《高考數(shù)學理二輪專題復習突破精練：組合增分練6 解答題組合練B Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學理二輪專題復習突破精練：組合增分練6 解答題組合練B Word版含解析（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、組合增分練6　解答題組合練B 　組合增分練第7頁　 1.(2017山西呂梁二模,理17)已知△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且3bcos A=ccos A+acos C. (1)求tan A的值; (2)若a=42,求△ABC的面積的最大值. 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+c2-2

2、bccos A≥2bc-2bc13=43bc, 可得bc≤24,當且僅當b=c=26取等號. ∴S△ABC=12bcsin A≤1224223=82. ∴當且僅當b=c=26時,△ABC的面積的最大值為82. 2.(2017云南高考二模,理17)已知a,b,c分別是△ABC的內角A,B,C的對邊,b=3. (1)若C=5π6,△ABC的面積為32,求c; (2)若B=π3,求2a-c的取值范圍. 解 (1)∵C=5π6,△ABC的面積為32,b=3, ∴由三角形的面積公式S=12absin C=12a312=32,得a=2. 由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=4

3、+3-223-32=13.∴c的值為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、人,測試結果如莖葉圖所示(單位:分).若成績不低于175分者授予“優(yōu)秀警員”稱號,其他隊員則給予“優(yōu)秀陪練員”稱號. (1)若用分層抽樣的方法先從“優(yōu)秀警員”和“優(yōu)秀陪練員”中共提取10人,再從這10人中選4人,那么至少有1人是“優(yōu)秀警員”的概率是多少? (2)若從所有“優(yōu)秀警員”中選3名代表,用ξ表示所選女“優(yōu)秀警員”的人數(shù),試求ξ的分布列和數(shù)學期望. 解 (1)根據(jù)莖葉圖,有“優(yōu)秀警員”12人,“優(yōu)秀陪練員”18人, 用分層抽樣的方法,每個人被抽中的概率是1030=13, 所以選中的“優(yōu)秀警員”有4人,“優(yōu)秀陪練員”有6人. 用事件A表示“至少有1人是‘優(yōu)秀警員’”, 則

5、P(A)=1-C64C104=1-15210=1314. 因此,至少有1人是“優(yōu)秀警員”的概率是1314. (2)依題意,ξ的取值為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.為了研究學生的數(shù)學核心素養(yǎng)與抽象(能力指標x)、推理(能力指標y)、建模(能力指標z

6、)的相關性,并將它們各自量化為1,2,3三個等級,再用綜合指標w=x+y+z的值評定學生的數(shù)學核心素養(yǎng);若w≥7,則數(shù)學核心素養(yǎng)為一級;若5≤w≤6,則數(shù)學核心素養(yǎng)為二級;若3≤w≤4,則數(shù)學核心素養(yǎng)為三級,為了了解某校學生的數(shù)學核心素養(yǎng),調查人員隨機訪問了某校10名學生,得到如下結果: 學生編號 A1 A2 A3 A4 A5 (x,y,z) (2,2,3) (3,2,2) (3,3,3) (1,2,2) (2,3,2) 學生編號 A6 A7 A8 A9 A10 (x,y,z) (2,3,3) (2,2,2) (2,3,3) (2,1,1) (2

7、,2,2) (1)在這10名學生中任取兩人,求這兩人的建模能力指標相同的概率; (2)從數(shù)學核心素養(yǎng)等級是一級的學生中任取一人,其綜合指標為a,從數(shù)學核心素養(yǎng)等級不是一級的學生中任取一人,其綜合指標為b,記隨機變量X=a-b,求隨機變量X的分布列及其數(shù)學期望. 解 (1)由題可知,建模能力為1的學生是A9;建模能力為2的學生是A2,A4,A5,A7,A10;建模能力為3的學生是A1,A3,A6,A8. 記“所取的兩人的建模能力指標相同”為事件A,則P(A)=C52+C42C102=1645. (2)由題可知,數(shù)學核心素養(yǎng)是一級的為:A1,A2,A3,A5,A6,A8, 數(shù)學核心

8、素養(yǎng)不是一級的為:A4,A7,A9,A10; X的可能取值為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. ∴隨機變量X的分布列為: X 1 2 3 4 5 P 14 724 724 18 124 ∴E(X)=114+2724+3724+418+5124=2912. ?導學號16

9、804247? 5.(2017江蘇,20)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有極值,且導函數(shù)f(x)的極值點是f(x)的零點.(極值點是指函數(shù)取極值時對應的自變量的值) (1)求b關于a的函數(shù)關系式,并寫出定義域; (2)證明:b2>3a; (3)若f(x),f(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于-72,求a的取值范圍. (1)解 由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f(x)=3x2+2ax+b=3x+a32+b-a23.當x=-a3時,f(x)有極小值b-a23. 因為f(x)的極值點是f(x)的零點,所以f-a3=-a327+a39-ab3+1=0,又

10、a>0,故b=2a29+3a. 因為f(x)有極值,故f(x)=0有實根, 從而b-a23=19a(27-a3)≤0,即a≥3. 當a=3時,f(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函數(shù),f(x)沒有極值;當a>3時,f(x)=0有兩個相異的實根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) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 故f(x)的極值點是x1,x2.從而a>3. 因此b=2a29+3a,定義域為(3,+∞). (

11、2)證明 由(1)知,ba=2aa9+3aa. 設g(t)=2t9+3t,則g(t)=29-3t2=2t2-279t2. 當t∈362,+∞時,g(t)>0,從而g(t)在362,+∞上單調遞增.因為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)的極值點是x1,x2,且x1+x2=-23a,x12+x22=4a2-6b9. 從而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+x

12、2)+2=4a3-6ab27-4ab9+2=0. 記f(x),f(x)所有極值之和為h(a), 因為f(x)的極值為b-a23=-19a2+3a, 所以h(a)=-19a2+3a,a>3. 因為h(a)=-29a-3a2<0,于是h(a)在(3,+∞)上單調遞減.因為h(6)=-72,于是h(a)≥h(6),故a≤6. 因此a的取值范圍為(3,6]. ?導學號16804248? 6.(2017天津,理20)設a∈Z,已知定義在R上的函數(shù)f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在區(qū)間(1,2)內有一個零點x0,g(x)為f(x)的導函數(shù). (1)求g(x)的單調區(qū)間; (2)設

13、m∈[1,x0)∪(x0,2],函數(shù)h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求證:h(m)h(x0)<0; (3)求證:存在大于0的常數(shù)A,使得對于任意的正整數(shù)p,q,且pq∈[1,x0)∪(x0,2],滿足pq-x0≥1Aq4. (1)解 由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f(x)=8x3+9x2-6x-6,進而可得g(x)=24x2+18x-6. 令g(x)=0,解得x=-1或x=14.當x變化時,g(x),g(x)的變化情況如下表: x (-∞,-1) -1,14 14,+∞ g(x) + - + g(x) ↗ ↘ ↗ 所以

14、,g(x)的單調遞增區(qū)間是(-∞,-1),14,+∞,單調遞減區(qū)間是-1,14. (2)證明 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). 令函數(shù)H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x), 則H1(x)=g(x)(x-x0). 由(1)知,當x∈[1,2]時,g(x)>0, 故當x∈[1,x0)時,H1(x)<0,H1(x)單調遞減; 當x∈(x0,2]時,H1(x)>0,H1(x)單調遞增. 因此,當x∈[1,x0)∪(x0,2]時,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(

15、m)>0,即h(m)>0. 令函數(shù)H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x), 則H2(x)=g(x0)-g(x). 由(1)知g(x)在[1,2]上單調遞增, 故當x∈[1,x0)時,H2(x)>0,H2(x)單調遞增; 當x∈(x0,2]時,H2(x)<0,H2(x)單調遞減. 因此,當x∈[1,x0)∪(x0,2]時,H2(x)

16、x0)時,h(x)在區(qū)間(m,x0)內有零點; 當m∈(x0,2]時,h(x)在區(qū)間(x0,m)內有零點. 所以h(x)在(1,2)內至少有一個零點,不妨設為x1, 則h(x1)=g(x1)pq-x0-fpq=0. 由(1)知g(x)在[1,2]上單調遞增,故00, 故f(x)在[1,2]上單調遞增,所以f(x)在區(qū)間[1,2]上除x0外沒有其他的零點, 而pq≠x0,故fpq≠0. 又因為p,q,a均為整數(shù),所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整數(shù), 從而|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. ?導學號16804249?