高考数学二轮复习 组合增分练6 解答题组合练B 理

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1、 组合增分练6　解答题组合练B 1.(2017山西吕梁二模,理17)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且3bcos A=ccos A+acos C. (1)求tan A的值; (2)若a=42,求△ABC的面积的最大值. 解 (1)∵3bcos A=ccos A+acos C,∴3sin Bcos A=sin Ccos A+sin Acos C=sin(A+C)=3sin Bcos A. ∵sin B≠0,∴cos A=13,∴sin A=1-cos2A=223, 可得tan A=sinAcosA=22 . (2)32=a2=b2+c2-2bccos A≥2b

2、c-2bc13=43bc, 可得bc≤24,当且仅当b=c=26取等号. ∴S△ABC=12bcsin A≤1224223=82. ∴当且仅当b=c=26时,△ABC的面积的最大值为82. 2.(2017云南高考二模,理17)已知a,b,c分别是△ABC的内角A,B,C的对边,b=3. (1)若C=5π6,△ABC的面积为32,求c; (2)若B=π3,求2a-c的取值范围. 解 (1)∵C=5π6,△ABC的面积为32,b=3, ∴由三角形的面积公式S=12absin C=12a312=32,得a=2. 由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=4+3-223-32=

3、13.∴c的值为13. (2)由正弦定理得asinA=bsinB=csinC=2R. ∴a=bsinAsinB=2sin A,c=bsinCsinB=2sin C, ∴2a-c=4sin A-2sin C=4sin2π3-C-2sin C=4sin2π3cosC-cos2π3sinC-2sin C=23cos C. ∵B=π3,∴0

4、所示(单位:分).若成绩不低于175分者授予“优秀警员”称号,其他队员则给予“优秀陪练员”称号. (1)若用分层抽样的方法先从“优秀警员”和“优秀陪练员”中共提取10人,再从这10人中选4人,那么至少有1人是“优秀警员”的概率是多少? (2)若从所有“优秀警员”中选3名代表,用ξ表示所选女“优秀警员”的人数,试求ξ的分布列和数学期望. 解 (1)根据茎叶图,有“优秀警员”12人,“优秀陪练员”18人, 用分层抽样的方法,每个人被抽中的概率是1030=13, 所以选中的“优秀警员”有4人,“优秀陪练员”有6人. 用事件A表示“至少有1人是‘优秀警员’”, 则P(A)=1-C64

5、C104=1-15210=1314. 因此,至少有1人是“优秀警员”的概率是1314. (2)依题意,ξ的取值为0,1,2,3. P(ξ=0)=C83C123=1455,P(ξ=1)=C41C82C123=2855, P(ξ=2)=C42C81C123=1255,P(ξ=3)=C43C123=155, 因此,ξ的分布列如下: ξ 0 1 2 3 P 1455 2855 1255 155 ∴E(ξ)=01455+12855+21255+3155=1. 4.为了研究学生的数学核心素养与抽象(能力指标x)、推理(能力指标y)、建模(能力指标z)的相关性,并将它们

6、各自量化为1,2,3三个等级,再用综合指标w=x+y+z的值评定学生的数学核心素养;若w≥7,则数学核心素养为一级;若5≤w≤6,则数学核心素养为二级;若3≤w≤4,则数学核心素养为三级,为了了解某校学生的数学核心素养,调查人员随机访问了某校10名学生,得到如下结果: 学生编号 A1 A2 A3 A4 A5 (x,y,z) (2,2,3) (3,2,2) (3,3,3) (1,2,2) (2,3,2) 学生编号 A6 A7 A8 A9 A10 (x,y,z) (2,3,3) (2,2,2) (2,3,3) (2,1,1) (2,2,2) (

7、1)在这10名学生中任取两人,求这两人的建模能力指标相同的概率; (2)从数学核心素养等级是一级的学生中任取一人,其综合指标为a,从数学核心素养等级不是一级的学生中任取一人,其综合指标为b,记随机变量X=a-b,求随机变量X的分布列及其数学期望. 解 (1)由题可知,建模能力为1的学生是A9;建模能力为2的学生是A2,A4,A5,A7,A10;建模能力为3的学生是A1,A3,A6,A8. 记“所取的两人的建模能力指标相同”为事件A,则P(A)=C52+C42C102=1645. (2)由题可知,数学核心素养是一级的为:A1,A2,A3,A5,A6,A8, 数学核心素养不是一级的为:A

8、4,A7,A9,A10; X的可能取值为1,2,3,4,5. P(X=1)=C31C21C61C41=14; P(X=2)=C31C11+C21C21C61C41=724; P(X=3)=C31C11+C21C11+C11C21C61C41=724; P(X=4)=C21C11+C11C11C61C41=18; P(X=5)=C11C11C61C41=124. ∴随机变量X的分布列为: X 1 2 3 4 5 P 14 724 724 18 124 ∴E(X)=114+2724+3724+418+5124=2912. 〚导学号16804247〛 5

9、.(2017江苏,20)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域; (2)证明:b2>3a; (3)若f(x),f(x)这两个函数的所有极值之和不小于-72,求a的取值范围. (1)解 由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f(x)=3x2+2ax+b=3x+a32+b-a23.当x=-a3时,f(x)有极小值b-a23. 因为f(x)的极值点是f(x)的零点,所以f-a3=-a327+a39-ab3+1=0,又a>0,故b=2a2

10、9+3a. 因为f(x)有极值,故f(x)=0有实根, 从而b-a23=19a(27-a3)≤0,即a≥3. 当a=3时,f(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函数,f(x)没有极值;当a>3时,f(x)=0有两个相异的实根x1=-a-a2-3b3,x2=-a+a2-3b3. 列表如下: x (-∞,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞) f(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 故f(x)的极值点是x1,x2.从而a>3. 因此b=2a29+3a,定义域为(3,+∞). (2)证明 由(1)知

11、,ba=2aa9+3aa. 设g(t)=2t9+3t,则g(t)=29-3t2=2t2-279t2. 当t∈362,+∞时,g(t)>0,从而g(t)在362,+∞上单调递增.因为a>3,所以aa>33,故g(aa)>g(33)=3,即ba>3.因此b2>3a. (3)解 由(1)知,f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-23a,x12+x22=4a2-6b9. 从而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x23+ax22+bx2+1=x13(3x12+2ax1+b)+x23(3x22+2ax2+b)+13a(x12+x22)+23b(x1+x2)+2=4a3-6

12、ab27-4ab9+2=0. 记f(x),f(x)所有极值之和为h(a), 因为f(x)的极值为b-a23=-19a2+3a, 所以h(a)=-19a2+3a,a>3. 因为h(a)=-29a-3a2<0,于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.因为h(6)=-72,于是h(a)≥h(6),故a≤6. 因此a的取值范围为(3,6]. 〚导学号16804248〛 6.(2017天津,理20)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数. (1)求g(x)的单调区间; (2)设m∈[1,x0)∪(

13、x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0; (3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且pq∈[1,x0)∪(x0,2],满足pq-x0≥1Aq4. (1)解 由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得g(x)=24x2+18x-6. 令g(x)=0,解得x=-1或x=14.当x变化时,g(x),g(x)的变化情况如下表: x (-∞,-1) -1,14 14,+∞ g(x) + - + g(x) ↗ ↘ ↗ 所以,g(x)的单调递增

14、区间是(-∞,-1),14,+∞,单调递减区间是-1,14. (2)证明 由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m). 令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x), 则H1(x)=g(x)(x-x0). 由(1)知,当x∈[1,2]时,g(x)>0, 故当x∈[1,x0)时,H1(x)<0,H1(x)单调递减; 当x∈(x0,2]时,H1(x)>0,H1(x)单调递增. 因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)

15、>0. 令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x), 则H2(x)=g(x0)-g(x). 由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增, 故当x∈[1,x0)时,H2(x)>0,H2(x)单调递增; 当x∈(x0,2]时,H2(x)<0,H2(x)单调递减. 因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)

16、区间(m,x0)内有零点; 当m∈(x0,2]时,h(x)在区间(x0,m)内有零点. 所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为x1, 则h(x1)=g(x1)pq-x0-fpq=0. 由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故00, 故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点, 而pq≠x0,故fpq≠0. 又因为p,q,a均为整数,所

17、以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数, 从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1. 所以pq-x0≥1g(2)q4. 所以,只要取A=g(2),就有pq-x0≥1Aq4. 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375