《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

7. [2024·安庆一中期中](多选)我国古代数学专著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马.”马主曰：“我马食半牛.”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿$ 5 $斗粟.羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半.”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半.”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人应分别偿还$ a $升、$ b $升、$ c $升粟，$ 1 $斗为$ 10 $升，则下列判断正确的有 (BD)

A.$ a,b,c $依次构成公比为$ 2 $的等比数列
B.$ a,b,c $依次构成公比为$ \frac{1}{2} $的等比数列
C.$ a = \frac{50}{7} $
D.$ c = \frac{50}{7} $

答案： BD[解析]由条件，知$a$，$b$，$c$依次构成公比为$\frac{1}{2}$的等比数列.又$a+b+c=50$，所以$4c+2c+c=50$，所以$c = \frac{50}{7}$，$a = \frac{200}{7}$.

8. [2024·汕头模拟]在《九章算术》中有“竹九节”问题：现有一根$ 9 $节的竹子，自上而下各节的容积构成等比数列，上面$ 3 $节的容积之积为$ 3 $，下面$ 3 $节的容积之积为$ 9 $，则第$ 5 $节的容积为 (D)

A.$ 2 $
B.$ \frac{67}{66} $
C.$ 3 $
D.$ \sqrt{3} $

答案： D[解析]依题意可设，竹子自上而下各节的容积构成等比数列$\{ a_n \}$，由上面3节的容积之积为3，下面3节的容积之积为9可知$a_1 a_2 a_3 = 3$，$a_7 a_8 a_9 = 9$，由等比数列的性质知$a_1 a_2 a_3 a_7 a_8 a_9 = (a_1 a_9) · (a_2 a_8) · (a_3 a_7) = a_5^6 = 27$.所以$a_5 = \sqrt[3]{3}$.故选D.

9. [2024·大同一中月考]已知在无穷数列$ \{a_n\} $中，$ a_1,a_2,·s,a_m $是首项为$ 10 $，公差为$ -2 $的等差数列，$ a_{m + 1},a_{m + 2},·s,a_{2m} $是首项为$ \frac{1}{2} $，公比为$ \frac{1}{2} $的等比数列($ m\geq3,m\in\mathbf{N}^* $)，对任意$ n\in\mathbf{N}^* $，均有$ a_{n + 2m} = a_n $成立.若$ a_{97} = \frac{1}{128} $，则$ m $的所有可能取值的个数为 (A)

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

答案： A[解析]因为$a_1$，$a_2$，$·s$，$a_m$是首项为10，公差为$-2$的等差数列，所以$a_n = -2n + 12$，$1 \leq n \leq m$，$a_{m+1}$，$a_{m+2}$，$·s$，$a_{2m}$是首项为$\frac{1}{2}$，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，所以$a_n = (\frac{1}{2})^{n-m}$，$m+1 \leq n \leq 2m$.因为$a_{97} = \frac{1}{128}$，且$\frac{1}{128}$只可能是等比数列中的项，所以$(\frac{1}{2})^{n-m} = (\frac{1}{2})^7$，所以$n-m=7$，所以$n = m+7$，且$m \geq 7$.因为对任意$n \in N^*$，均有$a_{n+2m} = a_n$成立，所以数列$\{ a_n \}$是以$2m$为周期的数列，所以$m+7+2km = 97 (k \in Z)$，即$(2k+1)m = 90 (k \in Z)$.当$k=0$，$1$，$2$，$4$时，$m=90$，$30$，$18$，$10$，即$m$的所有可能取值有4个.故选A.

10. (多选)已知三棱锥$ A - BCD $的棱长均为$ 3 $，其内有$ n $个小球，球$ O_1 $与三棱锥$ A - BCD $的四个面都相切，球$ O_2 $与三棱锥$ A - BCD $的三个面和球$ O_1 $都相切……球$ O_n $与三棱锥$ A - BCD $的三个面和球$ O_{n - 1} $都相切($ n\geq2 $，且$ n\in\mathbf{N}^* $).若球$ O_n $的表面积为$ S_n $，体积为$ V_n $，则 (AD)

A.$ V_1 = \frac{\sqrt{6}\pi}{8} $
B.$ S_3 = \frac{3\pi}{16} $
C.数列$ \{S_n\} $为等差数列
D.数列$ \{V_n\} $为等比数列

答案：
AD[解析]对于A，设底面$BCD$的中心为点$O$，由题意知三棱锥$A - BCD$的内切球$O_1$的球心在高$AO$上，如图所示.

由正三角形中心的性质可得$BO = \frac{2}{3} × \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，则$AO = \sqrt{AB^2 - BO^2} = \sqrt{6}$.设球$O_1$的半径为$r_1$，则利用等体积法可得$V_{三棱锥A - BCD} = \frac{1}{3} r_1 (S_{\triangle ABC} + S_{\triangle ACD} + S_{\triangle ABD} + S_{\triangle BCD})$，即$\frac{1}{3} × \frac{\sqrt{3}}{4} × 3^2 × \sqrt{6} = \frac{1}{3} r_1 × 4 × \frac{\sqrt{3}}{4} × 3^2$，解得$r_1 = \frac{\sqrt{6}}{4}$，所以球$O_1$的体积$V_1 = \frac{4}{3} \pi r_1^3 = \frac{\sqrt{6}}{8} \pi$，故A正确.由选项A知$BO = \sqrt{3}$，$OO_1 = r_1 = \frac{\sqrt{6}}{4}$，则$BO_1 = \sqrt{OO_1^2 + BO^2} = \sqrt{(\frac{\sqrt{6}}{4})^2 + (\sqrt{3})^2} = \frac{3\sqrt{6}}{4}$.设球$O_2$与平面$BCD$相切于点$M$，球$O_2$的半径为$r_2$，连接$O_2 M$，则$\triangle O_1 OB \sim \triangle O_2 MB$，所以$\frac{r_2}{r_1} = \frac{BO_1 - (r_2 + r_1)}{BO_1}$，即$\frac{r_2}{\frac{\sqrt{6}}{4}} = \frac{\frac{3\sqrt{6}}{4} - r_2}{\frac{3\sqrt{6}}{4}}$，所以$3r_2 = \frac{\sqrt{6}}{2} - r_2$，则$r_2 = \frac{\sqrt{6}}{8}$.以此类推，$\frac{r_n}{r_{n-1}} = \frac{1}{2} (n \geq 2)$，所以$\{ r_n \}$是首项为$\frac{\sqrt{6}}{4}$，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，所以$r_n = \frac{\sqrt{6}}{4} × (\frac{1}{2})^{n-1}$，所以$r_3 = \frac{\sqrt{6}}{4} × \frac{1}{4} = \frac{\sqrt{6}}{16}$，则$S_3 = 4\pi r_3^2 = 4\pi × \frac{6}{16 × 16} = \frac{9\pi}{32}$，故B错误.对于C，由$r_n = \frac{\sqrt{6}}{4} × (\frac{1}{2})^{n-1}$可得$S_n - S_{n-1} = 4\pi r_n^2 - 4\pi r_{n-1}^2 = -\frac{9}{8} \pi × (\frac{1}{2})^{2n-4}$，$n \geq 2$，所以数列$\{ S_n \}$不是等差数列，故C错误.由$r_n = \frac{\sqrt{6}}{4} × (\frac{1}{2})^{n-1}$可得$\frac{V_n}{V_{n-1}} = \frac{\frac{4}{3} \pi r_n^3}{\frac{4}{3} \pi r_{n-1}^3} = (\frac{1}{2})^3 = \frac{1}{8}$，$n \geq 2$，所以数列$\{ V_n \}$是公比为$\frac{1}{8}$的等比数列，故D正确.故选AD.

11. [2024·武汉二中月考]由$ 9 $个正数组成的$ 3 $行$ 3 $列方阵$ \begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33} \end{pmatrix} $中，每行中三个数构成等比数列，且$ a_{11}a_{12}a_{13} $，$ a_{21}a_{22}a_{23} $，$ a_{31}a_{32}a_{33} $构成等差数列.若$ a_{12} = 2 $，$ a_{32} = 4 $，则$ a_{22} = $ ______ .

答案： $\sqrt[3]{36}$[解析]由题意，得$a_{11} a_{12} a_{13} = a_{12}^3 = 8$，$a_{21} a_{22} a_{23} = a_{22}^3$，$a_{31} a_{32} a_{33} = a_{32}^3 = 64$.因为$a_{11} a_{12} a_{13}$，$a_{21} a_{22} a_{23}$，$a_{31} a_{32} a_{33}$构成等差数列，所以$2a_{22}^3 = a_{12}^3 + a_{32}^3 = 72$，解得$a_{22} = \sqrt[3]{36}$.

12. [2024·湘潭一中期末]在等比数列$ \{a_n\} $中，公比$ q\in(0,1) $，且满足$ a_3 = 2 $，$ a_1a_3 + 2a_2a_4 + a_3a_5 = 25 $.
(1) 求数列$ \{a_n\} $的通项公式；
(2) 设$ b_n = \log_2a_n $，数列$ \{b_n\} $的前$ n $项和为$ S_n $，当$ \frac{S_1}{1} + \frac{S_2}{2} + ·s + \frac{S_n}{n} $取得最大值时，求$ n $的值.

答案：
(1)因为$a_1 a_3 + 2a_2 a_4 + a_3 a_5 = 25$，所以$a_2^2 + 2a_2 a_4 + a_4^2 = 25$，所以$(a_2 + a_4)^2 = 25$.因为$a_3 = 2$，$q \in (0,1)$，所以对任意的$n \in N^*$，$a_n ＞ 0$，所以$a_2 + a_4 = 5$.由题意可得$\begin{cases} a_3 = a_1 q^2 = 2, \\ a_2 + a_4 = a_1 q + a_1 q^3 = 5, \end{cases}$解得$\begin{cases} a_1 = 8, \\ q = \frac{1}{2}, \end{cases}$所以$a_n = a_1 q^{n-1} = 8 × (\frac{1}{2})^{n-1} = 2^{4-n}$.
(2)由
(1)知$b_n = \log_2 a_n = \log_2 2^{4-n} = 4 - n$，所以$b_1 = 3$，$b_{n+1} - b_n = [4 - (n+1)] - (4 - n) = -1$.所以数列$\{ b_n \}$是以3为首项，$-1$为公差的等差数列，所以$S_n = \frac{n (b_1 + b_n)}{2} = \frac{n (3 + 4 - n)}{2} = \frac{n (7 - n)}{2}$，所以$\frac{S_n}{n} = \frac{7 - n}{2}$，所以$\frac{S_{n+1}}{n+1} - \frac{S_n}{n} = \frac{7 - (n+1)}{2} - \frac{7 - n}{2} = -\frac{1}{2}$，所以数列$\{ \frac{S_n}{n} \}$是以3为首项，$-\frac{1}{2}$为公差的等差数列，所以$\frac{S_1}{1} + \frac{S_2}{2} + ·s + \frac{S_n}{n} = n × (\frac{1}{2} × \frac{S_n}{n}) = \frac{n}{2} (3 + \frac{7 - n}{2}) = \frac{13n - n^2}{4} = -\frac{1}{4} (n - \frac{13}{2})^2 + \frac{169}{16}$.因为$n \in N^*$，所以当$\frac{S_1}{1} + \frac{S_2}{2} + ·s + \frac{S_n}{n}$取得最大值时，$n$的值为6或7.