《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [2024·衡水中学月考](多选)数列$\{ a_{n}\} $是首项为1,公差为$d(d\in \boldsymbol{\mathrm{N}}^{*})$的等差数列. 若 81是该数列中的一项,则公差可能为 (ACD)

A.2
B.3
C.4
D.5

答案： 1.ACD【解析】因为数列$\{ a_{n}\}$是首项为1，公差为$d(d\in \mathbf{N}^{*})$的等差数列，所以$a_{n}=1 + (n - 1)d$。因为81是该数列中的一项，所以$81 = 1 + (n - 1)d$，所以$n=\frac{80}{d} + 1$。因为$d,n\in \mathbf{N}^{*}$，所以$d$是80的因数，结合选项知$d$可能是2,4,5，不可能是3.故选ACD.

2. [2024·临沂模拟]已知$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\} $的前n项和,且$\frac {S_{7}}{7}+4a_{4}=30$,则$3a_{5}-a_{7}=$ (B)

A.6
B.12
C.24
D.48

答案： 2.B【解析】设等差数列$\{ a_{n}\}$的首项为$a_{1}$，公差为$d$，由$\frac{S_{7}}{7} + 4a_{4} = 30$，得$\frac{1}{7} × \frac{7× (a_{1} + a_{7})}{2} + 4a_{4} = 30$。因为$a_{1} + a_{7} = 2a_{4}$，所以$5a_{4} = 30$，即$a_{4} = 6$。所以$3a_{5} - a_{7} = 3(a_{1} + 4d) - (a_{1} + 6d) = 2a_{1} + 6d = 2(a_{1} + 3d) = 2a_{4} = 12$。故选B.

3. [2024·上海中学月考]设等差数列$\{ a_{n}\} $的前n项和为$S_{n}$,且$S_{15}＞0,S_{16}＜0$,则$\frac {S_{1}}{a_{1}},\frac {S_{2}}{a_{2}},·s ,\frac {S_{15}}{a_{15}}$中最大的是 (D)

A.$\frac {S_{6}}{a_{6}}$
B.$\frac {S_{7}}{a_{7}}$
C.$\frac {S_{9}}{a_{9}}$
D.$\frac {S_{8}}{a_{8}}$

答案： 3.D【解析】在等差数列$\{ a_{n}\}$中，$S_{15}=\frac{15(a_{1} + a_{15})}{2} = 15a_{8} ＞ 0$，所以$a_{8} ＞ 0$。因为$S_{16}=\frac{16(a_{1} + a_{16})}{2} = 8(a_{8} + a_{9}) ＜ 0$，所以$a_{9} ＜ 0$，所以公差$d ＜ 0$。所以当$n = 8$时，$S_{n}$取得最大值.又$d ＜ 0$，所以数列$\{ a_{n}\}$为递减数列，所以当$S_{n}$取得最大值且$a_{n} ＞ 0$时，$\frac{S_{n}}{a_{n}}$取得最大值，所以$\frac{S_{8}}{a_{8}}$最大.故选D.

4. [2024·宁波九校联考]在$\triangle ABC$中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a,b,c构成等差数列,$B=30^{\circ },\triangle ABC$的面积为$\frac {3}{2}$,则$b=$ (A)

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

答案： 4.A【解析】由余弦定理得$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos B=(a + c)^{2}-2ac - \sqrt{3}ac$。①
因为$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{1}{4}ac=\frac{3}{2}$，所以$ac = 6$。②
因为$a,b,c$构成等差数列，所以$a + c = 2b$，③
将②③代入①得$b^{2}=4b^{2}-12 - 6\sqrt{3}$，化简整理得$b^{2}=4 + 2\sqrt{3}$，解得$b = 1 + \sqrt{3}$（负值已舍去）。

5. [2024·浙江镇海中学期中](多选)已知数列$\{ a_{n}\} $的前n项和为$S_{n}(S_{n}\neq 0)$,且满足$a_{n}+4S_{n-1}S_{n}=0(n\geq 2,n\in \boldsymbol{\mathrm{N}}^{*}),a_{1}=\frac {1}{4}$,则下列说法中正确的有 (AD)

A.数列$\{ a_{n}\} $的前n项和为$S_{n}=\frac {1}{4n}$
B.数列$\{ a_{n}\} $的通项公式为$a_{n}=\frac {1}{4n(n+1)}$
C.数列$\{ a_{n}\} $为递增数列
D.数列$\{ \frac {1}{S_{n}}\} $为递增数列

答案： 5.AD【解析】由$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1},a_{n}+4S_{n - 1}S_{n}=0,n\geqslant 2,n\in \mathbf{N}^{*}$，得$S_{n}-S_{n - 1}=-4S_{n - 1}S_{n},n\geqslant 2,n\in \mathbf{N}^{*}$。因为$S_{n}\neq 0$，所以$\frac{1}{S_{n}}-\frac{1}{S_{n - 1}} = 4(n\geqslant 2,n\in \mathbf{N}^{*})$。因为$a_{1}=\frac{1}{4}$，所以$\frac{1}{S_{1}} = 4$，所以$\{\frac{1}{S_{n}}\}$是以4为首项，4为公差的等差数列，所以$\frac{1}{S_{n}} = 4 + 4(n - 1)=4n,n\in \mathbf{N}^{*}$，所以数列$\{\frac{1}{S_{n}}\}$为递增数列，$S_{n}=\frac{1}{4n},n\in \mathbf{N}^{*}$，所以当$n\geqslant 2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=\frac{1}{4n}-\frac{1}{4(n - 1)}=-\frac{1}{4n(n - 1)}$，经检验，当$n = 1$时，不符合上式，所以$a_{n}=\begin{cases} \frac{1}{4},n = 1,\\ -\frac{1}{4n(n - 1)},n\geqslant 2,n\in \mathbf{N}^{*}. \end{cases}$
综上可知A，D正确.故选AD.

6. [2024·长沙一中期末]我国古代著名的著作《周髀算经》中提到:凡八节二十四气,气损益九寸九分六分分之一;冬至晷长一丈三尺五寸;夏至晷长一尺六寸. 意思是:一年有二十四个节气,每相邻两个节气之间的日影长度差为$99\frac {1}{6}$分;且“冬至”时日影长度最大,为1 350 分;“夏至”时日影长度最小,为 160 分,如图所示. 则“立春”时日影长度为 (B)


A.$953\frac {1}{3}$分
B.$1\ 052\frac {1}{2}$分
C.$1\ 151\frac {2}{3}$分
D.$1\ 250\frac {5}{6}$分

答案： 6.B【解析】由题意可知“立春”时日影长度为$1350 - 99\frac{1}{6} × 3 = 1052\frac{1}{2}$（分）.故选B.

7. [2024·泰安检测](多选)设等差数列$\{ a_{n}\} $的公差为d,前n项和为$S_{n}$,若$a_{3}=12,S_{12}＞0,S_{13}＜0$,则下列结论正确的有 (BCD)

A.数列$\{ a_{n}\} $是递增数列
B.$S_{5}=60$
C.$-\frac {24}{7}\lt d＜-3$
D.$S_{1},S_{2},·s ,S_{12}$中最大的是$S_{6}$

答案： 7.BCD【解析】依题意，有$S_{12}=12a_{1}+\frac{12× 11}{2}d＞0,S_{13}=13a_{1}+\frac{13× 12}{2}d＜0$，化简得$2a_{1}+11d＞0$①，$a_{1}+6d＜0$②，即$a_{6}+a_{7}＞0,a_{7}＜0$，所以$a_{6}＞0$。由$a_{3}=12$，得$a_{1}=12 - 2d$③，联立①②③，解得$-\frac{24}{7}＜d＜-3$，故可知等差数列$\{ a_{n}\}$是递减数列，故A错误，C正确；$S_{5}=\frac{5(a_{1}+a_{5})}{2}=5a_{3}=60$，故B正确；当$S_{n}$最大时，$\begin{cases}a_{n}\geqslant 0,\\a_{n + 1}\leqslant 0,\end{cases}$即$\begin{cases}12+(n - 3)d\geqslant 0,\\12+(n - 2)d\leqslant 0,\end{cases}$结合$-\frac{24}{7}＜d＜-3$，可得$n = 6$，所以$S_{1},S_{2},·s,S_{12}$中最大的是$S_{6}$，故D正确.故选BCD.

8. [2024·宿州一中期末]对于数列$\{ a_{n}\} $,定义$T_{n}=\frac {a_{1}+3a_{2}+·s +3^{n-1}a_{n}}{n}$为$\{ a_{n}\} $的“最优值”. 现已知数列$\{ a_{n}\} $的“最优值”$T_{n}=3^{n}$,记数列$\{ a_{n}\} $的前n项和为$S_{n}$,则$\frac {S_{\number{2024}}}{\number{2024}}=$ （D）

A.$\number{2023}$
B.$\number{2024}$
C.$\number{2025}$
D.$\number{2026}$

答案： 8.D【解析】因为$T_{n}=\frac{a_{1}+3a_{2}+·s + 3^{n - 1}a_{n}}{n}$，且$T_{n}=3^{n}$，所以$a_{1}+3a_{2}+·s + 3^{n - 1}a_{n}=n· 3^{n}$。当$n\geqslant 2$时，有$a_{1}+3a_{2}+·s + 3^{n - 2}· a_{n - 1}=(n - 1)· 3^{n - 1}$，两式相减可得$3^{n - 1}· a_{n}=n· 3^{n}-(n - 1)· 3^{n - 1}=(2n + 1)· 3^{n - 1}(n\geqslant 2)$，所以$a_{n}=2n + 1(n\geqslant 2)$。当$n = 1$时，$a_{1}=3$，满足上式，所以$a_{n}=2n + 1$。所以数列$\{ a_{n}\}$是以3为首项，2为公差的等差数列，所以$S_{2024}=\frac{(3 + 2× 2024 + 1)× 2024}{2}=\frac{2026× 2024}{2}$，所以$\frac{S_{2024}}{2024}=2026$。故选D.