单元滚动检测卷(一)-高中数学必修五同步学情跟进AB卷（北师大版）

—９９　　　 — 　 　 　 单元滚动检测卷(一) １．A　【解析】a４０＝ ２×４０＋１＝ ８１＝９． ２．A　【解析】(sinA＋cosA)２＝４９１４４,２sinAcosA＝－ ９５ １４４,∵A 是△ABC 的内角,∴sinA＞０,cosA＜０,∴９０°＜A＜１８０°,∴△ABC 是钝角三角形． ３．C　【解析】S１３＝１３(a１＋a１３)２ ＝ １３(a５＋a９) ２ ＝１３． ４．B　【解析】由等比数列的通项公式和性质可得:a７a３＝q４,q４＝４,q２＝２,所以a５＝a３􀅰q２＝－４×２＝－８． ５．C　【解析】由已知a１＝１,d＝３得an＝１＋３(n－１)＝３n－２．又an＝２９８．∴２９８＝３n－２,解得n＝１００,故选C． ６．C　【解析】设数列{an}的公比为q,由已知条件得１８＝６＋６q ＋ ６ q２ ,解得q＝－１２或q＝１．故选C． ７．B　【解析】∵每竹节间的长相差０．０３尺,设从地面往上,每节竹长为a１,a２,a３,􀆺,a３０,∴{an}是以a１＝０．５为首项,d′＝０．０３为公 差的等差数列,由题意知竹节圈长,后一圏比前一圏细０．０１３尺,设从地面往上,每节节圈长为b１,b２,b３,􀆺,b３０,∴{bn}是以b１＝ １．３为首项,d＝－０．０１３为公差的等差数列,∴一蚁往上爬,遇圈则绕圈,爬到竹子顶,行程是:S３０＝(３０×０．５＋３０×２９２ ×０．０３)＋ ３０×１．３＋３０×２９２ ×(－０．０１３)[ ]＝６１．３９５．故选B． ８．A　【解析】由A∶B∶C＝４∶１∶１,得A＝１２０°,B＝３０°,C＝３０°,所以a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC＝ ３２∶ １ ２∶ １ ２＝ ３∶１∶１． ９．A　【解析】∵atanB＝２bsin(B＋C)＝２bsinA,∴由正弦定理可得:sinAtanB＝２sinBsinA,∵sinA＞０,∴tanB＝２sinB, ∵B∈(０,π),sinB＞０,∴cosB＝１２,∴B＝ π ３． １０．B　【解析】设A＝B,由已知得sinA１＝sinB１,cosA＝sinA１,cosB＝sinB１,cosC＝sinC１,则A１＝B１,所以A＋A１＝９０°,B＋ B１＝９０°,C＋C１＝９０°,(舍),或A＋A１＝９０°,B＋B１＝９０°,C＝C１－９０°,解得C＝４５°． １１．D　【解析】由等比数列的性质可得:a１a５＝a２a４．∵a２２＋a２４＝９００－２a１a５,∴a２２＋a２４＝９００－２a２a４,∴(a２＋a４)２＝９００,又an＞０, ∴a２＋a４＝３０,又a５＝９a３,∴a１(q＋q３)＝３０,a３q２＝９a３,q＞０．解得q＝３,a１＝１．∴a２０１９＝３２０１８＝(３４)５０４×３２＝８１５０４×９,∴a２０１９ 的个位数字是９． —１００　　 — １２．C　【解析】an＝ １ n＋ n＋１＝ n＋１－ n,∴Sn＝a１＋a２＋􀆺＋an＝(２－ １)＋(３－ ２)＋􀆺＋ n＋１－ n)＝ n＋１－ １＝ n＋１－１． １３．１６　【解析】由已知an＋１an ＝２,∴{an}为首项a１＝１,公比q＝２的等比数列,∴a５＝a１q４＝１×２４＝１６． １４．２　【解析】法一:因为bcosC＋ccosB＝２b,所以b􀅰a ２＋b２－c２ ２ab ＋c􀅰 a２＋c２－b２ ２ac ＝２b,化简可得 a b ＝２．法二:因为bcosC＋ ccosB＝２b,所以sinBcosC＋sinCcosB＝２sinB,故sin(B＋C)＝２sinB．故sinA＝２sinB,则a＝２b,即ab ＝２． １５．２ ３　【解析】如图所示,在△ABC 中,由正弦定理得 ２ ３sin６０°＝ ４ sinB,解得sinB＝１,所以B＝９０°,所以S△ABC ＝ １ ２×AB×２ ３＝ １ ２× ４２－(２ ３)２ ×２ ３＝２ ３． １６．６或７　【解析】由S３＝S１０可知,a４＋a５＋a６＋a７＋a８＋a９＋a１０＝０,∴a７＝０．又a１＞０,∴a６＞０,∴Sn取最大值 时,n的值为６或７． １７．解:设该数列的公差为d,前n项和为Sn．由已知得２a１＋２d＝８,(a１＋３d)２＝(a１＋d)(a１＋８d),所以a１＋d＝４,d(d－３a１)＝０, 解得a１＝４,d＝０或a１＝１,d＝３,即数列{an}的首项为４,公差为０,或首项为１,公差为３．所以数列的前n 项和Sn ＝４n 或Sn ＝３n ２－n ２ ． １８．解:∵c１＝a１＋b１,即１＝a１＋０,∴a１＝１．又 a２＋b２＝c２, a３＋b３＝c３,{ 即 q＋d＝１,① q２＋２d＝２,②{ ②－２×①得q２－２q＝０,又∵q≠０,∴q＝２,d＝－１, ∴c１＋c２＋c３＋􀆺＋c１０＝(a１