高考数学二轮复习 组合增分练6 解答题组合练B 理

1、组合增分练6解答题组合练b1.(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 b0,cos a=13,sin a=1-cos2a=223,可得tan a=sinacosa=22 .(2)32=a2=b2+c2-2bccos a2bc-2bc×13=43bc,可得bc24,

2、当且仅当b=c=26取等号.sabc=12bcsin a12×24×223=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=56,abc的面积为32,求c;(2)若b=3,求2a-c的取值范围.解 (1)c=56,abc的面积为32,b=3,由三角形的面积公式s=12absin c=12×a×3×12=32,得a=2.由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos c=4+3-2×2×3×-32=13.c

3、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=4sin23-c-2sin c=4sin23cosc-cos23sinc-2sin c=23cos c.b=3,0<c<23,-12<cos c<1,-3<23cos c<23,2a-c的取值范围为(-3,23).3.(2017河北保定二模,理18)为了检验训练情况,武警某支队于近期举办了一场展示活动,其中男队员12人,女队员18人,测试结果如茎叶图所示(单位:分).若成绩不

4、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,用表示所选女“优秀警员”的人数,试求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-c64c104=1-15210=1314.因此,至少有1人是“优秀警员”

5、的概率是1314.(2)依题意,的取值为0,1,2,3.p(=0)=c83c123=1455,p(=1)=c41c82c123=2855,p(=2)=c42c81c123=1255,p(=3)=c43c123=155,因此,的分布列如下:0123p145528551255155e()=0×1455+1×2855+2×1255+3×155=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w7,则数学核心素养为

6、一级;若5w6,则数学核心素养为二级;若3w4,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a1a2a3a4a5(x,y,z)(2,2,3)(3,2,2)(3,3,3)(1,2,2)(2,3,2)学生编号a6a7a8a9a10(x,y,z)(2,3,3)(2,2,2)(2,3,3)(2,1,1)(2,2,2)(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

7、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:a4,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;

8、p(x=4)=c21c11+c11c11c61c41=18;p(x=5)=c11c11c61c41=124.随机变量x的分布列为:x12345p1472472418124e(x)=1×14+2×724+3×724+4×18+5×124=2912.导学号168042475.(2017江苏,20)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,br)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),

9、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=2a29+3a.因为f(x)有极值,故f'(x)=0有实根,从而b-a23=19a(27-a3)0,即a3.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'

10、;(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,ba=2aa9+3aa.设g(t)=2t9+3t,则g'(t)=29-3t2=2t2-279t2.当t362,+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&g

11、t;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=4a3-6ab27-4ab9+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,+)

12、上单调递减.因为h(6)=-72,于是h(a)h(6),故a6.因此a的取值范围为(3,6.导学号168042486.(2017天津,理20)设az,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m1,x0)(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pq1,x0)(x0,2,满足pq-x01aq4.(1)解 由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f

13、'(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)-1,1414,+g'(x)+-+g(x)所以,g(x)的单调递增区间是(-,-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h'1(x)=g'(x)(x-x0).由

14、(1)知,当x1,2时,g'(x)>0,故当x1,x0)时,h'1(x)<0,h1(x)单调递减;当x(x0,2时,h'1(x)>0,h1(x)单调递增.因此,当x1,x0)(x0,2时,h1(x)>h1(x0)=-f(x0)=0,可得h1(m)>0,即h(m)>0.令函数h2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则h'2(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在1,2上单调递增,故当x1,x0)时,h'2(x)>0,h2(x)单调递增;当x(x0,2时,h'2(x)<0,h2(x)单调

15、递减.因此,当x1,x0)(x0,2时,h2(x)<h2(x0)=0,可得h2(m)<0,即h(x0)<0.所以,h(m)h(x0)<0.(3)证明 对于任意的正整数p,q,且pq1,x0)(x0,2,令m=pq,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2)知,当m1,x0)时,h(x)在区间(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0<g(1)<g(x1)<g(2).于是pq-x0=fpqg(x1)fpqg(2)=|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|g(2)q4.因为当x1,2时,g(x)>0,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pqx0,故fpq0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2