2024-2025学年高中数学模块综合评估测评含解析新人教A版必修5

PAGEPAGE8模块综合评估eq\o(\s\up7(时间：120分钟满分：150分),\s\do5())一、选择题(每小题5分，共60分)1．已知{an}为等差数列，若a3＋a4＋a8＝9，则S9＝(B)A．24B．27C．15D．54解析：在等差数列中，由a3＋a4＋a8＝9得3a1＋12d＝9，即a1＋4d＝a5＝3，所以S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝eq\f(9×2a5,2)＝eq\f(9×2×3,2)＝27，故选B.2．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，则下列结论不正确的是(D)A．a2<b2B．ab<b2C.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2D.eq\f(b,a)<1解析：由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0可知，b<a<0，所以eq\f(b,a)>1，故选D.3．在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin(A＋B)＝eq\f(1,3)，a＝3，c＝4，则sinA＝(B)A.eq\f(2,3)B.eq\f(1,4)C.eq\f(3,4)D.eq\f(1,6)解析：由sin(A＋B)＝eq\f(1,3)得sinC＝eq\f(1,3)，由正弦定理得sinA＝eq\f(a,c)sinC＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,4)，故选B.4．若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2bsin2A＝3asinB，且c＝2b，则eq\f(a,b)等于(C)A.eq\f(3,2)B.eq\f(4,3)C.eq\r(2)D.eq\r(3)解析：由2bsin2A＝3asinB，得4sinBsinAcosA＝3sinAsinB，得cosA＝eq\f(3,4)，因为c＝2b，所以a2＝b2＋c2－2bccosA＝2b2，所以eq\f(a,b)＝eq\r(2).故选C.5．设变量x，y满意约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋2≤0，,x＋y－7≤0，,x≥1，))则eq\f(y,x)的最大值为(A)A．6B．3C.eq\f(9,5)D．1解析：不等式组表示的可行域如图阴影部分所示，A(1,6)，eq\f(y,x)≤kOA＝6，故选A.6．《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有这样的一道题，大意是：把120个面包分成5份，使每份的面包个数成等差数列，且较多的3份之和恰好是较少的2份之和的7倍，则最少的那份面包个数为(C)A．4B．3C．2D．1解析：设这5份面包的个数从小到大分别为a1，a2，…，a5，公差为d，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋…＋a5＝120，,a3＋a4＋a5＝7a1＋a2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a3＝120，,3a4＝7a1＋a2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝24，,3a1＋3d＝72a1＋d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝11.))7．关于x的不等式x2－2ax－8a2<0(a>0)的解集为(x1，x2)，且x2－x1＝15，则a＝(A)A.eq\f(5,2)B.eq\f(7,2)C.eq\f(15,4)D.eq\f(15,2)解析：本题考查一元二次不等式的解法．不等式x2－2ax－8a2<0的解集为(x1，x2)，则x1，x2是方程x2－2ax－8a2＝0的两个根，所以x1＋x2＝2a，x1x2＝－8a2.Δ＝4a2－4(－8a2)＝36a2>0.又x2－x1＝15，所以(x2－x1)2＝(x1＋x2)2－4x1x2，即152＝(2a)2－4(－8a2)，整理得a2＝eq\f(225,36)，因为a>0，所以a＝eq\f(15,6)＝eq\f(5,2)，选A.8．设首项为1，公比为eq\f(2,3)的等比数列{an}的前n项和为Sn，则(D)A．Sn＝2an－1B．Sn＝3an－2C．Sn＝4－3anD．Sn＝3－2an解析：在等比数列中，an＝a1qn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1，Sn＝eq\f(a1－qan,1－q)＝eq\f(1－\f(2,3)an,1－\f(2,3))＝3－2an，故选D.9．已知△ABC的外接圆半径为2，D为该圆上的一点，且eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))，则△ABC面积的最大值为(B)A．3B．4C．3eq\r(3)D．4eq\r(3)解析：由题设可知四边形ABDC是平行四边形，由圆内接四边形的性质可知∠BAC＝90°，且当AB＝AC时，四边形ABDC的面积最大，此时△ABC的面积最大，最大值为eq\f(1,2)AB·AC·sin90°＝eq\f(1,2)×(2eq\r(2))2＝4，故选B.10.已知x，y满意约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,y≥－1，,4x＋y≤9，,x＋y≤3，))若2≤m≤4，则目标函数z＝y＋mx的最大值的改变范围是(D)A．[1,3] B．[4,6]C．[4,9] D．[5,9]解析：如图所示，画出不等式组所表示的平面区域，易知A(2,1)，B(1,2)，C(1，－1)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，－1))，作直线l：mx＋y＝0，m∈[2,4]，将直线l平移至l1的位置，直线经过可行域上的A点时，z取得最大值，zmax＝2m＋1∈[5,9]，故选D.11．设m，n，t都是正数，则m＋eq\f(4,n)，n＋eq\f(4,t)，t＋eq\f(4,m)三个数(D)A．都大于4 B．都小于4C．至少有一个大于4 D．至少有一个不小于4解析：特值法：依题意，令m＝n＝t＝2，则三个数为4,4,4，解除A，B，C.故选D.12．在△ABC中，角A、B、C所对的边为a，b，c，若a，b，c成等差数列，则角B的范围是(B)A．0<B≤eq\f(π,4)B．0<B≤eq\f(π,3)C.eq\f(π,3)<B≤eq\f(π,2)D.eq\f(π,2)<B<π解析：因为a，b，c成等差数列，所以b＝eq\f(a＋c,2)≥eq\r(ac)，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a＋c2－2ac－b2,2ac)＝eq\f(3b2－2ac,2ac)＝eq\f(3b2,2ac)－1≥eq\f(3ac,2ac)－1＝eq\f(1,2)，又0<B<π，所以0<B≤eq\f(π,3)，故选B.二、填空题(每小题5分，共20分)13．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝50.解析：因为{an}为等比数列，所以由已知可得a10a11＝a9a12＝a1a20＝e5，于是lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2a3…a20)，而a1a2a3…a20＝(a1a20)10＝(e5)10＝e50，因此lna1＋lna2＋…＋lna20＝lne50＝50.14．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos2A＝sinA，bc＝2，则△ABC的面积为eq\f(1,2).解析：由cos2A＝sinA可得1－2sin2A＝sinA，解得sinA＝－1(舍)或sinA＝eq\f(1,2)，因为bc＝2，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).15．不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥0，,kx－y－2k＋1≥0k<0))表示的区域的面积记为f(k)，则f(k)的最小值为4.解析：不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥0，,kx－y－2k＋1≥0k<0))表示的区域是一个直角三角形，如图所示．对于直线方程kx－y－2k＋1＝0，令x＝0，得y＝1－2k，令y＝0，得x＝2－eq\f(1,k)，则区域的面积为f(k)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,k)))(1－2k)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)－4k))))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋2\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))－4k)))＝4(k<0)．(当且仅当－eq\f(1,k)＝－4k即k＝－eq\f(1,2)时等号成立)16．已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，a2n＝n－an，a2n＋1＝an＋1，则S100＝1_306.解析：由题可得a2n＋a2n＋1＝n＋1，令n＝1,2,3，…，49，可得a2＋a3＝2，a4＋a5＝3，a6＋a7＝4，…，a98＋a99＝50，将以上49个等式相加可得a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋…＋a98＋a99＝eq\f(2＋50,2)×49＝1274，因为a100＝50－a50＝25＋a25＝25＋a12＋1＝32－a6＝29＋a1＋1＝31，所以S100＝1＋1274＋31＝1306.三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最终结果不得分，共70分)17．(本小题10分)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝2，cosB＝eq\f(3,5).(1)若b＝4，求sinA的值；(2)若△ABC的面积S△ABC＝4，求b，c的值．解：(1)因为cosB＝eq\f(3,5)，所以sinB＝eq\f(4,5).因为a＝2，b＝4，所以eq\f(2,sinA)＝eq\f(4,\f(4,5))，所以sinA＝eq\f(2,5).(2)由S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝c·eq\f(4,5)＝4，可解得c＝5，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accosB＝4＋25－2×2×5×eq\f(3,5)＝17.所以b＝eq\r(17).18．(本小题12分)在等差数列{an}中，已知a1＋a4＋a7＝9，a3＋a6＋a9＝21.(1)求数列{an}的通项an；(2)求数列{an}的前9项和S9；(3)若cn＝2an＋3，求数列{cn}的前n项和Tn.解：(1)设{an}的公差为d，由a1＋a4＋a7＝9，a3＋a6＋a9＝21，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋9d＝9，,3a1＋15d＝21))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＝3，,a1＋5d＝7，))解得a1＝－3，d＝2，所以an＝2n－5.(2)S9＝9a1＋36d＝9(a1＋4d)＝9×(－3＋4×2)＝45.(3)由(1)知cn＝2an＋3＝22(n－1)＝4n－1，所以{cn}是首项c1＝1，公比q＝4的等比数列，所以Tn＝eq\f(c11－qn,1－q)＝eq\f(4n－1,3).19．(本小题12分)(1)若两个正数s和t满意2s＋t＝3，求证：eq\f(1,s)＋eq\f(8,t)≥6；(2)若实数p，q，r满意p2＋2q2＋r2＝4，证明：q(p＋r)≤2.证明：(1)由题意得，eq\f(1,s)＋eq\f(8,t)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,s)＋\f(8,t)))(2s＋t)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋\f(t,s)＋\f(16s,t)))≥eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋2\r(\f(t,s)·\f(16s,t))))＝6当且仅当eq\f(t,s)＝eq\f(16s,t)，即t＝2，s＝eq\f(1,2)时取等号．(2)因为p2＋2q2＋r2＝4，故(p2＋q2)＋(q2＋r2)＝4，因为p2＋q2≥2pq，当且仅当p＝q时等号成立，q2＋r2≥2qr，当且仅当q＝r时等号成立，故(p2＋q2)＋(q2＋r2)＝4≥2pq＋2qr，故q(p＋r)≤2(当且仅当p＝q＝r时等号成立)．20．(本小题12分)如图，为对某失事客轮AB进行有效救济，现在河岸MN选择两处C、D用强光柱进行协助照明，其中A、B、C、D在同一平面内．现测得CD的长为100米，∠ADN＝105°，∠BDM＝30°，∠ACN＝45°，∠BCM＝60°.(1)求△BCD的面积；(2)求客轮AB的长．解：(1)由题意得∠CBD＝30°，∴BC＝CD＝100米，∠BCD＝120°，∴S△BCD＝eq\f(1,2)CB·CD·sin∠BCD＝eq\f(1,2)×100×100×eq\f(\r(3),2)＝2500eq\r(3)(平方米)．(2)由题意得∠ADC＝75°，∠BDA＝45°，∠CAD＝60°，在△ACD中，由正弦定理得eq\f(CD,sin∠CAD)＝eq\f(AD,sin∠ACD)，即eq\f(100,sin60°)＝eq\f(AD,sin45°)，∴AD＝eq\f(100,3)eq\r(6)(米)，在△BCD中，BD＝eq\r(BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD)＝eq\r(1002＋1002－2×100×100×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝100eq\r(3)(米)，在△ABD中，AB＝eq\r(AD2＋BD2－2AD·BDcos∠BDA)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(100\r(6),3)))2＋100\r(3)2－2×\f(100\r(6),3)×100\r(3)×cos45°)＝eq\f(100\r(15),3)(米)．故客轮AB的长为eq\f(100\r(15),3)米．21．(本小题12分)已知数列{an}是一个公差大于零的等差数列，且a3a6＝55，a2＋a7＝16，数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝2bn－2.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝eq\f(an,bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.解：(1)依题意，设等差数列{an}的公差为d(d>0)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2da1＋5d＝55，①,2a1＋7d＝16，②))将②代入①得(16－3d)(16＋3d)＝220，即d2＝4，∵d>0，∴d＝2，a1＝1.∴an＝2n－1.当n＝1时，S1＝2b1－2，b1＝2，当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝(2bn－2)－(2bn－1－2)＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1.∴数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，bn＝2n.(2)∵cn＝eq\f(an,bn)＝eq\f(2n－1,2n)，Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(2n－1,2n)，③eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(2n－3,2n)＋eq\f(2n－1,2n＋1)，④③－④，得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,2