【-學(xué)案導(dǎo)學(xué)設(shè)計(jì)】2020-2021學(xué)年高中數(shù)學(xué)(蘇教版-必修五)-模塊綜合檢測(cè)(B)-課時(shí)作業(yè)

模塊綜合檢測(cè)(B)(時(shí)間：120分鐘滿分：160分)一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分)1．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝x·3n－1－eq\f(1,6)，則x＝________.2．已知等比數(shù)列{an}的公比為正數(shù)，且a3·a9＝2aeq\o\al(2,5)，a2＝1，則a1＝________.3．在△ABC中，已知sin2B－sin2C－sin2A＝eq\r(3)sinAsinC，則角B的大小為________．4．關(guān)于x的不等式ax－b>0的解集是(1，＋∞)，則關(guān)于x的不等式eq\f(ax＋b,x－2)≤0的解集是________．5．設(shè)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y≤4，,x－y≤1，,x＋2≥0，))則目標(biāo)函數(shù)z＝3x－y的最大值為________．6．不等式2x－eq\f(3,x)＋1≤eq\f(1,2)(x>0)的解為______________．7．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S21＝42，記A＝2aeq\o\al(2,11)－a9－a13，則A的值為________．8．設(shè)a>0，b>0，若eq\r(3)是3a與3b的等比中項(xiàng)，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為________．9．在△ABC中，A＝60°，b＝1，其面積為eq\r(3)，則eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝________.10．已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，公比q≠1，設(shè)P＝eq\f(1,2)(log0.5a5＋log0.5a7)，Q＝log0.5eq\f(a3＋a9,2)，P與Q的大小關(guān)系是________．11．已知f(x)＝32x－k·3x＋2，當(dāng)x∈R時(shí)，f(x)恒為正值，則k的取值范圍為________．12．已知數(shù)列{an}滿足a1＝33，an＋1－an＝2n，則eq\f(an,n)的最小值為________．13．設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y－2≤0，,x＋2y－5≥0，,y－2≤0，))則u＝eq\f(x2＋y2,xy)的取值范圍是________．14．在△ABC中，A、B、C分別為a、b、c邊所對(duì)的角．若a、b、c成等差數(shù)列，則B的取值范圍是________．二、解答題15．(14分)記等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項(xiàng)和為Sn，設(shè)S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比數(shù)列，求Sn.16．(14分)在△ABC中，a、b、c分別為∠A、∠B、∠C的對(duì)邊，若2b＝a＋c，∠B＝30°，△ABC的面積為eq\f(3,2)，求b.17．(14分)已知a、b、c都是實(shí)數(shù)，求證：a2＋b2＋c2≥eq\f(a＋b＋c2,3).18．(16分)C位于A城的南偏西20°的位置，B位于A城的南偏東40°的位置，有一人距C為31千米的B處正沿大路向A城走去，走了20千米后到達(dá)D處，此時(shí)CD間的距離為21千米，問這人還要走多少千米才能到達(dá)A城？19．(16分)某養(yǎng)分師要為某個(gè)兒童預(yù)訂午餐和晚餐，已知一個(gè)單位的午餐含12個(gè)單位的碳水化合物，6個(gè)單位的蛋白質(zhì)和6個(gè)單位的維生素C；一個(gè)單位的晚餐含8個(gè)單位的碳水化合物，6個(gè)單位的蛋白質(zhì)和10個(gè)單位的維生素C.另外，該兒童這兩餐需要的養(yǎng)分至少含64個(gè)單位的碳水化合物，42個(gè)單位的蛋白質(zhì)和54個(gè)單位的維生素C.假如一個(gè)單位的午餐、晚餐的費(fèi)用分別是2.5元和4元，那么要滿足上述的養(yǎng)分要求，并且花費(fèi)最少，應(yīng)當(dāng)為該兒童分別預(yù)訂多少個(gè)單位的午餐和晚餐？20．(16分)在數(shù)列{an}中，a1＝1,2an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))2·an(n∈N*)．(1)證明數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n2)))是等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)令bn＝an＋1－eq\f(1,2)an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.模塊綜合檢測(cè)(B)1.eq\f(1,2)解析Sn＝x·3n－1－eq\f(1,6)＝eq\f(x,3)·3n－eq\f(1,6)，∴eq\f(x,3)＝eq\f(1,6)，即x＝eq\f(1,2).2.eq\f(\r(2),2)解析a3·a9＝a26＝2aeq\o\al(2,5)，∴(a5q)2＝2aeq\o\al(2,5).∴q2＝2.又q>0，∴q＝eq\r(2).∴a1＝eq\f(a2,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).3．150°解析sin2B－sin2C－sin2A＝eq\r(3)sinAsinC?a2＋c2－b2＝－eq\r(3)ac?cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(－\r(3)ac,2ac)＝－eq\f(\r(3),2)?B＝150°.4．[－1,2)解析∵ax－b>0的解集是(1，＋∞)，∴a＝b>0.eq\f(ax＋b,x－2)≤0?eq\f(ax＋1,x－2)≤0?eq\f(x＋1,x－2)≤0?－1≤x<2.5.5解析作出可行域，如圖所示．由圖可知，目標(biāo)函數(shù)z＝3x－y在點(diǎn)A(2,1)處取得最大值，zmax＝3×2－1＝5.6．(0,1]解析∵2x－eq\f(3,x)＋1≤eq\f(1,2)＝2－1，∴x－eq\f(3,x)＋1≤－1.∴eq\f(x2＋2x－3,x)≤0，即eq\f(x＋3x－1,x)≤0(x>0)．故不等式的解為(0,1]．7．1解析由S21＝eq\f(21a1＋a21,2)＝21a11＝42，∴a11＝2.∴aeq\o\al(2,11)－(a9＋a13)＝aeq\o\al(2,11)－2a11＝0.∴A＝2aeq\o\al(2,11)－a9－a13＝20＝1.8．4解析由題意知3a·3b＝3，即3a＋b＝3，所以a＋由于a>0，b>0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．9.eq\f(2\r(39),3)解析∵S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)c＝eq\r(3)，∴c＝4.由a2＝b2＋c2－2bccosA，解得a＝eq\r(13).由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(13),\f(\r(3),2))＝eq\f(2\r(39),3).10．P>Q解析P＝log0.5eq\r(a5a7)＝log0.5eq\r(a3a9)，Q＝log0.5eq\f(a3＋a9,2)，由eq\f(a3＋a9,2)>eq\r(a3a9)(q≠1，a3≠a9)，又y＝log0.5x在(0，＋∞)上遞減，∴l(xiāng)og0.5eq\f(a3＋a9,2)<log0.5eq\r(a3a9)，即Q<P.11．(－∞，2eq\r(2))解析由f(x)>0得32x－k·3x＋2>0，解得k<3x＋eq\f(2,3x)，而3x＋eq\f(2,3x)≥2eq\r(2)，∴k<2eq\r(2).12.eq\f(21,2)解析由an＋1－an＝2n，得an－an－1＝2(n－1)，an－1－an－2＝2(n－2)，…，a2－a1＝2.將這n－1個(gè)式子累加得an－a1＝eq\f(2n－11＋n－1,2)＝n2－n.∵a1＝33，∴an＝n2－n＋33，∴eq\f(an,n)＝eq\f(n2－n＋33,n)＝n＋eq\f(33,n)－1.當(dāng)n＝6時(shí)，eq\f(an,n)有最小值eq\f(21,2).13.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))解析可行域如圖，kOA＝eq\f(1,3)，kOB＝2，u＝eq\f(y,x)＋eq\f(x,y)，而eq\f(y,x)＝t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))，函數(shù)u＝t＋eq\f(1,t)在t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上為減函數(shù)，且在[1,2]上為增函數(shù)，∴t＝1時(shí)，umin＝2，t＝eq\f(1,3)時(shí)，umax＝eq\f(10,3).14．0<B≤eq\f(π,3)解析∵2b＝a＋c，∴b＝eq\f(1,2)(a＋c)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－\f(1,4)a＋c2,2ac)＝eq\f(4a2＋c2－a＋c2,8ac)＝eq\f(3a2＋c2－2ac,8ac)≥eq\f(3×2ac－2ac,8ac)＝eq\f(1,2)，∴0<B≤eq\f(π,3).15．解設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公差為d，依題設(shè)有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1a3＋1＝a\o\al(2,2)，,a1＋a2＋a3＝12，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)＋2a1d－d2＋2a1＝0，,a1＋d＝4.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,d＝－4.))因此Sn＝eq\f(1,2)n(3n－1)或Sn＝2n(5－n)．16．解∵S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)acsin30°＝eq\f(3,2)，∴ac＝6.∵2b＝a＋c.由余弦定理，b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac－2ac·cos∴b2＝4b2－12－6eq\r(3)，得b2＝4＋2eq\r(3)，∴b＝1＋eq\r(3).17．證明∵a2＋b2≥2ab，①b2＋c2≥2bc，②c2＋a2≥2ac，a2＋b2＋c2＝a2＋b2＋c2，④由①＋②＋③＋④得：3(a2＋b2＋c2)≥a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2，即a2＋b2＋c2≥eq\f(a＋b＋c2,3).18．解設(shè)∠ACD＝α，∠CDB＝β.在△BCD中，由余弦定理得cosβ＝eq\f(BD2＋CD2－CB2,2BD·CD)＝eq\f(202＋212－312,2×20×21)＝－eq\f(1,7)，則sinβ＝eq\f(4\r(3),7)，而sinα＝sin(β－60°)＝sinβcos60°－cosβsin60°＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,7)＝eq\f(5\r(3),14)，在△ACD中，由正弦定理得eq\f(21,sin60°)＝eq\f(AD,sinα)，∴AD＝eq\f(21sinα,sin60°)＝eq\f(21×\f(5\r(3),14),\f(\r(3),2))＝15(千米)．答這人還要走15千米才能到達(dá)A城．19．解設(shè)需要預(yù)訂滿足要求的午餐和晚餐分別為x個(gè)單位和y個(gè)單位，所花的費(fèi)用為z元，則依題意，得z＝2.5x＋4y，且x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，y≥0，,12x＋8y≥64，,6x＋6y≥42，,6x＋10y≥54，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，y≥0，,3x＋2y≥16，,x＋y≥7，,3x＋5y≥27.))作出可行域如圖，讓目標(biāo)函數(shù)表示的直線2.5x＋4y＝z在可行域上平移，由此可知z＝2.5x＋4y在B(4,3)處取得最小值．因此，應(yīng)當(dāng)為該兒童預(yù)訂4個(gè)單位的午餐和3個(gè)單位的晚餐，就可滿足要求．20．(1)證明由條件得eq\f(an＋1,n＋12)＝eq\f(1,2)·eq\f(an,n2)，又n＝1時(shí)，eq\f(an,n2)＝1，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n2)))構(gòu)成首項(xiàng)為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．從而eq\f(an,n2)＝eq\f(1,2n－1)，即an＝eq\f(n2,2n－1).(2)解由bn＝eq\f