備戰(zhàn)2025年高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)題型專項(xiàng)練12　壓軸大題搶分練(a)

題型專項(xiàng)練12壓軸大題搶分練(A)(分值:34分)學(xué)生用書P2371.(17分)(2024福建漳州三模)某汽車廠商生產(chǎn)某型號(hào)具有自動(dòng)駕駛功能的汽車,該型號(hào)汽車配備兩個(gè)相互獨(dú)立的自動(dòng)駕駛系統(tǒng)(記為系統(tǒng)A和系統(tǒng)B),該型號(hào)汽車啟動(dòng)自動(dòng)駕駛功能后,先啟動(dòng)這兩個(gè)自動(dòng)駕駛系統(tǒng)中的一個(gè),若一個(gè)系統(tǒng)出現(xiàn)故障,則自動(dòng)切換到另一個(gè).為了確定先啟動(dòng)哪一個(gè)系統(tǒng),進(jìn)行如下試驗(yàn):每一輪對(duì)系統(tǒng)A和系統(tǒng)B分別進(jìn)行測(cè)試,得出一輪的測(cè)試結(jié)果后,再安排下一輪試驗(yàn).當(dāng)一個(gè)系統(tǒng)出現(xiàn)故障的次數(shù)比另一個(gè)系統(tǒng)少2次時(shí),就停止試驗(yàn),并認(rèn)為出現(xiàn)故障少的系統(tǒng)比另一個(gè)系統(tǒng)更穩(wěn)定.為了方便描述問(wèn)題,約定:對(duì)于每一輪試驗(yàn),若系統(tǒng)A不出現(xiàn)故障且系統(tǒng)B出現(xiàn)故障,則系統(tǒng)A得1分,系統(tǒng)B得-1分;若系統(tǒng)A出現(xiàn)故障且系統(tǒng)B不出現(xiàn)故障,則系統(tǒng)A得-1分,系統(tǒng)B得1分;若兩個(gè)系統(tǒng)都不出現(xiàn)故障或都出現(xiàn)故障,則兩個(gè)系統(tǒng)均得0分.設(shè)系統(tǒng)A、系統(tǒng)B出現(xiàn)故障的概率分別記為α,β,一輪試驗(yàn)中系統(tǒng)A的得分為X.(1)求X的分布列;(2)若系統(tǒng)A和系統(tǒng)B在試驗(yàn)開始時(shí)都賦予2分,pi(i=0,1,2,3,4)表示“系統(tǒng)A的累計(jì)得分為i時(shí),最終認(rèn)為系統(tǒng)A比系統(tǒng)B更穩(wěn)定”的概率,則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).現(xiàn)根據(jù)p2的值來(lái)決定該型號(hào)汽車啟動(dòng)自動(dòng)駕駛功能后先啟動(dòng)哪個(gè)系統(tǒng),若p2≤0.1,則先啟動(dòng)系統(tǒng)B;若p2≥0.9,則先啟動(dòng)系統(tǒng)A;若0.1<p2<0.9,則隨機(jī)啟動(dòng)兩個(gè)系統(tǒng)中的一個(gè),且先啟動(dòng)系統(tǒng)A的概率為p2.(ⅰ)證明:p2=(1(ⅱ)若α=0.001,β=0.002,由(ⅰ)可求得p2≈0.8,求該型號(hào)汽車啟動(dòng)自動(dòng)駕駛功能后無(wú)需自動(dòng)切換到另一個(gè)自動(dòng)駕駛系統(tǒng)的概率.(1)解X的可能取值為-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的分布列為X-101Pα(1-β)1-α-β+2αβ(1-α)β(2)(ⅰ)證明由題意,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=[α(1p3=[α(1-β)+(1-α)β]p2-α(1-β)p1(1-=1({[α(1-β)+(1-α)β]2-αβ(1-α)(1-β)p2},p4=[α(1-β)+(1-α)β]p3-α(1-β)p2(1-α)所以p2=(1(ⅱ)解記“該型號(hào)汽車啟動(dòng)自動(dòng)駕駛功能后無(wú)需自動(dòng)切換到另一個(gè)自動(dòng)駕駛系統(tǒng)”為事件T,“該型號(hào)汽車啟動(dòng)自動(dòng)駕駛功能后先啟動(dòng)系統(tǒng)A”為事件C,因?yàn)閜2≈0.8∈(0.1,0.9),所以P(C)=p2≈0.8,P(C)=1-p2≈0.2,因?yàn)棣?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)=0.9988.2.(17分)(2024山東濱州二模)定義:若函數(shù)f(x)滿足對(duì)于任意不同的x1,x2∈[a,b],都有|f(x1)-f(x2)|<k|x1-x2|,則稱f(x)為[a,b]上的“k類函數(shù)”.(1)若f(x)=x23+1,判斷f(x)是否為[1,3]上的“2(2)若f(x)=a(x-1)ex-x22-xlnx為[1,e]上的“3類函數(shù)”,求實(shí)數(shù)a(3)若f(x)為[1,2]上的“2類函數(shù)”,且f(1)=f(2),證明:?x1,x2∈[1,2],|f(x1)-f(x2)|<1.(1)解對(duì)于任意不同的x1,x2∈[1,3],不妨設(shè)x1<x2,即1≤x1<x2≤3,則|f(x1)-f(x2)|=x123+1-x223+1=x1+x23·|x1-x2|<2|x1-x2|,所以f(x)為[1,3](2)解因?yàn)閒(x)為[1,e]上的“3類函數(shù)”,對(duì)于任意不同的x1,x2∈[1,e],不妨設(shè)x1<x2,則|f(x1)-f(x2)|<3|x1-x2|=3(x2-x1)恒成立,可得3x1-3x2<f(x1)-f(x2)<3x2-3x1,即f(x1)+3x1<f(x2)+3x2,f(x2)-3x2<f(x1)-3x1均恒成立,構(gòu)建g(x)=f(x)+3x,x∈[1,e],則g'(x)=f'(x)+3,由f(x1)+3x1<f(x2)+3x2可知g(x)在[1,e]內(nèi)單調(diào)遞增,故g'(x)=f'(x)+3≥0在[1,e]內(nèi)恒成立,即f'(x)≥-3在[1,e]內(nèi)恒成立.同理可得,f'(x)≤3在[1,e]內(nèi)恒成立,即-3≤f'(x)≤3在[1,e]內(nèi)恒成立.因?yàn)閒'(x)=axex-x-1-lnx,所以-3≤axex-x-1-lnx≤3,整理得x+lnx-2xex≤a≤x+ln即x+lnx-2ex+lnx令t=x+lnx,x∈[1,e],因?yàn)閥=x,y=lnx在[1,e]內(nèi)單調(diào)遞增,所以t=x+lnx在[1,e]內(nèi)單調(diào)遞增.當(dāng)x=1時(shí),t=1;當(dāng)x=e時(shí),t=e+1,故t=x+lnx∈[1,e+1].可得t-2et≤a≤t+4et在[1,e+1]內(nèi)恒成立,設(shè)函數(shù)F(t)=t-2et,t∈[1,e+1],則F'(t)=3-t當(dāng)3<t≤e+1時(shí),F'(t)<0,故F(t)在[1,3)內(nèi)單調(diào)遞增,在(3,e+1]內(nèi)單調(diào)遞減,則F(t)≤F(3)=1e設(shè)函數(shù)G(t)=t+4et,t∈[1,e+1],則G'(t)=-3-tet故G(t)在[1,e+1]內(nèi)單調(diào)遞減,則G(t)≥G(e+1)=e+5e綜上可得1e3≤a≤e+5ee+1,所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(3)證明當(dāng)x1=x2時(shí),|f(x1)-f(x2)|=0<1,符合題意;當(dāng)x1≠x2時(shí),因?yàn)閒(x)為[1,2]上的“2類函數(shù)”,不妨設(shè)1≤x1<x2≤2,①若0<x2-x1≤12,則|f(x1)-f(x2)|<2|x1-x2|②若12<x2-x1≤1,則|f(x1)-f(x2)|=|