高考数学专题突破练试题汇编　全套.doc

专题突破练(一)A组基础训练一、选择题1与直线2x6y10垂直，且与曲线f(x)x33x21相切的直线方程是()A3xy20B3xy20Cx3y20 Dx3y20【解析】设切点坐标为(x0，y0)，由f(x)3x26x得f(x0)3x6x03，解得x01，即切点坐标为(1,1)从而切线方程为y13(x1)，即3xy20，故选A.【答案】A2设f(x)，g(x)在a，b上可导，且f(x)g(x)，则当axg(x)Bf(x)g(x)f(a)Df(x)g(b)g(x)f(b)【解析】设F(x)f(x)g(x)，则F(x)f(x)g(x)0，即F(x)在a，b上是增函数，从而当axf(a)g(a)，即f(x)g(a)g(x)f(a)，故选C.【答案】C3三次函数f(x)mx3x在(，)上是减函数，则m的取值范围是()Am0 Bm1Cm0 Dm1【解析】f(x)3mx21，由题意知，3mx210在(，)上恒成立，则有解得m0，故选A.【答案】A4点P是曲线x2y2ln0上任意一点，则点P到直线4x4y10的最短距离是()A.(1ln 2) B.(1ln 2)C. D.(1ln 2)【解析】将直线4x4y10平移后得直线l：4x4yb0，使直线l与曲线切于点P(x0，y0)，由x2y2ln 0得y2x，直线l的斜率k2x01x0或x01(舍去)，P，所求的最短距离即为点P到直线4x4y10的距离d(1ln 2)故选B.【答案】B5(2014北京东城模拟)已知二次函数f(x)的图象如图所示，则其导函数f(x)的图象大致形状是()图1【解析】设二次函数为f(x)ax2bxc，由图象可知，a0，对称轴x0，所以b0，f(x)2ax，故选B.【答案】B二、填空题6如果在上，函数f(x)x2pxq与g(x)在同一点处取得相同的最小值，那么f(x)在上的最大值是_【解析】因为g(x)x且x，则g(x)3，当且仅当x1时等号成立，又f(x)2xp，且f(1)0，则2p0，p2.f(x)x22xq，又f(x)minf(1)3.12q3，q4.f(x)x22x4(x1)23，x，f(x)maxf(2)4.【答案】47设f(x)若f(f(1)1，则a_.【解析】f(1)lg 10，3t2dtt3a3，则f(f(1)f(0)a31，a1.【答案】18把一个周长为12 cm的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长与高的比是_【解析】设圆柱的高为h，则圆柱的底面周长为6h，从而0h0，当h(2,6)时，V0时，判断f(x)在(0，)上的单调性；(2)讨论f(x)的极值点【解】f(x)x2.(1)当k0时，f(x)x20在(0，)恒成立，所以f(x)在(0，)上单调递增(2)函数f(x)的定义域为(0，)，令f(x)0，得(x1)21k(01)21，所以当k0时，f(x)0在(0，)没有根，f(x)没有极值点；当k0时，f(x)0在(0，)有唯一根x01，因为在(0，x0)上f(x)0，所以x0是f(x)唯一的极小值点10(2014烟台模拟)已知函数f(x)(aR)(1)求f(x)的极值；(2)若函数f(x)的图象与函数g(x)1的图象在区间(0，e2上有公共点，求实数a的取值范围【解】(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)，令f(x)0得xe1a，当x(0，e1a)时，f(x)0，f(x)是增函数；当x(e1a，)时，f(x)0，f(x)是减函数，f(x)在xe1a处取得极大值，f(x)极大值f(e1a)ea1，无极小值(2)当e1a1时，由(1)知f(x)在(0，e1a)上是增函数，在(e1a，e2上是减函数，f(x)maxf(e1a)ea1，又当xea时，f(x)0，当x(0，ea时，f(x)0；f(x)的图象与g(x)1的图象在(0，e2上有公共点，ea11，解得a1，又a1，所以a1.当e1ae2时，即a1时，f(x)在(0，e2上是增函数，f(x)在(0，e2上的最大值为f(e2)，所以原问题等价于1，解得ae22.又a1，所以此时a无解综上，实数a的取值范围是1，)B组能力提升1(2013湖北高考)已知函数f(x)x(ln xax)有两个极值点，则实数a的取值范围是()A(，0) B.C(0,1) D(0，)【解析】由已知得f(x)0有两个正实数根x1，x2(x1x2)，即f(x)的图象与x轴有两个交点，从而得a的取值范围f(x)ln x12ax，依题意ln x12ax0有两个正实数根x1，x2(x10；g(x)2a，令g(x)0，得x，于是g(x)在上单调递增，在上单调递减，所以g(x)在x处取得极大值，即fln 0，1，所以0a0时，若f(x)在区间1，e上的最小值为2，求a的取值范围；(3)若对任意x1，x2(0，)，x1x2，且f(x1)2x10时，f(x)2ax(a2)(x0)，令f(x)0，即f(x)0，所以x或x.当01，即a1时，f(x)在1，e上单调递增，所以f(x)在1，e上的最小值是f(1)2；当1e时，f(x)在1，e上的最小值是ff(1)2，不合题意；当e时，f(x)在(1，e)上单调递减，所以f(x)在1，e上的最小值是f(e)0，此时g(x)在(0，)上单调递增；当a0时，只需g(x)0在(0，)上恒成立，因为x(0，)，只要2ax2ax10，则需要a0，对于函数y2ax2ax1，过定点(0,1)，对称轴x0，只需a28a0，即00)的图象与y轴交于P，与x轴的相邻两个交点记为A，B，若PAB的面积等于，则_.【解析】令x0，得y1，即点P(0,1)，又SPAB|AB|OP|，|AB|2，f(x)的周期T2|AB|4，.【答案】三、解答题9已知函数f(x)asin xbcos的图象经过点，.(1)求实数a，b的值；(2)求函数f(2x)的周期及单调增区间【解】(1)函数f(x)asin xbcos的图象经过点，ab，且ab0.解得：a1，b1.(2)由(1)知：f(2x)sin 2xcossin 2xcos 2xsin，函数f(2x)的周期T.由2k2x2k，解得2k2x2k，kZ.函数的增区间，kZ.10(2013江西高考)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos C(cos Asin A)cos B0.(1)求角B的大小；(2)若ac1，求b的取值范围【解】(1)由已知得cos(AB)cos Acos Bsin Acos B0，即有sin Asin Bsin Acos B0.因为sin A0，所以sin Bcos B0.又cos B0，所以tan B.又0B，所以B.(2)由余弦定理，有b2a2c22accos B.因为ac1，cos B，有b232.又0a1，于是有b21，即有b1.B组能力提升1(2013江西高考)如图2，已知l1l2，圆心在l1上、半径为1 m的圆O在t0时与l2相切于点A，圆O沿l1以1 m/s的速度匀速向上移动，圆被直线l2所截上方圆弧长记为x，令ycos x，则y与时间t(0t1，单位：s)的函数yf(t)的图象大致为() 图2【解析】通过圆心角将弧长x与时间t联系起来 圆半径为1，设弧长x所对的圆心角为，则x，如图所示，cos 1t，即cos 1t，则ycos x2cos212(1t)212(t1)21(0t1)其图象为开口向上，在0,1上的一段抛物线【答案】B2(2013浙江高考改编)在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c，且C90，M是BC的中点若sinBAM，则_.【解析】M为BC中点，则BM，AM，sinAMBsinAMC在AMB中，由正弦定理则，a.整理，得(3a22c2)20，故.【答案】3(2014济南质检)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin B(tan Atan C)tan Atan C.(1)求证：a，b，c成等比数列；(2)若a1，c2，求ABC的面积S.【解】(1)在ABC中，由于sin B(tan Atan C)tan Atan C，所以sin B()，所以sin B(sin Acos Ccos Asin C)sin Asin C.所以sin Bsin(AC)sin Asin C.又ABC，所以sin(AC)sin B，所以sin2Bsin Asin C.由正弦定理得b2ac，即a，b，c成等比数列(2)因为a1，c2，所以b.由余弦定理得cos B.因为0B，所以sin B，故ABC的面积Sacsin B12.专题突破练(三)A组基础训练一、选择题1设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k等于()A8 B7 C6 D5【解析】Sk2Skak1ak2a1kda1(k1)d2a1(2k1)d21(2k1)24k424，k5.【答案】D2(2014山东师大附中模拟)在等差数列an中，a128，公差d4，若前n项和Sn取得最小值，则n的值为()A7 B8 C7或8 D8或9【解析】ana1(n1)d284(n1)4n32，由an0得4n320，即n8.即a80，当n7时，an0(i1,2，n)，若a1b1，a11b11，则()Aa6b6 Ba6b6Ca6b6 Da6b6【解析】数列an是等差数列，数列bn是等比数列，a1b1，a11b11，a1a11b1b11，2a6b1b1122b6，又q1，b1b11，a6b6，故选A.【答案】A二、填空题6设lg an成等差数列，公差dlg 3，且lg an的前三项和为6lg 3，则an的通项公式为_【解析】由题意知lg a1lg a2lg a33lg a26lg 3，lg a22lg 3，又公差dlg 3，lg a1lg 3，lg anlg 3(n1)lg 3nlg 3lg 3n，an3n.【答案】an3n7数列an的前n项和Snn24n2，则|a1|a2|a10|_.【解析】当n1时，a1S11.当n2时，anSnSn12n5.an令2n50，得n，当n2时，an0，|a1|a2|a10|(a1a2)(a3a4a10)S102S266.【答案】668已知数列an的前n项和为Sn，f(x)，anlog2，则S2 013_.【解析】anlog2f(n1)log2f(n)，S2 013a1a2a2 013log2f(2)log2f(1)log2f(3)log2f(2)log2f(2 014)log2f(2 013)log2f(2 014)log2f(1)log2log2log21.【答案】log21三、解答题9(2013四川高考)在等差数列an中，a1a38，且a4为a2和a9的等比中项，求数列an的首项、公差及前n项和【解】设该数列的公差为d，前n项和为Sn.由已知可得2a12d8，(a13d)2(a1d)(a18d)，所以a1d4，d(d3a1)0，解得a14，d0或a11，d3，即数列an的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以数列的前n项和Sn4n或Sn.10(2014山东实验中学模拟)已知单调递增的等比数列an满足：a2a3a428，且a32是a2，a4的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)若bnanlogan，Snb1b2bn，求使Snn2n150成立的正整数n的最小值【解】(1)设等比数列an的首项为a1，公比为q，依题意，有2(a32)a2a4，代入a2a3a428，得a38，a2a420，解之得或又an单调递增，q2，a12，an2n.(2)bn2nlog2nn2n，Sn12222323n2n，2Sn122223324(n1)2nn2n1，得Sn222232nn2n1n2n12n1n2n12，Snn2n150，即2n1250，2n152，又当n4时，2n1253252.故使Snn2n150成立的正整数n的最小值为5.B组能力提升1(2014云南省玉溪一中模拟)设等差数列an的前n项和为Sn，且满足S150，S160，得a80.由S160，得a9a80，所以a90，所以dS14S10.又a1a2a80a9a10a15，所以最大的项为，故选D.【答案】D2已知数列an满足a11，a22，an2，则该数列前26项的和为_【解析】由于a11，a22，an2，所以a31，a4，a51，a62，所以an是周期为4的数列，故S2661210.【答案】103已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1，an2SnSn1(n2)(1)求数列an的通项公式an；(2)求证：SSS.【解】(1)an2SnSn1(n2)，SnSn12SnSn1.两边同除以SnSn1，得2(n2)，数列是以2为首项，以d2为公差的等差数列，(n1)d22(n1)2n，Sn.将Sn代入an2SnSn1，得an(2)证明S(n2)，S，当n2时，SSS；当n1时，S.综上，SSS.专题突破练(四)A组基础训练一、选择题1(2014哈尔滨模拟)将直三棱柱截去三个角(如图7(1)所示，A，B，C分别是GHI三边的中点)得到的几何体(如图(2)，则该几何体按图(2)所示方向的侧视图(或称左视图)为() (1) (2)图7【解析】当直三棱柱没有截去三个角时，侧视图如图所示，由此可知截去三个角后的侧视图如图所示，故选A.【答案】A2已知两条互不重合的直线m，n，两个不同的平面，下列命题中正确的是()A若m，n，且mn，则B若m，n，且mn，则C若m，n，且mn，则D若m，n，且mn，则【解析】对于选项D，m，mn，则n或n，即存在直线l，使得ln，故l，得.故选D.【答案】D图83(2014南昌模拟)正四棱锥SABCD的底面边长为4，高SE8，则过点A，B，C，D，S的球的半径为()A3 B4C5 D6【解析】如图所示，过A，B，C，D，S的球心为O，由OE2EC2OC2，可得(8R)242R2，解得R5，故应选C.【答案】C图94如图9所示，ABCDA1B1C1D1是棱长为6的正方体，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AEBF.当A1，E，F，C1共面时，平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为()A. B.C. D.【解析】以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，易知当E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A1，E，F、C1共面，设平面A1DE的法向量为n1(a，b，c)，依题意得可取n1(1,2,1)，同理可得平面C1DF的一个法向量为n2(2，1,1)，故平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为.故选B.【答案】B图105如图10，在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列命题正确的是()A平面ABD平面ABC B平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDC D平面ADC平面ABC【解析】在平面图形中CDBD，折起后仍有CDBD，由于平面ABD平面BCD，故CD平面ABD，CDAB，又ABAD，故AB平面ADC，所以平面ABC平面ADC，故选D.【答案】D二、填空题6(2013湖北高考)我国古代数学名著数书九章中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸若盆中积水深九寸，则平地降雨量是_寸(注：平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；一尺等于十寸)【解析】圆台的轴截面是下底长为12寸，上底长为28寸，高为18寸的等腰梯形，雨水线恰为中位线，故雨水线直径是20寸，降水量为3(寸)【答案】3图117(2014长沙模拟)如图11，在三棱锥DABC中，若ABBC，ADCD，E是AC的中点，则平面ADC与平面BDE的关系是_【解析】由ADCD知DEAC，由ABBC知，BEAC，则AC平面BDE，故平面ADC平面BDE.【答案】垂直8设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列命题：若，m，n，则mn；若，m，n，则mn；若，m，n，则mn；若，m，n，则mn.上面命题中，所有真命题的序号为_【解析】对于，m，n可能是异面直线，故错；对于，两条直线m和n也可以相交或异面，故错；，正确【答案】三、解答题图129(2013江苏高考)如图12，在三棱锥SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB.过A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点求证：(1)平面EFG平面ABC；(2)BCSA.【正解】(1)因为ASAB，AFSB，垂足为F，所以F是SB的中点又因为E是SA的中点，所以EFAB.因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.同理EG平面ABC.又EFEGE，所以平面EFG平面ABC.(2)因为平面SAB平面SBC，且交线为SB，又AF平面SAB，AFSB，所以AF平面SBC.因为BC平面SBC，所以AFBC.又因为ABBC，AFABA，AF平面SAB，AB平面SAB，所以BC平面SAB.因为SA平面SAB，所以BCSA.图1310(2014烟台模拟)如图13，平面ABCD平面ADEF，其中ABCD为矩形，ADEF为梯形，AFDE，AFFE，AFAD2DE2，M为AD的中点(1)证明：MFBD；(2)若二面角ABFD的平面角的余弦值为，求AB的长【解】(1)证明由已知得ADF为正三角形，所以MFAD，因为平面ABCD平面ADEF，平面ABCD平面ADEFAD，MF平面ADEF，所以MFBD.(2)设ABx，以F为原点，AF，FE所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则F(0,0,0)，A(2,0,0)，D(1，0)，B(2,0，x)，所以(1，0)，(2,0，x)因为EF平面ABF，所以平面ABF的法向量可取n1(0,1,0)设n2(x1，y1，z1)为平面BFD的法向量，则可取n2.因为cosn1，n2，得x，所以AB.B组能力提升1已知正方形ABCD的边长是4，对角线AC与BD交于O，将正方形ABCD沿对角线BD折成60的二面角，并给出下面结论：ACBD；ADCO；AOC为正三角形；cosADC.则其中的真命题是()A B C D【解析】如图所示，易知ACO为二面角ABDC的平面角，即AOC60，且AOOC，故AOC为正三角形，即正确；又BD平面ACO，故BDAC，即正确；在ADC中，知ADDC4，ACAO2，故利用余弦定理可解得cosADC，故正确，因此选A.【答案】A2(2014温州模拟)如图14，正方形ABCD与正方形CDEF所成的二面角为60，则直线EC与直线AD所成的角的余弦值为_图14【解析】设正方形边长为1，连接AE，BE，CE易知ADE为二面角的平面角，从而ADE为等边三角形，所以AE1，BECE，BC1，在BEC中求得cosBCE，从而直线EC与AD所成角的余弦值为.【答案】图153(2013浙江高考)如图15，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC.(1)证明：PQ平面BCD；(2)若二面角CBMD的大小为60，求BDC的大小【解】(1)证明如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知A(0，2)，B(0，0)，D(0，0)设点C的坐标为(x0，y0,0)，因为3，所以Q.因为点M为AD的中点，故M(0，1)又点P为BM的中点，故P，所以.又平面BCD的一个法向量为a(0,0,1)，故a0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD.(2)设m(x，y，z)为平面BMC的一个法向量由(x0，y0,1)，(0,2，1)，知取y1，得m.又平面BDM的一个法向量为n(1,0,0)，于是|cosm，n|，即23.又BCCD，所以0，故(x0，y0,0)(x0，y0,0)0，即xy2.联立，解得(舍去)或所以tanBDC.又BDC是锐角，所以BDC60.专题突破练(六)A组基础训练一、选择题1.若n的展开式中第3项的二项式系数是15，则展开式中所有项系数之和为()A. B. C. D.【解析】由题意知C15，所以n6，则n6，令x1，得各项系数之和为6.【答案】B2.在ABC中，ABC60，AB2，BC3，在BC上任取一点D，使ABD为钝角三角形的概率为()A. B. C. D.【解析】在ABC中，由余弦定理AC，cosBAC0.当BDA为直角时，BD1，又BC3，当BDA为钝角时的概率P.【答案】B3.如图5是统计高三年级2 000名同学某次数学考试成绩的程序框图，S代表分数，若输出的结果是560，则这次考试数学分数不低于90分的同学的概率是 ()图5A.0.28 B.0.38 C.0.72 D.0.62【解析】由程序框图知，输出结果为数学分数低于90分的同学人数，故数学分数不低于90的同学有2 0005601 440(人)，所求事件的概率P0.72.【答案】C4.签盒中有编号为1,2,3,4,5,6的六支签，从中任意取3支，设X为这3支签的号码之中最大的一个，则X的数学期望为()A.5 B.5.25 C.5.8 D.4.6【解析】由题意可知，X可以取3,4,5,6，P(X3)，P(X4)，P(X5)，P(X6).E(X)34565.25.【答案】B5.(2013安徽高考)某班级有50名学生，其中有30名男生和20名女生，随机询问了该班五名男生和五名女生在某次数学测验中的成绩，五名男生的成绩分别为86,94,88,92,90，五名女生的成绩分别为88,93,93,88,93.下列说法一定正确的是()A.这种抽样方法是一种分层抽样B.这种抽样方法是一种系统抽样C.这五名男生成绩的方差大于这五名女生成绩的方差D.该班男生成绩的平均数小于该班女生成绩的平均数【解析】根据分层抽样和系统抽样定义判断A，B，求出五名男生和五名女生成绩的方差判断C.A，不是分层抽样，因为抽样比不同.B，不是系统抽样，因为随机询问，抽样间隔未知.C，五名男生成绩的平均数是90，五名女生成绩的平均数是91，五名男生成绩的方差为s(1616440)8，五名女生成绩的方差为s(94494)6，显然，五名男生成绩的方差大于五名女生成绩的方差.D，由于五名男生和五名女生的成绩无代表性，不能确定该班男生和女生的平均成绩.【答案】C二、填空题图66.某校开展“爱我家乡”摄影比赛，9位评委为参赛作品A给出的分数如图6所示.记分员在去掉一个最高分和一个最低分后，算得平均分为91，复核员在复核时，发现有一个数字(茎叶图中的x)无法看清，若记分员计算无误，则数字x应该是 .【解析】若数字90x是最高分，则平均分为1(88899192929394)91.3，不合题意，因此最高分为94分，此时平均分2(88899192929390x)，(635x)91，解得x2.【答案】27.(2013课标全国卷)从n个正整数1,2，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为，则n .【解析】先找出两数之和等于5的各种情况，再结合组合知识求解.由题意知n4，取出的两数之和等于5的有两种情况：1,4和2,3，所以P，即n2n560，解得n7(舍去)或n8.【答案】88.某工厂经过技术改造后，降低了能源消耗，经统计该厂某种产品的产量x(单位：吨)与相应的生产能耗y(单位：吨)有如下几组样本数据：x3456y2.5344.5根据相关性检验，这组样本数据具有线性相关关系，通过线性回归分析，求得回归直线的斜率为0.7.已知该产品的年产量为10吨，则该工厂每年大约消耗的汽油为 吨.【解析】易知4.5，3.5，且样本点中心(，)在回归直线0.7xb上，从而b3.50.74.50.35，故回归直线方程为0.7x0.35，当x10时，0.7100.357.35(吨).【答案】7.35三、解答题9.假设某班级教室共有4扇窗户，在每天上午第三节课上课预备铃声响起时，每扇窗户或被敞开或被关闭，且概率均为0.5.记此时教室里敞开的窗户个数为X.(1)求X的分布列；(2)若此时教室里有两扇或两扇以上的窗户被关闭，班长就会将关闭的窗户全部敞开，否则维持原状不变.记每天上午第三节课上课时该教室里敞开的窗户个数为Y，求Y的数学期望.【解】(1)X的所有可能取值为0,1,2,3,4，XB(4,0.5)，P(X0)C4，P(X1)C4，P(X2)C4，P(X3)C4，P(X4)C4，X的分布列为X01234P(2)Y的所有可能取值为3,4，则P(Y3)P(X3)，P(Y4)1P(Y3)，Y的期望值E(Y)34.10.(2013福建高考)某工厂有25周岁以上(含25周岁)工人300名，25周岁以下工人200名.为研究工人的日平均生产量是否与年龄有关，现采用分层抽样的方法，从中抽取了100名工人，先统计了他们某月的日平均生产件数，然后按工人年龄在“25周岁以上(含25周岁)”和“25周岁以下”分为两组，再将两组工人的日平均生产件数分成5组：50,60)、60,70)、70,80)、80,90)、90,100分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图.25周岁以上组25周岁以下组图7(1)从样本中日平均生产件数不足60件的工人中随机抽取2人，求至少抽到一名“25周岁以下组”工人的概率；(2)规定日平均生产件数不少于80件者为“生产能手”，请你根据已知条件完成22列联表，并判断是否有90%的把握认为“生产能手与工人所在的年龄组有关”？附：2P(2k)0.1000.0500.0100.001k2.7063.8416.63510.828(注：此公式也可以写成K2)【解】(1)由已知得，样本中有25周岁以上组工人60名，25周岁以下组工人40名，所以，样本中日平均生产件数不足60件的工人中，25周岁以上组工人有600.053(人)，记为A1，A2，A3；25周岁以下组工人有400.052(人)，记为B1，B2.从中随机抽取2名工人，所有的可能结果共有10种，它们是：(A1，A2)，(A1，A3)，(A2，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(B1，B2).其中，至少有1名“25周岁以下组”工人的可能结果共有7种，它们是：(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(B1，B2).故所求的概率P.(2)由频率分布直方图可知，在抽取的100名工人中，“25周岁以上组”中的生产能手600.2515(人)，“25周岁以下组”中的生产能手400.37515(人)，据此可得22列联表如下：生产能手非生产能手合计25 周岁以上组15456025周岁以下组152540合计3070100所以得K21.79.因为1.792.706，所以没有90%的把握认为“生产能手与工人所在的年龄组有关”.B组能力提升1.已知x，y满足(xZ，yZ)，每一对整数(x，y)对应平面上一个点，则过这些点中的其中3个点可作不同的圆的个数为()A.45 B.36 C.30 D.27【解析】如图所示，阴影中的整点部分为x，y满足的区域，其中整数点(x，y)共有8个，从中任取3个有C56种取法.其中三点共线的有1C11.故可作不同的圆的个数为45.【答案】A2.(2013山东高考)执行下面的程序框图，若输入的的值为0.25，则输出的n的值为 .图8【解析】根据运行顺序计算出的值，当时输出n的值，结束程序.由程序框图可知：第一次运行：F1123，F0312，n112，不满足要求，继续运行；第二次运行：F1235，F0523，n213，0.2，满足条件.结束运行，输出n3.【答案】3图93.(2013湖南高考)某人在如图9所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物.根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量Y(单位：kg)与它的“相近”作物株数X之间的关系如下表所示：X1234Y51484542这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米.(1)从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物，求它们恰好“相近”的概率；(2)从所种作物中随机选取一株，求它的年收获量的分布列与数学期望.【解】(1)所种作物总株数N1234515，其中三角形地块内部的作物株数为3，边界上的作物株数为12.从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株的不同结果有CC36(种)，选取的两株作物恰好“相近”的不同结果有3328(种).故从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物，它们恰好“相近”的概率为.(2)先求从所种作物中随机选取的一株作物的年收获