模塊綜合測(cè)評(píng)(二)(時(shí)間120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．?dāng)?shù)列1,3,7,15，…的通項(xiàng)an可能是()A．2n B．2n＋1C．2n－1 D．2n－1【解析】取n＝1時(shí)，a1＝1，排除A、B，取n＝2時(shí)，a2＝3，排除D.【答案】C2．不等式x2－2x－5>2x的解集是()A．{x|x≤－1或x≥5}B．{x|x<－1或x>5}C．{x|1<x<5}D．{x|－1≤x≤5}【解析】不等式化為x2－4x－5>0，所以(x－5)(x＋1)>0，所以x<－1或x>5.【答案】B3．在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，a1和a19為方程x2－10x＋16＝0的兩根，則a8·a10·a12等于()A．16B．32C．64D．256【解析】∵{an}是等比數(shù)列且由題意得a1·a19＝16＝aeq\o\al(2,10)(an>0)，∴a8·a10·a12＝aeq\o\al(3,10)＝64.【答案】C4．下列不等式一定成立的是()A．lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))>lgx(x>0)B．sinx＋eq\f(1,sinx)≥2(x≠kπ，k∈Z)C．x2＋1≥2|x|(x∈R)\f(1,x2＋1)>1(x∈R)【解析】選項(xiàng)具體分析結(jié)論Algeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))≥lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x2·\f(1,4))))＝lgx，當(dāng)且僅當(dāng)x2＝eq\f(1,4)時(shí)，即x＝eq\f(1,2)不正確B當(dāng)sinx<0時(shí)，不可能有sinx＋eq\f(1,sinx)≥2不正確C由基本不等式x2＋1＝|x|2＋1≥2|x|正確D因?yàn)閤2＋1≥1，所以eq\f(1,x2＋1)≤1不正確【答案】C5．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，ac＝3，且a＝3bsinA，則△ABC的面積等于()\f(1,2) \f(3,2)C．1 \f(3,4)【解析】∵a＝3bsinA，∴由正弦定理得sinA＝3sinBsinA，∴sinB＝eq\f(1,3).∵ac＝3，∴△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×3×eq\f(1,3)＝eq\f(1,2)，故選A.【答案】A6．等比數(shù)列{an}前n項(xiàng)的積為T(mén)n，若a3a6a18是一個(gè)確定的常數(shù)，那么數(shù)列T10，T13，T17，A．T10 B．T13C．T17 D．T25【解析】由等比數(shù)列的性質(zhì)得a3a6a18＝a6a10a11＝a8a9a10＝aeq\o\al(3,9)，而T17＝aeq\o\al(17,9)，故【答案】C7．已知不等式x2－2x－3<0的解集為A，不等式x2＋x－6<0的解集為B，不等式x2＋ax＋b<0的解集是A∩B，那么a＋b等于()A．－3 B．1C．－1 D．3【解析】由題意：A＝{x|－1<x<3}，B＝{x|－3<x<2}，A∩B＝{x|－1<x<2}，由根與系數(shù)的關(guān)系可知：a＝－1，b＝－2，∴a＋b＝－3.【答案】A8．古詩(shī)云：遠(yuǎn)望巍巍塔七層，紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增．共燈三百八十一，請(qǐng)問(wèn)尖頭幾盞燈？()A．2 B．3C．4 D．5【解析】遠(yuǎn)望巍巍塔七層，說(shuō)明該數(shù)列共有7項(xiàng)，即n＝7.紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增，說(shuō)明該數(shù)列是公比為2的等比數(shù)列．共燈三百八十一，說(shuō)明7項(xiàng)之和S7＝381.請(qǐng)問(wèn)尖頭幾盞燈，就是求塔頂幾盞燈，即求首項(xiàng)a1.代入公式Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，即381＝eq\f(a11－27,1－2)，∴a1＝eq\f(381,127)＝3.∴此塔頂有3盞燈．【答案】B9．若實(shí)數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≤0，,x>0，))則eq\f(y,x)的取值范圍是()A．(0,1) B．(0,1]C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)【解析】實(shí)數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≤0，,x>0))的相關(guān)區(qū)域如圖中的陰影部分所示．eq\f(y,x)表示陰影部分內(nèi)的任意一點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)(0,0)連線的斜率，由圖可知，eq\f(y,x)的取值范圍為(1，＋∞)．【答案】C10．在△ABC中，若c＝2bcosA，則此三角形必是()A．等腰三角形B．正三角形C．直角三角形D．有一角為30°的直角三角形【解析】由正弦定理得sinC＝2cosAsinB，∴sin(A＋B)＝2cosAsinB，即sinAcosB＋cosAsinB＝2cosAsinB，即sinAcosB－cosAsinB＝0，所以sin(A－B)＝0.又因?yàn)椋?lt;A－B<π，所以A－B＝0，即A＝B.【答案】A11．函數(shù)y＝eq\f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值是()A．2eq\r(3)＋2B．2eq\r(3)－2C．2eq\r(3)D．2【解析】∵x>1，∴x－1>0.∴y＝eq\f(x2＋2,x－1)＝eq\f(x2－2x＋2x＋2,x－1)＝eq\f(x2－2x＋1＋2x－1＋3,x－1)＝eq\f(x－12＋2x－1＋3,x－1)＝x－1＋eq\f(3,x－1)＋2≥2eq\r(3)＋2.【答案】A12．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且tanB＝eq\f(2－\r(3),a2－b2＋c2)，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)，則tanB等于()\f(\r(3),2) \r(3)－1C．2 D．2－eq\r(3)【解析】由eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)，得accosB＝eq\f(1,2)，∴2accosB＝1.又由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－1，∴a2－b2＋c2＝1，∴tanB＝eq\f(2－\r(3),1)＝2－eq\r(3).【答案】D二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，將答案填在題中的橫線上)13．已知點(diǎn)P(1，－2)及其關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)均在不等式2x＋by＋1>0表示的平面區(qū)域內(nèi)，則b的取值范圍是______.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：05920239】【解析】點(diǎn)P(1，－2)關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)P′(－1，2)．由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2×1－2b＋1>0，,－2＋2b＋1>0，))解得eq\f(1,2)<b<eq\f(3,2).【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))14．(2023·江蘇高考)設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))滿足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))前10項(xiàng)的和為_(kāi)_______．【解析】由題意有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)．以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq\f(n－12＋n,2)＝eq\f(n2＋n－2,2).又∵a1＝1，∴an＝eq\f(n2＋n,2)(n≥2)．∵當(dāng)n＝1時(shí)也滿足此式，∴an＝eq\f(n2＋n,2)(n∈N*)．∴eq\f(1,an)＝eq\f(2,n2＋n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).∴S10＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,11)))＝eq\f(20,11).【答案】eq\f(20,11)15．已知a，b，c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，a＝2，且(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，則△ABC面積的最大值為_(kāi)_______．【解析】∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，a＝2，又(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC可化為(a＋b)(a－b)＝(c－b)·c，∴a2－b2＝c2－bc，∴b2＋c2－a2＝bc.∴eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)＝cosA，∴A＝60°.∵在△ABC中，4＝a2＝b2＋c2－2bc·cos60°＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc(“＝”當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取得)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)·bc·sinA≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).【答案】eq\r(3)16．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，已知下列不等式：①a＋b<ab；②|a|>|b|；③a<b；④eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2；⑤a2>b2；⑥2a>2b其中正確的不等式的序號(hào)為_(kāi)_____．【解析】∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，∴b<a<0，故③錯(cuò)；又b<a<0，可得|a|<|b|，a2<b2，故②⑤錯(cuò)，可證①④⑥正確．【答案】①④⑥三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a3＝12，且S12>0，S13<0.(1)求公差d的取值范圍；(2)問(wèn)前幾項(xiàng)的和最大，并說(shuō)明理由．【解】(1)∵a3＝12，∴a1＝12－2d，∵S12>0，S13<0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a1＋66d>0，,13a1＋78d<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(24＋7d>0，,3＋d<0，))∴－eq\f(24,7)<d<－3.(2)∵S12>0，S13<0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a12>0，,a1＋a13<0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a6＋a7>0，,a7<0，))∴a6>0，又由(1)知d<0.∴數(shù)列前6項(xiàng)為正，從第7項(xiàng)起為負(fù)．∴數(shù)列前6項(xiàng)和最大．18．(本小題滿分12分)已知α，β是方程x2＋ax＋2b＝0的兩根，且α∈[0,1]，β∈[1,2]，a，b∈R，求eq\f(b－3,a－1)的最大值和最小值．【解】∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(α＋β＝－a，,αβ＝2b，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－α＋β，,b＝\f(αβ,2)，))∵0≤α≤1,1≤β≤2，∴1≤α＋β≤3,0≤αβ≤2.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤a≤－1，,0≤b≤1，))建立平面直角坐標(biāo)系aOb，則上述不等式組表示的平面區(qū)域如下圖所示．令k＝eq\f(b－3,a－1)，可以看成動(dòng)點(diǎn)P(a，b)與定點(diǎn)A(1,3)的連線的斜率．取B(－1,0)，C(－3,1)，則kAB＝eq\f(3,2)，kAC＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2)≤eq\f(b－3,a－1)≤eq\f(3,2).故eq\f(b－3,a－1)的最大值是eq\f(3,2)，最小值是eq\f(1,2).19．(本小題滿分12分)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，滿足(2b－c)cosA－acosC＝0.(1)求角A的大??；(2)若a＝eq\r(3)，試求當(dāng)△ABC的面積取最大值時(shí)，△ABC的形狀.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：05920230】【解】(1)∵(2b－c)cosA－acosC＝0，由余弦定理得(2b－c)·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)－a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝0，整理得b2＋c2－a2＝bc，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).(2)由(1)得b2＋c2－bc＝3及b2＋c2≥2bc得bc≤3.當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝eq\r(3)時(shí)取等號(hào)．∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(1,2)×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),4).從而當(dāng)△ABC的面積最大時(shí)，a＝b＝c＝eq\r(3).∴當(dāng)△ABC的面積取最大值時(shí)△ABC為等邊三角形．20．(本小題滿分12分)已知函數(shù)y＝eq\r(ax2＋2ax＋1)的定義域?yàn)镽.(1)求a的取值范圍；(2)解關(guān)于x的不等式x2－x－a2＋a<0.【解】(1)∵函數(shù)y＝eq\r(ax2＋2ax＋1)的定義域?yàn)镽，∴ax2＋2ax＋1≥0恒成立．①當(dāng)a＝0時(shí)，1≥0，不等式恒成立；②當(dāng)a≠0時(shí)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝4a2－4a≤0，))解得0<a≤1.綜上可知，a的取值范圍是[0,1]．(2)由x2－x－a2＋a<0，得(x－a)[x－(1－a)]<0.∵0≤a≤1，∴①當(dāng)1－a>a，即0≤a<eq\f(1,2)時(shí)，a<x<1－a；②當(dāng)1－a＝a，即a＝eq\f(1,2)時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2<0，不等式無(wú)解；③當(dāng)1－a<a，即eq\f(1,2)<a≤1時(shí)，1－a<x<a.綜上，當(dāng)0≤a<eq\f(1,2)時(shí)，原不等式的解集為(a,1－a)；當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，原不等式的解集為?；當(dāng)eq\f(1,2)<a≤1時(shí)，原不等式的解集為(1－a，a)．21．(本小題滿分12分)若數(shù)列{an}滿足aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝d，其中d為常數(shù)，則稱數(shù)列{an}為等方差數(shù)列．已知等方差數(shù)列{an}滿足an>0，a1＝1，a5＝3.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,n)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))的前n項(xiàng)和．【解】(1)由aeq\o\al(2,1)＝1，aeq\o\al(2,5)＝9，得aeq\o\al(2,5)－aeq\o\al(2,1)＝4d，∴d＝2.aeq\o\al(2,n)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，∵an>0，∴an＝eq\r(2n－1).數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\r(2n－1).(2)aeq\o\al(2,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝(2n－1)eq\f(1,2n)，設(shè)Sn＝1·eq\f(1,2)＋3·eq\f(1,22)＋5·eq\f(1,23)＋…＋(2n－1)·eq\f(1,2n)，①eq\f(1,2)Sn＝1·eq\f(1,22)＋3·eq\f(1,23)＋5·eq\f(1,24)＋…＋(2n－1)·eq\f(1,2n＋1)，②①－②，得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))－(2n－1)·eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(1,2)＋2·eq\f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－(2n－1)·eq\f(1,2n＋1)，即Sn