《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [2022·广东深圳重点中学高二期末]下列数列成等差数列的是 (C)

A.$\frac {1}{2}$,$\frac {1}{3}$,$\frac {1}{4}$
B.$\lg 5$,$\lg 6$,$\lg 7$
C.$1$,$\frac {7}{8}$,$\frac {3}{4}$
D.$2$,$3$,$5$

答案： 1.C 【解析】对于A,$\frac {1}{3} - \frac {1}{2} = - \frac {1}{6}$,$\frac {1}{4} - \frac {1}{3} = - \frac {1}{12}$,所以A不是等差数列;对于B,$\lg 6 - \lg 5 = \lg \frac {6}{5}$,$\lg 7 - \lg 6 = \lg \frac {7}{6}$,所以B不是等差数列;对于C,$\frac {7}{8} - 1 = - \frac {1}{8}$,$\frac {3}{4} - \frac {7}{8} = - \frac {1}{8}$,所以C是等差数列;对于D,$3 - 2 = 1$,$5 - 3 = 2$,所以D不是等差数列. 故选C.

2. 下列数列为等差数列的是 (A)

A.$a_n=3n + 1$
B.$a_n=3^n + 1$
C.$a_n=\log_2n + 1$
D.以上均不是

答案： 2.A 【解析】对于A,$a_{n + 1} - a_{n} = 3$,相邻两项的差为常数,是等差数列;对于B,$a_{n + 1} - a_{n} = 3^{n + 1} - 3^{n} = 2 × 3^{n}$,相邻两项的差不为常数,不是等差数列;对于C,$a_{n + 1} - a_{n} = \log_{2}(n + 1) - \log_{2}n = \log_{2}\frac {n + 1}{n}$,相邻两项的差不为常数,不是等差数列. 故选A.

3. [2023·福建莆田第二十五中学高二月考]已知数列$\{ a_n \}$，对任意的$n\in N^*$，点$P_n(n,a_n)$都在直线$y = 2x + 1$上，则$\{ a_n \}$为 (A)

A.公差为 2 的等差数列
B.公差为 1 的等差数列
C.公差为-2 的等差数列
D.非等差数列

答案： 3.A 【解析】由题意知$a_{n} = 2n + 1$,则$a_{n + 1} - a_{n} = 2$,$\therefore \{ a_{n}\}$是公差为2的等差数列. 故选A.
方法总结 等差数列的判定角度
角度一:定义法. 在数列$\{ a_{n}\}$中,若始终有$a_{n + 1} - a_{n} = d$
(常数),则数列$\{ a_{n}\}$为等差数列.
角度二:等差数列与一次函数的关系. 等差数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = a_{1} + (n - 1)d = dn + (a_{1} - d)$,因此若数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = pn + q$(其中$p,q$为常数),则这个数列一定是等差数列,如本题.

4. 设数列$\{ a_n \}$为等差数列,公差$d\neq 0$,$p$,$q$为非零常数,则下列数列是等差数列的个数为 (B)
①$\{ a_n^2 \}$;②$\{ pa_n \}$;③$\{ pa_n + q \}$;④$\{ na_n \}$.

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

答案： 4.B 【解析】对于①,$a_{n + 1}^{2} - a_{n}^{2} = (a_{n + 1} - a_{n})(a_{n + 1} + a_{n}) = d(a_{n + 1} + a_{n})$不是常数,故$\{ a_{n}^{2}\}$不是等差数列;对于②,$pa_{n + 1} - pa_{n} = p(a_{n + 1} - a_{n}) = pd$为常数,故$\{ pa_{n}\}$是等差数列;对于③,$pa_{n + 1} + q - pa_{n} - q = p(a_{n + 1} - a_{n}) = pd$为常数,故$\{ pa_{n} + q\}$是等差数列;对于④,$(n + 1)a_{n + 1} - na_{n} = n(a_{n + 1} - a_{n}) + a_{n + 1} = nd + a_{n + 1}$不是常数,故$\{ na_{n}\}$不是等差数列. 选B.

5. 两个数 1 与 5 的等差中项是 (B)

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

答案： 5.B 【解析】设两个数1与5的等差中项是$a$,则$2a = 1 + 5 = 6$,解得$a = 3$. 故选B.

6. 在等差数列$\{ a_n \}$中,$a_2 = 7$,$a_6 = 25$,则$a_4 =$ (B)

A.14
B.16
C.18
D.28

答案： 6.B 【解析】因为在等差数列$\{ a_{n}\}$中,$a_{2} = 7$,$a_{6} = 25$,所以$a_{4} = \frac {a_{2} + a_{6}}{2} = 16$. 故选B.

7. 设$a$,$m$是实数,则“$m = 5$”是“$m$为$a$和$10 - a$的等差中项”的 (C)

A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件

答案： 7.C 【解析】当$m = 5$时,5是$a$和$10 - a$的等差中项. 若$m$为$a$和$10 - a$的等差中项,则$m = \frac {a + 10 - a}{2} = 5$. 因此,“$m = 5$”是“$m$为$a$和$10 - a$的等差中项”的充要条件. 故选C.

8. [2022·广西桂林高二期末]设等差数列$\{ a_n \}$的公差为$d$,且$a_2 = 3$,$a_5 = 15$,则$d =$ (B)

A.12
B.4
C.6
D.8

答案： 8.B 【解析】因为$a_{5} - a_{2} = a_{1} + 4d - (a_{1} + d) = 3d$,所以$3d = 15 - 3 = 12$,解得$d = 4$. 故选B.

9. [2023·甘肃酒泉敦煌中学高二月考]已知数列$\{ a_n \}$为等差数列,$a_4 = 2$,$a_7 = - 4$,那么数列$\{ a_n \}$的通项公式为 (A)

A.$a_n = - 2n + 10$
B.$a_n = - 2n + 5$
C.$a_n = - \frac {1}{2}n + 10$
D.$a_n = - \frac {1}{2}n + 5$

答案： 9.A 【解析】设等差数列$\{ a_{n}\}$的首项为$a_{1}$,公差为$d$. 由题意,得$\begin{cases}a_{1} + 3d = 2, \\a_{1} + 6d = - 4,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_{1} = 8, \\d = - 2,\end{cases}$所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = 8 + (n - 1) × (- 2) = - 2n + 10$. 故选A.

10. 已知 2024 是等差数列 5,8,11,14,⋯ 中的第$n$项,则$n =$ (D)

A.671
B.672
C.673
D.674

答案： 10.D 【解析】由等差数列$5,8,11,14,·s$知,首项$a_{1} = 5$,公差$d = 8 - 5 = 3$,所以通项公式为$a_{n} = 5 + 3(n - 1) = 3n + 2$. 令$3n + 2 = 2024$,则$n = 674$. 故选D.

11. [2023·河南鹤壁高二月考]在数列$\{ a_n \}$中,若$\sqrt {a_{n + 1}} = \sqrt {a_n} + \sqrt {2}$,$a_1 = 8$,则数列$\{ a_n \}$的通项公式为 (A)

A.$a_n = 2(n + 1)^2$
B.$a_n = 4(n + 1)$
C.$a_n = 8n^2$
D.$a_n = 4n(n + 1)$

答案： 11.A 思维思路 由已知可得$\{ \sqrt {a_{n}}\}$是等差数列→利用等差数列的通项公式求出$\sqrt {a_{n}}$→求出$a_{n}$.
【解析】因为$\sqrt {a_{n + 1}} = \sqrt {a_{n}} + \sqrt {2}$,所以$\sqrt {a_{n + 1}} - \sqrt {a_{n}} = \sqrt {2}$. 又$\sqrt {a_{1}} = \sqrt {8} = 2\sqrt {2}$,所以$\{ \sqrt {a_{n}}\}$是首项为$2\sqrt {2}$,公差为$\sqrt {2}$的等差数列(利用等差数列的定义证明$\{ \sqrt {a_{n}}\}$是等差数列),所以$\sqrt {a_{n}} = 2\sqrt {2} + (n - 1) × \sqrt {2} = \sqrt {2}(n + 1)$,所以$a_{n} = 2(n + 1)^{2}$. 故选A.