《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

10. [2024·哈尔滨三中周练]已知数列$\{a_n\}$是等差数列，$a_4 = 15$，$a_7 = 27$，则过点$P(3,a_3)$，$Q(5,a_5)$的直线斜率为(A)

A.4
B.$\frac{1}{4}$
C.$-4$
D.$-\frac{1}{4}$

答案： 10.A 【解析】由数列{a_n}是等差数列，知a_n是关于n的“一次函数”，其图象是一条直线上的等间隔的点(n，a_n)，因此过点P(3，$a_3)，$Q(5，$a_5)$的直线斜率即过点(4，15)，(7，27)的直线斜率，所以所求直线的斜率$k = \frac{27 - 15}{7 - 4} = 4.$

11. [2024·洛阳质检]已知等差数列$\{a_n\}$为递增数列，若$a_1^2 + a_{10}^2 = 101$，$a_1 + a_{10} = 11$，则数列$\{a_n\}$的公差$d =$(A)

A.1
B.2
C.9
D.10

答案： 11.A 【解析】依题意，得$(a_1 + a_10)^2 - 2a_1a_10 = 121 - 2a_1a_10 = 101，$所以$a_1a_10 = 10.$因为$a_1 + a_10 = 11，$且{a_n}为递增数列，所以$a_1 = 1，$$a_10 = 10，$所以$d = \frac{a_10 - a_1}{10 - 1} = 1.$

12. (多选)已知等差数列$\{a_n\}$的公差是$d(d\gt0)$，下列说法中正确的有(AD)

A.数列$\{a_n\}$是递增数列
B.数列$\{na_n\}$是递增数列
C.数列$\{\frac{a_n}{n}\}$是递增数列
D.数列$\{a_n + 3nd\}$是递增数列

答案： 12.AD 【解析】对于A，因为等差数列{a_n}的公差为d，且d ＞ 0，所以{a_n}是递增数列，故A正确.对于B，$n a_n = n a_1 + n(n - 1)d，$所以$(n + 1)a_{n + 1} - n a_n = (n + 1)[a_1 + n d] - n[a_1 + (n - 1)d] = 2n d + a_1 + d，$无法判断其与0的大小关系，故数列{n a_n}不一定是递增数列，故B不正确.对于C，$\frac{a_{n + 1}}{n + 1} - \frac{a_n}{n} = \frac{a_1 + (n - 1)d}{n} - \frac{a_1}{n} = \frac{d - a_1}{n(n + 1)}，$无法判断其与0的大小关系，故数列${\frac{a_n}{n}}$不一定是递增数列，故C不正确.对于D，设b_n = a_n + 3n d，则$b_{n + 1} - b_n = a_{n + 1} - a_n + 3d = 4d ＞ 0，$所以数列{a_n + 3n d}是递增数列，故D正确.故选AD.

13. [2024·盘锦调研]已知数列$\{a_n\}$为等差数列，且$a_1 + a_5 + a_9 = \pi$，则$\cos(a_2 + a_8) =$(A)

A.$-\frac{1}{2}$
B.$-\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$

答案： 13.A 【解析】由等差数列的性质知，$a_2 + a_8 = a_1 + a_9 = 2a_5，$所以$3a_5 = π，$得$a_5 = \frac{π}{3}，$所以$cos(a_2 + a_8) = cos2a_5 = cos\frac{2π}{3} = -\frac{1}{2}.$

14. [2024·黄冈中学月考](多选)已知单调递增的等差数列$\{a_n\}$满足$a_1 + a_2 + a_3 + ·s + a_{101} = 0$，则下列各式一定成立的有(BD)

A.$a_1 + a_{101} \gt 0$
B.$a_2 + a_{100} = 0$
C.$a_3 + a_{100} \leq 0$
D.$a_{51} = 0$

答案： 14.BD 【解析】设等差数列{a_n}的公差为d，易知d ＞ 0，因为等差数列{a_n}满足$a_1 + a_2 + a_3 + … + a_101 = 0，$且$a_1 + a_101 = a_2 + a_100 = … = a_50 + a_52 = 2a_51，$所以$a_1 + a_2 + a_3 + … + a_101 = (a_1 + a_101) + (a_2 + a_100) + … + (a_50 + a_52) + a_51 = 101a_51 = 0，$所以$a_51 = 0，$$a_1 + a_100 = a_2 + a_51 = 0，$故B_D正确，A错误.又因为$a_51 = a_1 + 50d = 0，$所以$a_1 = -50d，$所以$a_3 + a_100 = (a_1 + 2d) + (a_1 + 99d) = 2a_1 + 101d = 2 × (-50d) + 101d = d ＞ 0，$故C错误.故选BD.

15. 在等差数列$\{a_n\}$中，$a_1 = 0$，公差$d\neq0$，若$a_1 + a_2 + ·s + a_7 = a_k$，则$k$的值为(C)

A.10
B.20
C.22
D.23

答案： 15.C 【解析】因为{a_n}为等差数列，$a_1 + a_2 + … + a_7 = a_4，$所以$0 + (k - 1)d = 7a_4 = 21d.$又d ≠ 0，所以k = 22.

16. 已知数列$\{a_n\}$是等差数列。若$a_4 + a_7 + a_{10} = 17$，$a_4 + a_5 + a_6 + ·s + a_{12} + a_{13} + a_{14} = 77$，且$a_k = 13$，则$k = $18$$。

答案： 16.18 【解析】设数列{a_n}的公差为d，因为$a_4 + a_7 + a_10 = 3a_7 = 17，$所以$a_7 = \frac{17}{3}.$因为$a_4 + a_5 + a_6 + … + a_12 + a_13 + a_14 = 11a_9 = 77，$所以$a_9 = 7，$所以$d = \frac{2}{3}.$所以$a_k - a_9 = (k - 9)d，$即$13 - 7 = (k - 9) × \frac{2}{3}，$解得k = 18.

1. [2024·深圳模拟]在等差数列$\{a_n\}$中，若$a_1 + a_2 + ·s + a_5 = 30$，$a_6 + a_7 + ·s + a_{10} = 80$，则$a_{11} + a_{12} + ·s + a_{15} =$(C)

A.110
B.120
C.130
D.140

答案： 1.C 【解析】设公差为d，则$(a_6 + a_7 + … + a_10) - (a_1 + a_2 + … + a_5) = (a_6 - a_1) + (a_7 - a_2) + … + (a_10 - a_5) = 5d + 5d + 5d + 5d + 5d = 25d = 80 - 30 = 50，$所以d = 2，所以$a_11 + a_12 + … + a_15 = (a_6 + 5d) + (a_7 + 5d) + … + (a_10 + 5d) = (a_6 + a_7 + … + a_10) + 25d = 80 + 25 × 2 = 130.$

2. [2024·青岛一中期中]已知四个数构成等差数列，它们的和为28，中间两项的积为40，则这四个数依次为-2，4，10，16或16，10，4，-2。

答案： 2.-2，4，10，16或16，10，4，-2 【解析】设这四个数分别为a - 3d，a - d，a + d，a + 3d，则$\begin{cases} a - 3d + a - d + a + d + a + 3d = 28 \\ (a - d)(a + d) = 40 \end{cases}$
解得$\begin{cases} a = 7 \\ d = 3 \end{cases}$或$\begin{cases} a = 7 \\ d = -3 \end{cases}$
所以这四个数依次为-2，4，10，16或16，10，4，-2.

3. 已知数列$\{a_n\}$满足$a_1 = 0$，$a_{n + 1} = a_n + 2\sqrt{a_n + 1} + 1$，则$a_{13} =$(C)

A.143
B.156
C.168
D.195

答案： 3.C 【解析】由$a_{n + 1} = a_n + 2\sqrt{a_n + 1} + 1，$得$a_{n + 1} + 1 = (\sqrt{a_n + 1} + 1)^2，$所以$\sqrt{a_{n + 1} + 1} - \sqrt{a_n + 1} = 1.$又$a_1 = 0，$所以数列${\sqrt{a_n + 1}}$是以1为首项，1为公差的等差数列，则$\sqrt{a_n + 1} = n，$所以$a_n = n^2 - 1，$所以$a_{13} = 13^2 - 1 = 168.$

4. [2024·黄山一中月考]在数列$\{a_n\}$中，$a_1 = 1$，$a_2 = \frac{1}{2}$，且$\frac{2}{a_{n + 1}} = \frac{1}{a_n} + \frac{1}{a_{n + 2}}(n\in\mathbf{N}^*)$，则该数列的通项公式为$a_n = $\frac{1}{n}$$。

答案： $4.\frac{1}{n} 【$解析】由$\frac{2}{a_{n + 1}} = \frac{1}{a_n} + \frac{1}{a_{n + 2}}，$知${\frac{1}{a_n}}$为等差数列，公差为$\frac{1}{a_2} - \frac{1}{a_1} = \frac{1}{2} - 1 = -\frac{1}{2}，$所以$\frac{1}{a_n} = \frac{1}{a_1} + (n - 1) × 1 = n，$
所以$a_n = \frac{1}{n}$

5. [2024·南阳一中月考]已知数列$\{a_n\}$满足$a_1 = 1$，$a_{n + 1} = 3a_n + 3^n$，则$a_n = $n × 3^{n - 1}$$。

答案： $5.n × 3^{n - 1} 【$解析】由$a_{n + 1} = 3a_n + 3^n，$可得$\frac{a_{n + 1}}{3^{n + 1}} = \frac{3a_n}{3^{n + 1}} + \frac{3^n}{3^{n + 1}}，$
即$\frac{a_{n + 1}}{3^{n + 1}} - \frac{a_n}{3^n} = \frac{1}{3}，$所以${\frac{a_n}{3^n}}$是公差为$\frac{1}{3}$的等差数列，所以$\frac{a_n}{3^n} = \frac{a_1}{3^1} + (n - 1) × \frac{1}{3}，$所以$a_n = n × 3^{n - 1}.$

6. [2024·济南调考]已知数列$\{a_n\}$满足：$a_{n + 1} + a_n = 4n - 3(n\in\mathbf{N}^*)$，且$a_1 = 2$，则数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n = $$$。

答案： $6.\begin{cases} 2n，$n为奇数 \\ 2n - 5，n为偶数$ \end{cases} 【$解析】由$a_{n + 1} + a_n = 4n - 3，$得$a_{n - 1} = 4n - 7(n ≥ 2).$由等差数列的定义知，数列{a_n}的奇数项与偶数项分别构成以4为公差的等差数列.
由$a_1 = 2$及$a_2 + a_1 = 4 - 3 = 1，$知$a_2 = -1，$
所以当n为奇数时，$a_n = a_1 + (\frac{n + 1}{2} - 1) × 4 = 2n；$
当n为偶数时，$a_n = a_2 + (\frac{n}{2} - 1) × 4 = 2n - 5.$
综上所述，数列{a_n}的通项公式为$a_n = \begin{cases} 2n，$n为奇数 \\ 2n - 5，n为偶数$ \end{cases}.$