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2019苏教版高中数学必修五模块检测试卷(含答案)

1、模块检测(时间:120分钟满分:160分)一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分,把答案填在题中的横线上)1.不等式x2x60的解集为_.解析由x2x60,得(x3)(x2)0,x3.答案x|x2,或x32.已知数列an是等差数列,a310,a622,则数列an的通项公式为_.解析由已知解得a12,d4.an2(n1)44n2(nN*).答案an4n2(nN*)3.等比数列an中,a12,a416,则数列an的通项公式为_.解析设an的公比为q,由已知得162q3,解得q2.又a12,所以ana1qn122n12n(nN*).答案an2n(nN*)4.已知实数x,y满足约束条件则z

2、2xy的最小值为_.解析不等式组所表示的平面区域为下图中阴影部分的三角形,且A(1,1),B(2,1),C,显然z2xy过点A时,取得最小值3.答案35.已知等比数列an满足2a1a33a2,且a32是a2,a4的等差中项,则数列an的通项公式为_.解析设等比数列an的首项为a1,公比为q,依题意,有即由得q23q20,解得q1或q2.当q1时,不合题意舍;当q2时,代入得a12,所以,an22n12n(nN*.)答案an2n(nN*)6.在锐角ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C所对的边,且满足a2bsin A0,则角B的大小为_.解析因为a2bsin A0,所以sin A2sin Bs

3、in A0,因为sin A0,所以sin B.又B为锐角,则B.答案7.设数列an的前n项和为Sn,且满足Sn2an1(nN*),则数列an的通项公式为_.解析因为Sn2an1,所以Sn12an11(n2).所以anSnSn12an2an1(n2),即an2an1.因为a12a11,即a11,所以an0(nN*),所以2(n2),所以数列an是以1为首项,2为公比的等比数列,故an2n1(nN*).答案an2n1(nN*)8.等比数列an中,若a1a2a3a4,a2a3,则等于_.解析.答案9.已知ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin Bcos B1,b1,A,则边长c为_.

4、解析由已知sin Bcos B1,整理得sin(B).因为0B,所以B0,a1)的图象恒过定点A,若点A在直线mxny10上,其中mn0,则的最小值为_.解析因为yax24(a0,a1)恒过定点A,所以A点坐标为(2,3).又A点在直线mxny10上,所以2m3n1.所以(2m3n)()1221224,即的最小值为24.答案2411.“已知关于x的不等式ax2bxc0的解集为(1,2),解关于x的不等式cx2bxa0.”给出如下的一种解法:由ax2bxc0的解集为(1,2),得abc0的解集为,即关于x的不等式cx2bxa0的解集为.参考上述解法:若关于x的不等式0的解集为_.解析由0的解集为

5、得0的解集为.答案12.在ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且cos B,b,则ABC面积的最大值为_.解析由已知得cos B,又因为b,所以a2c23ac.又因为a2c2ac32ac,所以0ac6,当且仅当ac时,ac取得最大值.此时SABCacsin B6.所以ABC的面积的最大值为.答案13.已知三角形的三边构成等比数列,它们的公比为q,则q的取值范围是_.解析设三边为a,aq,aq2,则即得即q0即x(0,1时,f(x)axx210可化为ax,因为g(x)x在x(0,1上为增函数,故g(x)x的最大值为g(1)0,所以a0;当x0即x1,0)时,f(x)axx210可化为a

6、x,因为g(x)x在x1,0)上为增函数,故g(x)x的最小值为g(1)0,所以a0.综上得a0.答案0二、解答题(本大题共6小题,共90分,解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分14分)已知函数f(x)ax2(2a1)xa1.(1)若a2,解关于x的不等式f(x)0;(2)若对于a2,2,f(x)0恒成立,求实数x的取值范围.解(1)由已知得2x25x30,即(2x3)(x1)0,解得x,或x1.所以不等式的解集为;(2)ax2(2a1)xa1a(x1)2(x1),令g(a)a(x1)2(x1),则g(a)是关于a的一次函数,且一次项的系数为(x1)2.(x1)20

7、,当x10时,f(x)0,不合题意;当x1时,g(a)为2,2上的增函数.f(x)0恒成立,只要使g(a)的最大值g(2)0即可.即g(2)2(x1)2(x1)0,解得1x.综上可知,x的取值范围是.16.(本小题满分14分)设等差数列an的前n项和为Sn(nN*),bn,且a3b3,S5S321,(1)求数列bn的通项公式;(2)求证:b1b2bn2.(1)解设等差数列an的公差为d,则由已知a3b3,S5S321得方程组由得a1d,由得8a113d21,a1d1,Sn,bn(nN*).(2)证明:由bn2得:b1b2bn222).(2)AOB的面积Sxysin 75xy84(1).当且仅当

8、x4时取等号,此时y4.故OA4 km,OB4 km时,OAB面积的最小值为4(1)km2.18.(本小题满分16分)在ABC中,已知a,b,c分别为内角A,B,C所对的边,且C,abc(其中1).(1)若时,求证:ABC为直角三角形;(2)若2,且c3,求的值.(1)证明因为,所以abc,由正弦定理得sin Asin B sin C,因为C,所以sin Bsin,sin Bcos Bsin B, 所以 sin B cos B,所以sin,所以B或B,解得B或B.若B,则A,ABC为直角三角形;若B,ABC也为直角三角形.所以当时,ABC为直角三角形.(2)解若2,则ab2,所以ab2.又ab

9、3,由余弦定理a2b2c22abcos C,知a2b2abc29,即(ab)23ab9,故9229,得24,因为1,所以2.19.(本小题满分16分)已知等比数列an的公比q1,a11,且2a2,a4,3a3成等差数列.(1)求数列an的通项公式;(2)记bn2nan,求数列bn的前n项和Tn.解(1)由2a2,a4,3a3成等差数列可得2a42a23a3,即2a1q32a1q3a1q2,又q1,a11,故2q223q,即2q23q20,得q2,因此数列an的通项公式为an2n1(nN*).(2)bn2n2n1n2n,Tn12222323n2n,2Tn122223324n2n1.得Tn2222

10、32nn2n1,Tnn2n1,Tn(n1)2n12(nN*).20.(本小题满分16分)已知等差数列an的前n项和为Sn,且2a5a313,S416.(1)求数列an的前n项和Sn;(2)设Tn(1)iai,若对一切正整数n,不等式Tnm2),使得S2,SmS2,SnSm成等比数列?若存在,求出所有的m,n;若不存在,请说明理由.(1)解设数列an的公差为d.因为2a5a313,S416.所以解得a11,d2,所以an2n1,Snn2(nN*).(2)证明当n为偶数时,设n2k,kN*,则T2k(a2a1)(a4a3)(a2ka2k1)2k,代入不等式Tn an1(1)n1an2n1得,2k4

11、k,从而0,所以f(k)是递增的,所以f(k)min2,所以2.当n为奇数时,设n2k1,kN*,则T2k1T2k(1)2ka2k2k(4k1)12k,代入不等式Tnan1(1)n1an2n1,得(12k)4k.因为kN*,所以4k的最大值为4,所以4.综上所述,的取值范围为(4,2).(3)解假设存在正整数m,n(nm2),使得S2,SmS2,SnSm成等比数列,则(SmS2)2S2(SnSm),即(m24)24(n2m2),所以4n2(m22)212,即4n2(m22)212,即(2nm22)(2nm22)12.因为nm2,所以n4,m3,所以2nm2215.因为2nm22是整数,所以等式(2nm22)(2nm22)12不成立,故不存在正整数m,n(nm2),使得S2,SmS2,SnSm成等比数列.