《2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册人教版》

1. 在等差数列$\{ a_{n}\}$中,$a_{2}=-5$,$a_{6}=a_{4}+6$,则$a_{1}=$（ ）

A.$-9$
B.$-8$
C.$-7$
D.$-4$

答案： 1. B 设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，因为$d=\frac{a_6 - a_4}{6 - 4}=\frac{6}{6 - 4}=3$，所以$a_1=a_2 - d=-8$。

2. 在等差数列$\{ a_{n}\}$中,已知$a_{5}=1$,则$a_{4}+a_{5}+a_{6}=$（ ）

A.$2$
B.$3$
C.$4$
D.$5$

答案： 2. B 因为$\{a_n\}$为等差数列，所以由等差数列性质可得$a_4 + a_5 + a_6=3a_5=3$。

3. 设数列$\{ a_{n}\}$,$\{ b_{n}\}$都是等差数列,且$a_{1}=25$,$b_{1}=75$,$a_{2}+b_{2}=100$,则$a_{37}+b_{37}=$（ ）

A.$0$
B.$37$
C.$100$
D.$-37$

答案： 3. C 因为$\{a_n\}$，$\{b_n\}$都是等差数列，所以$\{a_n + b_n\}$也是等差数列。又$a_1 + b_1=100$，$a_2 + b_2=100$，所以$a_n + b_n=100$，故$a_{37} + b_{37}=100$。

4. 已知等差数列的首项为$\frac{1}{25}$,且从第10项开始均比1大,则公差$d$的取值范围是（ ）

A.$(\frac{8}{75},+\infty)$
B.$(-\infty,\frac{3}{25})$
C.$(\frac{8}{75},\frac{3}{25})$
D.$(\frac{8}{75},\frac{3}{25}]$

答案： 4. D 由题意得$\begin{cases}a_{10}＞1,\\a_9\leq1,\end{cases}$所以$\begin{cases}\frac{1}{25}+9d＞1,\frac{1}{25}+8d\leq1,\end{cases}$解得$\frac{8}{75}＜d\leq\frac{3}{25}$。

5. (高频导向)已知$\{ a_{n}\}$为等差数列,若$m$,$n$,$p$,$q$是正整数,则“$m + n = p + q$”是“$a_{m}+a_{n}=a_{p}+a_{q}$”的（ ）

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

答案： 5. A 当$m + n=p + q$时，$a_m + a_n=a_1+(m - 1)d + a_1+(n - 1)d=2a_1+(m + n - 2)d=2a_1+(p + q - 2)d=a_1+(p - 1)d + a_1+(q - 1)d=a_p + a_q$；当$a_m + a_n=a_p + a_q$时，$(m + n - 2)d=(p + q - 2)d$。若$d=0$，则$m + n$与$p + q$不一定相等。故为充分不必要条件.

6. 在等差数列$\{ a_{n}\}$中,首项$a_{1}=3$,公差$d=-5$,依次取出项的序号能被4除余3的项并组成数列$\{ b_{n}\}$,则$b_{506}=$（ ）

A.$a_{2022}$
B.$a_{2023}$
C.$a_{2024}$
D.$a_{2025}$

答案： 6. B 因为$a_1=3$，$d=-5$，所以$a_n=3+(n - 1)×(-5)=8 - 5n$，又数列$\{a_n\}$中项的序号能被4除余3的项是第3项、第7项、第11项、$·s$，即$b_1=a_3=-7$，$b_2=a_7=-27$。设数列$\{b_n\}$中的第$k$项是数列$\{a_n\}$中的第$m$项，则$m=3 + 4(k - 1)=4k - 1$，所以当$k=506$时，$m=4×506 - 1=2023$，即数列$\{b_n\}$中的第506项是$\{a_n\}$中的第2023项。

7. 下列关于公差$d＞0$的等差数列$\{ a_{n}\}$的命题,其中为真命题的有（ ）

A.数列$\{ a_{2n - 1}\}$是等差数列
B.数列$\{ 2a_{n}-1\}$是等差数列
C.数列$\{\frac{a_{n}}{n}\}$是递增数列
D.数列$\{ a_{n}+3nd\}$是递增数列

答案： 7. ABD 设等差数列$\{a_n\}$的首项为$a_1$，所以$a_n=a_1+(n - 1)d=dn + a_1 - d$。对于A，由$a_n=dn + a_1 - d$，得$a_{2n - 1}=d(2n - 1)+a_1 - d=2dn + a_1 - 2d$，$a_{2n + 1}=2dn + a_1$，所以$a_{2n + 1}-a_{2n - 1}=2d$，即数列$\{a_{2n - 1}\}$是公差为$2d$的等差数列，故A正确；对于B，由$a_n=dn + a_1 - d$，得$2a_n - 1=2dn + 2a_1 - 2d - 1$，则$(2a_{n + 1}-1)-(2a_n - 1)=[2d(n + 1)+2a_1 - 2d - 1]-(2dn + 2a_1 - 2d - 1)=2d$，所以数列$\{2a_n - 1\}$是公差为$2d$的等差数列，故B正确；对于C，由$a_n=dn + a_1 - d$，可得$\frac{a_n}{n}=\frac{dn + a_1 - d}{n}=d + \frac{a_1 - d}{n}$，当$a_1 - d\geq0$时，数列$\{\frac{a_n}{n}\}$不是递增数列，故C错误；对于D，由$a_n=dn + a_1 - d$，可得$a_n + 3nd=4dn + a_1 - d$，所以$[a_{n + 1}+3(n + 1)d]-(a_n + 3nd)=4d＞0$，所以数列$\{a_n + 3nd\}$是递增数列，故D正确.

8. (教材变式)已知等差数列$\{ a_{n}\}$的首项$a_{1}=2$,公差$d = 8$,在数列$\{ a_{n}\}$中每相邻两项之间都插入$k$个数,使它们和原数列中的各项一起构成一个新的等差数列$\{ b_{n}\}$,则下列说法正确的是（ ）

A.$a_{n}=8n - 6$
B.当$k = 3$时,$b_{n}=2n$
C.当$k = 3$时,$b_{29}$不是数列$\{ a_{n}\}$中的项
D.若$b_{9}$是数列$\{ a_{n}\}$中的项,则$k$的值可能为7

答案： 8. ABD 对于A，由题意得$a_n=2 + 8(n - 1)=8n - 6$，故A正确；对于B，新数列的首项为2，公差为$\frac{a_2 - a_1}{4}=\frac{10 - 2}{4}=2$，故$b_n=2 + 2(n - 1)=2n$，故B正确；对于C，由选项B知$b_{29}=58$，令$8n - 6=58$，解得$n=8$，即$b_{29}$是数列$\{a_n\}$的第8项，故C错误；对于D，由题知$a_1=b_1$，$a_2=b_{k + 2}$，$a_3=b_{2k + 3}$，$a_4=b_{3k + 4}$，$·s$，则等差数列$\{a_n\}$中的项在新的等差数列$\{b_n\}$中对应的项的下标是以1为首项，$k + 1$为公差的等差数列，所以$a_n=b_{1+(n - 1)(k + 1)}$，又$b_9$是数列$\{a_n\}$中的项，令$1+(n - 1)(k + 1)=9$，当$k=7$时，$n=2$，故D正确.
教材链接 人教A版选择性必修二4.2.1例4

9. (创新·新情境)“中国剩余定理”又称“孙子定理”,最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》,1852年,英国传教士伟烈亚力将该解法传至欧洲,1874年,英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理,因而西方称之为“中国剩余定理”,此定理讲的是关于整除的问题.在1到2025这2025个数中,将能被2除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列$\{ a_{n}\}$,其前$n$项和为$S_{n}$,则下列对该数列的描述正确的是（ ）

A.$a_{1}=11$
B.$S_{3}=33$
C.$a_{4}-a_{3}=7$
D.共有203项

答案： 9. BD 由题意知数列$\{a_n\}$中的数字能被10除余1，故$a_n - 1$能被10整除，所以$a_n - 1=10(n - 1)$，即$a_n=10n - 9$。当$n=1$时，$a_1=10×1 - 9=1$，故A错误；$S_3=a_1 + a_2 + a_3=1 + 11 + 21=33$，故B正确；$a_4 - a_3=31 - 21=10$，故C错误；因为$1\leq a_n\leq2025$，即$1\leq10n - 9\leq2025$，$n\in N^*$，解得$1\leq n\leq203$，故D正确.