高中数学北师大版本册总复习总复习 模块综合测试（b）

模块综合测试(B)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．如果a＜0，b＞0，那么，下列不等式中正确的是()\f(1,a)＜eq\f(1,b) \r(－a)＜eq\r(b)C．a2＜b2 D．|a|＞|b|解析：如果a＜0，b＞0，那么eq\f(1,a)＜0，eq\f(1,b)＞0，∴eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).答案：A2．已知两个正数a，b的等差中项为4，则a，b的等比中项的最大值为()A．2 B．4C．8 D．16解析：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)＝4，故选B.答案：B3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝eq\r(2)，b＝eq\r(6)，B＝120°，则a＝()\r(6) B．2\r(3) \r(2)解析：由正弦定理，得eq\f(\r(6),sin120°)＝eq\f(\r(2),sinC)，∴sinC＝eq\f(1,2).又∵C为锐角，则C＝30°，∴A＝30°，△ABC为等腰三角形，a＝c＝eq\r(2)，故选D.答案：D4．在等差数列{an}中，若a4＋a6＝12，Sn是数列{an}的前n项和，则S9的值为()A．48 B．54C．60 D．66解析：因为a4＋a6＝a1＋a9＝a2＋a8＝a3＋a7＝2a5所以S9＝a1＋…＋a9＝54.答案：B5．不等式ax2＋bx＋2＞0的解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,3)))，则a＋b的值是()A．10 B．－10C．－14 D．14解析：不等式ax2＋bx＋2＞0的解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,3)))，即方程ax2＋bx＋2＝0的解为x＝－eq\f(1,2)或eq\f(1,3)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(1,3)＝－\f(b,a)，,－\f(1,2)×\f(1,3)＝\f(2,a).))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－12，,b＝－2，))∴a＋b＝－14.答案：C6．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asinAsinB＋bcos2A＝eq\r(2)a，则eq\f(b,a)＝()A．2eq\r(3) B．2eq\r(2)\r(3) \r(2)解析：由正弦定理，得sin2AsinB＋sinBcos2A＝eq\r(2)sinA，即sinB·(sin2A＋cos2A)＝eq\r(2)sinA，sinB＝eq\r(2)sinA，∴eq\f(b,a)＝eq\f(sinB,sinA)＝eq\r(2).答案：D7．已知等差数列{an}的公差d≠0且a1，a3，a9成等比数列，则eq\f(a1＋a3＋a9,a2＋a4＋a10)等于()\f(15,14) \f(12,13)\f(13,16) \f(15,16)解析：因为aeq\o\al(2,3)＝a1·a9，所以(a1＋2d)2＝a1·(a1＋8d)．所以a1＝d.所以eq\f(a1＋a3＋a9,a2＋a4＋a10)＝eq\f(3a1＋10d,3a1＋13d)＝eq\f(13,16).答案：C8．数列{an}满足a1＝1，a2＝2,2an＋1＝an＋an＋2，若bn＝eq\f(1,anan＋1)，则数列{bn}的前5项和等于()A．1 \f(5,6)\f(1,6) \f(1,30)解析：∵2an＋1＝an＋an＋2，∴{an}是等差数列．又∵a1＝1，a2＝2，∴an＝n.又bn＝eq\f(1,an·an＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴b1＋b2＋b3＋b4＋b5＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,6)))＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6)，故选B.答案：B9．实数x，y满足不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≥0，,x－y≥0，,2x－y－2≥0，))则k＝eq\f(y－1,x＋1)的取值范围是()\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,3)))\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))解析：作平面区域如图所示，k＝eq\f(y－1,x＋1)表示点(x，y)与点(－1,1)连线的斜率，故选D.答案：D10．等比数列{an}中，已知对任意自然数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，则aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝()A．(2n－1)2 \f(1,3)(2n－1)C．4n－1 \f(1,3)(4n－1)解析：由已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，所以a1＝S1＝1，a2＝S2－a1＝2，所以公比q＝2.又因为eq\f(a\o\al(2,n＋1),a\o\al(2,n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))2＝q2＝4，所以数列{aeq\o\al(2,n)}是以q2＝4为公比的等比数列，所以aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(1－4n,1－4)＝eq\f(1,3)(4n－1)．答案：D11．已知x，y∈R＋，2x＋y＝2，c＝xy，那么c的最大值为()A．1 \f(1,2)\f(\r(2),2) \f(1,4)解析：由已知，2＝2x＋y≥2eq\r(2xy)＝2eq\r(2c)，所以c≤eq\f(1,2).答案：B12．在△ABC中，已知a比b长2，b比c长2，且最大角的正弦值是eq\f(\r(3),2)，则△ABC的面积是()\f(15,4) \f(15,4)eq\r(3)\f(21,4)eq\r(3) \f(35,4)eq\r(3)解析：由题可知a＝b＋2，b＝c＋2，∴a＝c＋4.∵sinA＝eq\f(\r(3),2)，∴A＝120°.又cosA＝cos120°＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(c＋22＋c2－c＋42,2cc＋2)＝eq\f(c2－4c－12,2cc＋2)＝－eq\f(1,2)，整理得c2－c－6＝0，∴c＝3(c＝－2舍去)，从而b＝5，∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(15,4)eq\r(3).故选B.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把正确答案填在题中横线上)13．若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤1，,0≤y≤2，,2y－x≥1，))则z＝2y－2x＋4的最小值为________．解析：作出可行域，如图所示，当直线z＝2y－2x＋4过可行域上点B时，直线在y轴上的截距最小，z最小，又点B坐标为(1,1)，所以zmin＝2×1－2×1＋4＝4.答案：414．在等比数列{an}中，若a9·a11＝4，则数列logeq\f(1,2)an前19项之和为________．解析：由题意an＞0，且a1·a19＝a2·a18＝…＝a9·a11＝aeq\o\al(2,10)，又a9·a11＝4，所以a10＝2，故a1a2…a19＝(a10)19＝219故logeq\f(1,2)a1＋logeq\f(1,2)a2＋…＋logeq\f(1,2)a19＝logeq\f(1,2)(a1a2…a19)＝logeq\f(1,2)219＝－19.答案：－1915．在△ABC中，若b＝1，c＝eq\r(3)，∠C＝eq\f(2π,3)，则a＝________.解析：∵c2＝a2＋b2－2abcos∠C，∴(eq\r(3))2＝a2＋12－2a·1·coseq\f(2,3)π，∴a2＋a－2＝0，∴(a＋2)(a－1)＝0∴a＝1答案：116．设关于x的不等式ax＋b＞0的解集为{x|x＞1}，则关于x的不等式eq\f(ax＋b,x2－5x－6)＞0的解集为________．解析：由题意得：a＞0且－eq\f(b,a)＝1.又原不等式可变为(x－6)(x＋1)(ax＋b)＞0，故由右图可知{x|－1＜x＜1或x＞6}．答案：{x|－1＜x＜1或x＞6}三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)解不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x－2,x)＞2,x2－x－2＞0)).解析：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x－2,x)＞2,x2－x－2＞0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x－2－2x,x)＞0,x2－x－2＞0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xx＋2＜0,x－2x＋1＞0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＜x＜0,x＞2或x＜－1))⇒－2＜x＜－1.∴不等式组的解集为{x|－2＜x＜－1}．18．(本小题满分12分)设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列．(1)求eq\f(a2,a1)的值；(2)若a5＝9，求an及Sn的表达式．解析：(1)设等差数列{an}的公差是d.∵S1，S2，S4成等比数列，∴Seq\o\al(2,2)＝S1S4，即(2a1＋d)2＝a1(4a1＋6d)，化简得d2＝2a1d，注意到d≠∴d＝2a1.∴eq\f(a2,a1)＝eq\f(a1＋d,a1)＝eq\f(3a1,a1)＝3.(2)a5＝a1＋4d＝9a1＝9，∴a1＝1，d∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝n2.19．(本小题满分12分)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且(2a＋c)cosB＋bcosC＝(1)求角B的大小；(2)若b＝eq\r(13)；a＋c＝4，求△ABC的面积．解析：(1)由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，将上式代入(2a＋c)cosB＋bcosC整理得a2＋c2－b2＝－ac，∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(－ac,2ac)＝－eq\f(1,2)，∵B为△ABC的内角，∴B＝eq\f(2,3)π.(2)由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，即b2＝(a＋c)2－2ac－2accosB将b＝eq\r(13)，a＋c＝4，B＝eq\f(2,3)π代入上式得，13＝16－2aceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))，∴ac＝3.∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(3\r(3),4).20．(本小题满分12分)设集合A、B分别是函数y＝eq\f(1,\r(x2＋2x－8))与函数y＝lg(6＋x－x2)的定义域，C＝{x|x2－4ax＋3a2＜0}．若A∩B⊆C，求实数a的取值范围．解析：由x2＋2x－8＞0，得x＜－4或x＞2，所以A＝{x|x＜－4或x＞2}；由6＋x－x2＞0，即x2－x－6＜0，得－2＜x＜3，所以B＝{x|－2＜x＜3}．于是A∩B＝{x|2＜x＜3}．由x2－4ax＋3a2＜0，得(x－a)(x－3a当a＞0时，C＝{x|a＜x＜3a由A∩B⊆C，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤2,3a≥3))，所以1≤a≤2；当a＝0时，不等式x2－4ax＋3a2即为x2＜0，解集为空集，此时不满足A∩B⊆C；当a＜0时，C＝{x|3a＜x＜a由A∩B⊆C，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a≤2,a≥3))，此不等式组无解．综上，满足题设条件的实数a的取值范围为{a|1≤a≤2}．21．(本小题满分12分)某公司计划在今年内同时出售变频空调机和智能洗衣机，由于这两种产品的市场需求量非常大，有多少就能销售多少，因此该公司要根据实际情况(如资金、劳动力)确定产品的月供应量，以使得总利润达到最大．已知对这两种产品有直接限制的因素是资金和劳动力，通过调查，得到关于这两种产品的有关数据如下表：资金单位产品所需资金(百元)月资金供空调机洗衣机应量(百元)成本3020300劳动力(工资)510110单位利润68试问：怎样确定两种货物的月供应量，才能使总利润达到最大，最大利润是多少？解析：设空调机、洗衣机的月供应量分别是x，y台，总利润是z，则z＝6x＋8y由题意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(30x＋20y≤300，,5x＋10y≤110，,x≥0，,y≥0，))x，y均为整数．由图知直线y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(1,8)z过M(4,9)时，纵截距最大．这时z也取最大值zmax＝6×4＋8×9＝96(百元)．故当月供应量为空调机4台，洗衣机9台时，可获得最大利润9600元．22．(本小题满分14分)设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2－an，n＝1,2,3，….(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足b1＝1，且bn＋1＝bn＋an，求数列{bn}的通项公式；(3)设cn＝n(3－bn)，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜8.解析：(1)∵n＝1时，a1＋S1＝a1＋a1＝2，∴a1＝1.∵Sn＝2－an，即an＋Sn＝2，∴an＋1＋Sn＋1＝2.两式相减：an＋1－an＋Sn＋1－Sn＝0.即an＋1－an＋an＋1＝0故有2an＋1＝an，∵an≠0，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2)(n∈N＋)，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.(2)∵bn＋1＝bn＋an(n＝1,2,3，…)，∴bn＋1－bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.得b2－b1＝1，b3－b2＝eq\f(1,2)，b4－b3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2，…bn－bn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2(n＝2,3，…)．将这n－1个等式相加，得bn－b1＝1＋eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1,1－\f(1,2))＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2.又∵b1＝1，∴bn＝3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2(n＝1,2,3…)．(3)证明：∵cn＝n(3－bn)＝2neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.∴Tn＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋n