《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [2024·常州三中单元检测]已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$a_{1}=1$，$a_{n + 1}=3S_{n}$，则$a_{6}=$(A)

A.$3× 4^{4}$
B.$3× 4^{4}+1$
C.$4^{4}$
D.$4^{4}+1$

答案： 1.A【解析】由$a_{n+1}=3S_n$，得$a_n=3S_{n-1}(n\geq2,n\in\mathrm{N}^*)$，两式相减得$a_{n+1}-a_n=3(S_n-S_{n-1})=3a_n(n\geq2,n\in\mathrm{N}^*)$，则$a_{n+1}=4a_n(n\geq2,n\in\mathrm{N}^*)$。又$n=1$时，$a_2=3S_1=3a_1=3$，所以此数列从第$2$项起是公比为$4$的等比数列，所以$a_n=a_2q^{n-2}=3×4^{n-2}(n\geq2,n\in\mathrm{N}^*)$，则$a_6=3×4^4$。故选A.

2. [2024·长沙长郡中学月考]已知在各项均为正数的等比数列$\{ a_{n}\}$中，$3a_{1}$，$\dfrac {1}{2}a_{3}$，$2a_{2}$构成等差数列，则$\dfrac {a_{11}+a_{13}}{a_{8}+a_{10}}=$(A)

A.$27$
B.$3$
C.$1$或$3$
D.$1$或$27$

答案： 2.A【解析】设等比数列$\{a_n\}$的公比为$q$，因为$3a_1$，$\frac{1}{2}a_3$，$2a_2$构成等差数列，所以$3a_1+2a_2=a_3$，所以$3a_1+2a_1q=a_1q^2$，化简得$q^2-2q-3=0$，所以$q=3(q=-1$不合题意，舍去$)$，所以$\frac{a_{11}+a_{13}}{a_8+a_{10}}=q^3=3^3=27$。故选A.

3. [2024·长沙雅礼中学期中]已知在等差数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{2}=6$，$a_{6}=18$，若$b_{n}=a_{3n}$，则数列$\{ b_{n}\}$的前$10$项和为(A)

A.$495$
B.$414$
C.$324$
D.$165$

答案： 3.A【解析】设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$。由题意得$\begin{cases}a_2=a_1+d=6,\\a_6=a_1+5d=18,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_1=3,\\d=3,\end{cases}$所以$a_n=3n$。所以$b_n=a_{3n}=3×3n=9n$，则数列$\{b_n\}$是首项为$9$，公差为$9$的等差数列，所以数列$\{b_n\}$的前$10$项和$S_{10}=9×10+\frac{10×9×9}{2}=495$。故选A.

4. 已知函数$f(x)=\begin{cases}x+\dfrac {1}{2},x\leqslant \dfrac {1}{2},\\ 2x - 1,\dfrac {1}{2}\lt x\lt 1,\\ x - 1,x\geqslant 1,\end{cases}$若数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=\dfrac {7}{3}$，$a_{n + 1}=f(a_{n})(n\in \mathbf{N}^{*})$，则$a_{\number{2024}}=$( )

A.$\dfrac {7}{3}$
B.$\dfrac {2}{3}$
C.$\dfrac {5}{6}$
D.$\dfrac {1}{3}$

答案： 4.B【解析】因为$a_1=\frac{7}{3}$，$a_{n+1}=f(a_n)$，所以$a_2=f(\frac{7}{3})=\frac{4}{3}$，$a_3=f(\frac{4}{3})=\frac{1}{3}$，$a_4=f(\frac{1}{3})=\frac{5}{6}$，$a_5=f(\frac{5}{6})=\frac{2}{3}$，$a_6=f(\frac{2}{3})=\frac{1}{3}$，$a_7=f(\frac{1}{3})=\frac{5}{6}$，故数列$\{a_n\}$从第三项起构成周期数列，周期为$3$，故$a_{2024}=a_5=\frac{2}{3}$。故选B.

5. [2024·北京通州区模拟]现有这样一道古题：“今有良马与驽马发长安至齐。齐去长安四百二十里。良马初日行九十七里，日增一十五里。驽马初日行九十二里，日减一里。良马先至齐，复还迎驽马。问几何日相逢？”则当两马相逢时，共行了(A)

A.$4$日
B.$3$日
C.$5$日
D.$6$日

答案： 5.A【解析】由题可知，良马每日的行程构成一个首项为$97$，公差为$15$的等差数列$\{a_n\}$，驽马每日的行程构成一个首项为$92$，公差为$-1$的等差数列$\{b_n\}$，则$a_n=97+15(n-1)=15n+82$，$b_n=92-(n-1)=93-n$，则数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$\frac{n}{2}×(97+15n+82)=\frac{n}{2}×(179+15n)$，数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$\frac{n}{2}×(92+93-n)=\frac{n}{2}×(185-n)$。易知当两马相逢时，共行了$420×2=840$里，所以$\frac{n}{2}×(179+15n)+\frac{n}{2}×(185-n)=840$，整理得$n^2+26n-120=0$，解得$n=4$或$n=-30($舍去$)$，故当两马相逢时，共行了$4$日。故选A.

6. [2024·西安一中期中]已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，向量$\overrightarrow {OP}=\left(n,\dfrac {S_{n}}{n}\right)$，$\overrightarrow {OP_{1}}=\left(m,\dfrac {S_{m}}{m}\right)$，$\overrightarrow {OP_{2}}=\left(k,\dfrac {S_{k}}{k}\right)(n,m,k\in \mathbf{N}^{*})$，且$\overrightarrow {OP}=\lambda \overrightarrow {OP_{1}}+\mu \overrightarrow {OP_{2}}$，则用$n$，$m$，$k$表示$\mu$为(C)

A.$\mu =\dfrac {k - m}{k - n}$
B.$\mu =\dfrac {k - n}{k - m}$
C.$\mu =\dfrac {n - m}{k - m}$
D.$\mu =\dfrac {n - m}{n - k}$

答案： 6.C【解析】设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，则$\frac{S_n}{n}=a_1+\frac{n-1}{2}d=\frac{d}{2}n+(a_1-\frac{d}{2})$，所以数列$\{\frac{S_n}{n}\}$是等差数列，所以点$P_1$，$P$，$P_2$共线。设$\overrightarrow{P_1P}=t\overrightarrow{P_1P_2}$，则$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OP_1}+t\overrightarrow{P_1P_2}=\overrightarrow{OP_1}+t(\overrightarrow{OP_2}-\overrightarrow{OP_1})=(1-t)\overrightarrow{OP_1}+t\overrightarrow{OP_2}$，所以$\mu=t$。又$\overrightarrow{P_1P}=(n-m,\frac{d}{2}(n-m))$，$\overrightarrow{P_1P_2}=(k-m,\frac{d}{2}(k-m))$，所以$n-m=t(k-m)$，所以$t=\frac{n-m}{k-m}$，即$\mu=\frac{n-m}{k-m}$。故选C.

7. [2024·银川一中月考]已知等差数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{3}=7$，$a_{6}=16$，将此等差数列的各项排成如下三角形数阵：

则此数阵中第$20$行从左到右的第$10$个数是(A)

A.$598$
B.$595$
C.$592$
D.$589$

答案： 7.A【解析】第$1$行有$1$项，第$2$行有$2$项，第$3$行有$3$项，故前$19$行共有$19×1+\frac{19×18}{2}×1=190($项$)$，第$20$行第$10$项为数列$\{a_n\}$中的第$200$项。因为$a_3=7$，$a_6=16$，所以公差$d=\frac{a_6-a_3}{6-3}=\frac{16-7}{3}=3$，所以$a_n=a_3+(n-3)· d=7+3(n-3)=3n-2$，所以$a_{200}=3×200-2=598$。故选A.

8. [2024·兴山一中月考]已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}+2a_{2}+3a_{3}+·s +na_{n}=(2n - 1)· 3^{n}$。设$b_{n}=\dfrac {4n}{a_{n}}$，$S_{n}$为数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和。若$S_{n}\lt \lambda$，$n\in \mathbf{N}^{*}$，则$\lambda$的最小值是(C)

A.$\dfrac {3}{2}$
B.$\dfrac {9}{4}$
C.$\dfrac {31}{12}$
D.$\dfrac {31}{18}$

答案： 8.C【解析】因为$a_1+2a_2+3a_3+·s+na_n=(2n-1)·3^n$①，所以当$n\geq2$时，有$a_1+2a_2+3a_3+·s+(n-1)a_{n-1}=(2n-3)·3^{n-1}$②。由①$-$②，得$na_n=4n·3^{n-1}$，即$a_n=4·3^{n-1}$。当$n=1$时，$a_1=3\neq4$，所以$a_n=\begin{cases}3,n=1,\\4·3^{n-1},n\geq2,\end{cases}$则$S_1=\frac{4}{3}$，当$n\geq2$时，$S_n=\frac{4}{3}+\frac{2}{3}+\frac{3}{3^2}+·s+\frac{n}{3^{n-1}},n\geq2$③，$\frac{1}{3}S_n=\frac{1}{3}+\ \frac{1}{3^2}+\frac{2}{3^2}+·s+\frac{n}{3^n}$④，③$-$④，得$\frac{2}{3}S_n=\frac{2}{9}+\frac{1-\frac{1}{3^n}}{1-\frac{1}{3}}-\frac{n}{3^n}=\frac{31}{12}-\frac{6n+9}{4·3^n}$。因为$S_n＜\lambda,n\in\mathrm{N}^*$，所以$\lambda$的最小值是$\frac{31}{12}$。故选C.

9. [2024·盐城检测]设$d$，$S_{n}$分别为等差数列$\{ a_{n}\}$的公差与前$n$项和，若$S_{10}=S_{20}$，则下列论断中正确的有(BC)

A.当$n = 15$时，$S_{n}$取最大值
B.当$n = 30$时，$S_{n}=0$
C.当$d\gt 0$时，$a_{10}+a_{22}\gt 0$
D.当$d\lt 0$时，$|a_{10}|\gt |a_{22}|$

答案： 9.BC【解析】因为$S_{10}=S_{20}$，所以$10a_1+\frac{10×9}{2}d=20a_1+\frac{20×19}{2}d$，解得$a_1=-\frac{29}{2}d$。对于A，因为无法确定$a_1$和$d$的正负性，所以无法确定$S_n$，故A错误。对于B，$S_{30}=30a_1+\frac{30×29}{2}d=30×(-\frac{29}{2}d)+15×29d=0$，故B正确。对于C，$a_{10}+a_{22}=2a_{16}=2(a_1+15d)=d＞0$，故C正确。对于D，$a_{10}=a_1+9d=-\frac{29}{2}d+18d=\frac{11}{2}d$，$a_{22}=a_1+21d=-\frac{29}{2}d+42d=\frac{13}{2}d$。因为$d＜0$，所以$|a_{10}|=-\frac{11}{2}d$，$|a_{22}|=\frac{13}{2}d$，$|a_{10}|＜|a_{22}|$，故D错误。故选BC.