【優(yōu)化設計】備戰(zhàn)2025年新高考-高考數(shù)學二輪復習講義(四)壓軸大題搶分練含答案

【優(yōu)化設計】備戰(zhàn)2025年新高考---高考數(shù)學二輪復習講義(四)壓軸大題搶分練(四)壓軸大題搶分練搶分練1(分值:34分)學生用書P2371.(17分)(2024·江蘇蘇州三模)已知函數(shù)f(x)=cosx,g(x)=a(2-x2).(1)當a=1時,求F(x)=f(x)-g(x)的零點個數(shù);(2)若f(x)≥g(x)恒成立,求實數(shù)a的最大值;(3)求證:∑i=1nsin(π3?ki)>33(n-2(1)解當a=1時,g(x)=2-x2,則F(x)=f(x)-g(x)=cosx-2+x2,所以F'(x)=-sinx+2x.令h(x)=-sinx+2x,則h'(x)=-cosx+2>0,所以h(x)=-sinx+2x在R上單調(diào)遞增,即F'(x)=-sinx+2x在R上單調(diào)遞增,且F'(0)=0+0=0.當x>0時,F'(x)>0,所以F(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增.當x<0時,F'(x)<0,所以F(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞減.又F(0)=-1,F(2)=F(-2)=cos2+2>0,則存在x1∈(-2,0),x2∈(0,2),使得F(x1)=0,F(x2)=0,所以F(x)有兩個零點.(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上單調(diào)遞增.當x=0時,φ(0)=sin0+0=0.當x>0時,φ(x)=-sinx+x>sin0+0=0.當x<0時,φ(x)=-sinx+x<sin0+0=0,所以H(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,在x=0處取到極小值,所以H(x)≥H(0)=cos0-1+12×02=0,即cosx≥1-12所以f(x)≥g(x)恒成立,所以實數(shù)a的最大值是1(3)證明因為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)某汽車廠商生產(chǎn)某型號具有自動駕駛功能的汽車,該型號汽車配備兩個相互獨立的自動駕駛系統(tǒng)(記為系統(tǒng)A和系統(tǒng)B),該型號汽車啟動自動駕駛功能后,先啟動這兩個自動駕駛系統(tǒng)中的一個,若一個系統(tǒng)出現(xiàn)故障,則自動切換到另一個.為了確定先啟動哪一個系統(tǒng),進行如下試驗:每一輪對系統(tǒng)A和系統(tǒng)B分別進行測試,得出一輪的測試結(jié)果后,再安排下一輪試驗.當一個系統(tǒng)出現(xiàn)故障的次數(shù)比另一個系統(tǒng)少2次時,就停止試驗,并認為出現(xiàn)故障少的系統(tǒng)比另一個系統(tǒng)更穩(wěn)定.為了方便描述問題,約定:對于每一輪試驗,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;若兩個系統(tǒng)都不出現(xiàn)故障或都出現(xiàn)故障,則兩個系統(tǒng)均得0分.設系統(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在試驗開始時都賦予2分,pi(i=0,1,2,3,4)表示“系統(tǒng)A的累計得分為i時,最終認為系統(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的值來決定該型號汽車啟動自動駕駛功能后先啟動哪個系統(tǒng),若p2≤0.1,則先啟動系統(tǒng)B;若p2≥0.9,則先啟動系統(tǒng)A;若0.1<p2<0.9,則隨機啟動兩個系統(tǒng)中的一個,且先啟動系統(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,求該型號汽車啟動自動駕駛功能后無需自動切換到另一個自動駕駛系統(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=[=[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)解記“該型號汽車啟動自動駕駛功能后無需自動切換到另一個自動駕駛系統(tǒng)”為事件T,“該型號汽車啟動自動駕駛功能后先啟動系統(tǒng)A”為事件C,因為p2≈0.8∈(0.1,0.9),所以P(C)=p2≈0.8,P(C)=1-p2≈0.2,因為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搶分練2(分值:34分)學生用書P2381.(17分)在平面內(nèi),若直線l將多邊形分為兩部分,多邊形在l兩側(cè)的頂點到直線l的距離之和相等,則稱l為多邊形的一條“等線”,已知O為坐標原點,雙曲線E:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,E的離心率為2,點P為E右支上一動點,直線m與曲線E相切于點P,且與E的漸近線交于A,B兩點,當PF2⊥x軸時,直線y=(1)求E的方程;(2)若y=2x是四邊形AF1BF2的等線,求四邊形AF1BF2的面積;(3)設OG=13OP,點G的軌跡為曲線Γ,證明:Γ在點G處的切線n為△AF1(1)解由題意知P(c,b2a),F1(-c,0),F2(c,0),顯然點P在直線y=1因為直線y=1為△PF1F2的等線,所以b2a-1=又e=ca=2,c2=a2+b2解得a=1,b=3,所以E的方程為x2-y23=(2)解設點P(x0,y0),切線m的方程為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該式可以看作關(guān)于k的一元二次方程(x02-1)k2-2x0y0k+y02所以k=x0即m的方程為x0x-y0y3=1當m的斜率不存在時,也成立.漸近線方程為y=±3x,不妨設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是線段AB的中點.因為F1,F2到過O點的直線距離相等,則過O點的等線必定滿足:A,B到該等線距離相等,且分居兩側(cè),所以該等線必過點P,即直線OP的方程為y=2x.由y=2x,x2-所以yA=3xA=3x0所以yB=-3xB=-3x0所以|yA-yB|=6,所以S四邊形AF1BF2=12|F1F2|·|yA-y(3)證明設G(x,y),由OG=所以x0=3x,y0=3y,故曲線Γ的方程為9x2-3y2=1(x>0).由第(2)問①知切線n的方程為9x03x-即x0x-y0y3=13,即3x0x-y由題意易知點A與F2在切線n的右側(cè),點F1在切線n的左側(cè),分別記點F1,F2,A到切線n的距離為d1,d2,d3,由(2)知xA=1x0-y03所以d3=3=3=2由x0≥1,得d1=|-6x0-1因為d2+d3=6x0-所以直線n為△AF1F2的等線.2.(17分)在平面直角坐標系中,粒子從原點出發(fā),每秒向左、向右、向上或向下移動一個單位長度,且向四個方向移動的概率均為14.例如在1秒末,粒子會等可能地出現(xiàn)在(1,0),(-1,0),(0,1),(0,-(1)設粒子在第2秒末移動到點(x,y),記x+y的取值為隨機變量X,求X的分布列和數(shù)學期望E(X);(2)記第n秒末粒子回到原點的概率為pn.(ⅰ)已知∑k=0n(Cnk)2=C2nn,求p(ⅱ)令bn=p2n,記Sn為數(shù)列{bn}的前n項和,若對任意實數(shù)M>0,存在n∈N*,使得Sn>M,則稱粒子是常返的.已知2πnnen<n!<6π

14(1)解粒子在第2秒可能運動到點(1,1),(2,0),(0,2)或(0,0),(1,-1),(-1,1)或(-1,-1),(-2,0),(0,-2)的位置,X的可能取值為-2,0,2,P(X=-2)=416=14,P(X=0)=816=12,P(X-202P111E(X)=(-2)×14+0×12+2(2)(ⅰ)解由題意知顯然粒子奇數(shù)秒不可能回到原點,故p3=0.粒子在第4秒回到原點,分兩種情況考慮:(a)每一步分別是四個不同方向的排列,例如“上下左右”,共有A44種情形,(b)每一步分別是兩個相反方向的排列,例如“左左右右、上上下下”,共有2C于是p4=A第2n秒末粒子要回到原點,則必定向左移動k步,向右移動k步,向上移動n-k步,向下移動n-k步,故p2n=∑=1=1=1=142n·C2nn∑故p2n=142n·(C2nn)2=(ⅱ)證明利用2πn(ne)n<n!<(6