《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. 在等比数列$\{ a_{n}\}$中，若$a_{3}=3$，$a_{5}=5$，则$a_{7}=$(A)

A.$\dfrac {25}{3}$
B.$9$
C.$15$
D.$7$

答案： 1.A $a_{7}= \frac{a_{5}^{2}}{a_{3}}=\frac{25}{3}$.

2. 已知等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项乘积为$T_{n}$，若$T_{2}=T_{5}$，则$a_{4}=$(A)

A.$1$
B.$2$
C.$3$
D.$4$

答案： 2.A 因为$T_{2}=T_{5}$，所以$a_{1}a_{2}=a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}a_{5}$，由$a_{1}a_{2} \neq 0$得$a_{3}a_{4}a_{5}=1$.又$a_{3}a_{5}=a_{4}^{2}$，所以$a_{4}=1$.

$3. $已知函数$f(x)=\dfrac {2}{1+x^{2}}，$且等比数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{2}a_{2023}=1，$则$f(a_{1})+f(a_{2})+···+f(a_{2024})$=($A$　　)　　

A.2024
B.1012
C.$2$
D.$\dfrac {1}{2}$

答案： 3.A 易知$f(x)+f(\frac{1}{x})=\frac{2}{1+x^{2}}+\frac{2x^{2}}{1+x^{2}}=2$，又$a_{2}a_{2023}=1$，所以$f(a_{2})+f(a_{2023})=f(a_{2})+f(\frac{1}{a_{2}})=2$，因为$\{a_{n}\}$为等比数列，所以$a_{1}a_{2024}=a_{2}a_{2023}=·s=a_{1012}a_{1013}=1$，所以$f(a_{1})+f(a_{2})+·s+f(a_{2024})=1012×[f(a_{2})+f(a_{2023})]=1012×2=2024$.

4. (2024·河南洛阳期中)部分与整体以某种相似的方式呈现称为分形，如图，由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出的谢尔宾斯基三角形就属于一种分形，具体作法是取一个实心三角形，沿三角形的三边中点连线。将它分成$4$个小三角形，去掉中间的那一个小三角形后，对其余$3$个小三角形重复上述过程逐次得到各个图形，若记图①三角形的面积为$\dfrac {\sqrt {3}}{4}$，则第$n$个图中阴影部分的面积为(D)

A.$\dfrac {\sqrt {3}}{9}· \left(\dfrac {\sqrt {3}}{2}\right)^{n+1}$
B.$\dfrac {\sqrt {3}}{6}· \left(\dfrac {3}{2}\right)^{n}$
C.$\dfrac {\sqrt {3}}{4}· \left(\dfrac {3}{4}\right)^{n}$
D.$\dfrac {\sqrt {3}}{3}· \left(\dfrac {3}{4}\right)^{n}$

答案： 4.D 根据题意，每一个阴影部分图形的面积是前一个阴影部分图形面积的$\frac{3}{4}$，即面积为首项为$\frac{\sqrt{3}}{4}$，公比为$\frac{3}{4}$的等比数列，故第$n$个图中阴影部分的面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}·(\frac{3}{4})^{n - 1}=\frac{\sqrt{3}}{4}·(\frac{3}{4})^{n - 1}=\frac{\sqrt{3}}{3}·(\frac{3}{4})^{n}$（原文这里$(\frac{3}{4})^{n - 1}$与$(\frac{3}{4})^{n}$转化有误，按逻辑应为$\frac{\sqrt{3}}{4}·(\frac{3}{4})^{n - 1}$ ）。

5. (多选)已知等比数列$\{ a_{n}\}$的公比为$q(q ＞ 0)$，前$n$项积为$T_{n}$，若$T_{3} ＞ T_{2} ＞ T_{4}$，则(ABC)

A.$a_{1} ＞ 0$
B.$0 ＜ q ＜ 1$
C.$T_{5} ＞ 1$
D.$T_{6} ＞ 1$

答案： 5.ABC 因为等比数列$\{a_{n}\}$的公比$q＞0,T_{3}＞T_{2}＞T_{1}$，所以$T_{2}=a_{1}a_{2}=a_{1}^{2}q＞0$，则$a_{3}=\frac{T_{3}}{T_{2}}＞1,a_{3}a_{4}=\frac{T_{4}}{T_{2}}＜1$，即$a_{3}＞1＞a_{3}a_{4}$，所以$a_{1}=a_{1}q^{2}＞1,a_{4}＜\frac{1}{a_{3}}＜1$，所以$a_{1}＞0,0＜q=\frac{a_{4}}{a_{3}}＜1$，故A、B正确；易知$T_{5}=a_{1}· a_{2}· a_{3}· a_{4}· a_{5}=a_{1}^{5}＞1,T_{6}=a_{1}· a_{2}· a_{3}· a_{4}· a_{5}· a_{6}=(a_{3}· a_{4})^{3}＜1$，故C正确，D错误.

6. (多选)据美国学者詹姆斯·马丁的测算，近十年，人类知识总量已达到每三年翻一番，到2020年甚至要达到每73天翻一番的空前速度。因此，基础教育的任务已不是教会一切人一切知识，而是让一切人学会学习。已知2000年年底，人类知识总量为$a$，假如从2000年年底到2009年年底是每三年翻一番，从2009年年底到2019年年底是每一年翻一番，2020年(按365天计算)是每73天翻一番，则下列说法正确的是(BCD)

A.2006年年底人类知识总量是$2a$
B.2009年年底人类知识总量是$8a$
C.2019年年底人类知识总量是$2^{13}a$
D.2020年年底人类知识总量是$2^{18}a$

答案： 6.BCD 2000年到2006年每三年翻一番，则总共翻了$\frac{2006 - 2000}{3}=2$番.2000年年底，人类知识总量为$a$，则2006年年底，人类知识总量为$a·2^{2}=4a$，故A错误；2000年到2009年每三年翻一番，则总共翻了$\frac{2009 - 2000}{3}=3$番，则2009年年底，人类知识总量为$a·2^{3}=8a$，故B正确；2009年到2019年每一年翻一番，则总共翻了$2019 - 2009 = 10$番，故2019年年底，人类知识总量为$8a·2^{10}=2^{13}a$，故C正确；2020年是每73天翻一番，则总共翻了$\frac{365}{73}=5$番，故2020年年底，人类知识总量为$2^{13}a·2^{5}=2^{18}a$，故D正确.

7. 已知$4$个数成等比数列，其乘积为$1$，第$2$项与第$3$项之和为$-\dfrac {3}{2}$，则此$4$个数分别为$8,-2,-\frac{1}{2}$或$-\frac{1}{8},-\frac{1}{2},-2,8$。

答案： 7.8.$-2,-\frac{1}{2},-\frac{1}{8}$或$-\frac{1}{8},-\frac{1}{2},-2,8$
解析 设此4个数分别为$a,aq,aq^{2},aq^{3}$，则$a^{4}q^{6}=1$，所以$a^{2}q^{3}=\pm1$，又$aq(1 + q)=-\frac{3}{2}$①，所以当$a^{2}q^{3}=1$时，$q＞0$，代入①式化简可得$q^{2}-\frac{1}{4}q + 1 = 0$，此方程无解；当$a^{2}q^{3}=-1$时，$q＜0$，代入①式化简可得$q^{2}+\frac{17}{4}q + 1 = 0$，解得$q=-4$或$q=-\frac{1}{4}$.
当$q = - 4$时，$a=\frac{1}{8}$；当$q=-\frac{1}{4}$时，$a = 8$.
所以这4个数分别为$8,-2,-\frac{1}{2}$或$-\frac{1}{8},-\frac{1}{2},-2,8$.

8. 已知数列$\{ a_{n}\}$为等比数列，$\log$${8}a_{1}+\log$${8}a_{2}+\log$${8}a_{4}+\log$${8}a_{5}=4$，$a_{2}+a_{4}=20$，则$\dfrac {1}{a_{2}}+\dfrac {1}{a_{4}}=$$\frac{5}{16}$。

答案： 8.$\frac{5}{16}$
解析 由于$\log_{8}a_{1}+\log_{8}a_{2}+\log_{8}a_{4}+\log_{8}a_{5}=\log_{8}(a_{1}a_{5})+\log_{8}(a_{2}a_{4})=2\log_{8}(a_{2}a_{4})=4$，则$a_{2}a_{4}=64$，所以$\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{4}}=\frac{a_{2}+a_{4}}{a_{2}a_{4}}=\frac{20}{64}=\frac{5}{16}$.

9. 已知等比数列$\{ a_{n}\}$的公比为$q$，$a_{1}+a_{6}=33$，$a_{3}a_{4}=32$，$a_{n} ＜ a_{n+1}$。
（1）求$a_{n}$；
（2）求$\lg a_{1}+\lg a_{2}+·s +\lg a_{6}$的值。

答案： 9.解
(1)由$\begin{cases}a_{1}+a_{6}=33,\\a_{3}a_{4}=32,\end{cases}$可得$\begin{cases}a_{1}+a_{6}=33,\\a_{1}a_{6}=32,\end{cases}$
解得$\begin{cases}a_{1}=1,\\a_{6}=32,\end{cases}$或$\begin{cases}a_{1}=32,\\a_{6}=1\end{cases}$（舍去），
又因为$a_{6}=a_{1}q^{5}=q^{5}=32$，所以$q = 2$，所以$a_{n}=2^{n - 1}$.
(2)$\lg a_{1}+\lg a_{2}+·s+\lg a_{6}=\lg(a_{1}· a_{2}·s·s a_{6})=\lg32^{3}=\lg2^{15}=15\lg2$.