《2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版》

13. [数学文化][2024河南南阳高二期中]《张丘建算经》是中国古代的数学著作，书中有一道“今有女善织，日益功疾”的题.若第一天织布$5$尺(长度单位)，从第二天开始，每天比前一天多织相同量的布，现$1$个月(按$30$天计)共织$390$尺布，则第二天比前一天多织布(D)

A.$\frac{1}{2}$尺
B.$\frac{5}{18}$尺
C.$\frac{16}{31}$尺
D.$\frac{16}{29}$尺

答案： 13.D 解析：设第二天比前一天多织布$d$尺，根据题意得$5×30+\frac{30×29}{2}d = 390$，解得$d=\frac{16}{29}$，所以第二天比前一天多织布$\frac{16}{29}$尺.

14. 北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌$9$块扇形石板构成第一环，向外每环依次增加$9$块.下一层的第一环比上一层的最后一环多$9$块，向外每环依次也增加$9$块.已知每层环数相同，且下层比中层多$729$块，则三层共有扇形石板(不含天心石)(C)

A.$3699$块
B.$3474$块
C.$3402$块
D.$3339$块

答案： 14.C 解析：设每一层有$n$环，由题可知从内到外每环之间构成公差$d = 9$，$a_{1}=9$的等差数列.由等差数列的性质知$S_{n}$，$S_{2n}-S_{n}$，$S_{3n}-S_{2n}$成等差数列，且$(S_{3n}-S_{2n})-(S_{2n}-S_{n})=n^{2}d = 729$，得$n = 9$，则三层共有扇形形石板$S_{3n}=S_{27}=27×9+\frac{27×26}{2}×9=3402$(块).

15. [2024河南平顶山高二检测]中国古代数学名著《算法统宗》记载有这样一个问题：“今有俸粮三百零五石，令五等官(正一品、从一品、正二品、从二品、正三品)依品递差十三石分之，问：各若干？”其大意是：现有俸粮$305$石，分给正一品、从一品、正二品、从二品、正三品这$5$位官员，依照品级递减$13$石分这些俸粮，问：每个人各分得多少俸粮？在这个问题中，正二品官员分得的俸粮是(C)

A.$35$石
B.$48$石
C.$61$石
D.$74$石

答案： 15.C 解析：设正一品、从一品、正二品、从二品、正三品这5位官员所分得的俸粮数构成数列$\{ a_{n}\}$，由题意得，$\{ a_{n}\}$是以$-13$为公差的等差数列，且$S_{5}=5a_{1}+\frac{5×4}{2}×(-13)=305$，解得$a_{1}=87$，且$a_{3}=a_{1}+2×(-13)=61$.故正二品官员分得俸粮61石.

16. [新情境]某公司今年年初用$196$万元引进一条生产线，第一年需要人工等费用$24$万元，如果从第二年起，包括人工等费用每年所需费用比上一年增加$8$万元，该生产线每年年产值保持在$100$万元，那么引进该生产线10年后总盈利最大，最大为204万元.(盈利=产值-费用)

答案： 16.10 204 解析：设引进该生产线$n$年后总盈利为$f(n)$万元，易知除去该生产线引进费用，每年包括人工等所需的费用构成等差数列，则除该生产线引进费用外前$n$年包括人工等所需费用之和为$[24n+\frac{n(n - 1)}{2}×8]$万元，故$f(n)=100n-[24n + 4n(n - 1)+196]=-4n^{2}+80n - 196=-4(n - 10)^{2}+204$，$n\in N^{*}$，所以当$n = 10$时，$f(n)_{max}=204$，所以引进该生产线10年后总盈利最大，最大为204万元.

17. [2024山东临沂高二期末]已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$m$项和为$30$，前$2m$项和为$90$，则它的前$3m$项和为(C)

A.$130$
B.$150$
C.$180$
D.$210$

答案： 17.C 解析：$\because$等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$中，$S_{m}$，$S_{2m}-S_{m}$，$S_{3m}-S_{2m}$也成等差数列，即30，60，$S_{3m}-90$成等差数列，$\therefore S_{3m}-90 = 2×60 - 30$，$\therefore S_{3m}=180$.
易错解为$S_{m}+S_{3m}=2S_{2m}$，$S_{m}=30$，$S_{3m}=90$，所以$S_{3m}=2S_{2m}-S_{m}=150$.错因在于误以为$\{ a_{n}\}$为等差数列，则$S_{m}$，$S_{2m}-S_{m}$，$S_{3m}-S_{2m}$也为等差数列，实际应是$S_{m}$，$S_{2m}-S_{m}$，$S_{3m}-S_{2m}$是公差为$m^{2}d(d$为等差数列$\{ a_{n}\}$的公差)的等差数列.

18. 若等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$S_{n} = \frac{1}{4}(1 + a_{n})^{2}$，则$S_{n} =$$n^{2}$.

答案： 18.$n^{2}$解析：因为$a_{1}=S_{1}=\frac{1}{4}(1 + a_{1})^{2}$，所以$a_{1}=1$.设$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，因为$S_{2}=\frac{1}{4}(1 + a_{2})^{2}$，所以$1 + 1 + d=\frac{1}{4}(1 + 1 + d)^{2}$，解得$d=\pm2$.因为$S_{n}=\frac{1}{4}(1 + a_{n})^{2}\geq0$，所以$d＞0$，所以$d = 2$舍去，所以$a_{n}=a_{1}+(n - 1)d = 2n - 1$，所以$S_{n}=n^{2}$.
本题易在求出$d$的值后忽视隐含条件：$\forall n\in N^{*}$，$S_{n}=\frac{1}{4}(1 + a_{n})^{2}\geq0$.

19. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n} = n^{2} + 3n + 2$，判断$\{ a_{n}\}$是不是等差数列.

答案： 19.解：当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=(n^{2}+3n + 2)-[(n - 1)^{2}+3(n - 1)+2]=2n + 2$.又$\because a_{1}=S_{1}=6$，不符合$a_{n}=2n + 2$，$\therefore a_{n}=\begin{cases}6(n = 1),\\2n + 2(n\geq2).\end{cases}$$\therefore\{ a_{n}\}$不是等差数列.
$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}$是在$n\geq2$的条件下得到的，$a_{1}$是否满足需另外计算验证.

20. 已知在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1} = 31,a_{n + 1} = a_{n} - 2$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式及其前$n$项和$S_{n}$；
(2)求数列$\{ |a_{n}|\}$的前$n$项和$T_{n}$.

答案： 20.解：
(1)因为$a_{n + 1}=a_{n}-2$，即$a_{n + 1}-a_{n}=-2$，所以数列$\{ a_{n}\}$是等差数列，所以$a_{n}=31+(n - 1)×(-2)=33 - 2n$，所以$S_{n}=\frac{31+33 - 2n}{2}× n=32n - n^{2}$.\n
(2)令$a_{n}＞0$，可得$n\leq16$，又由题意知$T_{n}=|a_{1}|+|a_{2}|+·s+|a_{n}|=a_{1}+a_{2}+·s+a_{n}=S_{n}=32n - n^{2}$；当$n＞16$时，$T_{n}=a_{1}+·s+a_{16}-a_{17}-·s-a_{n}=S_{16}-(S_{n}-S_{16})=2S_{16}-S_{n}=512 - 32n + n^{2}$.综上可得，$T_{n}=\begin{cases}32n - n^{2},n\leq16,\\512 - 32n + n^{2},n＞16.\end{cases}$\n
(2)$\{ a_{n}\}$中有正数也有负数，去绝对值符号前应分类讨论，故需先判断出当$n\leq16$时，$a_{n}＞0$，当$n＞16$时，$a_{n}＜0$，再分$n\leq16$和$n＞16$两种情况求解$T_{n}$.