《2025年绿色通道45分钟课时作业与单元测评高中数学选择性必修第二册人教版》

1. 已知$ S_{n} $是等差数列$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和，若$ S_{4} = 12 $，$ S_{8} = 40 $，则$ S_{12} = $(D)

A.$ 44 $
B.$ 56 $
C.$ 68 $
D.$ 84 $

答案： 1.D 由题意可得$S_4,S_8-S_4,S_{12}-S_8$成等差数列，所以$2(S_8-S_4)=S_4+S_{12}-S_8$，因为$S_4=12,S_8=40$，所以$56=12+S_{12}-40$，解得$S_{12}=84$。

2. 设等差数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$的前$ n $项和分别为$ S_{n} $，$ T_{n} $，若$\frac{S_{n}}{T_{n}} = \frac{n + 3}{3n + 15}$，则$\frac{a_{10}}{b_{10}} = $(A)

A.$\frac{11}{36}$
B.$\frac{23}{72}$
C.$\frac{7}{24}$
D.$\frac{7}{23}$

答案： 2.A 因为$S_{19}=\frac{19(a_1+a_{19})}{2}=19a_{10},T_{19}=\frac{19(b_1+b_{19})}{2}=19b_{10}$，所以$\frac{a_{10}}{b_{10}}=\frac{S_{19}}{T_{19}}=\frac{19+3}{3×19+15}=\frac{11}{36}$。

3. 等差数列$\{ a_{n}\}$共$(2n + 1)$项，且奇数项的和为$ 165 $，偶数项的和为$ 150 $，则$ n = $(A)

A.$ 10 $
B.$ 13 $
C.$ 11 $
D.$ 22 $

答案： 3.A 等差数列$\{ a_n\}$共$(2n+1)$项，其中奇数项有$(n+1)$个，偶数项有$n$个，设等差数列$\{ a_n\}$的公差为$d$，奇数项的和为$S_{奇}$，偶数项的和为$S_{偶}$，则$S_{奇}-S_{偶}=a_1+nd=a_{n+1}=15$，则$n×15=150,n=10$。

4. “苏州码子”发源于苏州，作为一种民间的数字符号曾经流行一时，广泛应用于各种商业场合。“苏州码子”$ 0 \sim 9 $的写法如下：。为了防止混淆，有时要将“$ | $”“$ || $”“$ ||| $”横过来写。已知某铁路的里程碑所刻数字代表距离始发车站的里程，每隔$ 2 $公里摆放一个里程碑，若在$ A $点处里程碑上刻着“$ ||| × $”，在$ B $点处里程碑上刻着“$ 攵 || $”，则从$ A $点到$ B $点的所有里程碑上所刻数字之和为(B)

A.$ 1\ 560 $
B.$ 1\ 890 $
C.$ 1\ 925 $
D.$ 1\ 340 $

答案： 4.B 根据题意知，A点处里程碑上刻着数字34，B点处里程碑上刻着数字92，里程碑上刻的数字成等差数列，公差为2，因此从A点到B点的所有里程碑个数为$n=\frac{92-34}{2}+1=30$，则从A点到B点的所有里程碑上所刻数字之和为$30×34+\frac{30×29}{2}×2=1890$，故选B.

5. (多选)设等差数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$的前$ n $项和分别为$ S_{n} $，$ T_{n} $，若$\frac{S_{n}}{T_{n}} = \frac{7n + 51}{n + 3}$，则满足$\frac{a_{n}}{b_{n}} \in \boldsymbol{Z}$的$ n $的值可能为(ABD)

A.$ 2 $
B.$ 4 $
C.$ 12 $
D.$ 14 $

答案： 5.ABD 因为等差数列$\{ a_n\}$，$\{ b_n\}$的前$n$项和分别为$S_n$，$T_n$，且$\frac{S_n}{T_n}=\frac{7n+51}{n+3}$，所以$\frac{a_n}{b_n}=\frac{a_1+a_{2n-1}}{b_1+b_{2n-1}}=\frac{S_{2n-1}}{T_{2n-1}}=\frac{7(2n-1)+51}{(2n-1)+3}=\frac{14n+44}{2n+2}=7+\frac{15}{n+1}$，因为$\frac{a_n}{b_n}\in \mathbf{Z}$，所以$n+1=1,3,5,15$，所以$n=0,2,4,14$，又$n\in\mathbf{N}^*$，所以$n=0$舍去，所以$n$的值为2或4或14.

6. (多选)自然界中存在一个神奇的数列，比如植物一年生长新枝的数目，某些花朵的花数，具有$ 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ·s $，这样的规律，从第三项开始每一项都是前两项的和，这个数列称为斐波那契数列。设数列$\{ a_{n}\}$为斐波那契数列，则有$ a_{n} + a_{n + 1} = a_{n + 2}(n \in \boldsymbol{N}_{+})$，以下是等差数列的为(BD)

A. a_{2021}, a_{2022}, a_{2023}
B. a_{2021}, a_{2023}, a_{2024}
C. S_{2021}, S_{2022}, S_{2023}
D. S_{2021}, S_{2023}, S_{2024}

答案： 6.BD 因为$a_n+a_{n+1}=a_{n+2}(n\in\mathbf{N}_+)$，①所以$a_{n+1}+a_{n+2}=a_{n+3}(n\in\mathbf{N}_+)$，②②-①得$a_{n+2}-a_n=a_{n+3}-a_{n+1}\Rightarrow2a_{n+2}=a_{n+3}+a_n$，所以数列$a_n,a_{n+2},a_{n+3}$或数列$a_{n+3},a_{n+2},a_n$成等差数列，令$n=2021$，则$a_{2021},a_{2023},a_{2024}$成等差数列，故A错误，B正确；因为$a_n+a_{n+1}=a_{n+2}$，所以$S_{n+1}-S_{n-1}=S_{n+2}-S_{n+1}\Rightarrow2S_{n+1}=S_{n+2}+S_{n-1}$，所以$S_{n-1},S_{n+1},S_{n+2}$成等差数列，令$n=2022$，则$S_{2021},S_{2023},S_{2024}$成等差数列，故C错误，D正确.

7. 设$ S_{n} $是等差数列$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和，若$\frac{S_{4}}{S_{8}} = \frac{1}{3}$，则$\frac{S_{12}}{S_{16}} = $$\frac{3}{5}$。

答案： 7.$\frac{3}{5}$
解析 $\because$数列$\{ a_n\}$为等差数列，$\therefore S_4,S_8-S_4,S_{12}-S_8,S_{16}-S_{12},·s$成等差数列，设其公差为$d$，则$d=(S_8-S_4)-S_4=S_8-2S_4$。$\because\frac{S_4}{S_8}=\frac{1}{3},\therefore S_8=3S_4$，从而$d=S_8-2S_4=S_4$。$\therefore S_{12}-S_8=3S_4$，因此$S_{12}=6S_4$；同理$S_{16}=10S_4$。$\because\frac{S_{12}}{S_{16}}=\frac{6S_4}{10S_4}=\frac{3}{5}$。

8. (2025·北京延庆期末)北京天坛的圜丘坛分上、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 $块。已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石)$ 3\ 402 $块，则上层有扇面形石板405块。

答案： 8.405
解析 记从天心石向外每环扇形石板数为$a_n$，则$\{ a_n\}$是等差数列，且公差$d=9,a_1=9$，设每层有$k$环，则$n=3k,S_n=3402$，所以$S_n=na_1+\frac{n(n-1)d}{2}=3402$，即$9n+\frac{9n(n-1)}{2}=3402$，即$n^2+n-756=0$，解得$n=27$或$n=-28$(舍去)，所以$k=9$，则$S_9=9×9+\frac{9×(9-1)×9}{2}=405$，即上层有扇形石板405块。

9. 已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和是$ S_{n} $，$ 4a_{1} + a_{3} = 16 $，$ S_{5} = 8a_{2} $。
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）若$ S_{m + k} - S_{m} = 119 $成立，求正整数$ m $，$ k $的值。

答案： 9.解
(1)设等差数列$\{ a_n\}$的公差为$d$，由题意有$\begin{cases}4a_1+(a_1+2d)=16,\\5a_1+10d=8(a_1+d).\end{cases}$解得$a_1=2,d=3$，所以$a_n=2+3(n-1)=3n-1$，故数列$\{ a_n\}$的通项公式为$a_n=3n-1$。
(2)由$S_{m+k}-S_m=a_{m+1}+a_{m+2}+·s+a_{m+k}=\frac{k(a_{m+1}+a_{m+k})}{2}=\frac{k[3(m+1)-1+3(m+k)-1]}{2}=\frac{k[6m+3k+1]}{2}$，由$\frac{k(6m+3k+1)}{2}=119$，可得$k(6m+3k+1)=2×7×17$，因为$m,k\in\mathbf{N}^*$，所以$6m+3k+1\in\mathbf{N}^*$，因为$6m+3k+1＞3k$，所以$k=1$或$k=2$或$k=7$，①当$\begin{cases}k=1,\\6m+3k+1=2×7×17\end{cases}$时，可得$\begin{cases}k=1,\\m=39,\end{cases}$满足题意；②当$\begin{cases}k=2,\\6m+3k+1=7×17\end{cases}$时，可得$\begin{cases}k=2,\\m=\frac{56}{3}\end{cases}$，$m$不是正整数，不满足题意，舍去；③当$\begin{cases}k=7,\\6m+3k+1=2×17\end{cases}$时，可得$\begin{cases}k=7,\\m=2,\end{cases}$满足题意，综上，$m=39,k=1$或$m=2,k=7$。