2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 考前強(qiáng)化練6 解答題組合練(B)文
2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 考前強(qiáng)化練6 解答題組合練(B)文
1.(2018遼寧撫順一模,文17)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且bsin 2A-asin(A+C)=0.
(1)求角A;
(2)若c=,△ABC的面積為,求a的值.
2.(2018山西太原一模,文17)△ABC中的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知.
(1)求角B;
(2)若b=,求△ABC面積的最大值.
3.(2018湖北重點(diǎn)高中聯(lián)考協(xié)作體,文18)某移動(dòng)支付公司隨機(jī)抽取了100名移動(dòng)支付用戶(hù)進(jìn)行調(diào)查,得到如下數(shù)據(jù):
每周移動(dòng)支付次數(shù)
1次
2次
3次
4次
5次
6次及以上
男
4
3
3
7
8
30
女
6
5
4
4
6
20
合計(jì)
10
8
7
11
14
50
(1)在每周使用移動(dòng)支付超過(guò)3次的樣本中,按性別用分層抽樣隨機(jī)抽取5名用戶(hù).
①求抽取的5名用戶(hù)中男、女用戶(hù)各多少人;
②從這5名用戶(hù)中隨機(jī)抽取2名用戶(hù),求抽取的2名用戶(hù)均為男用戶(hù)的概率.
(2)如果認(rèn)為每周使用移動(dòng)支付次數(shù)超過(guò)3次的用戶(hù)“喜歡使用移動(dòng)支付”,能否在犯錯(cuò)誤的概率不超過(guò)0.05的前提下,認(rèn)為“喜歡使用移動(dòng)支付”與性別有關(guān)?
附表及公式:K2=
P(K2≥k0)
0.50
0.25
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
k0
0.455
1.323
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
4.(2018山西太原一模,文18)某校倡導(dǎo)為特困學(xué)生募捐,要求在自動(dòng)購(gòu)水機(jī)處每購(gòu)買(mǎi)一瓶礦泉水,便自覺(jué)向捐款箱中至少投入一元錢(qián).現(xiàn)統(tǒng)計(jì)了連續(xù)5天的售出礦泉水箱數(shù)和收入情況,列表如下:
售出水量x(單位:箱)
7
6
6
5
6
收入y(單位:元)
165
142
148
125
150
學(xué)校計(jì)劃將捐款以獎(jiǎng)學(xué)金的形式獎(jiǎng)勵(lì)給品學(xué)兼優(yōu)的特困生,規(guī)定:特困生綜合考核前20名,獲一等獎(jiǎng)學(xué)金500元;綜合考核21~50名,獲二等獎(jiǎng)學(xué)金300元;綜合考核50名以后的不獲得獎(jiǎng)學(xué)金.
(1)若x與y成線(xiàn)性相關(guān),則某天售出9箱水時(shí),預(yù)計(jì)收入為多少元?
(2)假設(shè)甲、乙、丙三名學(xué)生均獲獎(jiǎng),且各自獲一等獎(jiǎng)和二等獎(jiǎng)的可能性相同,求三人獲得獎(jiǎng)學(xué)金之和不超過(guò)1 000元的概率.
附:回歸方程x+,其中.
5.(2018山西呂梁一模,文21)已知函數(shù)f(x)=xln x-a(x-1).
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)若f(x)≥0恒成立,求a的值.
6.(2018山東濰坊三模,文21)已知函數(shù)f(x)=ln x+x2+ax(a∈R),g(x)=ex+x2.
(1)討論函數(shù)f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù);
(2)若對(duì)?x>0,不等式f(x)≤g(x)成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
參考答案
考前強(qiáng)化練6 解答題組合練(B)
1.解 (1)由bsin 2A-asin(A+C)=0,得bsin 2A=asin B=bsin A,
又0<A<π,所以sin A≠0,得2cos A=1,所以A=.
(2)由c=bcsin可得b=2.
又在△ABC中,a2=b2+c2-2bccos A,即a2=(2)2+()2-2×2cos,得a=3.
2.解 (1)利用正弦定理,得=1+,即sin(B+C)=cos Csin B+sin Csin B,
∴sin Bcos C+cos Bsin C=cos Csin B+sin Csin B,
∴cos Bsin C=sin Csin B,
又sin B≠0,∴tan B=1,B=.
(2)由(1)得B=,由余弦定理可得:b2=a2+c2-2accos B,則有2=a2+c2-ac,即有2+ac=a2+c2,
又由a2+c2≥2ac,則有2+ac≥2ac,
變形可得:ac≤=2+,
則S=acsin B=ac≤.
即△ABC面積的最大值為.
3.解 (1)①由圖中表格可知,樣本中每周使用移動(dòng)支付次數(shù)超過(guò)3次的男用戶(hù)有45人,女用戶(hù)30人,在這75人中,按性別用分層抽樣的方法隨機(jī)抽取5名用戶(hù),其中男用戶(hù)有3人,女用戶(hù)有2人.
②抽取的3名男用戶(hù)分別記為A,B,C;女用戶(hù)分別記為d,e.
再?gòu)倪@5名用戶(hù)中隨機(jī)抽取2名用戶(hù),共包含(A,B),(A,C),(A,d),(A,e),(B,C),(B,d),(B,e),(C,d),(C,e),(d,e)10種等可能的結(jié)果,其中既有男用戶(hù)又有女用戶(hù)這一事件包含(A,d),(A,e),(B,d),(B,e),(C,d),(C,e),共計(jì)6種等可能的結(jié)果,
由古典概型的計(jì)算公式可得P=.
(2)由圖中表格可得列聯(lián)表
不喜歡移動(dòng)支付
喜歡移動(dòng)支付
合計(jì)
男
10
45
55
女
15
30
45
合計(jì)
25
75
100
將列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)代入公式計(jì)算得
k=≈3.03<3.841,
所以,在犯錯(cuò)誤的概率不超過(guò)0.05的前提下,不能認(rèn)為喜歡使用移動(dòng)支付與性別有關(guān).
4.解 (1)=6,
=146,
==20,
=146-20×6=26,
∴=20+26,
當(dāng)x=9時(shí),=20×9+26=206,即某天售出9箱水的預(yù)計(jì)收益是206元.
(2)設(shè)甲獲一等獎(jiǎng)為事件A1,甲獲二等獎(jiǎng)為事件A2,乙獲一等獎(jiǎng)為事件B1,乙獲二等獎(jiǎng)為事件B2,丙獲一等獎(jiǎng)為事件C1,丙獲二等獎(jiǎng)為事件C2,則總事件有:(A1,B1,C1),(A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A2,B1,C1),(A2,B2,C1),(A2,B1,C2),(A1,B2,C2),(A2,B2,C2),8種情況.甲、乙、丙三人獎(jiǎng)金不超過(guò)1 000的事件有(A2,B2,C2)1種情況,則求三人獲得獎(jiǎng)學(xué)金之和不超過(guò)1 000元的概率P=.
5.解 (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=ln x+1-a.由f'(x)=0得,x=ea-1,當(dāng)x∈(0,ea-1)時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x∈(ea-1,+∞)時(shí),f'(x)>0.故函數(shù)在(0,ea-1)內(nèi)是減函數(shù),在(ea-1,+∞)內(nèi)是增函數(shù).
(2)由(1)得f(x)在x=ea-1時(shí)有極小值,也就是最小值.所以f(ea-1)≥0.
即(a-1)ea-1-a(ea-1-1)≥0,也就是a≥ea-1.
設(shè)g(x)=x-ex-1,g'(x)=1-ex-1,由g'(x)=0,得x=1,
當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g'(x)>0;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g'(x)<0,
所以g(x)在(0,1)單調(diào)遞增,g(x)在(1,+∞)單調(diào)遞減.
所以g(x)的最大值為g(x)max=g(1)=0,
所以a≤ea-1.又a≥ea-1,所以a=ea-1,即a=1.
6.解 (1)f'(x)=+x+a=(x>0),令f'(x)=0,即x2+ax+1=0,Δ=a2-4.
①當(dāng)a2-4≤0時(shí),即-2≤a≤2時(shí),x2+ax+1≥0恒成立,即f'(x)≥0,
此時(shí)f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增,無(wú)極值點(diǎn).
②當(dāng)a2-4>0時(shí),即a<-2或a>2,
若a<-2,設(shè)方程x2+ax+1=0的兩根為x1,x2,且x1<x2,
由韋達(dá)定理故x1>0,x2>0,
此時(shí)x∈(0,x1),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
x∈(x1,x2),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,
x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
故x1,x2分別為f(x)的極大值點(diǎn)和極小值點(diǎn),
因此a<-2時(shí),f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn).
若a>2,設(shè)方程x2+ax+1=0的兩根為x1,x2,且x1<x2,
由韋達(dá)定理故x1<0,x2<0,此時(shí)f(x)無(wú)極值點(diǎn).
綜上:當(dāng)a<-2時(shí),f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn),當(dāng)a≥-2時(shí),f(x)無(wú)極值點(diǎn).
(2)f(x)≤g(x)等價(jià)于ln x+x2+ax≤ex+x2,
即ex-ln x+x2≥ax,因此a≤.
設(shè)h(x)=,
h'(x)=
=,
當(dāng)x∈(0,1)時(shí),ex(x-1)+ln x+x2-1<0,即h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),ex(x-1)+ln x+x2-1>0,即h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增.
因此x=1為h(x)的極小值點(diǎn),即h(x)≥h(1)=e+1,故a≤e+1.