《2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册人教版》

1. 在$-9$和$3$之间插入$n$个数,使这$(n + 2)$个数组成为$-21$的等差数列,则$n =$（ ）

A.$4$
B.$5$
C.$6$
D.$7$

答案： 1. B 设构成的等差数列为$\{a_n\}$，则$a_1=-9,a_{n+2}=3$，项数为$n+2,S_{n+2}=\frac{(n+2)(a_1+a_{n+2})}{2}=-21$，解得$n=5$.

2. 在等差数列$\{ a_{n}\}$中,$a_{2} = 6$,$a_{5} = 15$,若$b_{n} = a_{2n}$,则数列$\{ b_{n}\}$的前 5 项和为（ ）

A.$30$
B.$45$
C.$90$
D.$186$

答案： 2. C 设$\{a_n\}$的公差为$d$，由$\begin{cases}a_2=a_1+d=6\\a_5=a_1+4d=15\end{cases}$得$\begin{cases}a_1=3\\d=3\end{cases}$，所以$a_n=3+3(n-1)=3n$，则$b_n=a_{2n}=6n$，故$\{b_n\}$是等差数列，所以数列$\{b_n\}$的前5项和$S_5=\frac{6+30}{2}×5=90$.

3. (易错易混)记$T_{n} = -1 + 1 + 3 + 5 + ·s + (2n + 1)$,则$T_{n} =$（ ）

A.$n^{2}$
B.$n^{2} + n$
C.$n^{2} - 2n$
D.$n^{2} + 2n$

答案： 3. D 由题意得所求为数列$-1,1,3,5,·s,2n+1$的和，这个数列是首项为$-1$，公差为$2$的等差数列，所以通项公式为$a_n=2n-3$，则$2n+1$为其第$(n+2)$项.所以$T_n=-1+1+3+5+·s+(2n+1)=\frac{(-1+2n+1)(n+2)}{2}=n^2+2n$.
易错警示：$T_n$是数列$\{a_n\}$（其中$a_n=2n-1$）的前$(n+2)$项和，而不是前$n$项和.

4. 设等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$,$S_{m - 1} = -2$,$S_{m} = 0$,$S_{m + 1} = 3$,则$m =$（ ）

A.$3$
B.$4$
C.$5$
D.$6$

答案： 4. C 由题意得$a_m=S_m-S_{m-1}=2,a_{m+1}=S_{m+1}-S_m=3$，故$d=1$.因为$S_m=0$，所以$ma_1+\frac{m(m-1)}{2}d=0$，即$a_1=-\frac{m-1}{2}$.因为$a_m+a_{m+1}=5$，所以$a_m+a_{m+1}=2a_1+(2m-1)d=-(m-1)+2m-1=5$，即$m=5$.

5. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n} = n^{2} + 2n$.若$m - n = 5$,则$a_{m} - a_{n} =$（ ）

A.$2$
B.$5$
C.$-5$
D.$10$

答案： 5. D 由$S_n=n^2+2n$得$a_1=S_1=3$；当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=n^2+2n-(n-1)^2-2(n-1)=2n+1$.验证$n=1$时，满足$a_n=2n+1$，故$a_n=2n+1$.又$m-n=5$，则$m=n+5$，所以$a_m-a_n=a_{n+5}-a_n=2(n+5)+1-2n-1=10$.

6. 《算法统宗》是一部中国古代数学名著,全称为《新编直指算法统宗》,由明代数学家程大位所著.该书在万历二十一年(公元 1593 年)首次刊行,全书共有 17 卷.其主要内容涵盖了数学名词、大数与小数的解释、度量衡单位以及珠算盘式图和各种算法的口诀等基础知识.同时,书中还按照“九章”的次序列举了多种应用题及其解法,并附有图式说明.此外,《算法统宗》还包括了难题解法的汇编和不能归入前面各类别的杂法算法等内容.其中有一首诗,讲述了“竹筒容米”问题:“家有九节竹一茎,为因盛米不均平,下头三节三升九,上稍四节贮三升,唯有中间两节竹,要将米数次第盛,若有先生能算法,也教算得到天明.”(【注释】三升九:3.9 升,次第盛:盛米容积依次相差同一数量)该九节竹一共盛米（ ）


A.$8.8$升
B.$9$升
C.$9.1$升
D.$9.2$升

答案： 6. B 设第$n$节竹筒盛米$a_n$升，则$\{a_n\}$为等差数列，$a_1+a_2+a_3+a_4=3,a_7+a_8+a_9=3.9$，设公差为$d$，则$\begin{cases}4a_1+6d=3\\3a_1+21d=3.9\end{cases}$，解得$\begin{cases}a_1=0.6\\d=0.1\end{cases}$，所以$a_n=0.1n+0.5$，则该九节竹一共盛米$\frac{(0.6+1.4)×9}{2}=9$(升).

7. 已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$,当且仅当$n = 7$时,$S_{n}$取得最大值,则满足$S_{k} ＞ 0$的最大的正整数$k$一定不等于（ ）

A.$12$
B.$13$
C.$14$
D.$15$

答案： 7. AD 因为当且仅当$n=7$时，$S_n$取得最大值，所以$a_1＞0$，公差$d＜0$，且$a_7＞0,a_8＜0$，所以$S_{13}=\frac{13×(a_1+a_{13})}{2}=13a_7＞0$，即$S_{13}＞S_{12}＞0$，则满足$S_k＞0$的最大的正整数$k$一定不等于12.又$S_{14}=\frac{14×(a_1+a_{14})}{2}=7(a_7+a_8)$，$S_{15}=\frac{15×(a_1+a_{15})}{2}=15a_8＜0$，故当$n\geq15$时，$S_n＜0$.当$a_7+a_8＞0$时，$S_{14}＞0$，则满足$S_k＞0$的最大的正整数$k$为14.当$a_7+a_8\leq0$时，$S_{14}\leq0$，则满足$S_k＞0$的最大的正整数$k$为13.故满足$S_k＞0$的最大的正整数$k$可能为13与14，一定不等于12与15.

8. (易错易混)下列结论正确的有（ ）

A.若数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n} = an^{2} + bn + c$($a$,$b$,$c$为常数),则$\{ a_{n}\}$为等差数列
B.若等差数列$\{ a_{n}\}$的项数为$2n(n ＞ 1)$,它的偶数项和为$S_{偶}$,奇数项和为$S_{奇}$,则$\frac{S_{奇}}{S_{偶}}=\frac{n + 1}{n}$
C.若$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和,则$S_{9} = 3(S_{6} - S_{3})$
D.若$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和,则数列$\left\{\frac{S_{n}}{n^{2}}\right\}$可能是等差数列

答案： 8. CD 因为$S_n=an^2+bn+c$，所以$a_1=S_1=a+b+c$.当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=(an^2+bn+c)-[a(n-1)^2+b(n-1)+c]=2an+b-a$，则$a_n=\begin{cases}a+b+c,n=1\\2an+b-a,n\geq2\end{cases}$，故只有当$c=0$时，$\{a_n\}$成等差数列，故A错误.$S_{偶}=\frac{(a_2+a_{2n})· n}{2}=na_{n+1}$，$S_{奇}=\frac{(a_1+a_{2n-1})· n}{2}=na_n$，所以$\frac{S_{奇}}{S_{偶}}=\frac{a_n}{a_{n+1}}$，故B错误.设数列$\{a_n\}$的公差为$d$，则$S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d$，所以$S_9=9a_1+36d$，$S_6=6a_1+15d$，$S_3=3a_1+3d$，所以$S_9=3(S_6 - S_3)$，故C正确.$\frac{S_n}{n^2}=\frac{a_1}{n}+\frac{n-1}{2n}d$，所以$\frac{S_1}{1^2}=a_1$，$\frac{S_2}{2^2}=\frac{a_1}{2}+\frac{1}{4}d$，$\frac{S_3}{3^2}=\frac{1}{3}a_1+\frac{1}{3}d$，令$2×\frac{S_2}{2^2}=\frac{S_1}{1^2}+\frac{S_3}{3^2}$可得$a_1+\frac{1}{2}d=a_1+\frac{1}{3}a_1+\frac{1}{3}d$，化简可得$d=2a_1$，此时$\frac{S_n}{n^2}=\frac{a_1}{n}+\frac{n-1}{2n}d=a_1$，所以$\frac{S_n}{n^2}-\frac{S_{n - 1}}{(n - 1)^2}=0(n\geq2)$，故D正确.