《2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [ 2024 全国甲卷]等差数列 $\{ a$${ n } \}$ 的前 $n$ 项和为 $S$${ n }$，若 $S$${ 5 } = S$${ 1 0 } , a$${ 5 } = 1$，则 $a$${ 1 } = ( \quad )$

A.$- 2$
B.$\frac { 7 } { 3 }$
C.$1$
D.$2$

答案： 1．B 解析：由$S_{10}-S_5=a_6+a_7+a_8+a_9+a_{10}=5a_8=0$，得$a_8=0$，则等差数列$\{ a_n\}$的公差$d=\frac{a_8 - a_5}{8 - 5}=-\frac{1}{3}$，故$a_1=a_5 - 4d=1 - 4 × (-\frac{1}{3})=\frac{7}{3}$．

2. [ 2023 全国甲卷] 记 $S$${ n }$ 为等差数列 $\{ a$${ n } \}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a$${ 2 } + a$${ 6 } = 1 0 , a$${ 4 } a$${ 8 } = 4 5$，则 $S$${ 5 } = ( \quad )$

A.$2 5$
B.$2 2$
C.$2 0$
D.$1 5$

答案： 2．C 解析：设等差数列\{ a_n\}的公差为d，
由$\begin{cases}a_2 + a_6 = 10,\\a_4a_8 = 45.\end{cases}$得$\begin{cases}2a_1 + 6d = 10,\a_1 + 3d)(a_1 + 7d) = 45.\end{cases}$解得$\begin{cases}a_1 = 2,\\d = 1.\end{cases}$
所以$S_5 = 5a_1 + \frac{5 × 4}{2} × d = 5 × 2 + 10 = 20．$

3. [ 新课标 Ⅰ 卷] 记 $S$${ n }$ 为数列 $\{ a$${ n } \}$ 的前 $n$ 项和，设甲：$\{ a$${ n } \}$ 为等差数列；乙：$\{ \frac { S$${ n } } { n } \}$ 为等差数列，则(C)

A.甲是乙的充分不必要条件
B.甲是乙的必要不充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

答案： 3．C 解析：充分性：设等差数列$\{ a_n\}$的首项为$a_1$，公差为$d$，则$S_n = na_1 + \frac{n(n - 1)}{2}d$，从而可得$\frac{S_n}{n} = a_1 + \frac{n - 1}{2}d = \frac{d}{2}n + a_1 - \frac{d}{2}$，故$\frac{S_{n + 1}}{n + 1} - \frac{S_n}{n} = d$，即$\{\frac{S_n}{n}\}$为等差数列，所以甲是乙的充分条件．
必要性：$\{\frac{S_n}{n}\}$为等差数列，即$\frac{S_{n + 1}}{n + 1} - \frac{S_n}{n} = \frac{nS_{n + 1} - (n + 1)S_n}{n(n + 1)} = t$（$t$为常数），设为$t$，即$\frac{na_{n + 1} - S_n}{n(n + 1)} = t$，
故$S_n = na_{n + 1} - t · n(n + 1)$，$n \geq 2$．
两式相减，得$a_n = na_{n + 1} - (n - 1)a_n - 2tn$，即$a_{n + 1} - a_n = 2t$，
当$n = 1$时，上式也成立，
故$\{ a_n\}$为等差数列，所以甲是乙的必要条件．
综上，甲是乙的充要条件．

4. [ 2023 全国乙卷] 已知等差数列 $\{ a$${ n } \}$ 的公差为 $\frac { 2 \pi } { 3 }$，集合 $S = \{ \cos a$${ n } | n \in \mathbf { N } ^ { * } \}$，若 $S = \{ a , b \}$，则 $a b = ( \quad )$

A.$- 1$
B.$- \frac { 1 } { 2 }$
C.$0$
D.$\frac { 1 } { 2 }$

答案： 4．B 解析：由题意可得$\cos a_n = \cos(\frac{2\pi}{3}n + a_1 - \frac{2\pi}{3})$，数列$\{ \cos a_n\}$是周期为$3$的数列．
因为集合$S = \{ a,b\}$中只有两个元素，
所以$\cos a_1$，$\cos a_2$，$\cos a_3$中只有$2$个相等，可得$\cos a_1 = \cos a_2$或$\cos a_2 = \cos a_3$，
可令$\cos a_1 = \cos a_2$，可得$\cos a_1 = \cos(\frac{2\pi}{3} + a_1)$，
所以$a_1 + (\frac{2\pi}{3} + a_1) = 2k\pi(k \in \mathbf{Z})$，可得$a_1 = -\frac{\pi}{3} + k\pi(k \in \mathbf{Z})$，则$a_2 = \frac{\pi}{3} + k\pi$，$a_3 = \pi + k\pi(k \in \mathbf{Z})$，则$S = \{\frac{1}{2}, - 1\}$或$S = \{ - \frac{1}{2},1\}$，得$ab = -\frac{1}{2}$．

5. [ 新课标 Ⅱ 卷] 记 $S$${ n }$ 为等差数列 $\{ a$${ n } \}$ 的前 $n$ 项和，若 $a$${ 3 } + a$${ 4 } = 7 , 3 a$${ 2 } + a$${ 5 } = 5$，则 $S$${ 1 0 } =$95.

答案： 5．95 解析：$a_3 + a_4 = 7$，$3a_2 + a_3 = 2a_2 + a_3 + a_4 = 5$，所以$2a_2 = - 2$，即$a_2 = - 1$．又$a_3 + a_4 = 2a_2 + 3d = 7$，所以$d = 3$，所以$a_1 = a_2 - d = - 4$．故$S_{10} = 10a_1 + \frac{10 × 9}{2} · d = 10 × (-4) + 45 × 3 = 95$．

6. [ 新课标 Ⅰ 卷] 将数列 $\{ 2 n - 1 \}$ 与 $\{ 3 n - 2 \}$ 的公共项从小到大排列得到数列 $\{ a$${ n } \}$，则 $\{ a$${ n } \}$ 的前 $n$ 项和为$3n^2 - 2n$.

答案： 6．$3n^2 - 2n$ 解析：(方法$1$：观察归纳法)数列$\{ 2n - 1\}$的各项为$1,3,5,7,9,11,13,·s$；
数列$\{ 3n - 2\}$的各项为$1,4,7,10,13,·s$
观察归纳可知，两个数列的公共项为$1,7,13,·s$，构成首项为$1$，公差为$6$的等差数列，则$a_n = 1 + 6(n - 1) = 6n - 5$．
故前$n$项和为$S_n = \frac{n(a_1 + a_n)}{2} = \frac{n(1 + 6n - 5)}{2} = 3n^2 - 2n$．
(方法$2$：引入参变量法)令$b_n = 2n - 1$，$c_m = 3m - 2$，$b_n = c_m$，则$2n - 1 = 3m - 2$，即$3m = 2n + 1$，$m$必为奇数．
令$m = 2t - 1$，则$n = 3t - 2(t = 1,2,3,·s)$．
$a_t = b_{3t - 2} = c_{2t - 1} = 6t - 5$，即$a_n = 6n - 5$．
以下同方法$1$．

7. [ 新课标 Ⅰ 卷] 设等差数列 $\{ a$${ n } \}$ 的公差为 $d$，且 $d ＞ 1$，令 $b$${ n } = \frac { n ^ { 2 } + n } { a$${ n } }$，记 $S$${ n } , T$${ n }$ 分别为数列 $\{ a$${ n } \} , \{ b$${ n } \}$ 的前 $n$ 项和.
(1) 若 $3 a$${ 2 } = 3 a$${ 1 } + a$${ 3 } , S$${ 3 } + T$${ 3 } = 2 1$，求 $\{ a$${ n } \}$ 的通项公式；
(2) 若 $\{ b$${ n } \}$ 为等差数列，且 $S$${ 9 9 } - T$${ 9 9 } = 9 9$，求 $d$.

答案： 7．解：
(1)$\because 3a_2 = 3a_1 + a_3$，$\therefore 3d = a_1 + 2d$，解得$a_1 = d$，
$\therefore S_3 = 3a_2 = 3(a_1 + d) = 6d$．
又$T_3 = b_1 + b_2 + b_3 = \frac{2}{d} + \frac{6}{2d} + \frac{12}{3d} = \frac{9}{d}$，
$\therefore S_3 + T_3 = 6d + \frac{9}{d} = 21$，即$2d^2 - 7d + 3 = 0$，
解得$d = 3$或$d = \frac{1}{2}$(舍去)，$\therefore a_n = a_1 + (n - 1)d = 3n$．
(2)$\because \{ b_n\}$为等差数列，$\therefore 2b_2 = b_1 + b_3$，
即$\frac{12}{a_2} = \frac{12}{a_1} + \frac{12}{a_3}$，$\therefore \frac{6d}{a_2a_3} = \frac{1}{a_2} - \frac{1}{a_3}$，
$\therefore 6d = a_2 + \frac{a_2 · a_3}{a_3}$，
$\because d ＞ 1$，$\therefore a_3 ＞ 0$．
又$S_{99} - T_{99} = 99$，由等差数列的性质知，$99a_{50} - 99b_{50} = 99$，
即$a_{50} - b_{50} = 1$，$\therefore a_{50}^2 - a_{50} - 2550 = 0$，
解得$a_{50} = 51$或$a_{50} = - 50$(舍去)．
当$a_1 = 2d$时，$a_{50} = a_1 + 49d = 51d = 51$，解得$d = 1$，与$d ＞ 1$矛盾，舍去；
当$a_1 = d$时，$a_{50} = a_1 + 49d = 50d = 51$，解得$d = \frac{51}{50}$．
综上，$d = \frac{51}{50}$．

8. [ 2022 新课标 1 卷] 记 $S$${ n }$ 为数列 $\{ a$${ n } \}$ 的前 $n$ 项和，已知 $a$${ 1 } = 1 , \{ \frac { S$${ n } } { a$${ n } } \}$ 是公差为 $\frac { 1 } { 3 }$ 的等差数列.
(1) 求 $\{ a$${ n } \}$ 的通项公式；
(2) 证明：$\frac { 1 } { a$${ 1 } } + \frac { 1 } { a$${ 2 } } + ·s + \frac { 1 } { a$${ n } } ＜ 2$.

答案： 8．
(1)解：因为$a_1 = 1$，所以$\frac{S_{a_1}}{a_1} = 1$．
又因为$\{\frac{S_n}{a_n}\}$是公差为$\frac{1}{3}$的等差数列，
所以$\frac{S_n}{a_n} = \frac{S_1}{a_1} + \frac{1}{3}(n - 1)$，即$S_n = (\frac{n}{3} + \frac{2}{3})a_n = \frac{1}{3}(n + 2)a_n$，
所以当$n \geq 2$时，$S_{n - 1} = \frac{1}{3}(n + 1)a_{n - 1}$，
所以$a_n = S_n - S_{n - 1} = \frac{1}{3}(n + 2)a_n - \frac{1}{3}(n + 1)a_{n - 1},n \geq 2$，
即$(n - 1)a_n = (n + 1)a_{n - 1},n \geq 2$，所以$\frac{a_n}{a_{n - 1}} = \frac{n + 1}{n - 1},n \geq 2$，
所以当$n \geq 2$时，$\frac{a_n}{a_{n - 1}} · \frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} ·s ·s \frac{a_2}{a_1} = \frac{n + 1}{n - 1} · \frac{n}{n - 2} · \frac{n - 1}{n - 3} ·s ·s \frac{4}{2} · \frac{3}{1} = \frac{n(n + 1)}{2}$，所以$a_n = \frac{n(n + 1)}{2}$
当$n = 1$时，$a_1 = 1$满足上式，所以$a_n = \frac{n(n + 1)}{2}$
(2)证明：由
(1)知$a_n = \frac{n(n + 1)}{2}$，
所以$\frac{1}{a_n} = \frac{2}{n(n + 1)} = 2(\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1})$，所以$\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + ·s + \frac{1}{a_n} = 2(1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + ·s + \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) = 2(1 - \frac{1}{n + 1})$
因为$n \in \mathbf{N}^*$，所以$0 ＜ \frac{1}{n + 1} \leq \frac{1}{2}$，所以$1 - \frac{1}{n + 1} \leq \frac{1}{2} ＜ 1$，
所以$2(1 - \frac{1}{n + 1}) ＜ 2$，所以$\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + ·s + \frac{1}{a_n} ＜ 2$．

9. [ 2023 全国甲卷] 已知正项等比数列 $\{ a$${ n } \}$ 中，$a$${ 1 } = 1 , S$${ n }$ 为 $\{ a$${ n } \}$ 的前 $n$ 项和，$S$${ 5 } = 5 S$${ 3 } - 4$，则 $S$${ 4 } = ( \quad )$

A.$7$
B.$9$
C.$1 5$
D.$3 0$

答案： 9．C 解析：根据题意列出关于$q$的方程，计算出$q$，即可求出$S_4$．由题意，知$1 + q + q^2 + q^3 = 5(1 + q + q^2) - 4$，
即$q^4 + q^3 - 4q^2 - 4q = 0$，即$q(q + 1)(q - 2)(q + 2) = 0$．
又$q ＞ 0$，所以$q = 2$．所以$S_4 = 1 + 2 + 4 + 8 = 15$．

10. [ 天津卷] 已知 $\{ a$${ n } \}$ 为等比数列，$S$${ n }$ 为数列 $\{ a$${ n } \}$ 的前 $n$ 项和，$a$${ n + 1 } = 2 S$${ n } + 2$，则 $a$${ 4 }$ 的值为 (C)

A.$3$
B.$1 8$
C.$5 4$
D.$1 5 2$

答案： 10．C 解析：因为$a_{n + 1} = 2S_n + 2$，
所以当$n \geq 2$时，$a_n = 2S_{n - 1} + 2$，
两式相减得$a_{n + 1} - a_n = 2a_n$，即$a_{n + 1} = 3a_n$，
所以数列$\{ a_n\}$是公比$q = \frac{a_{n + 1}}{a_n} = 3$的等比数列．
当$n = 1$时，$a_2 = 2S_1 + 2 = 2a_1 + 2$，
又$a_2 = 3a_1$，所以$3a_1 = 2a_1 + 2$，
解得$a_1 = 2$，
所以$a_4 = a_1q^3 = 2 × 3^3 = 54$．

11. [ 2022 全国乙卷] 已知等比数列 $\{ a$${ n } \}$ 的前 $3$ 项和为 $1 6 8 , a$${ 2 } - a$${ 5 } = 4 2$，则 $a$${ 6 } = ( \quad )$

A.$1 4$
B.$1 2$
C.$6$
D.$3$

答案： 11．D 解析：设等比数列$\{ a_n\}$的公比为$q$，
由题意，得$\begin{cases}a_1 + a_2 + a_3 = 168,\\a_2 - a_5 = 42.\end{cases}$即$\begin{cases}a_1(1 + q + q^2) = 168,\\a_1q(1 - q^3) = 42.\end{cases}$
即$\begin{cases}a_1(1 + q + q^2) = 168,\\a_1q(1 - q)(1 + q + q^2) = 42.\end{cases}$
解得$q = \frac{1}{2}$，$a_1 = 96$，
所以$a_6 = a_1q^5 = 3$．

12. [ 2021 全国甲卷] 记 $S$${ n }$ 为等比数列 $\{ a$${ n } \}$ 的前 $n$ 项和. 若 $S$${ 2 } = 4 , S$${ 4 } = 6$，则 $S$${ 6 } = ( \quad )$

A.$7$
B.$8$
C.$9$
D.$1 0$

答案： 12．A 解析：$\because S_n$为等比数列$\{ a_n\}$的前$n$项和，$S_2 = 4$，$S_4 = 6$，
由等比数列的性质，可知$S_2$，$S_4 - S_2$，$S_6 - S_4$成等比数列，
$\therefore 4^2 = 4(S_6 - 6)$，解得$S_6 = 7$．

13. [ 2023 新课标 Ⅱ 卷] 记 $S$${ n }$ 为等比数列 $\{ a$${ n } \}$ 的前 $n$ 项和，若 $S$${ 4 } = - 5 , S$${ 6 } = 2 1 S$${ 2 }$，则 $S$${ 8 } = ( \quad )$

A.$1 2 0$
B.$8 5$
C.$- 8 5$
D.$- 1 2 0$

答案： 13．C 解析：设等比数列$\{ a_n\}$的公比为$q$，
由$S_4 = - 5 \neq 0$知$q \neq - 1$，
由$S_6 = 21S_2$知$q \neq 1$，
所以由$S_6 = 21S_2$，得$1 - q^6 = 21(1 - q^2)$，
即$(1 - q^2)(1 + q^2 + q^4) = 21(1 - q^2)$．
因为$q \neq \pm 1$，所以$1 + q^2 + q^4 = 21$，
即$q^4 + q^2 - 20 = 0$，解得$q^2 = 4$．
由$\frac{S_8}{S_4} = 1 + q^4 = 17$，$S_4 = - 5$，得$S_8 = - 85$．

14. [ 北京卷] “十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献. 十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于 $\sqrt [ 1 2 ] { 2 }$. 若第一个单音的频率为 $f$，则第八个单音的频率为(D)

A.$\sqrt [ 3 ] { 2 } f$
B.$\sqrt [ 3 ] { 2 ^ { 2 } } f$
C.$\sqrt [ 3 ] { 2 ^ { 5 } } f$
D.$\sqrt [ 1 2 ] { 2 ^ { 7 } } f$

答案： 14．D 解析：从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于$\sqrt[12]{2}$．若第一个单音的频率为$f$，则第八个单音的频率为$(\sqrt[12]{2})^7f = \sqrt[12]{2^7}f$．