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(新高考)高考数学二轮复习主攻36个必考点统计与概率考点过关检测十四文

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（新高考）高考数学二轮复习主攻36个必考点统计与概率考点过关检测十四文 考点过关检测（十四） 1．(2019·泉州一模)某测试团队为了研究“饮酒”对“驾车安全”的影响，随机选取100名驾驶员先后在无酒状态、酒后状态下进行“停车距离”测试，测试的方案：电脑模拟驾驶，以某速度匀速行驶，记录下驾驶员的“停车距离”(驾驶员从看到意外情况到车子停下所需要的距离)，无酒状态与酒后状态下的试验数据分别列于下表． 表1： 停车距离d(米) (10,20] (20,30] (30,40] (40,50] (50,60]

频数 26 a b 8 2 表2： 平均每毫升血液酒精含量x(毫克) 10 30 50 70 90

平均停车距离y(米) 30 50 60 70 90 已知表1数据的中位数估计值为26，回答以下问题． (1)求a，b的值，并估计驾驶员无酒状态下停车距离的平均数；

(2)根据最小二乘法，由表2的数据计算y关于x的回归方程y^＝b^x＋a^； (3)该测试团队认为：若驾驶员酒后驾车的平均“停车距离”y大于(1)中无酒状态下的停车距离平均数的3倍，则认定驾驶员是“醉驾”．请根据(2)中的回归方程，预测当每毫升血液酒精含量大于多少毫克时为“醉驾”？

附：回归方程y^＝b^x＋a^中，b^＝i＝1nxiyi－nx yi＝1nx2i－nx2，a^＝y－b^x. 解：(1)依题意，得610a＝50－26，解得a＝40. 又a＋b＋36＝100，解得b＝24， 故停车距离的平均数为15×26100＋25×40100＋35×24100＋45×8100＋55×2100＝27. (2)依题意，可知x＝50，y＝60， i＝1

5xiyi＝10×30＋30×50＋50×60＋70×70＋90×90＝17 800，

i＝1

5x2i＝102＋302＋502＋702＋902＝16 500，

所以b^＝17 800－5×50×6016 500－5×502＝0.7， a^＝60－0.7×50＝25，

所以回归直线方程为y^＝0.7x＋25. (3)由(1)知当y>81时，认定驾驶员是“醉驾”．

令y^>81，得0.7x＋25>81，解得x>80， 所以当每毫升血液酒精含量大于80毫克时认定为“醉驾”． 2．(2019·辽阳模拟)“微信运动”是一个类似计步数据库的公众帐号，用户只需以运动手环或手机协处理器的运动数据为介，然后关注该公众号，就能看见自己与好友每日行走的步数，并在同一排行榜上得以体现．现随机选取朋友圈中的50人记录了他们某一天的走路步数，并将数据整理如下：

步数/步 0～3 000 3 001～6 000 6 001～ 8 000 8 001～ 10 000 10 000 以上

男性人数/人 1 2 7 15 5 女性人数/人 0 3 5 9 3 规定：人一天行走的步数超过8 000步时被系统评定为“积极性”，否则为“懈怠性”． (1)填写下面2×2列联表(单位：人)，并根据列联表判断是否有90%的把握认为“评定类型与性别有关”； 积极性 懈怠性 总计 男 女 总计

附： P(K2≥k0) 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001

k0 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 K2＝nad－bc2a＋bc＋da＋cb＋d，其中n＝a＋b＋c＋d.

(2)为了进一步了解“懈怠性”人群中每个人的生活习惯，从步数在3 001～6 000的人群中再随机抽取3人，求选中的人中男性人数超过女性人数的概率． 解：(1)2×2列联表如下. 积极性 懈怠性 总计 男 20 10 30 女 12 8 20 总计 32 18 50

根据列联表中的数据，得K2＝50×20×8－10×12230×20×32×18≈0.231<2.706， 所以没有90%的把握认为“评定类型与性别有关”． (2)设步数在3 001～6 000中的男性的编号为1,2，女性的编号为a，b，c.选取三人的所有情况为(1,2，a)，(1,2，b)，(1,2，c)，(1，a，b)，(1，a，c)，(1，b，c)，(2，a，b)，(2，a，c)，(2，b，c)，(a，b，c)，共10种情况．符合条件的情况有(1,2，a)，(1,2，

b)，(1,2，c)，共3种情况．故所求概率为310.

3．(2019·衡水第十三中学质检)近年来，随着互联网的发展，各种类型的网约车服务在我国各城市迅猛发展，为人们出行提供了便利，但也给城市交通管理带来了一些困难．为掌握网约车在M省的发展情况，M省的调查机构从该省抽取了5个城市，分别收集和分析了网约车的A，B两项指标数xi，yi(i＝1,2,3,4,5)，数据如下表所示. 城市1 城市2 城市3 城市4 城市5 A指标数x 2 4 5 6 8

B指标数y 3 4 4 4 5

经计算得：i＝15 xi－x2＝25，i＝15 yi－y2＝2，15i＝15 xi－x2＝2. (1)试求y与x之间的相关系数r，并利用r说明y与x是否具有较强的线性相关关系(若|r|>0.75，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合)； (2)建立y关于x的回归方程，并预测当A指标数为7时，B指标数的估计值； (3)若城市的网约车A指标数x落在区间(x－3s，x＋3s)的右侧，则认为该城市网约车数量过多，会对城市交通带来较大的影响，交通管理部门将介入进行治理，直至A指标数x回落到区间(x－3s，x＋3s)之内．现已知2018年11月该城市网约车的A指标数为13，

问：该城市的交通管理部门是否要介入进行治理？试说明理由． 附：相关系数r＝i＝1n xi－xyi－yi＝1n xi－x2 i＝1n yi－y2， b^＝i＝1n xi－xyi－yi＝1n xi－x2，a^＝y－b^ x.

0.3≈0.55，0.9≈0.95. 解：(1)由已知数据得x＝2＋4＋5＋6＋85＝5，y＝3＋4＋4＋4＋55＝4，i＝15 (xi－x)(yi

－y)＝(－3)×(－1)＋0＋0＋0＋3×1＝6，

所以相关系数r＝i＝15 xi－xyi－yi＝15 xi－x2 i＝15 yi－y2＝625×2＝310≈0.95. 因为r>0.75，所以y与x具有较强的线性相关关系，可用线性回归模型拟合． (2)由(1)可知b^＝i＝15 xi－xyi－yi＝15 x1－x2＝620＝0.3， a^＝y－b^ x＝4－0.3×5＝2.5，

所以y关于x的线性回归方程为y^＝0.3x＋2.5. 当x＝7时，y^＝0.3×7＋2.5＝4.6. (3)(x－3s，x＋3s)＝(－1,11)，而13>11，故2018年11月该城市的网约车已对城市交通带来较大的影响，交通管理部门要介入进行治理． 4．(2019·安庆期末)某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x(单位：千元)对年销售量y(单位：t)和年利润z(单位：千元)的影响．对近8年的年宣传

费xi和年销售量yi(i＝1,2，…，8)数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的 值． x y w i＝18 (xi－x)2 i＝18 (wi－w)2 i＝18 (xi－x)(yi－y) i＝1

8 (wi－w)(yi－y)

46.6 563 6.8 289.8 1.6 1 469 108.8 表中wi＝xi，w＝18i＝18wi. (1)根据散点图判断，y＝a＋bx与y＝c＋dx哪一个适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型？

(给出判断即可，不必说明理由) (2)根据(1)的判断结果及表中数据，建立y关于x的回归方程； (3)已知这种产品的年利润z与x，y的关系为z＝0.2y－x，根据(2)的结果回答下列问题： ①年宣传费x＝49时，年销售量及年利润的预报值是多少？ ②年宣传费x为何值时，年利润的预报值最大？

附：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回归直线v^＝α^＋β^u的斜率和截距的最小二乘估计分别为

β^＝i＝1n ui－uvi－vi＝1n ui－u2，α^＝v－β^u.

解：(1)由散点图可以判断，y＝c＋dx适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型． (2)令w＝x，先建立y关于w的线性回归方程． 由于d^＝i＝18 wi－wyi－yi＝18 wi－w2＝108.81.6＝68，c^＝y－d^w＝563－68×6.8＝100.6， 所以y关于w的线性回归方程为y^＝100.6＋68w，因此y关于x的回归方程为y^＝100.6＋68x. (3)①由(2)知，当x＝49时，年销售量y的预报值y^＝100.6＋6849＝576.6，年利润z的预报值z^＝576.6×0.2－49＝66.32. ②根据(2)的结果知，年利润z的预报值z^＝0.2(100.6＋68x)－x＝－x＋13.6x＋20.12.

所以当x＝13.62＝6.8，即x＝46.24时，z^取得最大值． 故年宣传费为46.24千元时，年利润的预报值最大．

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(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻40个必考点统计与概率考点过关检测十七理

(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻40个必考点统计与概率考点过关检测十七理

考点过关检测（十七）1．(2019·临沂模拟)5个车位分别停放了A ，B ，C ，D ，E 5辆不同的车，现将所有车开出后再按A ，B ，C ，D ，E 的次序停入这5个车位，则在A 车停入了B 车原来的位置的条件下，停放结束后恰有1辆车停在原来位置上的概率是( )A.38B.340C.16D.112解析：选A 若C 停在原来位置上，则剩下三辆车都不停在原来位置上，有3种可能，D ，E 同理，因此共有9种方法，故所求概率为9A 44＝38.故选A.2．(2019·武汉调研)我国历法中将一年分春、夏、秋、冬四个季节，每个季节六个节气，如春季包含立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨．某书画院甲、乙、丙、丁四位同学接到绘制二十四节气的彩绘任务，现四位同学抽签确定各自完成哪个季节中的6幅彩绘，在制签抽签公平的前提下，甲抽到绘制夏季6幅彩绘的概率是( )A.16B.14C.13D.12 解析：选B 甲从春、夏、秋、冬四个季节的各6幅彩绘绘制的任务中抽一个季节的6幅彩绘绘制，故甲抽到绘制夏季6幅彩绘的概率为14，选B. 3．(2019·福建五校第二次联考)在区间[0,2]上随机取一个数x ，使sin π2x ≥32的概率为( ) A.13B.12C.23D.34解析：选A 当x ∈[0,2]时，0≤π2x ≤π，所以sin π2x ≥32⇔π3≤π2x ≤2π3⇔23≤x ≤43.故由几何概型的概率公式得所求概率P ＝43－232＝13.故选A. 4．甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“《论语》知识大赛”，决出第1名到第5名的名次．甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好，但是你俩都没得到第一名”；对乙说“你当然不会是最差的”，从上述回答分析，丙是第一名的概率是( )A.15B.13C.14D.16解析：选B 由于甲和乙都不可能是第一名，所以第一名只可能是丙、丁或戊．又因为所有的限制条件对丙、丁或戊都没有影响，所以这三个人获得第一名是等可能事件，所以丙是第一名的概率是13. 5．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中把三角形的田称为“圭田”，把直角梯形的田称为“邪田”，称底是“广”，称高是“正从”，“步”是丈量土地的单位．现有一邪田，广分别为十步和二十步，正从为十步，其内有一块广为八步，正从为五步的圭田．若在邪田内随机种植一株茶树，求该株茶树恰好种在圭田内的概率为( )A.215 B.25 C.415 D.15解析：选 A 由题意可得邪田的面积S ＝12×(10＋20)×10＝150，圭田的面积S 1＝12×8×5＝20，则所求的概率P ＝S 1S ＝20150＝215. 6.中华人民共和国国旗是五星红旗，旗面左上方缀着的五颗黄色五角星，四颗小五角星环拱于大星之后，象征中国共产党领导下的革命人民大团结和人民对党的衷心拥护．五角星可通过正五边形连接对角线得到，且它具有一些优美的特征，如A 2E 2B 1A 2＝B 1A 2A 1B 1＝A 1B 1B 1E 1＝5－12，现在正五边形A 1B 1C 1D 1E 1内随机取一点，则此点取自正五边形A 2B 2C 2D 2E 2内部的概率为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫5－124 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫5－122 C.5－12 D.5＋14 解析：选A 由A 2E 2B 1A 2＝B 1A 2A 1B 1＝A 1B 1B 1E 1＝5－12，可得A 2E 2＝5－12B 1A 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－122A 1B 1，显然两个正五边形相似，相似比为⎝ ⎛⎭⎪⎫5－122，则面积比为⎝ ⎛⎭⎪⎫5－124，故所求概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫5－124. 7．某商店随机将三幅分别印有福州三宝(脱胎漆器、角梳、油纸伞)的宣传画并排贴在同一面墙上，则角梳与油纸伞的宣传画相邻的概率是________．解析：记脱胎漆器、角梳、油纸伞的宣传画分别为a ，b ，c ，则并排贴的情况有abc ，acb ，bac ，bca ，cab ，cba ，共6种，其中b ，c 相邻的情况有abc ，acb ，bca ，cba ，共4种，故由古典概型的概率计算公式，得所求概率P ＝46＝23. 答案：238．(2019·长春模拟)从集合A ＝{－2，－1,2}中随机选取一个数记为a ，从集合B ＝{－1,1,3}中随机选取一个数记为b ，则直线ax －y ＋b ＝0不经过第四象限的概率为________．解析：从集合A ，B 中随机选取后，组合成的数对有(－2，－1)，(－2,1)，(－2,3)，(－1，－1)，(－1,1)，(－1,3)，(2，－1)，(2,1)，(2,3)，共9种，要使直线ax －y ＋b ＝0不经过第四象限，则需a >0，b >0，共有2种满足，所以所求概率P ＝29. 答案：299.(2019·潍坊模拟)如图，六边形ABCDEF 是一个正六边形，若在正六边形内任取一点，则该点恰好在图中阴影部分的概率是________．解析：设正六边形的中心为点O ，BD 与AC 交于点G ，BC ＝1，则BG＝CG ，∠BGC ＝120°，在△BCG 中，由余弦定理得1＝BG 2＋BG 2－2BG 2cos120°，得BG ＝33，所以S △BCG ＝12×BG ×BG ×sin 120°＝12×33×33×32＝312，因为S 六边形ABCDEF ＝S △BOC ×6＝12×1×1×sin 60°×6＝332，所以该点恰好在图中阴影部分的概率是1－6S △BCG S 六边形ABCDEF ＝23. 答案：2310．(2019·威海模拟)设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为27,9,18.现采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取6名运动员组队参加比赛．(1)求应从这三个协会中分别抽取的运动员的人数；(2)将抽取的6名运动员进行编号，编号分别为A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，A 6，现从这6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛．①用所给编号列出所有可能的结果；②设A 为事件“编号为A 5和A 6的两名运动员中至少有1人被抽到”，求事件A 发生的概率．解：(1)应从甲、乙、丙三个协会中抽取的运动员人数分别为3,1,2.(2)①从6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛的所有可能结果为{A 1，A 2}，{A 1，A 3}，{A 1，A 4}，{A 1，A 5}，{A 1，A 6}，{A 2，A 3}，{A 2，A 4}，{A 2，A 5}，{A 2，A 6}，{A 3，A 4}，{A 3，A 5}，{A 3，A 6}，{A 4，A 5}，{A 4，A 6}，{A 5，A 6}，共15种．②编号为A 5和A 6的两名运动员中至少有1人被抽到的所有可能结果为{A 1，A 5}，{A 1，A 6}，{A 2，A 5}，{A 2，A 6}，{A 3，A 5}，{A 3，A 6}，{A 4，A 5}，{A 4，A 6}，{A 5，A 6}，共9种．因此，事件A 发生的概率P (A )＝915＝35. 11.某超市周年庆典，设置了一项互动游戏如图，一个圆形游戏转盘被分成6个均匀的扇形区域．用力旋转转盘，转盘停止转动时，箭头P 所指区域的数字就是每次游戏所得的分数(箭头指向两个区域的边界时重新转动)，且箭头P 指向每个区域的可能性都是相等的．要求每个家庭派一名儿童和一位成人先后各转动一次游戏转盘，记为(a ，b )，一个家庭总得分X ＝a ＋b ，假设儿童和成人的得分互不影响，且每个家庭只能参加一次活动，游戏规定：①若X >8，则该家庭可以获得一等奖一份；②若X ＝8，则该家庭可以获得二等奖一份；③若0<X <8(ab ≠0)，则该家庭可以获得纪念奖一份．(1)求一个家庭获得纪念奖的概率；(2)试比较同一个家庭获得一等奖和二等奖的概率的大小．解：(1)由题意可知，一个家庭的得分情况共有36种，获得纪念奖的情况为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，共有19种．记事件A ＝“一个家庭获得纪念奖”，则P (A )＝1936.故一个家庭获得纪念奖的概率为1936. (2)记事件B ＝“一个家庭获得一等奖”，则符合获得一等奖条件的得分情况为(4,5)，(5,4)，(5,5)，共3种，则P (B )＝336＝112.记事件C ＝“一个家庭获得二等奖”，则符合获得二等奖条件的得分情况为(4,4)，(5,3)，(3,5)，共3种，所以P (C )＝336＝112.所以同一个家庭获得一等奖和二等奖的概率相等．。

(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点三角函数与解三角形考点过关检测六(文)

(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点三角函数与解三角形考点过关检测六(文)

考点过关检测（六）1．(2020届高三·广东六校联考)在△ABC 中，D 为AB 的中点，点E 满足E B →＝4E C →，则E D →＝( )A.56A B →－43A C →B.43A B →－56A C →C.56A B →＋43A C → D.43AB →＋56A C → 解析：选A 因为D 为AB 的中点，点E 满足E B →＝4EC →，所以BD →＝12B A →，E B →＝43C B →，所以E D →＝E B →＋B D →＝43C B →＋12B A →＝43(C A →＋A B →)－12A B →＝56A B →－43A C →.2．(2019·蓉城名校联考)已知向量e 1，e 2，|e 1|＝1，e 2＝(1，3)，e 1，e 2的夹角为60°，则(e 1＋e 2)·e 2＝( )A.355B.255C ．5 D. 5解析：选C 因为e 2＝(1，3)，所以|e 2|＝2，所以(e 1＋e 2)·e 2＝e 1·e 2＋e 22＝1×2cos 60°＋4＝5.故选C.3．已知圆心为O ，半径为1的圆上有不同的三个点A ，B ，C ，其中O A →·O B →＝0，存在实数λ，μ满足O C →＋λOA →＋μOB →＝0，则实数λ，μ的关系为( )A ．λ2＋μ2＝1 B.1λ＋1μ＝1C ．λμ＝1D ．λ＋μ＝1解析：选A 法一：取特殊点，取C 为优弧AB 的中点，此时由平面向量基本定理易得λ＝μ＝22，只有选项A 符合．故选A. 法二：依题意得|O A →|＝|O B →|＝|O C →|＝1，－O C →＝λOA →＋μOB →，两边平方得1＝λ2＋μ2.故选A.4．(2019·广州高三测试)若向量a ＝(cos θ，sin θ)，b ＝(1，－1)，则|2a －b |的取值范围是( )A ．[2－2，2＋ 2 ]B ．[0，2]C ．[0,2]D ．[1,3]解析：选A ∵a ＝(cos θ，sin θ)，b ＝(1，－1)，∴|2a －b |＝(2cos θ－1)2＋(2sin θ＋1)2＝6＋4(sin θ－cos θ)＝6＋42sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4，而－42≤42sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4≤42，∴2－2≤|2a －b |≤2＋2，即|2a －b |的取值范围是[2－2，2＋ 2 ]，故选A.5．在△ABC 中，D 为△ABC 所在平面内一点，且A D →＝13AB →＋12A C →，则S △BCD S △ABD＝( )A.16 B.13 C.12D.23解析：选B 由已知，得点D 在△ABC 中与AB 平行的中位线上，且在靠近BC 边的三等分点处，从而有S △ABD ＝12S △ABC ，S △ACD ＝13S △ABC ，S △BCD ＝1－12－13·S △ABC ＝16S △ABC ，所以S △BCD S △ABD ＝13.故选B.6．(2020届高三·辽宁五校联考)在△ABC 中，点P 满足BP →＝2PC →，过点P 的直线与AB ，AC 所在直线分别交于点M ，N ，若AM →＝mAB →，AN →＝nAC →(m ＞0，n ＞0)，则m ＋2n 的最小值为( )A ．3B ．4 C.83D.103解析：选A 因为BP →＝2PC →，所以AP →－AB →＝2(A C →－A P →)，所以A P →＝13A B →＋23A C →，又因为A M →＝mAB →，AN →＝nAC →，所以AP →＝13m AM →＋23n AN →.因为M ，P ，N 三点共线，所以13m ＋23n＝1，所以m ＋2n ＝(m ＋2n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫13m ＋23n ＝13＋43＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫n m ＋m n ≥53＋23×2n m ·m n ＝53＋43＝3，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧n m ＝m n ，13m ＋23n ＝1即m ＝n ＝1时等号成立．所以m ＋2n 的最小值为3.故选A.7．(2019·昆明调研)已知平行四边形OABC 中，O 为坐标原点，A (2,2)，C (1，－2)，则OB →·AC →＝( )A ．－6B ．－3C ．3D ．6解析：选B 在平行四边形OABC 中，O A →＝C B →，设点B 的坐标为(x ，y )，则O A →＝(2,2)，CB →＝(x －1，y ＋2)，所以x ＝3，y ＝0，OB →＝(3,0)，AC →＝(－1，－4) ，所以O B →·A C →＝(3,0)·(－1，－4)＝－3.故选B.8．(2019·唐山摸底)已知e 1，e 2是两个单位向量，λ∈R 时，|e 1＋λe 2|的最小值为32，则|e 1＋e 2|＝( )A ．1 B. 3 C ．1或 3D ．2解析：选 C 设向量e 1，e 2的夹角为θ，则e 1·e 2＝cos θ，因为|e 1＋λe 2|＝ 1＋λ2＋2λcos θ＝ (λ＋cos θ)2＋1－cos 2θ，且当λ＝－cos θ时，|e 1＋λe 2|min ＝1－cos 2θ＝32，解得cos θ＝±12，故|e 1＋e 2|＝2＋2cos θ＝1或 3.故选C. 9．(2019·河北六校联考)已知|OA →|＝6，|OB →|＝23，∠AOB ＝30°，若t ∈R ，则|OA →＋tAB →|的最小值为( )A ．6B ．2 3C ．3D ．6－2 3解析：选 C 法一：依题意得|OA →＋tAB →|2＝|(1－t )OA →＋tOB →|2＝36(1－t )2＋12t 2＋36(1－t )t ＝12t 2－36t ＋36＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫t －322＋9≥9，当且仅当t ＝32时|OA →＋tAB →|取得最小值，最小值是3.选C.法二：作AC →＝tAB →，连接OC ，则点C 在直线AB 上，|OA →＋tAB →|＝|OA →＋AC →|＝|OC →|，|OC →|的最小值即点O 到直线AB 的距离．在△OAB 中，AB ＝OA 2＋OB 2－2OA ·OB ·cos 30°＝23＝OB ，∠BAO ＝30°，AB 边上的高为OB ·sin 60°＝3，即|O C →|的最小值为3，|OA →＋tAB →|的最小值是3.选C.10．(2019·北京西城区期末)设a ，b 是不共线的两个平面向量，已知PQ →＝a ＋k b ，QR →＝2a －b .若P ，Q ，R 三点共线，则实数k 的值为________．解析：∵a ，b 是不共线的两个平面向量， ∴2a －b ≠0，即QR →≠0.∵P ，Q ，R 三点共线，∴PQ →与QR →共线，∴存在λ，使PQ →＝λQR →，∴a ＋k b ＝2λa －λb ，∴根据平面向量基本定理得⎩⎪⎨⎪⎧2λ＝1，k ＝－λ，解得k ＝－12.答案：－1211．(2019·合肥测试)如图，在平行四边形ABCD 中，E ，F 分别为边AB ，BC 的中点，连接CE ，DF 交于点G .若CG →＝λCD →＋μCB →(λ，μ∈R )，则λμ＝________.解析：设CG →＝xCE →(x ＞0)，则CG →＝x (CB →＋BE →)＝x ⎝⎛⎭⎪⎫CB →＋12CD →＝x 2C D →＋xCB →.因为C G →＝λCD→＋μCB →，CD →与C B →不共线，所以λ＝x 2，μ＝x ，所以λμ＝12.答案：1212.如图，在平面直角坐标系xOy 中，点A (3，1)在以原点O 为圆心的圆上．已知圆O 与y 轴正半轴的交点为P ，延长AP 至点B ，使得∠AOB ＝90°，则BP →·OA →＝________，|BP →＋OA →|＝________.解析：由题可得圆O 的半径r ＝3＋1＝2，所以P (0,2)，则AP 所在直线方程为y －2＝2－10－3(x －0)，即y ＝－33x ＋2.设B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，－33x ＋2， 则OA →＝(3，1)，OB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，－33x ＋2.由∠AOB ＝90°，可得OA →·OB →＝0， 所以3x －33x ＋2＝233x ＋2＝0， 解得x ＝－3，所以B (－3，3)，所以BP →＝(3，－1)， 所以BP →·OA →＝3×3＋1×(－1)＝2， |BP →＋OA →|＝|(23，0)|＝2 3. 答案：2 2 3。

(新高考)高考数学二轮复习 主攻36个必考点 函数与导数 考点过关检测二十九 文-人教版高三全册数学

(新高考)高考数学二轮复习 主攻36个必考点 函数与导数 考点过关检测二十九 文-人教版高三全册数学

考点过关检测（二十九）1．(2019·丹江口模拟)函数f (x )＝x ln x ＋x 的单调递增区间是()A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫e e ，＋∞D.⎝⎛⎭⎪⎫0，e e 解析：选A 因为函数f (x )＝x ln x ＋x ，所以f ′(x )＝ln x ＋2(x >0)，由f ′(x )>0，可得x >1e2， 故函数f (x )＝x ln x ＋x 的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2，＋∞. 2．(2019·某某模拟)定义在R 上的可导函数f (x )满足f ′(x )＋f (x )<0，则下列各式一定成立的是( )A ．e 2f (2 019)<f (2 017)B ．e 2f (2 019)>f (2 017)C ．f (2 019)<f (2 017)D ．f (2 019)>f (2 017)解析：选A 根据题意，设g (x )＝e x f (x )，则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )]．∵f (x )＋f ′(x )<0，∴g ′(x )<0，即函数g (x )在R 上为减函数，∴g (2 019)<g (2 017)，即e 2 019f (2 019)<e 2 017f (2 017)，∴e 2f (2 019)<f (2 017)．3．(2019·某某二模)函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f ′(x )为其导函数，若xf ′(x )＋f (x )＝e x (x －2)且f (3)＝0，则不等式f (x )<0的解集为( )A ．(0,2)B ．(0,3)C ．(2,3)D ．(3，＋∞)解析：选B 令φ(x )＝xf (x )，则φ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＝e x(x －2)，可知当x ∈(0,2)时，φ(x )是单调减函数，且0·f ′(0)＋f (0)＝e 0(0－2)＝－2<0，即f (0)<0.当x ∈(2，＋∞)时，φ(x )是单调增函数，又f (3)＝0，则φ(3)＝3f (3)＝0，∵不等式f (x )<0的解集就是xf (x )<0的解集，∴不等式的解集为(0,3)．4．(2019·某某一模)若函数f (x )＝e x (cos x －a )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上单调递减，则实数a 的取值X 围是( )A ．(－2，＋∞) B．(1，＋∞)C ．[1，＋∞) D．[2，＋∞)解析：选D f ′(x )＝e x(cos x －sin x －a )， 若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上单调递减， 则cos x －sin x －a ≤0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上恒成立， 即a ≥cos x －sin x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2. 令h (x )＝cos x －sin x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2， 则π4－x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，3π4， 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x 的最大值是1， 此时π4－x ＝π2，即x ＝－π4， 所以h (x )的最大值是2，故a ≥ 2.5．(2019·某某一模)函数f (x )＝12ax 2－2ax ＋ln x 在(1,3)上不单调的一个充分不必要条件是( )A ．a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12B ．a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，16 C ．a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫16，12D ．a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析：选A 由题意得，f ′(x )＝ax －2a ＋1x ＝ax 2－2ax ＋1x， ∵函数f (x )在(1,3)上不单调，∴ax 2－2ax ＋1＝0应满足在(1,3)上有实根．设g (x )＝ax 2－2ax ＋1，当a ＝0时，显然不成立，当a ≠0时，只需⎩⎪⎨⎪⎧ Δ≥0，g (1)g (3)<0，解得a >1或a <－13， 设函数f (x )在(1,3)上不单调的充分不必要条件表示的集合为P ，则P⎩⎨⎧⎭⎬⎫aa >1或a <－13，结合选项可知只有选项A 满足．6．(2019·某某模拟)已知函数f (x )＝x ln x ，若对于区间(e ，＋∞)内任意的x 1，x 2(x 1≠x 2)，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>a 恒成立，则实数a 的取值X 围为( ) A ．(－∞，2] B.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，1e C ．(2，＋∞) D．(e ，＋∞)解析：选A 由f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>a 恒成立， 得[f (x 1)－ax 1]－[f (x 2)－ax 2]x 1－x 2>0恒成立， 令函数y ＝f (x )－ax ，即y ＝x ln x －ax ，则函数y ＝x ln x －ax 在(e ，＋∞)上单调递增，∴y ′＝ln x ＋1－a ≥0在(e ，＋∞)上恒成立，即a ≤(ln x ＋1)min .由于x >e ，则ln x ＋1>2，从而a ≤2.∴实数a 的取值X 围为(－∞，2]． 7．函数f (x )＝ln x －2x 2的单调递增区间为________．解析：依题意，得f ′(x )＝1x－4x ，x ∈(0，＋∞)． 令f ′(x )>0，即1x－4x >0， 解得0<x <12. 故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 8．(2019·某某二模)已知函数f (x )＝e x－a ln x 在[1,2]上单调递增，则a 的取值X 围是________．解析：f ′(x )＝e x －a x，若f (x )在[1,2]递增，则f ′(x )≥0在[1,2]恒成立，即a ≤x e x 在[1,2]恒成立，令h (x )＝x e x ，x ∈[1,2]，则h ′(x )＝(x ＋1)e x >0， h (x )在[1,2]上单调递增，故h (x )min ＝h (1)＝e ，故a ≤e.答案：(－∞，e]9．(2019·某某期末)已知定义在R 上的可导函数f (x )，对于任意实数x 都有f (x )＋f (－x )＝2，且当x ∈(－∞，0)时，都有f ′(x )<1，若f (m )>m ＋1，则实数m 的取值X 围为________．解析：由题意，知f (x )＋f (－x )＝2 ，可得f (x )关于点(0,1)对称．令g (x )＝f (x )－(x ＋1)，则g ′(x )＝f ′(x )－1.因为当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<1，所以g (x )在(－∞，0)上单调递减．因为g (x )＋g (－x )＝f (x )－(x ＋1)＋f (－x )－(－x ＋1)＝f (x )＋f (－x )－2＝0， 且由f (x )的定义域为R ，可知g (x )的定义域为R ，所以g (x )为奇函数，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，且g (0)＝0，则f (m )>m ＋1，即g (m )>g (0)，解得m <0，即实数m 的取值X 围是(－∞，0)．答案：(－∞，0)10．(2019·某某一模)已知函数f (x )＝e x(x ＋a )(a ∈R )．(1)讨论f (x )在[0，＋∞)上的单调性；(2)函数g (x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32－12tx 2－tx 在[0，＋∞)上单调递增，某某数t 的取值X 围． 解：(1)f ′(x )＝e x (x ＋a ＋1)．当－a －1≤0，即a ≥－1时，f ′(x )≥0，此时函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增． 当－a －1>0，即a <－1时，可得函数f (x )在[0，－a －1)上单调递减，在(－a －1，＋∞)上单调递增．综上可得，当a ≥－1时，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增．当a <－1时，函数f (x )在[0，－a －1)上单调递减，在(－a －1，＋∞)上单调递增．(2)g ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12－tx －t . ∵函数g (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴g ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12－tx －t ≥0 在[0，＋∞)上恒成立．∴t ≤e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x ＋1. 令h (x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x ＋1，x ∈[0，＋∞)， 则h ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋12x ＋1(x ＋1)2>0， ∴函数h (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴h (x )≥h (0)＝－12， ∴t ≤－12，故实数t 的取值X 围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12. 11．(2019·某某一模)已知函数f (x )＝ln x －kx ，其中k ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个相异零点x 1，x 2(x 1<x 2)，求证：ln x 2>2－ln x 1.解：(1)f ′(x )＝1x －k ＝1－kx x(x >0)， ①当k ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当k >0时，由f ′(x )>0，得0<x <1k ；由f ′(x )<0，得x >1k， 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1k 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞上单调递减．(2)证明：设f (x )的两个相异零点为x 1，x 2，且x 1>x 2>0， ∵f (x 1)＝0，f (x 2)＝0，∴ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0， ∴ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)，ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)， 要证ln x 2>2－ln x 1，即证ln x 1＋ln x 2>2，故k (x 1＋x 2)>2，即ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2， 即ln x 1x 2>2(x 1－x 2)x 1＋x 2. 设t ＝x 1x 2>1，则上式转化为ln t >2(t －1)t ＋1， 设g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t >1)， ∴g ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2>0， ∴g (t )在(1，＋∞)上单调递增， ∴g (t )>g (1)＝0，∴ln t >2(t －1)t ＋1， ∴ln x 1＋ln x 2>2，即ln x 2>2－ln x 1.。

(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点三角函数与解三角形考点过关检测二文(最新整理)

(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点三角函数与解三角形考点过关检测二文(最新整理)

考点过关检测（二)1．函数f(x)＝sin x cos x＋(1＋tan2x）cos2x的最小正周期和最大值分别是（) A．π和错误! B.错误!和1C．π和1 D．2π和错误!解析：选A ∵f（x)＝sin x cos x＋（1＋tan2x)cos2x＝错误!sin 2x＋1，∴函数f(x)的最小正周期为π，最大值为32。

故选A。

2．（2019·合肥高三调研）若将函数f(x)＝cos2x（1＋cos x）(1－cos x）图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变)，得到函数y＝g(x)的图象，则函数y＝g(x)的单调递减区间为（）A。

错误!(k∈Z）B.错误!(k∈Z)C。

错误!(k∈Z)D。

错误!(k∈Z）解析：选 A 因为f（x)＝cos2x(1＋cos x）(1－cos x）＝cos2x sin2x＝错误!sin22x＝错误!－错误!cos 4x，所以g(x)＝错误!－错误!cos 2x，所以当－π＋2kπ≤2x≤2kπ（k∈Z)，即－错误!＋kπ≤x≤kπ(k∈Z)时，y＝g（x）单调递减，所以g(x)的单调递减区间是错误!(k∈Z),故选A.3．（2019·山西平遥中学调研）已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)（ω〉0，|φ|<π）的部分图象如图所示，已知点A(0,错误!)，B错误!，若将它的图象向右平移错误!个单位长度,得到函数g(x）的图象，则函数g(x）图象的一条对称轴方程为( )A．x＝错误!B．x＝错误!C．x＝错误!D．x＝错误!解析:选 A 由题意知图象过A（0，3)，B错误!，即f(0）＝2sin φ＝错误!，f错误!＝2sin错误!＝0，又ω>0,|φ｜<π,并结合图象知φ＝错误!,错误!·ω＋φ＝π＋2kπ(k∈Z），得ω＝2，所以f（x）＝2sin错误!，因为图象向右平移错误!个单位长度得g(x）＝2sin 错误!＝2sin错误!，所以对称轴满足2x＋错误!＝错误!＋kπ（k∈Z），解得x＝错误!＋错误!（k ∈Z），所以满足条件的一条对称轴方程是x＝错误!,故选A。