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2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
7. [2024·雅安中学周练]已知数列$\{ a_{n}\} $是等比数列，其中$a_{1},a_{8}$是关于$x$的方程$x^{2}-2x\sin \alpha -\sqrt{3}\sin \alpha =0$的两根，且$(a_{1}+a_{8})^{2}=2a_{3}a_{6}+6$，则锐角$\alpha $的值为(
A.$\dfrac{\pi}{6}$
B.$\dfrac{\pi}{4}$
C.$\dfrac{\pi}{3}$
D.$\dfrac{5\pi}{12}$
C
)A.$\dfrac{\pi}{6}$
B.$\dfrac{\pi}{4}$
C.$\dfrac{\pi}{3}$
D.$\dfrac{5\pi}{12}$
答案：
7.C 【解析】因为$a_{1}$，$a_{8}$是关于$x$的方程$x^{2} - 2x\sin\alpha - \sqrt{3}\sin\alpha = 0$的两根，所以$a_{1}a_{8} = - \sqrt{3}\sin\alpha$，$a_{1} + a_{8} =$ $2\sin\alpha$．因为$(a_{1} + a_{8})^{2} = 2a_{3}a_{6} + 6 = 2a_{1}a_{8} + 6$，所以$4\sin^{2}\alpha = 2 × ( - \sqrt{3}\sin\alpha) + 6$，即$2\sin^{2}\alpha + \sqrt{3}\sin\alpha - 3 = 0$．又$\alpha$为锐角，所以$\sin\alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\alpha = \frac{\pi}{3}$．故选C．
8. [2024·杭州学军中学月考]已知数列$\{ a_{n}\} $的前$n$项和为$S_{n}$，且$a_{n}=(-1)^{n}(2n-1)\cos \dfrac{n\pi}{2}+1$，则$S_{60}=$(
A.$-30$
B.$-60$
C.$90$
D.$120$
D
)A.$-30$
B.$-60$
C.$90$
D.$120$
答案：
8.D 【解析】由$a_{n} = ( - 1)^{n}(2n - 1)\cos\frac{n\pi}{2} + 1$，得$S_{60} =$
$( - \cos\frac{\pi}{2} + 1) + (3\cos\frac{2\pi}{2} + 1) + ( - 5\cos\frac{3\pi}{2} + 1) +$
$(7\cos\frac{4\pi}{2} + 1) + ·s + (119\cos\frac{60\pi}{2} + 1) = (0 + 1) + ( - 3 +$
$1) + (0 + 1) + (7 + 1) + ·s + (119 + 1) = 1 × 60 + 4 × 15 = 120$．故
选D．
$( - \cos\frac{\pi}{2} + 1) + (3\cos\frac{2\pi}{2} + 1) + ( - 5\cos\frac{3\pi}{2} + 1) +$
$(7\cos\frac{4\pi}{2} + 1) + ·s + (119\cos\frac{60\pi}{2} + 1) = (0 + 1) + ( - 3 +$
$1) + (0 + 1) + (7 + 1) + ·s + (119 + 1) = 1 × 60 + 4 × 15 = 120$．故
选D．
9. 已知数列$\{ a_{n}\} $是各项均为正数的等比数列，点$M(2,\log_{2}a_{2})$，$N(5,\log_{2}a_{5})$都在直线$y=x-1$上，则数列$\{ a_{n}\} $的前$n$项和$S_{n}=$
$2^{n} - 1$
.
答案：
9.$2^{n} - 1$ 【解析】由题意可得$\log_{2}a_{2} = 2 - 1 = 1$，$\log_{2}a_{5} = 5 -$ $1 = 4$，则$a_{2} = 2$，$a_{5} = 16$，数列$\{ a_{n}\}$的公比$q = \sqrt[3]{\frac{a_{5}}{a_{2}}} = \sqrt[3]{8} =$ $2$，数列$\{ a_{n}\}$的首项$a_{1} = \frac{a_{2}}{q} = \frac{2}{2} = 1$，前$n$项和$S_{n} =$ $\frac{1 × (1 - 2^{n})}{1 - 2} = 2^{n} - 1$．
10. 已知函数$f(x)=\begin{cases}2x-10,x\leqslant 7,\\\dfrac{1}{f(x-2)},x＞7,\end{cases}$若$a_{n}=f(n)(n\in \mathbf{N}^{*})$，则数列$\{ a_{n}\} $前$50$项的和为 ______ .
答案：
10.$\frac{225}{4}$ 【解析】当$n \leqslant 7$时，$a_{n} = f(n) = 2n - 10$，所以$a_{6} =$ $f(6) = 2 × 6 - 10 = 2$，$a_{7} = f(7) = 2 × 7 - 10 = 4$．当$n ＞ 7$
时，$a_{n} = f(n) = \frac{1}{f(n - 2)}$，所以$a_{8} = f(8) = \frac{1}{f(6)} = \frac{1}{2}$，
$a_{9} = f(9) = \frac{1}{f(7)} = \frac{1}{4}$，$a_{10} = f(10) = \frac{1}{f(8)} = \frac{1}{\frac{1}{2}} = 2$，
$a_{11} = f(11) = \frac{1}{f(9)} = \frac{1}{\frac{1}{4}} = 4$，$a_{12} = f(12) = \frac{1}{f(10)} =$
$f(8) = \frac{1}{2}$，$·s$，所以$n \geqslant 10$时，$a_{n} = f(n) = \frac{1}{f(n - 2)} =$
$f(n - 4)$．所以数列$\{ a_{n}\}$前$50$项的和为$S_{50} = (a_{1} +$
$a_{2} + ·s + a_{8}) + (a_{7} + a_{8} + ·s + a_{50}) = \lbrack( - 8) + ( - 6) + ·s +$
$2\rbrack + \lbrack(4 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + 2) + ·s + (4 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + 2)\rbrack =$
$\frac{6 × ( - 8 + 2)}{2} + 11 × (4 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + 2) = \frac{225}{4}$．
时，$a_{n} = f(n) = \frac{1}{f(n - 2)}$，所以$a_{8} = f(8) = \frac{1}{f(6)} = \frac{1}{2}$，
$a_{9} = f(9) = \frac{1}{f(7)} = \frac{1}{4}$，$a_{10} = f(10) = \frac{1}{f(8)} = \frac{1}{\frac{1}{2}} = 2$，
$a_{11} = f(11) = \frac{1}{f(9)} = \frac{1}{\frac{1}{4}} = 4$，$a_{12} = f(12) = \frac{1}{f(10)} =$
$f(8) = \frac{1}{2}$，$·s$，所以$n \geqslant 10$时，$a_{n} = f(n) = \frac{1}{f(n - 2)} =$
$f(n - 4)$．所以数列$\{ a_{n}\}$前$50$项的和为$S_{50} = (a_{1} +$
$a_{2} + ·s + a_{8}) + (a_{7} + a_{8} + ·s + a_{50}) = \lbrack( - 8) + ( - 6) + ·s +$
$2\rbrack + \lbrack(4 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + 2) + ·s + (4 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + 2)\rbrack =$
$\frac{6 × ( - 8 + 2)}{2} + 11 × (4 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + 2) = \frac{225}{4}$．
11. [2024·长沙雅礼中学月考]已知等比数列$\{ a_{n}\} $的公比$q＞1$，且$a_{1}+a_{3}=20$，$a_{2}=8$.
（1）求$\{ a_{n}\} $的通项公式；
（2）设$b_{n}=\dfrac{n}{a_{n}}$，$S_{n}$为$\{ b_{n}\} $的前$n$项和，对任意正整数$n$，不等式$S_{n}+\dfrac{n}{2^{n+1}}＞(-1)^{n}· a$恒成立，求实数$a$的取值范围.
（1）求$\{ a_{n}\} $的通项公式；
（2）设$b_{n}=\dfrac{n}{a_{n}}$，$S_{n}$为$\{ b_{n}\} $的前$n$项和，对任意正整数$n$，不等式$S_{n}+\dfrac{n}{2^{n+1}}＞(-1)^{n}· a$恒成立，求实数$a$的取值范围.
答案：
11.
(1)设数列$\{ a_{n}\}$的公比为$q$，则$\begin{cases} a_{1}(1 + q^{2}) = 20, \\a_{1}q = 8, \end{cases}$
所以$2q^{2} - 5q + 2 = 0$，解得$q = 2$或$q = \frac{1}{2}$．
又因为$q ＞ 1$，所以$q = 2$，$a_{1} = 4$，
所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = 2^{n + 1}$．
(2)$b_{n} = \frac{n}{2^{n + 1}}$，所以$S_{n} = \frac{1}{2^{2}} + \frac{2}{2^{3}} + \frac{3}{2^{4}} + ·s + \frac{n}{2^{n + 1}}$，①
$\frac{1}{2}S_{n} = \frac{1}{2^{3}} + \frac{2}{2^{4}} + ·s + \frac{n - 1}{2^{n + 1}} + \frac{n}{2^{n + 2}}$，②
①－②得$\frac{1}{2}S_{n} = \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{2^{3}} + \frac{1}{2^{4}} + ·s + \frac{1}{2^{n + 1}} -$
$\frac{n}{2^{n + 2}}$，
所以$S_{n} = \frac{\frac{1}{2^{1}} + \frac{1}{2^{2}} + ·s + \frac{1}{2^{n}}}{} = \frac{\frac{\frac{1}{2}(1 - \frac{1}{2^{n}})}{}}{1 - \frac{1}{2}} =$
$1 - \frac{1}{2^{n}}$，
$\frac{n}{2^{n + 1}} = 1 - \frac{n + 2}{2^{n + 1}}$，
所以$( - 1)^{n} · a ＜ 1 - \frac{1}{2^{n}}$对任意正整数$n$恒成立，
设$f(n) = 1 - \frac{1}{2^{n}}$，易知$f(n)$在$(0, + \infty)$上单调递增．
又$n \in \mathbf{N}^{*}$，所以当$n$为奇数时，$f(n)$的最小值为$\frac{1}{2}$，
由$- a ＜ \frac{1}{2}$，得$a ＞ - \frac{1}{2}$，
当$n$为偶数时，$f(n)$的最小值为$\frac{3}{4}$，所以$a ＜ \frac{3}{4}$
综上所述，实数$a$的取值范围是$( - \frac{1}{2},\frac{3}{4})$．
(1)设数列$\{ a_{n}\}$的公比为$q$，则$\begin{cases} a_{1}(1 + q^{2}) = 20, \\a_{1}q = 8, \end{cases}$
所以$2q^{2} - 5q + 2 = 0$，解得$q = 2$或$q = \frac{1}{2}$．
又因为$q ＞ 1$，所以$q = 2$，$a_{1} = 4$，
所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = 2^{n + 1}$．
(2)$b_{n} = \frac{n}{2^{n + 1}}$，所以$S_{n} = \frac{1}{2^{2}} + \frac{2}{2^{3}} + \frac{3}{2^{4}} + ·s + \frac{n}{2^{n + 1}}$，①
$\frac{1}{2}S_{n} = \frac{1}{2^{3}} + \frac{2}{2^{4}} + ·s + \frac{n - 1}{2^{n + 1}} + \frac{n}{2^{n + 2}}$，②
①－②得$\frac{1}{2}S_{n} = \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{2^{3}} + \frac{1}{2^{4}} + ·s + \frac{1}{2^{n + 1}} -$
$\frac{n}{2^{n + 2}}$，
所以$S_{n} = \frac{\frac{1}{2^{1}} + \frac{1}{2^{2}} + ·s + \frac{1}{2^{n}}}{} = \frac{\frac{\frac{1}{2}(1 - \frac{1}{2^{n}})}{}}{1 - \frac{1}{2}} =$
$1 - \frac{1}{2^{n}}$，
$\frac{n}{2^{n + 1}} = 1 - \frac{n + 2}{2^{n + 1}}$，
所以$( - 1)^{n} · a ＜ 1 - \frac{1}{2^{n}}$对任意正整数$n$恒成立，
设$f(n) = 1 - \frac{1}{2^{n}}$，易知$f(n)$在$(0, + \infty)$上单调递增．
又$n \in \mathbf{N}^{*}$，所以当$n$为奇数时，$f(n)$的最小值为$\frac{1}{2}$，
由$- a ＜ \frac{1}{2}$，得$a ＞ - \frac{1}{2}$，
当$n$为偶数时，$f(n)$的最小值为$\frac{3}{4}$，所以$a ＜ \frac{3}{4}$
综上所述，实数$a$的取值范围是$( - \frac{1}{2},\frac{3}{4})$．
12. [2024·合肥调考]已知数列$\{ a_{n}\} $的首项为$2$，$S_{n}$为其前$n$项和，且$S_{n+1}=qS_{n}+2(q＞0,n\in \mathbf{N}^{*})$.
（1）若$a_{4},a_{5},a_{4}+a_{5}$构成等差数列，求数列$\{ a_{n}\} $的通项公式；
（2）设双曲线$x^{2}-\dfrac{y^{2}}{a_{n}^{2}}=1$的离心率为$e_{n}$，且$e_{2}=3$，求$e_{1}^{2}+2e_{2}^{2}+3e_{3}^{2}+·s +ne_{n}^{2}$.
（1）若$a_{4},a_{5},a_{4}+a_{5}$构成等差数列，求数列$\{ a_{n}\} $的通项公式；
（2）设双曲线$x^{2}-\dfrac{y^{2}}{a_{n}^{2}}=1$的离心率为$e_{n}$，且$e_{2}=3$，求$e_{1}^{2}+2e_{2}^{2}+3e_{3}^{2}+·s +ne_{n}^{2}$.
答案：
12.
(1)因为$S_{n + 1} = qS_{n} + 2$，所以$S_{n + 2} = qS_{n + 1} + 2$，两式相减
得$a_{n + 2} = qa_{n + 1}$，所以数列$\{ a_{n}\}$是首项为$2$，公比为$q$的等
比数列．
由$a_{4}$，$a_{5}$，$a_{4} + a_{5}$构成等差数列，可得$2a_{5} = a_{4} + a_{4} + a_{5}$，
所以$a_{5} = 2a_{4}$，故$q = 2$．
所以$a_{n} = 2^{n}(n \in \mathbf{N}^{*})$．
(2)由
(1)可知，$a_{n} = 2q^{n - 1}$，所以双曲线$x^{2} - \frac{y^{2}}{a_{n}^{2}} = 1$的离
心率$e_{n} = \sqrt{1 + a_{n}^{2}} = \sqrt{1 + 4q^{2(n - 1)}}$．
由$e_{2} = \sqrt{1 + 4q^{2}} = 3$，得$q = \sqrt{2}$(负值舍去)．
所以$e_{n} = \sqrt{1 + 2^{n + 1}}$，$e_{n}^{2} = 1 + 2^{n + 1}$．
所以$e_{1}^{2} + 2e_{2}^{2} + 3e_{3}^{2} + ·s + ne_{n}^{2} = (1 + 2^{2}) + 2 × (1 + 2^{3}) +$
$3 × (1 + 2^{4}) + ·s + n × (1 + 2^{n + 1}) = \frac{n(1 + n)}{2} + 1 × 2^{2} + 2 ×$
$2^{3} + ·s + n × 2^{n + 1}$，
记$T_{n} = 1 × 2^{2} + 2 × 2^{3} + 3 × 2^{4} + ·s + n × 2^{n + 1}$，①
则$2T_{n} = 1 × 2^{3} + 2 × 2^{4} + ·s + (n - 1) × 2^{n + 1} + n × 2^{n + 2}$，②
①－②，得$- T_{n} = 2^{2} + 2^{3} + 2^{4} + ·s + 2^{n + 1} - n × 2^{n + 2} =$
$\frac{2^{2}(1 - 2^{n})}{1 - 2} - n × 2^{n + 2} = 2^{n + 2} - 4 - n × 2^{n + 2} = (1 - n) ×$
$2^{n + 2} - 4$，所以$T_{n} = (n - 1) × 2^{n + 2} + 4$，
所以$e_{1}^{2} + 2e_{2}^{2} + ·s + ne_{n}^{2} = (n - 1) × 2^{n + 2} + 4 + \frac{n(n + 1)}{2} + 4$．
(1)因为$S_{n + 1} = qS_{n} + 2$，所以$S_{n + 2} = qS_{n + 1} + 2$，两式相减
得$a_{n + 2} = qa_{n + 1}$，所以数列$\{ a_{n}\}$是首项为$2$，公比为$q$的等
比数列．
由$a_{4}$，$a_{5}$，$a_{4} + a_{5}$构成等差数列，可得$2a_{5} = a_{4} + a_{4} + a_{5}$，
所以$a_{5} = 2a_{4}$，故$q = 2$．
所以$a_{n} = 2^{n}(n \in \mathbf{N}^{*})$．
(2)由
(1)可知，$a_{n} = 2q^{n - 1}$，所以双曲线$x^{2} - \frac{y^{2}}{a_{n}^{2}} = 1$的离
心率$e_{n} = \sqrt{1 + a_{n}^{2}} = \sqrt{1 + 4q^{2(n - 1)}}$．
由$e_{2} = \sqrt{1 + 4q^{2}} = 3$，得$q = \sqrt{2}$(负值舍去)．
所以$e_{n} = \sqrt{1 + 2^{n + 1}}$，$e_{n}^{2} = 1 + 2^{n + 1}$．
所以$e_{1}^{2} + 2e_{2}^{2} + 3e_{3}^{2} + ·s + ne_{n}^{2} = (1 + 2^{2}) + 2 × (1 + 2^{3}) +$
$3 × (1 + 2^{4}) + ·s + n × (1 + 2^{n + 1}) = \frac{n(1 + n)}{2} + 1 × 2^{2} + 2 ×$
$2^{3} + ·s + n × 2^{n + 1}$，
记$T_{n} = 1 × 2^{2} + 2 × 2^{3} + 3 × 2^{4} + ·s + n × 2^{n + 1}$，①
则$2T_{n} = 1 × 2^{3} + 2 × 2^{4} + ·s + (n - 1) × 2^{n + 1} + n × 2^{n + 2}$，②
①－②，得$- T_{n} = 2^{2} + 2^{3} + 2^{4} + ·s + 2^{n + 1} - n × 2^{n + 2} =$
$\frac{2^{2}(1 - 2^{n})}{1 - 2} - n × 2^{n + 2} = 2^{n + 2} - 4 - n × 2^{n + 2} = (1 - n) ×$
$2^{n + 2} - 4$，所以$T_{n} = (n - 1) × 2^{n + 2} + 4$，
所以$e_{1}^{2} + 2e_{2}^{2} + ·s + ne_{n}^{2} = (n - 1) × 2^{n + 2} + 4 + \frac{n(n + 1)}{2} + 4$．
13. 某小区现有住房的面积为$a$平方米，在改造过程中政府决定每年拆除$b$平方米旧住房，同时按当年住房面积的$10\%$建设新住房，则$n$年后该小区的住房面积为(
A.$1.1^{n}a-nb$
B.$1.1^{n}a-10b(1.1^{n}-1)$
C.$n(1.1a-1)$
D.$(a-b)1.1^{n}$
B
)A.$1.1^{n}a-nb$
B.$1.1^{n}a-10b(1.1^{n}-1)$
C.$n(1.1a-1)$
D.$(a-b)1.1^{n}$
答案：
13.B 【解析】由题意，第一年的住房面积为$a_{1} = a · 1 · 1 - b$，
第二年的住房面积为$a_{2} = a_{1} · 1 · 1 - b$，$·s$，则$a_{n + 1} = a_{n} ·$ $1 · 1 - b$．令$a_{n + 1} + m = (a_{n} + m) · 1 · 1$，则$m = - 10b$，所以$\{ a_{n} - 10b\}$是首项为$a_{1} - 10b$，公比为$1.1$的等比数列，则$a_{n} - 10b = (a_{1} - 10b) × 1.1^{n - 1} = (a - 10b) × 1.1^{n - 1}$，所以$a_{n} = 1.1^{n}a - 10b(1.1^{n} - 1)$．故选B．
第二年的住房面积为$a_{2} = a_{1} · 1 · 1 - b$，$·s$，则$a_{n + 1} = a_{n} ·$ $1 · 1 - b$．令$a_{n + 1} + m = (a_{n} + m) · 1 · 1$，则$m = - 10b$，所以$\{ a_{n} - 10b\}$是首项为$a_{1} - 10b$，公比为$1.1$的等比数列，则$a_{n} - 10b = (a_{1} - 10b) × 1.1^{n - 1} = (a - 10b) × 1.1^{n - 1}$，所以$a_{n} = 1.1^{n}a - 10b(1.1^{n} - 1)$．故选B．
14. [2024·南昌模拟]某住宅小区计划植树不少于$100$棵，若第一天植$2$棵，以后每天植树的棵数是前一天的$2$倍，则需要的最少天数$n(n\in \mathbf{N}^{*})=$
6
.
答案：
14.6 【解析】设每天植树的棵数构成的数列
15. [2024·大同一中期中]某企业在第$1$年年初购买一台价值为$120$万元的设备$M$，$M$的价值在使用过程中逐年减少，从第$2$年到第$6$年，每年年初$M$的价值比上年年初减少$10$万元；从第$7$年开始，每年年初$M$的价值为上年年初的$75\%$，则第$n$年年初$M$的价值$a_{n}=$.
答案：
当$1 \leq n \leq 6$时，设备价值逐年减少10万元，构成首项$a_1 = 120$，公差$d = -10$的等差数列，通项公式为：
$a_n = a_1 + (n-1)d = 120 - 10(n-1) = 130 - 10n$。
当$n \geq 7$时，设备价值从第7年年初开始以每年75%的比例递减，此时需以第6年年初的价值为基础。第6年年初价值$a_6 = 130 - 10 × 6 = 70$万元，构成首项为70，公比$q = 0.75$的等比数列，通项公式为：
$a_n = a_6 · q^{n-6} = 70 × \left(\frac{3}{4}\right)^{n-7}$（注：指数为$n-7$是因为第7年对应等比数列的第1项）。
综上，第$n$年年初$M$的价值为：
$a_n = \begin{cases} 130 - 10n, & 1 \leq n \leq 6, \\70 × \left(\frac{3}{4}\right)^{n-7}, & n \geq 7 \end{cases}$
答案：$\begin{cases} 130 - 10n, & 1 \leq n \leq 6, \\ 70 × \left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-7}, & n \geq 7 \end{cases}$
$a_n = a_1 + (n-1)d = 120 - 10(n-1) = 130 - 10n$。
当$n \geq 7$时，设备价值从第7年年初开始以每年75%的比例递减，此时需以第6年年初的价值为基础。第6年年初价值$a_6 = 130 - 10 × 6 = 70$万元，构成首项为70，公比$q = 0.75$的等比数列，通项公式为：
$a_n = a_6 · q^{n-6} = 70 × \left(\frac{3}{4}\right)^{n-7}$（注：指数为$n-7$是因为第7年对应等比数列的第1项）。
综上，第$n$年年初$M$的价值为：
$a_n = \begin{cases} 130 - 10n, & 1 \leq n \leq 6, \\70 × \left(\frac{3}{4}\right)^{n-7}, & n \geq 7 \end{cases}$
答案：$\begin{cases} 130 - 10n, & 1 \leq n \leq 6, \\ 70 × \left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-7}, & n \geq 7 \end{cases}$
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