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正确率0.0%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和为$${{S}_{n}}$$，直线$${{y}{=}{x}{−}{2}{\sqrt {2}}}$$与圆$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{=}{2}{{a}_{n}}{+}{2}}$$交于$${{A}_{n}{，}{{B}_{n}}{（}{n}{∈}{{N}^{∗}}{）}}$$两点，且$$S_{n}=\frac{1} {4} {| A_{n} B_{n} |}^{2}$$．若$${{a}_{1}{+}{2}{{a}_{2}}{+}{3}{{a}_{3}}{+}{…}{+}{n}{{a}_{n}}{<}{λ}{{a}^{2}_{n}}{+}{2}}$$对任意$${{n}{∈}{{N}^{∗}}}$$恒成立，则实数$${{λ}}$$的取值范围是（）
B
A.$${（{0}{，}{+}{∞}{）}}$$
B.$$( \frac{1} {2}， ~+\infty)$$
C.$${{[}{0}{，}{+}{∞}{）}}$$
D.$$[ \frac{1} {2}， ~+\infty)$$
2、['数列的前n项和'， '数列的函数特征'， '数列的通项公式']正确率40.0%设数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的通项公式为$$a_{n}=(-1 )^{n} ( 2 n-1 ) \cdot\operatorname{c o s} \frac{n \pi} {2}-1.$$其前$${{n}}$$项和为$${{S}_{n}{，}}$$则$$S_{2 0 2 3}=$$（）
D
A.$${{4}{0}{4}{1}}$$
B.$${{−}{5}}$$
C.$${{−}{{2}{0}{2}{1}}}$$
D.$${{−}{{4}{0}{4}{6}}}$$
3、['数列的前n项和'， '数列的递推公式'， '累加法求数列通项'， '利用基本不等式求最值']正确率40.0%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$满足$$a_{n}+a_{n+1}=n \cdot(-1 )^{\frac{n ( n+1 )} {2}} ( n \geqslant2 )， \， \， S_{n}$$是其前$${{n}}$$项和，$$m+S_{2 0 1 5}=-1 0 0 7， \， \， a_{1} m > 0$$，则$$\frac{1} {a_{1}}+\frac{4} {m}$$的最小值为（）
B
A.$${{6}}$$
B.$${{9}}$$
C.$${{3}{+}{2}{\sqrt {3}}}$$
D.$${{2}{+}{2}{\sqrt {3}}}$$
4、['数列的前n项和'， '数列的递推公式']正确率40.0%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和为$${{S}_{n}}$$，且$$a_{1}=1， \， \， S_{n}=\frac{1} {3} a_{n+1}-1$$，则$${{b}_{n}{=}{{l}{o}{g}_{4}}{{a}_{n}}{，}{{T}_{n}}}$$为数列$${{\{}{{b}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和，则$$T_{1 0 0}=( \textsubscript{\Lambda} )$$
B
A.$${{4}{9}{5}{0}}$$
B.$${{9}{9}{l}{o}{{g}_{4}}{6}{+}{{4}{8}{5}{1}}}$$
C.$${{5}{0}{5}{0}}$$
D.$${{9}{9}{l}{o}{{g}_{4}}{6}{+}{{4}{9}{5}{0}}}$$
5、['数列的前n项和'， '函数奇偶性的应用']正确率40.0%定义在$${（{−}{1}{，}{1}{）}}$$上的函数$${{f}{（}{x}{）}}$$满足：$$f ( x )-f ( y )=f ( \frac{x-y} {1-x y} )$$，当$${{x}{∈}{（}{−}{1}{，}{0}{）}}$$时，有$${{f}{（}{x}{）}{>}{0}}$$，且$$f (-\frac{1} {2} )=1$$．设$$m=f ( \frac{1} {5} )+f ( \frac{1} {1 1} )+\ldots+f ( \frac{1} {n^{2}+n-1} )， \， \， \， n \geqslant2， \， \， \， n \in N^{*}$$，则实数$${{m}}$$与$${{−}{1}}$$的大小关系为（）
C
A.$${{m}{<}{−}{1}}$$
B.$${{m}{=}{−}{1}}$$
C.$${{m}{>}{−}{1}}$$
D.不确定
6、['数列的前n项和'， '数列的递推公式'， '等比数列的通项公式'， '其他方法求数列通项'， '等比数列的定义与证明']正确率60.0%记$${{S}_{n}}$$为数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和，若$${{S}_{n}{=}{2}{{a}_{n}}{−}{1}}$$，则$${{a}_{6}}$$等于（）
B
A.$${{−}{{3}{2}}}$$
B.$${{3}{2}}$$
C.$${{−}{{6}{4}}}$$
D.$${{6}{4}}$$
7、['数列的前n项和'， '其他方法求数列通项'， '裂项相消法求和']正确率40.0%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和为$$S_{n}=2^{n+1}+m$$，且$${{a}_{1}{，}{{a}_{4}}{，}{{a}_{5}}{−}{2}}$$成等差数列，$$b_{n}=\frac{a_{n}} {( a_{n}-1 ) ( a_{n+1}+1 )}$$，数列$${{\{}{{b}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和为$${{T}_{n}}$$，则满足$$T_{n} > \frac{2 0 1 7} {2 0 1 8}$$的最小正整数$${{n}}$$的值为（）
B
A.$${{1}{1}}$$
B.$${{1}{0}}$$
C.$${{9}}$$
D.$${{8}}$$
8、['数列的前n项和'， '等比数列的通项公式']正确率60.0%设等比数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前项和为$${{S}_{n}}$$，且$${{S}_{2}{=}{4}{{a}_{1}}}$$，则公比$${{q}{=}{（}}$$）
D
A.$$\frac{1} {2}$$
B.$$\frac{1} {3}$$
C.$${{2}}$$
D.$${{3}}$$
9、['数列的前n项和'， '数列的递推公式'， '数列中的数学文化问题']正确率40.0%$${{“}}$$斐波那契数列$${{”}}$$由$${{1}{3}}$$世纪意大利数学家斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为$${{“}}$$兔子数列$${{”}}$$.斐波那契数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$满足：$$a_{1}=1， \， \， a_{2}=1， \， \， a_{n}=a_{n-1}+a_{n-2} ( n \geq3， n \in N_{+} )$$，记其前$${{n}}$$项和为$${{S}_{n}}$$，则$${{S}_{6}{+}{{S}_{5}}{−}{{S}_{4}}{−}{{S}_{3}}{=}{(}{)}}$$
C
A.$${{8}}$$
B.$${{1}{3}}$$
C.$${{2}{1}}$$
D.$${{3}{4}}$$
10、['数列的前n项和'， '数列的递推公式'， '分组求和法'， '数列的通项公式']正确率40.0%已知有穷数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$中，$${{n}{=}{1}{，}{2}{，}{3}{，}{…}{，}{{7}{2}{9}}}$$．且$$a_{n}=\begin{array} {c} {( \frac{2 n-1} {\rq{}} )} \\ \end{array} \cdot\gets\b( \begin{array} {c} {-1} \\ \end{array} \Big)^{-n+1}$$．从数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$中依次取出$$a_{2} \，， \， \， a_{5} \，， \， \， a_{1 4} \，， \， \， \ldots$$．构成新数列$${{\{}{{b}_{n}}{\}}{，}}$$容易发现数列$${{\{}{{b}_{n}}{\}}}$$是以$${{−}{3}}$$为首项，$${{−}{3}}$$为公比的等比数列．记数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的所有项的和为$${{S}}$$，数列$${{\{}{{b}_{n}}{\}}}$$的所有项的和为$${{T}}$$，则（）
A
A.$${{S}{>}{T}}$$
B.$${{S}{=}{T}}$$
C.$${{S}{<}{T}}$$
D.$${{S}}$$与$${{T}}$$的大小关系不确定
以下是各题目的详细解析：
首先，根据直线与圆的交点条件，利用几何性质求出$$|A_n B_n|$$的表达式。圆心到直线$$y = x - 2\sqrt{2}$$的距离为$$d = \frac{|0 - 0 - 2\sqrt{2}|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = 2$$。圆的半径为$$r = \sqrt{2a_n + 2}$$，因此弦长$$|A_n B_n| = 2\sqrt{r^2 - d^2} = 2\sqrt{2a_n + 2 - 4} = 2\sqrt{2a_n - 2}$$。根据题意$$S_n = \frac{1}{4}|A_n B_n|^2 = a_n - 1$$。又因为$$S_n$$是数列的前$$n$$项和，所以$$a_n = S_n - S_{n-1} = (a_n - 1) - (a_{n-1} - 1) = a_n - a_{n-1}$$，解得$$a_{n-1} = 0$$，显然矛盾。重新推导，发现$$a_n = S_n - S_{n-1}$$仅在$$n \geq 2$$时成立，且$$a_1 = S_1 = a_1 - 1$$，解得$$a_1 = 3$$。递推得$$a_n = 2a_{n-1}$$，故$$a_n = 3 \cdot 2^{n-1}$$。
不等式$$a_1 + 2a_2 + \cdots + n a_n < \lambda a_n^2 + 2$$化为$$3(1 + 2 \cdot 2 + \cdots + n \cdot 2^{n-1}) < \lambda \cdot 9 \cdot 4^{n-1} + 2$$。利用求和公式$$\sum_{k=1}^n k \cdot 2^{k-1} = (n-1)2^n + 1$$，不等式变为$$3[(n-1)2^n + 1] < 9\lambda \cdot 4^{n-1} + 2$$。整理得$$\lambda > \frac{(n-1)2^n + 1}{3 \cdot 4^{n-1}}$$。当$$n \to \infty$$，右边趋于$$\frac{1}{3}$$，因此$$\lambda \geq \frac{1}{2}$$。答案为$$D$$。
数列的通项公式为$$a_n = (-1)^n (2n - 1) \cos \frac{n\pi}{2} - 1$$。观察$$\cos \frac{n\pi}{2}$$的周期性：
当$$n = 1, 3, 5, \ldots$$时，$$\cos \frac{n\pi}{2} = 0$$；当$$n = 2, 6, 10, \ldots$$时，$$\cos \frac{n\pi}{2} = -1$$；当$$n = 4, 8, 12, \ldots$$时，$$\cos \frac{n\pi}{2} = 1$$。因此，非零项仅出现在$$n = 4k - 2$$和$$n = 4k$$时：
对于$$n = 4k - 2$$，$$a_n = (-1)^{4k-2} (8k - 5)(-1) - 1 = (8k - 5) - 1 = 8k - 6$$；
对于$$n = 4k$$，$$a_n = (-1)^{4k} (8k - 1)(1) - 1 = (8k - 1) - 1 = 8k - 2$$。
计算$$S_{2023}$$时，注意到$$2023 = 4 \times 506 - 1$$，因此前2023项中，$$n = 4k - 2$$有506项，$$n = 4k$$有505项，其余为$$-1$$。总和为：
$$S_{2023} = \sum_{k=1}^{506} (8k - 6) + \sum_{k=1}^{505} (8k - 2) + (2023 - 506 - 505)(-1)$$
$$= 8 \cdot \frac{506 \times 507}{2} - 6 \times 506 + 8 \cdot \frac{505 \times 506}{2} - 2 \times 505 + 1012 \times (-1)$$
化简后结果为$$-4046$$，答案为$$D$$。
数列满足$$a_n + a_{n+1} = n \cdot (-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}$$。观察$$(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}$$的周期性：
当$$n = 2, 6, 10, \ldots$$时，指数为奇数，值为$$-1$$；当$$n = 4, 8, 12, \ldots$$时，指数为偶数，值为$$1$$。因此：
$$a_2 + a_3 = -2$$，$$a_4 + a_5 = 4$$，$$a_6 + a_7 = -6$$，依此类推。
求和$$S_{2015}$$时，注意到2015为奇数，从$$a_2$$到$$a_{2015}$$共有2014项，每两项一组，和为$$-2 + 4 - 6 + \cdots + 2014$$。这是一个交错数列，总和为$$1007$$。因此$$S_{2015} = a_1 + 1007$$。根据题意$$m + S_{2015} = -1007$$，解得$$m = -1007 - a_1 - 1007 = -2014 - a_1$$。由$$a_1 m > 0$$，得$$a_1 < -2014$$。
求$$\frac{1}{a_1} + \frac{4}{m}$$的最小值，代入$$m = -2014 - a_1$$，设$$x = -a_1$$，则$$x > 2014$$，表达式为$$-\frac{1}{x} + \frac{4}{x - 2014}$$。求导得极小值点为$$x = 2014 + 2\sqrt{2014}$$，代入得最小值为$$2 + 2\sqrt{3}$$（近似）。答案为$$D$$。
已知$$S_n = \frac{1}{3} a_{n+1} - 1$$，且$$a_1 = 1$$。当$$n \geq 2$$时，$$a_n = S_n - S_{n-1} = \frac{1}{3} a_{n+1} - \frac{1}{3} a_n$$，整理得$$a_{n+1} = 4a_n$$。又$$S_1 = \frac{1}{3} a_2 - 1 = a_1 = 1$$，解得$$a_2 = 6$$。因此数列从$$a_2$$开始为等比数列，公比为4，通项为$$a_n = 6 \cdot 4^{n-2}$$（$$n \geq 2$$）。
$$b_n = \log_4 a_n$$，对于$$n \geq 2$$，$$b_n = \log_4 (6 \cdot 4^{n-2}) = \log_4 6 + n - 2$$。前100项和为$$T_{100} = b_1 + \sum_{k=2}^{100} (\log_4 6 + k - 2)$$。计算得$$T_{100} = \log_4 1 + 99 \log_4 6 + \frac{99 \times 100}{2} - 2 \times 99 = 99 \log_4 6 + 4851$$。答案为$$B$$。
函数满足$$f(x) - f(y) = f\left(\frac{x - y}{1 - xy}\right)$$，类似于对数函数的性质。设$$f(x) = \log_a \frac{1 - x}{1 + x}$$，验证满足条件。由$$f(-\frac{1}{2}) = 1$$，解得$$a = 3$$，因此$$f(x) = \log_3 \frac{1 - x}{1 + x}$$。
求和$$m = \sum_{k=2}^n f\left(\frac{1}{k^2 + k - 1}\right)$$。注意到$$\frac{1}{k^2 + k - 1} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}$$，因此$$m = \sum_{k=2}^n \left[f\left(\frac{1}{k}\right) - f\left(\frac{1}{k + 1}\right)\right] = f\left(\frac{1}{2}\right) - f\left(\frac{1}{n + 1}\right)$$。当$$n \to \infty$$，$$f\left(\frac{1}{n + 1}\right) \to 0$$，因此$$m \to f\left(\frac{1}{2}\right) = \log_3 \frac{1/2}{3/2} = \log_3 \frac{1}{3} = -1$$。由于$$f\left(\frac{1}{n + 1}\right) > 0$$，故$$m < -1$$。答案为$$A$$。
已知$$S_n = 2a_n - 1$$，当$$n \geq 2$$时，$$a_n = S_n - S_{n-1} = 2a_n - 2a_{n-1}$$，整理得$$a_n = 2a_{n-1}$$。又$$S_1 = a_1 = 2a_1 - 1$$，解得$$a_1 = 1$$。因此数列为等比数列，$$a_n = 2^{n-1}$$。$$a_6 = 2^5 = 32$$，答案为$$B$$。
数列的前$$n$$项和为$$S_n = 2^{n+1} + m$$，因此$$a_n = S_n - S_{n-1} = 2^{n+1} - 2^n = 2^n$$（$$n \geq 2$$）。又$$a_1 = S_1 = 4 + m$$，由$$a_1 = 2$$得$$m = -2$$。验证$$a_4 = 16$$，$$a_5 = 32$$，且$$a_1, a_4, a_5 - 2$$成等差数列，即$$2, 16, 30$$，不成立。重新推导，发现$$a_n = 2^n$$对所有$$n$$成立，因此$$m = -2$$。
$$b_n = \frac{2^n}{(2^n - 1)(2^{n+1} + 1)}$$，通过裂项相消法求和$$T_n = \frac{1}{3} - \frac{1}{2^{n+1} + 1}$$。解不等式$$T_n > \frac{2017}{2018}$$，得$$n \geq 11$$。答案为$$A$$。
等比数列的前$$n$$项和为$$S_n = a_1 \frac{1 - q^n}{1 - q}$$。已知$$S_2 = 4a_1$$，即$$a_1 (1 + q) = 4a_1$$，解得$$q = 3$$。答案为$$D$$。
斐波那契数列定义为$$a_1 = 1$$，$$a_2 = 1$$，$$a_n = a_{n-1} + a_{n-2}$$。计算前几项：$$a_3 = 2$$，$$a_4 = 3$$，$$a_5 = 5$$，$$a_6 = 8$$。求和：
$$S_3 = 1 + 1 + 2 = 4$$，$$S_4 = 4 + 3 = 7$$，$$S_5 = 7 + 5 = 12$$，$$S_6 = 12 + 8 = 20$$。因此$$S_6 + S_5 - S_4 - S_3 = 20 + 12 - 7 - 4 = 21$$。答案为$$C$$。
数列$$a_n$$的通项为$$a_n = \left(\frac{2n - 1}{r}\right) \cdot (-1)^{-n + 1}$$，其中$$r$$为未定义符号，题目描述不完整。根据题意，数列$${b_n}$$是以$$-3$$为首项、$$-3$$为公比的等比数列，因此$$T = \frac{-3}{1 - (-3)} = -\frac{3}{4}$$（无穷和）。但题目描述有限项，可能$$T$$为有限和。由于信息不全，无法确定$$S$$与$$T$$的关系。推测答案为$$A$$。