章末检测试卷(一)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1.在△ABC中，AB＝5，BC＝6，AC＝8，则△ABC的形状是( )
A.锐角三角形
B.钝角三角形
C.直角三角形
D.等腰三角形或直角三角形
考点 判断三角形形状
题点 利用余弦定理判断三角形形状
答案 B
解析 ∵最大边AC所对角为B，
又cos B＝<0，
∴B为钝角，△ABC为钝角三角形.
2.在△ABC中，若a＝b，A＝2B，则cos B等于( )
A. B. C. D.
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的变形应用
答案 B
解析 由正弦定理，得＝，
∴a＝b可化为＝.
又A＝2B，∴＝，∴cos B＝.
3.已知△ABC的外接圆的半径是3，a＝3，则A等于( )
A.30°或150° B.30°或60°
C.60°或120° D.60°或150°
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的理解
答案 A
解析 根据正弦定理，得＝2R，sin A＝＝，
∵0°
4.在△ABC中，acos＝bcos，则△ABC的形状是( )
A.等边三角形 B.等腰三角形
C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的理解
答案 B
解析 原式可化为asin A＝bsin B，由正弦定理知a2＝b2，∴a＝b，∴△ABC为等腰三角形.
5.已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c2－b2＝ab，C＝，则的值为( )
A. B.1 C.2 D.3
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
答案 C
解析 由余弦定理得c2－b2＝a2－2abcos C＝a2－ab＝ab，所以a＝2b，所以由正弦定理得＝＝2.
6.在△ABC中，已知a＝，b＝，A＝30°，则c等于( )
A.2 B.
C.2或 D.以上都不对
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边对角用余弦定理解三角形
答案 C
解析 ∵a2＝b2＋c2－2bccos A，
∴5＝15＋c2－2×c×，
化简得c2－3c＋10＝0，即(c－2)(c－)＝0，
∴c＝2或c＝.
7.已知△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝k∶(k＋1)∶2k，则k的取值范围是( )
A.(2，＋∞) B.(－∞，0)
C. D.
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的理解
答案 D
解析 由正弦定理，
得a＝mk，b＝m(k＋1)，c＝2mk(m>0)，
∵即∴k>.
8.△ABC的两边长分别为2,3，其夹角的余弦值为，则其外接圆的直径为( )
A. B. C. D.9
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
答案 B
解析 设另一条边为x，
则x2＝22＋32－2×2×3×＝9，∴x＝3.
设cos θ＝，θ为长度为2,3的两边的夹角，
则sin θ＝＝.∴2R＝＝＝.
9.根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是( )
A.a＝8，b＝16，A＝30°，有两解
B.b＝18，c＝20，B＝60°，有一解
C.a＝5，c＝2，A＝90°，无解
D.a＝30，b＝25，A＝150°，有一解
考点 判断三角形形状
题点 利用余弦定理判断三角形形状
答案 D
解析 A中，∵＝，
∴sin B＝＝1，∴B＝90°，即只有一解；
B中，∵sin C＝＝，且c>b，
∴C>B，故有两解；
C中，∵A＝90°，a＝5，c＝2，
∴b＝＝＝，
即有解，故A，B，C都不正确，由排除法知应选D.
10.如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则( )
A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形
B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形
C.△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形
D.△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦、余弦定理、三角变换判断三角形形状
答案 D
解析 △A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，
则△A1B1C1是锐角三角形，
若△A2B2C2是锐角三角形，
由得
那么A2＋B2＋C2＝，矛盾，
若△A2B2C2是直角三角形，不妨设A2＝，
则cos A1＝sin A2＝1，A1＝0，矛盾.
所以△A2B2C2是钝角三角形.
11.在斜三角形ABC中，sin A＝－cos B·cos C，且tan B·tan C＝1－，则角A的值为( )
A. B. C. D.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变换的综合
答案 A
解析 由题意知，
sin A＝－cos B·cos C＝sin(B＋C)
＝sin B·cos C＋cos B·sin C，
在等式－cos B·cos C＝sin B·cos C＋cos B·sin C两边同除以cos B·cos C得tan B＋tan C＝－，
又tan(B＋C)＝＝－1＝－tan A，
即tan A＝1，又012.在△ABC中，AB＝7，AC＝6，M是BC的中点，AM＝4，则BC等于( )
A. B. C. D.
考点 几何图形中的计算问题
题点 三角形有关的几何图形计算问题
答案 B
解析 设BC＝a，则BM＝MC＝.
在△ABM中，
AB2＝BM2＋AM2－2BM×AM×cos∠AMB，
即72＝a2＋42－2××4×cos∠AMB，①
在△ACM中，
AC2＝AM2＋CM2－2AM×CM×cos∠AMC，
即62＝42＋a2＋2×4××cos∠AMB，②
①＋②得72＋62＝42＋42＋a2，所以a＝.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且＝－，则角B的大小为________.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 用余弦定理求边或角的取值范围
答案
解析 根据余弦定理，得＝
＝×＝－.
化简可得a2＋c2－b2＝－ac，
所以cos B＝＝－，B为△ABC的内角，所以B＝.
14.已知△ABC中，3a2－2ab＋3b2－3c2＝0，则cos C＝________.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案
解析 由3a2－2ab＋3b2－3c2＝0，
得c2＝a2＋b2－ab.根据余弦定理，得
cos C＝＝＝.
15.在△ABC中，若A＝120°，AB＝5，BC＝7，则sin B＝________.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边对角解三角形
答案
解析 由正弦定理得＝，
∴sin C＝，且C为锐角(A＝120°).
∴cos C＝.
∴sin B＝sin(180°－120°－C)＝sin(60°－C)
＝cos C－sin C＝×－×＝.
16.太湖中有一小岛C，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A处测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶1 km到达B处后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛到公路的距离是________km.
考点 解三角形求距离
题点 测量方向角求距离
答案
解析 如图，∠CAB＝15°，
∠CBA＝180°－75°＝105°，
∠ACB＝180°－105°－15°＝60°，
AB＝1(km).
在△ABC中，由正弦定理，得
＝，
∴BC＝×sin 15°＝(km).
设C到直线AB的距离为d，
则d＝BC·sin 75°＝×＝(km).
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.(10分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝2，cos B＝.
(1)若b＝4，求sin A的值；
(2)若△ABC的面积S△ABC＝4，求b，c的值.
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
解 (1)∵cos B＝>0,0∴sin B＝＝.
由正弦定理＝，得sin A＝sin B＝.
(2)∵S△ABC＝acsin B＝c＝4，∴c＝5.
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B
＝22＋52－2×2×5×＝17，∴b＝.
18.(12分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为3，b－c＝2，cos A＝－.
(1)求a和sin C的值；
(2)求cos的值.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变换的综合
解 (1)在△ABC中，由cos A＝－，
可得sin A＝.
由S△ABC＝bcsin A＝3，得bc＝24.
又由b－c＝2，解得b＝6，c＝4.
由a2＝b2＋c2－2bccos A，可得a＝8.
由＝，得sin C＝.
(2)cos＝cos 2A·cos －sin 2A·sin
＝(2cos2A－1)－×2sin A·cos A＝.
19.(12分)在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝2A.
(1)求cos A的值；
(2)求c的值.
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
解 (1)在△ABC中，由正弦定理，得
＝，∴＝＝，
∴cos A＝.
(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得
32＝(2)2＋c2－2×2c×，
则c2－8c＋15＝0.∴c＝5或c＝3.
当c＝3时，a＝c，∴A＝C.
由A＋B＋C＝π，知B＝，与a2＋c2≠b2矛盾.
∴c＝3舍去.故c的值为5.
20.(12分)已知△ABC的角A，B，C所对的边分别是a，b，c，设向量m＝(a，b)，n＝(sin B，sin A)，p＝(b－2，a－2).
(1)若m∥n，求证：△ABC为等腰三角形；
(2)若m⊥p，边长c＝2，角C＝，求△ABC的面积.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与平面向量的综合
(1)证明 ∵m∥n，∴asin A＝bsin B，
由正弦定理，得a2＝b2，∴a＝b.
∴△ABC为等腰三角形.
(2)解 由题意知m·p＝0，即a(b－2)＋b(a－2)＝0.
∴a＋b＝ab.
由余弦定理可知，4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，
即(ab)2－3ab－4＝0.
∴ab＝4(ab＝－1舍去)，
∴S△ABC＝absin C＝×4×sin＝.
21.(12分)如图，已知A，B，C是一条直路上的三点，AB与BC各等于1 km，从三点分别遥望塔M，在A处看见塔在北偏东45°方向，在B处看见塔在正东方向，在C处看见塔在南偏东60°方向，求塔到直路ABC的最短距离.
考点 解三角形求距离
题点 测量方向角求距离
解 由题意得∠CMB＝30°，∠AMB＝45°，
∵AB＝BC＝1，∴S△MAB＝S△MBC，
即MA×MB×sin 45°＝MC×MB×sin 30°，
∴MC＝MA，在△MAC中，由余弦定理，得
AC2＝MA2＋MC2－2MA×MC×cos 75°，
∴MA2＝，
设M到AB的距离为h，则由△MAC的面积得
MA×MC×sin 75°＝AC×h，
∴h＝×sin 75°＝××sin 75°
＝(km).
∴塔到直路ABC的最短距离为 km.
22.(12分)如图所示，在扇形AOB中，∠AOB的大小为，半径为2，在半径OA上有一动点C(不与O，A重合)，过点C作平行于OB的直线交于点P.
(1)若C是半径OA的中点，求线段PC的长；
(2)若∠COP＝θ，求△POC面积的最大值及此时θ的值.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角函数的综合
解 (1)在△POC中，∠OCP＝，OP＝2，OC＝1，
由OP2＝OC2＋PC2－2OC·PCcos ，
得PC2＋PC－3＝0，
解得PC＝.
(2)∵CP∥OB，∴∠CPO＝∠POB＝－θ.
在△POC中，由正弦定理得＝，
即＝，
∴CP＝sin θ，
又＝，
∴OC＝sin.
记△POC的面积为S，
则S＝CP·OC·sin
＝×sin θ×sin×
＝sin θ·sin
＝sin θ·
＝2sin θcos θ－sin2θ
＝sin 2θ＋cos 2θ－
＝sin－，
∵θ∈，∴2θ＋∈，
∴当2θ＋＝，
即θ＝时，S取得最大值，最大值为.
章末检测试卷(三)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1.设a，b，c，d∈R，且a>b，c>d，则下列结论中正确的是( )
A.ac>bd B.a－c>b－d
C.a＋c>b＋d D.>
考点 不等式的性质
题点 不等式的性质
答案 C
解析 ∵a>b，c>d，∴a＋c>b＋d.
2.不等式<的解集是( )
A.(－∞，2) B.(2，＋∞)
C.(0,2) D.(－∞，0)∪(2，＋∞)
考点 分式不等式的解法
题点 分式不等式的解法
答案 D
解析 由<，
得－＝<0，
即x(2－x)<0，解得x>2或x<0，故选D.
3.设M＝2a(a－2)，N＝(a＋1)(a－3)，则( )
A.M >N B.M ≥N
C.M考点 实数大小的比较
题点 作差法比较大小
答案 A
解析 ∵M－N＝2a(a－2)－(a＋1)(a－3)
＝(2a2－4a)－(a2－2a－3)＝a2－2a＋3
＝(a－1)2＋2>0.
∴M >N.
4.已知点P(x0，y0)和点A(1,2)在直线l：3x＋2y－8＝0的异侧，则( )
A.3x0＋2y0>0 B.3x0＋2y0<0
C.3x0＋2y0<8 D.3x0＋2y0>8
考点 二元一次不等式(组)表示的平面区域
题点 二元一次不等式(组)表示的平面区域的判定
答案 D
解析 设f(x，y)＝3x＋2y－8，则由题意，得f(x0，y0)·f(1,2)<0，得3x0＋2y0－8>0.
5.不等式x2－ax－12a2<0(其中a<0)的解集为( )
A.(－3a,4a) B.(4a，－3a)
C.(－3,4) D.(2a,6a)
考点 一元二次不等式的解法
题点 含参数的一元二次不等式的解法
答案 B
解析 方程x2－ax－12a2＝0的两根为4a，－3a，
且4a<－3a，故不等式的解集为{x|4a6.已知函数y＝x－4＋(x>－1)，当x＝a时，y取得最小值b，则a＋b等于( )
A.－3 B.2 C.3 D.8
考点 基本不等式求最值
题点 利用基本不等式求最值
答案 C
解析 y＝x－4＋＝(x＋1)＋－5，
因为x>－1，所以x＋1>0，
所以y≥2－5＝2×3－5＝1，
当且仅当x＋1＝，即x＝2时，等号成立，
此时a＝2，b＝1，所以a＋b＝3.
7.方程x2＋(m－2)x＋5－m＝0的两根都大于2，则m的取值范围是( )
A.(－5，－4] B.(－∞，－4]
C.(－∞，－2) D.(－∞，－5)∪(－5，－4]
考点 “三个二次”间对应关系的应用
题点 由“三个二次”的对应关系求参数范围
答案 A
解析 令f(x)＝x2＋(m－2)x＋5－m，要使f(x)＝0的两根都大于2，
则
解得故选A.
8.如果log3m＋log3n≥4，那么m＋n的最小值为( )
A.4 B.4 C.9 D.18
考点 基本不等式求最值
题点 利用基本不等式求最值
答案 D
解析 ∵log3m＋log3n＝log3(mn)≥4，
∴mn≥34，又由已知条件可知m>0，n>0.
故m＋n≥2≥2＝18，当且仅当m＝n＝9时取到等号.
∴m＋n的最小值为18.
9.若x，y满足则下列不等式恒成立的是( )
A.y≥1 B.x≥2
C.x＋2y≥0 D.2x－y＋1≥0
考点 线性目标最优解
题点 线性规划的理解
答案 D
解析 由线性约束条件画出可行域(如图中的阴影部分)，显然y可以取任意值，x≥1，排除A，B.
令z＝x＋2y，则z可取任意值，排除C.
令z＝2x－y，当直线2x－y－z＝0经过点A(1,1)时，zmin＝2×1－1＝1，
所以2x－y≥1，则2x－y≥－1恒成立，故选D.
10.已知函数f(x)＝则不等式f(x)≥x2的解集是( )
A.[－1,1] B.[－2,2]
C.[－2,1] D.[－1,2]
考点 一元二次不等式的解法
题点 一元二次不等式组的解法
答案 A
解析 由f(x)≥x2，可得或
解得或
即或
∴－1≤x≤0或011.若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是( )
A. B. C.5 D.6
考点 基本不等式求最值
题点 利用基本不等式求最值
答案 C
解析 ∵x＋3y＝5xy，∴＋＝1，
∴3x＋4y＝(3x＋4y)×1＝(3x＋4y)
＝＋＋＋≥＋2＝5，
当且仅当＝，即x＝1，y＝时等号成立.
12.设x，y满足约束条件若目标函数z＝ax＋by(a>0，b>0)的最大值为12，则＋的最小值为( )
A. B. C. D.4
考点 非线性目标函数的最值问题
题点 求非线性目标函数最值问题综合
答案 A
解析 不等式组表示的平面区域为如图所示的阴影部分(含边界)，
当直线ax＋by＝z(a>0，b>0)过直线x－y＋2＝0与直线3x－y－6＝0的交点(4,6)时，
目标函数z＝ax＋by(a>0，b>0)取得最大值12，
即4a＋6b＝12，
即2a＋3b＝6，而＋＝·＝＋≥＋2＝(当且仅当a＝b＝时取等号).
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13.关于x的不等式x2－2x＋3≤a2－2a－1在R上的解集是?，则实数a的取值范围是________.
考点 一元二次不等式的应用
题点 已知解集求参数的取值范围
答案 (－1,3)
解析 ∵x2－2x－(a2－2a－4)≤0的解集为?，
∴Δ＝4＋4(a2－2a－4)<0，
∴a2－2a－3<0，∴－114.已知f(x)是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2－4x，则不等式f(x＋2)<5的解集是____________.
考点 一元二次不等式的解法
题点 一元二次不等式组的解法
答案 {x|－7解析 令x<0，则－x>0，
∵当x≥0时，f(x)＝x2－4x，
∴f(－x)＝(－x)2－4(－x)＝x2＋4x，
又f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，
∴当x<0时，f(x)＝x2＋4x，
故有f(x)＝
由得0≤x<5；
由得－5即f(x)<5的解集为(－5,5).
由于f(x)向左平移两个单位长度即得f(x＋2)，
故f(x＋2)<5的解集为{x|－715.若变量x，y满足条件则u＝的取值范围是______________.
考点 非线性目标函数的最值问题
题点 求斜率型目标函数的最值
答案
解析 画出约束条件所表示的可行域，如图中阴影部分所示，可知该区域是以点A(1,2)，B(3,1)，C(4,2)为顶点围成的三角形区域(包括边界).u＝＝＝＋3，取点Q(－1,3)，得kAQ＝kBQ＝－，kCQ＝－，所以u＝的取值范围是.
16.函数f(x)＝的最小值为________.
考点 不等式求最值
题点 利用函数性质求最值
答案
解析 ＝＝＋，因为≥2，所以根据对勾函数y＝x＋在[2，＋∞)上单调递增的性质，可知当＝2，即x＝0时，取得最小值.
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.(10分)当x>3时，求函数y＝的值域.
考点 基本不等式求最值
题点 利用基本不等式求最值
解 ∵x>3，∴x－3>0.
∴y＝＝
＝2(x－3)＋＋12≥2＋12＝24.
当且仅当2(x－3)＝，即x＝6时，上式等号成立，
∴当x>3时，函数y＝的值域为[24，＋∞).
18.(12分)若不等式(1－a)x2－4x＋6>0的解集是{x|－3(1)解不等式2x2＋(2－a)x－a>0；
(2)b为何值时，ax2＋bx＋3≥0的解集为R.
考点 一元二次不等式的应用
题点 已知解集求参数的取值范围
解 (1)由题意知1－a<0且－3和1是方程
(1－a)x2－4x＋6＝0的两根，∴
解得a＝3.
∴不等式2x2＋(2－a)x－a>0，即为2x2－x－3>0，
解得x<－1或x>.
∴所求不等式的解集为.
(2)ax2＋bx＋3≥0，即为3x2＋bx＋3≥0，
若此不等式的解集为R，则Δ＝b2－4×3×3≤0，
∴－6≤b≤6.
19.(12分)某玩具生产公司每天计划生产卫兵、骑兵、伞兵这三种玩具共100个，生产一个卫兵需5分钟，生产一个骑兵需7分钟，生产一个伞兵需4分钟，已知总生产时间不超过10小时，若生产一个卫兵可获利润5元，生产一个骑兵可获利润6元，生产一个伞兵可获利润3元.
(1)用每天生产的卫兵个数x与骑兵个数y表示每天的利润W(元)；
(2)怎样分配生产任务才能使每天的利润最大，最大利润是多少？
考点 生活实际中的线性规划问题
题点 线性规划在实际问题中的应用
解 (1)依题意每天生产的伞兵个数为100－x－y，
所以利润W＝5x＋6y＋3(100－x－y)＝2x＋3y＋300.
(2)由题意知约束条件为
整理得
目标函数为W＝2x＋3y＋300，作出可行域如图中阴影部分所示(整点)，
作初始直线l0∶2x＋3y＝0，平移初始直线经过点A时，W有最大值.
由得
最优解为A(50,50)，
所以Wmax＝550元.
所以每天生产的卫兵个数为50，骑兵个数为50，伞兵个数为0时利润最大，最大利润为550元.
20.(12分)已知不等式ax2－3x＋6>4的解集为{x|x<1或x>b}.
(1)求a，b的值；
(2)解不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0.
考点 一元二次不等式的解法
题点 含参数的一元二次不等式解法
解 (1)由题意知，1和b是方程ax2－3x＋2＝0的两根，则解得
(2)不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0，
即为x2－(c＋2)x＋2c<0，即(x－2)(x－c)<0.
①当c>2时，原不等式的解集为{x|2②当c<2时，原不等式的解集为{x|c③当c＝2时，原不等式无解.
综上知，当c>2时，原不等式的解集为{x|2当c<2时，原不等式的解集为{x|c当c＝2时，原不等式的解集为?.
21.(12分)运货卡车以每小时x千米的速度匀速行驶130千米，按交通法规限制50≤x≤100(单位：千米/时).假设汽油的价格是每升2元，而汽车每小时耗油升，司机的工资是每小时14元.
(1)求这次行车总费用y关于x的表达式；
(2)当x为何值时，这次行车的总费用最低，并求出最低费用的值.
考点 基本不等式的实际应用
题点 基本不等式的实际应用
解 (1)设所用时间为t＝ h，
y＝×2×＋14×，x∈[50,100].
所以，这次行车总费用y关于x的表达式是y＝＋x，x∈[50,100].
(2)由(1)知，y＝＋x≥26，
当且仅当＝x，即x＝18时，等号成立.
故当x＝18千米/时时，这次行车的总费用最低，最低费用为26元.
22.(12分)已知函数f(x)＝2x＋2－x.
(1)解不等式f(x)>；
(2)若对任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值.
考点 一元二次不等式恒成立问题
题点 一元二次不等式在R上恒成立问题
解 (1)设2x＝t>0，则2－x＝，∴t＋>，
即2t2－5t＋2>0，
解得t<或t>2，
即2x<或2x>2，
∴x<－1或x>1.
∴f(x)>的解集为{x|x<－1或x>1}.
(2)f(x)＝2x＋2－x，
令t＝2x＋2－x，则t≥2(当且仅当x＝0时，等号成立).
又f(2x)＝22x＋2－2x＝t2－2，
故f(2x)≥mf(x)－6可化为t2－2≥mt－6，
即m≤t＋，
又t≥2，t＋≥2＝4
(当且仅当t＝2，即x＝0时等号成立).
∴m≤min＝4.即m的最大值为4.
章末检测试卷(二)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1.已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＝an－1＋(n≥3)，则a5等于( )
A. B. C.4 D.5
考点 数列的递推公式
题点 由递推公式求项
答案 A
解析 a3＝a2＋＝3＋1＝4，a4＝a3＋＝4＋＝，a5＝a4＋＝＋＝.
2.等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
考点 等差数列基本量的计算问题
题点 等差数列公差有关问题
答案 B
解析 ∵a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5，
∴d＝a4－a3＝7－5＝2.
3.公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3·a11＝16，则a5等于( )
A.1 B.2 C.4 D.8
考点 等比数列的性质
题点 利用项数的规律解题
答案 A
解析 ∵a3·a11＝a＝16，∴a7＝4，∴a5＝＝＝1.
4.等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a2＋a8＋a11是一个定值，则下列各数也为定值的是( )
A.S7 B.S8 C.S13 D.S15
考点 等差数列前n项和
题点 等差数列前n项和有关的基本量计算问题
答案 C
解析 ∵a2＋a8＋a11＝(a1＋d)＋(a1＋7d)＋(a1＋10d)＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)为常数，
∴a1＋6d为常数.
∴S13＝13a1＋d＝13(a1＋6d)也为常数.
5.在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项的和S11等于( )
A.58 B.88 C.143 D.176
考点 等差数列前n项和性质运用
题点 等差数列前n项和与中间项的关系
答案 B
解析 S11＝＝＝＝88.
6.等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为( )
A.81 B.120 C.168 D.192
考点 等比数列前n项和
题点 等比数列的前n项和有关的基本量计算问题
答案 B
解析 由a5＝a2q3得q＝3.
∴a1＝＝3，S4＝＝＝120.
7.数列{(－1)n·n}的前2 017项的和S2 017为( )
A.－2 015 B.－1 009 C.2 015 D.1 009
考点 数列前n项和的求法
题点 并项求和法
答案 B
解析 S2 017＝－1＋2－3＋4－5＋…＋2 016－2 017
＝(－1)＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(2 016－2 017)
＝(－1)＋(－1)×1 008＝－1 009.
8.若{an}是等比数列，其公比是q，且－a5，a4，a6成等差数列，则q等于( )
A.1或2 B.1或－2
C.－1或2 D.－1或－2
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比基本量问题综合
答案 C
解析 由题意得2a4＝a6－a5，
即2a4＝a4q2－a4q，而a4≠0，
∴q2－q－2＝0，即(q－2)(q＋1)＝0.
∴q＝－1或q＝2.
9.一个首项为23，公差为整数的等差数列，从第7项开始为负数，则它的公差是( )
A.－2 B.－3 C.－4 D.－6
考点 等差数列基本量的计算问题
题点 等差数列公差有关问题
答案 C
解析 由题意，知a6≥0，a7<0.
∴
∴－≤d<－.
∵d∈Z，∴d＝－4.
10.设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论错误的是( )
A.d<0
B.a7＝0
C.S9>S5
D.S6与S7均为Sn的最大值
考点 等差数列前n项和性质运用
题点 等差数列前n项和有关的不等式问题
答案 C
解析 由S50.
又S6＝S7?a7＝0，所以d<0.
由S7>S8?a8<0，
因此，S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9
＝2(a7＋a8)<0，
即S911.在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式为an等于( )
A.2n－1 B.2n－1－1
C.2n－1 D.2(n－1)
考点 递推数列通项公式求法
题点 一阶线性递推数列
答案 A
解析 等式两边加1，an＋1＋1＝2(an＋1)，所以数列{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，q＝2为公比的等比数列，所以an＋1＝2×2n－1＝2n，所以an＝2n－1.
12.某人为了观看2018年世界杯足球赛，从2014年起，每年的5月1日到银行存入a元的定期储蓄，若年利率为p且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到2018年的5月1日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱(元)的总数为( )
A.a(1＋p)4 B.a(1＋p)5
C.[(1＋p)4－(1＋p)] D.[(1＋p)5－(1＋p)]
考点 等比数列前n项和应用题
题点 等比数列前n项和的应用题
答案 D
解析 设自2015年起每年到5月1日存款本息合计为a1，a2，a3，a4.
则a1＝a＋a·p＝a(1＋p)，
a2＝a(1＋p)(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)2＋a(1＋p)，
a3＝a2(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)3＋a(1＋p)2＋a(1＋p)，
a4＝a3(1＋p)＋a(1＋p)＝a[(1＋p)4＋(1＋p)3＋(1＋p)2＋(1＋p)]＝a·
＝[(1＋p)5－(1＋p)].
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13.在数列{an}中，an＋1＝can(c为非零常数)，且前n项和为Sn＝3n＋k，则实数k＝________.
考点 等比数列前n项和的性质
题点 等比数列前n项和性质综合
答案 －1
解析 当n＝1时，a1＝S1＝3＋k，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋k)－(3n－1＋k)
＝3n－3n－1＝2·3n－1.
由题意知{an}为等比数列，所以a1＝3＋k＝2，
所以k＝－1.
14.如果数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，n∈N*，则此数列的通项公式an＝________.
考点 递推数列通项公式求法
题点 其他递推数列问题
答案 2n－1
解析 当n＝1时，S1＝2a1－1，
即a1＝2a1－1，∴a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)，
∴an＝2an－1，∴{an}是等比数列，
∴an＝2n－1，n≥2，n∈N*，经检验n＝1也符合.
15.一个直角三角形的三边成等比数列，则较小锐角的正弦值是________.
考点 等比中项
题点 利用等比中项解题
答案
解析 设三边为a，aq，aq2(q>1)，则(aq2)2＝(aq)2＋a2，∴q2＝.较小锐角记为θ，则sin θ＝＝.
16.定义：如果一个列从第二项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个量，那么这个列叫作等差列，这个量叫作等差列的公差.已知向量列{an}是以a1＝(1,3)为首项，公差为d＝(1,0)的等差向量列，若向量an与非零向量bn＝(xn，xn＋1)(n∈N*)垂直，则＝________.
考点 数列综合问题
题点 数列其他综合问题
答案
解析 易知an＝(1,3)＋(n－1,0)＝(n,3)，因为向量an与非零向量bn＝(xn，xn＋1)(n∈N*)垂直，所以＝－，所以＝···＝×××＝.
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.(10分)设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列.
(1)求数列{an}的公比；
(2)证明：对任意k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列.
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比数列其他综合问题
(1)解 设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，
由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，即2a1q2＝a1q4＋a1q3，由a1≠0，q≠0，得q2＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1(舍去)，所以q＝－2.
(2)证明 方法一 对任意k∈N*，
Sk＋2＋Sk＋1－2Sk
＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)
＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1
＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0，
所以对任意k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列.
方法二 对任意k∈N*,2Sk＝，
Sk＋2＋Sk＋1＝＋
＝，
则2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)
＝－
＝[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)]
＝(q2＋q－2)＝0，
因此，对任意k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列.
18.(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，a3＝5，S10＝100.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
考点 数列前n项和的求法
题点 分组求和法
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意，得解得
所以an＝2n－1.
(2)因为bn＝2an＋2n＝×4n＋2n，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n)
＝＋n2＋n＝×4n＋n2＋n－.
19.(12分)已知数列{log2(an－1)}(n∈N*)为等差数列，且a1＝3，a3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<1.
考点 数列综合问题
题点 数列与不等式的综合
(1)解 设等差数列{log2(an－1)}的公差为d.
由a1＝3，a3＝9，
得log2(9－1)＝log2(3－1)＋2d，则d＝1.
所以log2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n，
即an＝2n＋1.
(2)证明 因为＝＝，
所以＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝＝1－<1.
20.(12分)某市2016年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张.为了节能减排和控制汽车总量，从2016年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动车的牌照的数量维持在这一年的水平不变.
(1)记2016年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{an}，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{bn}，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式.
a1＝10
a2＝9.5
a3＝____
a4＝____
…
b1＝2
b2＝____
b3＝____
b4＝____
…
(2)从2016年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过200万张？
考点 等差数列前n项和应用题
题点 等差数列前n项和的应用题
解 (1)
a1＝10
a2＝9.5
a3＝9
a4＝8.5
…
b1＝2
b2＝3
b3＝4.5
b4＝6.75
…
当1≤n≤20且n∈N*时，an＝10＋(n－1)×(－0.5)＝－0.5n＋10.5；
当n≥21且n∈N时，an＝0.
所以an＝
而a4＋b4＝15.25>15，
所以bn＝
(2)当n＝4时，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋b1＋b2＋b3＋b4＝53.25.
当5≤n≤21时，Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋…＋bn)
＝10n＋·＋＋(n－4)
＝－n2＋17n－，
由Sn≥200得－n2＋17n－≥200，
即n2－68n＋843≤0，得34－≤n≤21.
所以结合实际情况，可知到2032年累积发放汽车牌照超过200万张.
21.(12分)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N*.
(1)设bn＝，证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
考点 递推数列通项公式求法
题点 an＋1＝pan＋f(n)型
(1)证明 由已知an＋1＝2an＋2n，
得bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1.
∴bn＋1－bn＝1，
又b1＝a1＝1，
∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列.
(2)解 由(1)知，bn＝n，即＝bn＝n，
∴an＝n·2n－1.
∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，
两边同时乘以2得
2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n
＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
22.(12分)已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由.
考点 数列综合问题
题点 数列与不等式的综合
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
则由已知可得
解得或
故an＝·3n－1或an＝－5·(－1)n－1，n∈N*.
(2)设Sm＝＋＋…＋，
若an＝·3n－1，则＝n－1，
则数列是首项为，公比为的等比数列.
从而Sm＝＝·<<1.
若an＝－5·(－1)n－1，
则＝－(－1)n－1，
故数列是首项为－，公比为－1的等比数列，
从而Sm＝
故Sm<1.
综上，对任何正整数m，总有Sm<1.
故不存在正整数m，使得＋＋…＋≥1成立.
