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正确率60.0%已知等比数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的各项均为正数，若$$a_{1 0 0 8} a_{1 0 1 1}+a_{1 0 0 9} a_{1 0 1 0}=6$$，则$$l o g_{3} a_{1}+l o g_{3} a_{2}+l o g_{3} a_{3}+\ldots+l o g_{3} a_{2 0 1 8}=~ 0$$）
A
A.$${{1}{0}{0}{9}}$$
B.$${{1}{0}{1}{0}}$$
C.$${{2}{0}{1}{8}}$$
D.$${{2}{0}{2}{0}}$$
2、['等比数列的性质'， '等比数列前n项和的应用']正确率40.0%已知等比数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的首项为$${{1}{，}}$$公比为$$q ( q \neq1 )，$$前$${{n}}$$项的和为$${{S}{，}}$$由原数列各项的倒数组成一个新数列$$\{\frac{1} {a_{n}} \}$$，则数列$$\{\frac{1} {a_{n}} \}$$的前$${{n}}$$项和是（）
C
A.$$\frac{1} {S}$$
B.$$S q^{n-1}$$
C.$$S q^{1-n}$$
D.$$\frac{q^{n}} {S}$$
3、['等比数列的性质'， '等比数列前n项和的应用'， '等比数列的定义与证明']正确率60.0%在等比数列｛$${{a}_{n}}$$｝中，若$$a_{1}=1，$$公比为$${{q}{，}}$$前$${{n}}$$项和为$${{S}_{n}{，}}$$则$$\frac1 {a_{1}}+\frac1 {a_{2}}+\frac1 {a_{3}}+\ldots+\frac1 {a_{n}}$$等于（）
C
A.$$\frac1 {S_{n}}$$
B.$$\frac{1} {q^{n} \， S_{n}}$$
C.$$\frac{S_{n}} {q^{n-1}}$$
D.$$\frac{q^{n}} {S_{n}}$$
4、['一元二次方程根与系数的关系'， '等比数列的性质']正确率40.0%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$是等比数列，$${{a}_{8}}$$，$$a_{1 6}$$是函数$$f ( x )=x^{2}+1 6 x+1 4$$的两个不同零点，则$${\frac{a_{6} a_{1 8}} {a_{8}}}+{\frac{a_{4} a_{2 0}} {a_{1 6}}}=$$（）
B
A.$${{1}{6}}$$
B.$${{−}{{1}{6}}}$$
C.$${{1}{4}}$$
D.$${{−}{{1}{4}}}$$
5、['等比数列的性质']正确率60.0%公比不为$${{1}}$$的等比数列｛$${{a}_{n}}$$｝中，若$$a_{1} a_{5}=a_{m} a_{n}，$$则$${{m}{n}}$$不可能为（）
B
A.$${{5}}$$
B.$${{6}}$$
C.$${{8}}$$
D.$${{9}}$$
6、['等比数列的通项公式'， '等比数列的性质']正确率40.0%已知等比数列$$a_{1}+a_{4}=1 8， \， \， a_{2} a_{3}=3 2$$，则公比$${{q}}$$的值为（）
C
A.$${{2}}$$
B.$$\frac{1} {2}$$
C.$$\frac{1} {2}$$或$${{2}}$$
D.$${{1}}$$或$${{2}}$$
7、['等比数列的通项公式'， '等比数列的性质']正确率60.0%已知等比数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$中，$$a_{5}=1， \， \， a_{9}=1 6$$，则$${{a}_{7}{=}{（}}$$）
A
A.$${{4}}$$
B.$${{−}{4}}$$
C.$${{±}{4}}$$
D.$${{1}{6}}$$
8、['等差中项'， '等比数列的性质']正确率60.0%已知数列$${{\{}{{b}_{n}}{\}}}$$是等比数列，$${{b}_{9}}$$是$${{3}}$$和$${{5}}$$等差中项，则$$b_{1} b_{1 7}=\mathrm{~ ( ~}$$）
B
A.$${{2}{5}}$$
B.$${{1}{6}}$$
C.$${{9}}$$
D.$${{4}}$$
9、['等比数列的通项公式'， '等比数列的性质']正确率40.0%已知各项均为正数的等比数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$满足$$a_{1}=1 \l， \， \， a_{1}+a_{3}+a_{5}=2 1$$，则$$a_{2}+a_{4}+a_{6}=( \mathit{\Pi} )$$
C
A.$${{−}{{4}{2}}}$$
B.$${{8}{4}}$$
C.$${{4}{2}}$$
D.$${{1}{6}{8}}$$
10、['等比数列的性质'， '充要条件']正确率80.0%在等比数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$中，“$${{a}_{4}}$$，$$a_{1 2}$$是方程$$x^{2}+3 x+1=0$$的两根”是“$$a_{8}=\pm1$$”的$${{(}{)}}$$
A
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
1. 已知等比数列$${\{a_n\}}$$各项均为正数，若$$a_{1008}a_{1011}+a_{1009}a_{1010}=6$$，则$$\log_3 a_1+\log_3 a_2+\cdots+\log_3 a_{2018}=$$（ ）。
解析：利用等比数列性质$$a_m a_n = a_p a_q$$（当$$m+n=p+q$$），且$$a_{1008}a_{1011} = a_{1009}a_{1010} = a_{1009.5}^2$$（设中项），由条件得$$2a_{1009.5}^2=6$$，故$$a_{1009.5}^2=3$$。所求和为$$\sum_{k=1}^{2018} \log_3 a_k = \log_3 (a_1 a_2 \cdots a_{2018})$$。指数和$$1+2+\cdots+2018 = \frac{2018 \times 2019}{2} = 1009 \times 2019$$，乘积为$$(a_{1009.5})^{2018} = 3^{1009}$$（因$$a_{1009.5}^2=3$$），故$$\log_3 3^{1009} = 1009$$。选A。
2. 已知等比数列$${\{a_n\}}$$首项为$$1$$，公比为$$q (q \neq 1)$$，前$$n$$项和为$$S$$，由原数列各项倒数组成新数列$${\{\frac{1}{a_n}\}}$$，则新数列前$$n$$项和为（ ）。
解析：$$a_n = q^{n-1}$$，$$\frac{1}{a_n} = q^{1-n}$$。新数列首项$$1$$，公比$$\frac{1}{q}$$，和$$T_n = \frac{1 \cdot (1 - (\frac{1}{q})^n)}{1 - \frac{1}{q}} = \frac{q^n - 1}{q^n - q^{n-1}} = \frac{q^n - 1}{q^{n-1}(q-1)}$$。原和$$S = \frac{1-q^n}{1-q}$$，故$$T_n = \frac{q^n - 1}{q^{n-1}(q-1)} = \frac{1}{q^{n-1}} \cdot \frac{q^n - 1}{q-1} = S \cdot q^{1-n}$$。选C。
3. 在等比数列$${\{a_n\}}$$中，若$$a_1=1$$，公比为$$q$$，前$$n$$项和为$$S_n$$，则$$\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \cdots + \frac{1}{a_n}$$等于（ ）。
解析：同第2题，$$a_n = q^{n-1}$$，倒数和为$$T_n = \frac{1 \cdot (1 - (\frac{1}{q})^n)}{1 - \frac{1}{q}} = \frac{q^n - 1}{q^{n-1}(q-1)}$$。$$S_n = \frac{1-q^n}{1-q}$$，故$$T_n = \frac{q^n - 1}{q^{n-1}(q-1)} = \frac{1}{q^{n-1}} \cdot \frac{q^n - 1}{q-1} = \frac{S_n}{q^{n-1}}$$（注意$$S_n$$分子为$$1-q^n$$，需调整符号：$$q^n-1 = -(1-q^n)$$，但$$q-1$$也负，整体正）。确认为$$\frac{S_n}{q^{n-1}}$$。选C。
4. 已知数列$${\{a_n\}}$$是等比数列，$$a_8$$，$$a_{16}$$是函数$$f(x)=x^2+16x+14$$的两个不同零点，则$$\frac{a_6 a_{18}}{a_8} + \frac{a_4 a_{20}}{a_{16}} =$$（ ）。
解析：由韦达定理，$$a_8 + a_{16} = -16$$，$$a_8 a_{16} = 14$$。利用等比性质$$a_m a_n = a_p a_q$$（$$m+n=p+q$$），有$$a_6 a_{18} = a_8 a_{16} = 14$$，$$a_4 a_{20} = a_8 a_{16} = 14$$。故原式$$= \frac{14}{a_8} + \frac{14}{a_{16}} = 14 \left( \frac{1}{a_8} + \frac{1}{a_{16}} \right) = 14 \cdot \frac{a_8 + a_{16}}{a_8 a_{16}} = 14 \cdot \frac{-16}{14} = -16$$。选B。
5. 公比不为$$1$$的等比数列$${\{a_n\}}$$中，若$$a_1 a_5 = a_m a_n$$，则$$mn$$不可能为（ ）。
解析：$$a_1 a_5 = a_1 \cdot a_1 q^4 = a_1^2 q^4$$。$$a_m a_n = a_1^2 q^{m+n-2}$$。由等式得$$a_1^2 q^4 = a_1^2 q^{m+n-2}$$，故$$m+n-2=4$$，即$$m+n=6$$。$$mn$$在$$m+n=6$$（正整数）时可能值：$$m=1,n=5$$时$$mn=5$$；$$m=2,n=4$$时$$mn=8$$；$$m=3,n=3$$时$$mn=9$$。$$6$$无法由两个正整数之和为6得到（因$$m,n \geq 1$$，但$$1+5=6$$等已覆盖，$$mn=6$$需$$m=2,n=3$$，但$$2+3=5 \neq 6$$）。故$$mn$$不可能为6。选B。
6. 已知等比数列$$a_1 + a_4 = 18$$，$$a_2 a_3 = 32$$，则公比$$q$$的值为（ ）。
解析：设首项$$a_1$$，公比$$q$$，则$$a_4 = a_1 q^3$$，故$$a_1(1+q^3)=18$$。$$a_2 a_3 = (a_1 q)(a_1 q^2) = a_1^2 q^3 = 32$$。由$$a_1^2 q^3 = 32$$和$$a_1(1+q^3)=18$$，联立：令$$t = q^3$$，则$$a_1^2 t = 32$$，$$a_1(1+t)=18$$。相除得$$\frac{a_1 t}{1+t} = \frac{32}{18} = \frac{16}{9}$$，即$$a_1 = \frac{16}{9} \cdot \frac{1+t}{t}$$。代入$$a_1^2 t = 32$$得$$\left( \frac{16}{9} \cdot \frac{1+t}{t} \right)^2 t = 32$$，化简得$$\frac{256}{81} \cdot \frac{(1+t)^2}{t} = 32$$，$$(1+t)^2 = \frac{32 \cdot 81}{256} t = \frac{81}{8} t$$，$$t^2 + 2t + 1 = \frac{81}{8} t$$，$$8t^2 + 16t + 8 = 81t$$，$$8t^2 -65t + 8=0$$，解得$$t=8$$或$$t=\frac{1}{8}$$，即$$q^3=8$$或$$q^3=\frac{1}{8}$$，故$$q=2$$或$$q=\frac{1}{2}$$。选C。
7. 已知等比数列$${\{a_n\}}$$中，$$a_5=1$$，$$a_9=16$$，则$$a_7 =$$（ ）。
解析：$$a_5 = a_1 q^4 = 1$$，$$a_9 = a_1 q^8 = 16$$。相除得$$q^4 = 16$$，故$$q^2 = 4$$（$$q$$实数，取正），$$q^4=16$$。$$a_7 = a_1 q^6 = (a_1 q^4) q^2 = 1 \cdot 4 = 4$$。选A。
8. 已知数列$${\{b_n\}}$$是等比数列，$$b_9$$是$$3$$和$$5$$的等差中项，则$$b_1 b_{17} =$$（ ）。
解析：等差中项$$b_9 = \frac{3+5}{2} = 4$$。等比数列有$$b_1 b_{17} = b_9^2 = 16$$。选B。
9. 已知各项均为正数的等比数列$${\{a_n\}}$$满足$$a_1=1$$，$$a_1 + a_3 + a_5 = 21$$，则$$a_2 + a_4 + a_6 =$$（ ）。
解析：$$a_3 = a_1 q^2 = q^2$$，$$a_5 = q^4$$，故$$1 + q^2 + q^4 = 21$$，即$$q^4 + q^2 -20=0$$，解得$$q^2=4$$（舍负），$$q=2$$。$$a_2 + a_4 + a_6 = a_1 q + a_1 q^3 + a_1 q^5 = 2 + 8 + 32 = 42$$。选C。
10. 在等比数列$${\{a_n\}}$$中，“$$a_4$$，$$a_{12}$$是方程$$x^2+3x+1=0$$的两根”是“$$a_8 = \pm 1$$”的（ ）。
解析：由韦达定理，$$a_4 a_{12} = 1$$。等比数列中$$a_4 a_{12} = a_8^2$$，故$$a_8^2 = 1$$，即$$a_8 = \pm 1$$。反之，若$$a_8 = \pm 1$$，则$$a_4 a_{12} = a_8^2 = 1$$，但$$a_4 + a_{12}$$不一定为$$-3$$（例如可构造不同数列），故为充分不必要条件。选A。