得 =0，6，12，18，…，96，所以系数为有理数的共17项. 2.解析：令=1，得=64，所以=6.通项为=令得∴ 常数项为.3.45 解析：依题意可得，化简得.解得或（舍去），∴ 通项.令得， ∴ 常数项为.4.10 解析：的系数是C ，当只有C 最大时，.5.6 解析:由题意知,即,∴.6. 0.96 解析:0.9915=(1-0.009)5=0155C C 0009096..-+≈L . 7． 解析：设,偶次项系数之和是8．4 解析：通项2177C (2)C 2r rrr r T +==，当时，均为有理项，故有理项有4项.9．4或5 解析：要使17C n最大，因为17为奇数，则1712n -=或17182n n +=⇒=或，要使8C m最大，则.若，要使9C m最大，则912m -=或9142m m +=⇒=或.综上知，.10.240 解析：11.1+105解析：∴，由已知有 由，得解得舍去).12.-10解析：∴ 的系数为-10. 13. 35解析:展开式中各项系数绝对值之和实为展开式系数之和，故令，则所求和为3514. 解析：令3932r -=，得8r =.依题意，得8849899C (1)24a ---⋅⋅=，解得4a =. 二、解答题 15.解：(1)第项和第项的二项式系数分别是和，⇔∴.(2)，.16．解：依题意4242C :C 14:33C 14C n n n n =⇒=，∴设第项为常数项，又1051021101022C ()()(2)C rr rr r rr T x x x--+=-=-， 令105022r r -=⇒=，222110C (2)180T .+∴=-=故所求常数项为180 17．解：设的系数最大，则的系数不小于与的系数，即有1211311212121211211112121212C 2C 2C 2C 2C C C 2C 2r r r r r r r r r r r r----+-+-⎛≥⎧≥⎪⇒ ⎨ ≥≥⎪⎩⎝，，⇒1134433r ,r ≤≤∴=.∴ 展开式中系数最大的项为第5项，=8488122C 126720x x =.。