【优化设计】备战2025年新高考-高考数学二轮复习讲义(四)压轴大题抢分练含答案

【优化设计】备战2025年新高考---高考数学二轮复习讲义(四)压轴大题抢分练(四)压轴大题抢分练抢分练1(分值:34分)学生用书P2371.(17分)(2024·江苏苏州三模)已知函数f(x)=cosx,g(x)=a(2-x2).(1)当a=1时,求F(x)=f(x)-g(x)的零点个数;(2)若f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的最大值;(3)求证:∑i=1nsin(π3−ki)>33(n-2(1)解当a=1时,g(x)=2-x2,则F(x)=f(x)-g(x)=cosx-2+x2,所以F'(x)=-sinx+2x.令h(x)=-sinx+2x,则h'(x)=-cosx+2>0,所以h(x)=-sinx+2x在R上单调递增,即F'(x)=-sinx+2x在R上单调递增,且F'(0)=0+0=0.当x>0时,F'(x)>0,所以F(x)在区间(0,+∞)上单调递增.当x<0时,F'(x)<0,所以F(x)在区间(-∞,0)上单调递减.又F(0)=-1,F(2)=F(-2)=cos2+2>0,则存在x1∈(-2,0),x2∈(0,2),使得F(x1)=0,F(x2)=0,所以F(x)有两个零点.(2)解令m(x)=f(x)-g(x)=cosx-2a+ax2,由m(0)≥0,得a≤12.令H(x)=cosx-1+12x2=cosx+12所以H'(x)=-sinx+x.令φ(x)=-sinx+x,可得φ'(x)=-cosx+1≥0,所以φ(x)=-sinx+x在R上单调递增.当x=0时,φ(0)=sin0+0=0.当x>0时,φ(x)=-sinx+x>sin0+0=0.当x<0时,φ(x)=-sinx+x<sin0+0=0,所以H(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,在x=0处取到极小值,所以H(x)≥H(0)=cos0-1+12×02=0,即cosx≥1-12所以f(x)≥g(x)恒成立,所以实数a的最大值是1(3)证明因为3sinπ3−ki+1≥3sinπ3−ki+cosπ3−ki=2sin由(2)可得cosx≥1-12x2所以coski≥1-12所以∑i=1n[3sin(π3−ki)+1]≥2所以∑i=1n3sin(π3−又∑i=1n(ki)2=k2(1+122+132+…+1n2)<k2(1所以∑i=1nsin(π3−ki)>33(n-22.(17分)(2024福建漳州三模)某汽车厂商生产某型号具有自动驾驶功能的汽车,该型号汽车配备两个相互独立的自动驾驶系统(记为系统A和系统B),该型号汽车启动自动驾驶功能后,先启动这两个自动驾驶系统中的一个,若一个系统出现故障,则自动切换到另一个.为了确定先启动哪一个系统,进行如下试验:每一轮对系统A和系统B分别进行测试,得出一轮的测试结果后,再安排下一轮试验.当一个系统出现故障的次数比另一个系统少2次时,就停止试验,并认为出现故障少的系统比另一个系统更稳定.为了方便描述问题,约定:对于每一轮试验,若系统A不出现故障且系统B出现故障,则系统A得1分,系统B得-1分;若系统A出现故障且系统B不出现故障,则系统A得-1分,系统B得1分;若两个系统都不出现故障或都出现故障,则两个系统均得0分.设系统A、系统B出现故障的概率分别记为α,β,一轮试验中系统A的得分为X.(1)求X的分布列;(2)若系统A和系统B在试验开始时都赋予2分,pi(i=0,1,2,3,4)表示“系统A的累计得分为i时,最终认为系统A比系统B更稳定”的概率,则p0=0,p4=1,pi=api-1+bpi+cpi+1(i=1,2,3),其中a=P(X=-1),b=P(X=0),c=P(X=1).现根据p2的值来决定该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动哪个系统,若p2≤0.1,则先启动系统B;若p2≥0.9,则先启动系统A;若0.1<p2<0.9,则随机启动两个系统中的一个,且先启动系统A的概率为p2.(ⅰ)证明:p2=(1(ⅱ)若α=0.001,β=0.002,由(ⅰ)可求得p2≈0.8,求该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统的概率.(1)解X的可能取值为-1,0,1.P(X=-1)=α(1-β),P(X=0)=αβ+(1-α)(1-β)=1-α-β+2αβ,P(X=1)=(1-α)β,所以X的分布列为X-101Pα(1-β)1-α-β+2αβ(1-α)β(2)(ⅰ)证明由题意,得pi=α(1-β)pi-1+[1-α(1-β)-(1-α)β]pi+(1-α)βpi+1,所以[α(1-β)+(1-α)β]pi=α(1-β)pi-1+(1-α)βpi+1,所以pi+1=[α(1又p0=0,所以p2=[=[αp3=[=1(1-α)β{[α(1-β)+(1-α)β]p2-α(1-=1(1-α)β·[α(1-β)+(1-α)β]·{[α(1-p4=[=1(1-α)β{[α(1-β)+(1-α)β]·[α(1-=1,所以p2=((ⅱ)解记“该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统”为事件T,“该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动系统A”为事件C,因为p2≈0.8∈(0.1,0.9),所以P(C)=p2≈0.8,P(C)=1-p2≈0.2,因为α=0.001,β=0.002,所以P(T|C)=1-α=1-0.001,P(T|C)=1-β=1-0.002,所以P(T)=P(C)P(T|C)+P(C)P(T|C)≈0.8×(1-0.001)+0.2×(1-0.002)=0.998抢分练2(分值:34分)学生用书P2381.(17分)在平面内,若直线l将多边形分为两部分,多边形在l两侧的顶点到直线l的距离之和相等,则称l为多边形的一条“等线”,已知O为坐标原点,双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,E的离心率为2,点P为E右支上一动点,直线m与曲线E相切于点P,且与E的渐近线交于A,B两点,当PF2⊥x轴时,直线y=(1)求E的方程;(2)若y=2x是四边形AF1BF2的等线,求四边形AF1BF2的面积;(3)设OG=13OP,点G的轨迹为曲线Γ,证明:Γ在点G处的切线n为△AF1(1)解由题意知P(c,b2a),F1(-c,0),F2(c,0),显然点P在直线y=1因为直线y=1为△PF1F2的等线,所以b2a-1=又e=ca=2,c2=a2+b2解得a=1,b=3,所以E的方程为x2-y23=(2)解设点P(x0,y0),切线m的方程为y-y0=k(x-x0),代入x2-y23=1得(3-k2)x2+2k(kx0-y0)x-(k2x02+y02-2故[2k(kx0-y0)]2+4(3-k2)(k2x02+y02-2kx0y该式可以看作关于k的一元二次方程(x02-1)k2-2x0y0k+y02所以k=x0即m的方程为x0x-y0y3=1当m的斜率不存在时,也成立.渐近线方程为y=±3x,不妨设A在B上方,A(xA,yA),B(xB,yB),代入x0x-y0y3=1得xA=1x0-故xA+xB=1x0-y0所以P是线段AB的中点.因为F1,F2到过O点的直线距离相等,则过O点的等线必定满足:A,B到该等线距离相等,且分居两侧,所以该等线必过点P,即直线OP的方程为y=2x.由y=2x,x2-所以yA=3xA=3x0所以yB=-3xB=-3x0所以|yA-yB|=6,所以S四边形AF1BF2=12|F1F2|·|yA-y(3)证明设G(x,y),由OG=所以x0=3x,y0=3y,故曲线Γ的方程为9x2-3y2=1(x>0).由第(2)问①知切线n的方程为9x03x-即x0x-y0y3=13,即3x0x-y由题意易知点A与F2在切线n的右侧,点F1在切线n的左侧,分别记点F1,F2,A到切线n的距离为d1,d2,d3,由(2)知xA=1x0-y03所以d3=3=3=2由x0≥1,得d1=|-6x0-1因为d2+d3=6x0-所以直线n为△AF1F2的等线.2.(17分)在平面直角坐标系中,粒子从原点出发,每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度,且向四个方向移动的概率均为14.例如在1秒末,粒子会等可能地出现在(1,0),(-1,0),(0,1),(0,-(1)设粒子在第2秒末移动到点(x,y),记x+y的取值为随机变量X,求X的分布列和数学期望E(X);(2)记第n秒末粒子回到原点的概率为pn.(ⅰ)已知∑k=0n(Cnk)2=C2nn,求p(ⅱ)令bn=p2n,记Sn为数列{bn}的前n项和,若对任意实数M>0,存在n∈N*,使得Sn>M,则称粒子是常返的.已知2πnnen<n!<6π

14(1)解粒子在第2秒可能运动到点(1,1),(2,0),(0,2)或(0,0),(1,-1),(-1,1)或(-1,-1),(-2,0),(0,-2)的位置,X的可能取值为-2,0,2,P(X=-2)=416=14,P(X=0)=816=12,P(X-202P111E(X)=(-2)×14+0×12+2(2)(ⅰ)解由题意知显然粒子奇数秒不可能回到原点,故p3=0.粒子在第4秒回到原点,分两种情况考虑:(a)每一步分别是四个不同方向的排列,例如“上下左右”,共有A44种情形,(b)每一步分别是两个相反方向的排列,例如“左左右右、上上下下”,共有2C于是p4=A第2n秒末粒子要回到原点,则必定向左移动k步,向右移动k步,向上移动n-k步,向下移动n-k步,故p2n=∑=1=1=1=142n·C2nn∑故p2n=142n·(C2nn)2=(ⅱ)证明利用2πn(ne)n<n!<(6