高中数学人教B版本册总复习总复习 本册综合素质检测

本册综合素质检测(二)(时间：120分钟满分150分)一、选择题(本大题共12个小题，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)1．2017是等差数列4,7,10,13，…的第几项eq\x(导学号27542994)(D)A．669 B．670C．671 D．672[解析]等差数列的第n项an＝3n＋1，令3n＋1＝2017，∴n＝672.2．不等式f(x)＝ax2－x－c>0的解集为{x|－2<x<1}，则函数y＝f(－x)的图象为eq\x(导学号27542995)(C)[解析]由f(x)>0的解集为{x|－2<x<1}知，f(x)开口向下，对称轴在y轴左侧，又y＝f(－x)与y＝f(x)图象关于y轴对称．∴f(－x)图象开口向下，对称轴在y轴右侧，故选C．3．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，根据下列条件解三角形，其中有两个解的是eq\x(导学号27542996)(C)A．b＝10，A＝45°，C＝60° B．a＝6，c＝5，b＝60°C．a＝14，b＝16，A＝45° D．a＝7，b＝5，A＝60°[解析]选项C中，由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(16×\f(\r(2),2),14)＝eq\f(4\r(2),7)<1，∵b>a，∴B>A，∴角B有两个解，故选C．4．已知点A(－3，－1)与点B(4，－6)在直线3x－2y－a＝0的两侧，则实数a的取值范围为eq\x(导学号27542997)(B)A．(－24,7) B．(－7,24)C．(－∞，24)∪(7，＋∞) D．(－∞，－7)∪(24，＋∞)[解析]由题意得[3×(－3)－2×(－1)－a][3×3－2×(－6)－a]<0，即(－7－a)(24－a)<0，∴(a＋7)(a－24)<0，∴－7<a<24.5．已知等比数列{an}的各项均为正数，公比q≠1，设P＝eq\f(a3＋a9,2)，Q＝eq\r(a5·a7)，则P与Q的大小关系是eq\x(导学号27542998)(A)A．P＞Q B．P＜QC．P＝Q D．无法确定[解析]由等比知识得，Q＝eq\r(a5·a7)＝eq\r(a3·a9)而P＝eq\f(a3＋a9,2)且a3＞0，a9＞0，a3≠a9∴eq\f(a3＋a9,2)＞eq\r(a3·a9)，即P＞Q.6．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋6x≥0,x＋6x<0))，则不等式f(x)>f(1)的解集是eq\x(导学号27542999)(A)A．(－3,1)∪(3，＋∞) B．(－3,1)∪(2，＋∞)C．(－1,1)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(1,3)[解析]∵f(1)＝32－4×3＋6＝3，∴当x≥0时，原不等式化为x2－4x＋6>3，解得x>3或0≤x<1；当x<0时，原不等式化为x＋6>3，∴－3<x<0，故原不等式的解集为(－3,1)∪(3，＋∞)．7．某省每年损失耕地20万亩，每亩耕地价值24000元，为了减少耕地损失，决定按耕地价格的t%征收耕地占用税，这样每年的耕地损失可减少eq\f(5,2)t万亩，为了既减少耕地的损失又保证此项税收一年不少于9000万元，则t的取值范围是eq\x(导学号27543000)(B)A．[1,3] B．[3,5]C．[5,7] D．[7,9][解析]由题意列不等式24000×(20－eq\f(5,2)t)×t%≥9000，即eq\f(24,100)(20－eq\f(5,2)t)t≥9，所以t2－8t＋15≤0，解得3≤t≤5，故当耕地占用税的税率为3%～5%时，既可减少耕地损失又可保证此项税收一年不少于9000万元．8．在等比数列{an}中，若a1＋a2＋a3＋a4＝eq\f(15,8)，a2a3＝－eq\f(9,8)，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)等于eq\x(导学号27543001)(A)A．－eq\f(5,3) B．－eq\f(3,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(5,3)[解析]在等比数列{an}中，a2a3＝－eq\f(9,8)，∴a1a4＝a2a3＝－eq\f(9,8)，∴a1a2a3a4＝eq\f(81,64)∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＝eq\f(a2a3a4＋a1a3a4＋a1a2a4＋a1a2a3,a1a2a3a4)＝eq\f(－\f(9,8)a4－\f(9,8)a3－\f(9,8)a2－\f(9,8)a1,a1a2a3a4)＝eq\f(－\f(9,8)a1＋a2＋a3＋a4,a1a2a3a4)＝－eq\f(9,8)×eq\f(15,8)×eq\f(64,81)＝－eq\f(5,3).9．二元一次不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤2,x≥0,y≥0))所表示的平面区域与圆面x2＋(y－2)2≤2相交的公共区域的面积为eq\x(导学号27543002)(B)A．eq\f(π,8) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,2) D．π[解析]画出可行域如图△OAB，它与圆面相交的公共区域为扇形BEF，∵∠OBA＝eq\f(π,4)，圆半径为eq\r(2)，∴扇形面积为S＝eq\f(1,2)×eq\f(π,4)×(eq\r(2))2＝eq\f(π,4).10．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别是a、b、c.若a2－b2＝eq\r(3)bc，sinC＝2eq\r(3)sinB，则A＝eq\x(导学号27543003)(A)A．30° B．60°C．120° D．150°[解析]由sinC＝23sinB，根据正弦定理得，c＝2eq\r(3)b，把它代入a2－b2＝eq\r(3)bc得a2－b2＝6b2，即a2＝7b2.由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋12b2－7b2,2b·2\r(3)b)＝eq\f(6b2,4\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，又∵0°<A<180°，∴A＝30°.11．设a、b∈R，a2＋2b2＝6，则a＋b的最小值是eq\x(导学号27543004)(C)A．－2eq\r(2) B．－eq\f(5\r(3),3)C．－3 D．－eq\f(7,2)[解析]设a＋b＝t，则a＝t－b，代入a2＋2b2＝6中得，(t－b)2＋2b2＝6，整理得3b2－2tb＋t2－6＝0，∵b∈R，∴△＝4t2－12(t2－6)≥0，∴－3≤t≤3，即(a＋b)min＝－3.12．一小商贩准备用50元钱在一批发市场购买甲、乙两种小商品，甲每件4元，乙每件7元，甲商品每件卖出去后可赚1元，乙每件卖出去后可赚元．若要使赚的钱最多，那么该商贩购买甲、乙两种商品的件数应分别为eq\x(导学号27543005)(D)A．甲7件，乙3件 B．甲9件，乙2件C．甲4件，乙5件 D．甲2件，乙6件[解析]设该商贩购买甲、乙两种商品的件数为x件和y件，此时该商贩赚的钱为z元，则由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x＋7y≤50,x，y∈N*))，z＝x＋.如图所示，经分析可知，要使z最大，则只需通过点(2,6)，∴当x＝2，y＝6时，zmax＝2＋×6＝.故选择D．二、填空题(本大题共4个小题，每个小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上)13．若函数f(x)＝eq\r(2x2＋2ax－a－1)的定义域为R，则a的取值范围为－1≤a≤0.eq\x(导学号27543006)[解析]2x2＋2ax－a－1≥0⇔x2＋2ax－a≥0，∴Δ≤0，∴－1≤a≤0.14．等差数列{an}的前3项和为20，最后3项和为130，所有项的和为200，则项数n为8.eq\x(导学号27543007)[解析]由已知，得a1＋a2＋a3＝20，an＋an－1＋an－2＝130，∵a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，∴3(a1＋an)＝150，∴a1＋an＝50.∴eq\f(na1＋an,2)＝25n＝200，∴n＝8.15．已知定义在[－2,2]上的奇函数f(x)在(0,2]上的图象如图所示，则不等式f(x)>x的解集为[－2，－eq\f(2,3))∪(0，eq\f(2,3)).eq\x(导学号27543008)[解析]画出y＝f(x)与y＝x的图象，如图所示，交点坐标为(eq\f(2,3)，eq\f(2,3))和(－eq\f(2,3)，－eq\f(2,3))，(0,0)，由图知，解集为[－2，－eq\f(2,3))∪(0，eq\f(2,3))．16．已知数列{an}中，an＝3n，把数列{an}中的数按上小下大，左小右大的原则排列成如下图所示三角形表：36912151821242730……设a(i，j)(i、j∈N＋)是位于从上到下第i行且从左到右第j个数，则a(37,6)＝2_016.eq\x(导学号27543009)[解析]三角形数表中，每一行的第1个数构成数列{bn}，b1＝3，b2＝6，b3＝12，b4＝21，…，∴b2－b1＝3，b3－b2＝6，b4－b3＝9，…，bn－bn－1＝3(n－1)，将上述n－1个式子相加得bn－b1＝3＋6＋9＋…＋3(n－1)＝eq\f([3＋3n－1]n－1,2)＝eq\f(3nn－1,2)，∴bn＝b1＋eq\f(3nn－1,2)＝3＋eq\f(3nn－1,2)∴b37＝3＋eq\f(3×37×36,2)＝2001.∴第37行的第1个数为2001，∴第37的第6个数为a(37,6)＝2023＋3×5＝2016.三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本题满分12分)和为114的三个数是一个公比不为1的等比数列的连续三项，也是一个等差数列的第1项，第4项，第25项，求这三个数.eq\x(导学号27543010)[解析]由题意，设这三个数分别是eq\f(a,q)，a，aq，且q≠1，则eq\f(a,q)＋a＋aq＝114①令这个等差数列的公差为d，则a＝eq\f(a,q)＋(4－1)·d.则d＝eq\f(1,3)(a－eq\f(a,q))，又有aq＝eq\f(a,q)＋24×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a,q)))②由②得(q－1)(q－7)＝0，∵q≠1，∴q＝7.代入①得a＝14，则所求三数为2,14,98.18．(本题满分12分)已知函数f(x)＝－3x2＋a(6－a)x＋\x(导学号27543011)(1)当c＝19时，解关于a的不等式f(1)>0；(2)若关于x的不等式f(x)>0的解集是(－1,3)，求实数a、c的值．[解析](1)由已知有：f(1)＝－3＋a(6－a)＋19>0，即a2－6a－16<0，解得：－2<a所以不等式的解集为：(－2,8)．(2)由关于x的不等式f(x)>0的解集是(－1,3)可知：－1,3是关于x的方程3x2－a(6－a)x－c＝0的两个根，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0,－1＋3＝\f(a6－a,3),－1×3＝\f(－c,3)))，解得：a＝3±eq\r(3)，c＝9.19．(本题满分12分)已知递增等比数列{an}中，a1＝1，且a2a4－2a3a5＋a4a6＝\x(导学号(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3an＋eq\f(1,2)，求数列{aeq\o\al(2,n)·bn}的前n项和Sn.[解析](1)由题意，得a2a4＝aeq\o\al(2,3)，a4a6＝aeq\o\al(2,5)，∴aeq\o\al(2,3)－2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝(a3－a5)2＝36，∵a3<a5，∴a5－a3＝6，又∵a1＝1.∴q4－q2－6＝0，∴q2＝3.∵q>0，∴q＝eq\r(3).∴an＝a1qn－1＝(eq\r(3))n－1.(2)aeq\o\al(2,n)＝3n－1，bn＝log3an＋eq\f(1,2)＝log33eq\f(n－1,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(n－1,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(n,2).∴aeq\o\al(2,n)·bn＝eq\f(n,2)·3n－1.∴Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,2)·31＋eq\f(3,2)·32＋…＋eq\f(n,2)·3n－1∴3Sn＝eq\f(1,2)·31＋eq\f(2,2)·32＋…＋eq\f(n－1,2)·3n－1＋eq\f(n,2)·3n，两式相减，得－2Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)＋eq\f(32,2)＋…＋eq\f(3n－1,2)－eq\f(n·3n,2)＝eq\f(1,2)(1＋3＋32＋…＋3n－1)－eq\f(n·3n,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(1－3n,1－3)－eq\f(n·3n,2)＝eq\f(1,4)(3n－1)－eq\f(n·3n,2)＝eq\f(3n1－2n－1,4).∴Sn＝eq\f(2n－1·3n＋1,8).20．(本题满分12分)台湾是祖国不可分割的一部分，祖国的统一是两岸人民共同的愿望，在台湾海峡各自的海域内，当大陆船只与台湾船只相距最近时，两船均相互鸣笛问好，一天，海面上离台湾船只A的正北方向100nmile处有一大陆船只B正以每小时20nmile的速度沿北偏西60°的方向行驶，而台湾船只A以每小时15nmile的速度向正北方向行驶，若两船同时出发，问几小时后，两船鸣笛问好？eq\x(导学号27543013)[解析]设xh后，B船至D处，A船至C处，BD＝20x，BC＝100－15x，∵x>0,100－15x>0，∴0<x<eq\f(20,3)，由余弦定理，得DC2＝(20x)2＋(100－15x)2－2·20x·(100－15x)·cos120°＝325x2－1000x＋10000＝325eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(20,13)))2＋10000－eq\f(10000,13)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(20,3))).∴x＝eq\f(20,13)h后，两船最近，可鸣笛问好．21．(本题满分12分)设△ABC的内角为A、B、C所对的边分别为a、b、c，且bcosC＝a－eq\f(1,2)\x(导学号27543014)(1)求角B的大小；(2)若b＝1，求△ABC的周长l的取值范围．[解析]解法一：(1)∵bcosc＝a－eq\f(1,2)c，∴由余弦定理，得b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝a－eq\f(1,2)c，∴a2＋b2－c2＝2a2－ac∴a2＋c2－b2＝ac，∴2accosB＝ac，∴cosB＝eq\f(1,2)，∵B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3).(2)l＝a＋b＋c＝a＋c＋1，由(1)知a2＋c2－1＝ac，∴(a＋c)2－1＝3ac∴(a＋c)2＝1＋3ac≤1＋eq\f(3,4)(a＋c)2，∴(a＋c)2≤4，∴a＋c≤2.又∵a＋c>1，∴l∈(2,3]．解法二：(1)∵bcosC＝a－eq\f(1,2)c，∴由正弦定理，得sinBcosC＝sinA－eq\f(1,2)sinC，∴sinBcosC＝sin(B＋C)－eq\f(1,2)sinC＝sinBcosC＋cosBsinC－eq\f(1,2)sinC，∴cosBsinC＝eq\f(1,2)sinC，∵sinC≠0，∴ocsB＝eq\f(1,2).∵B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3).(2)∵B＝eq\f(π,3)，∴A＋C＝eq\f(2π,3).由正弦定理，得eq\f(b,sinB)＝eq\f(a,sinA)，∴a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(2\r(3),3)sinA，同理可得c＝eq\f(2\r(3),3)sinC，∴a＋c＝eq\f(2\r(3)