广西2019高考数学二轮复习组合增分练6解答题组合练B

1 组合增分练组合增分练 6 6 解答题组合练解答题组合练b b 1 1 已知点p 1 q cos x sin x o为坐标原点 函数f x 3op qp 1 求函数f x 的最小值及此时x的值 2 若a为 abc的内角 f a 4 bc 3 abc的面积为 求 abc的周长 33 4 2 2 已知函数f x cos cos x x r r 为常数 且 1 2 函数f x 的图象关于直线 x 3 x 对称 1 求函数f x 的最小正周期 2 在 abc中 角a b c的对边分别为a b c 若a 1 f 求 abc面积的最大值 3 5a 1 2 3 3 环境空气质量标准 中规定 居民区 pm2 5 的年平均浓度不得超过 35 微克 立方米 pm2 5 的 24 小时平均浓度不得超过 75 微克 立方米 我市环保局随机抽取了一居民区 2016 年 20 天 pm2 5 的 24 小时平均浓度 单位 微克 立方米 的监测数据 数据统计如表 组别pm2 5 浓度 微克 立方米 频数 天 频率 第一组 0 25 30 15 第二组 25 50 120 6 第三组 50 75 30 15 第四组 75 100 20 1 1 从样本中 pm2 5 的 24 小时平均浓度超过 50 微克 立方米的天数中 随机抽取 2 天 求恰好有一 天 pm2 5 的 24 小时平均浓度超过 75 微克 立方米的概率 2 将这 20 天的测量结果按上表中分组方法绘制成的样本频率分布直方图如图 求图中a的值 求样本平均数 并根据样本估计总体的思想 从 pm2 5 的年平均浓度考虑 判断该居民区的环境质 量是否需要改善 并说明理由 2 4 4 某校为指导学生合理选择文理科的学习 根据数理综合测评成绩 按 6 分为满分进行折算后 若学 生成绩小于m分则建议选择文科 不低于m分则建议选择理科 这部分学生称为候选理科生 现从 该校高一随机抽取 500 名学生的数理综合成绩作为样本 整理得到分数的频率分布直方图 如图所 示 1 求直方图中的t值 2 根据此次测评 为使 80 以上的学生选择理科 成绩m至多定为多少 3 若m 4 试估计该校高一学生中候选理科学生的平均成绩 精确到 0 01 5 5 已知函数f x x mln x m r r g x x2 ex xex m 1 x 1 2 1 当x 1 e 时 求f x 的最小值 2 当m 2 时 若 x1 e e2 使得 x2 2 0 f x1 g x2 成立 求实数m的取值范围 6 6 设a b r r a 1 已知函数f x x3 6x2 3a a 4 x b g x exf x 1 求f x 的单调区间 2 已知函数y g x 和y ex的图象在公共点 x0 y0 处有相同的切线 求证 f x 在x x0处的导数等于 0 若关于x的不等式g x ex在区间 x0 1 x0 1 上恒成立 求b的取值范围 3 组合增分练 6 6 答案 1 1 解 1 由题意 1 cos x 1 sin x op3qp3 f x 3 cos x 1 sin x 4 2sin op qp3 x 3 当x 2k k z z 时 f x 取得最小值 2 6 2 f a 4 即 4 2sin 4 a 3 可得a k k z z 0 a 3 a bc 3 2 3 由余弦定理可得a2 b2 c2 2bccos 即 9 b c 2 bc 2 3 又 abc的面积为 即bcsin a 可得bc 3 那么b c 2 33 4 1 3 33 43 故得 abc的周长为a b c 2 3 3 2 2 解 1 f x cos cos x sin x cos x sin x 3 3 2 1 2 x 6 由函数f x 的图象关于直线x 对称 可得 x k k z z 6 2 k k z z 2 3 1 2 k 1 5 3 f x sin 5 3x 6 则函数f x 最小正周期t 2 5 3 6 5 2 由 1 知f sin 0 a a 3 5a a 6 1 2 6 6 35 所以去年该居民区 pm2 5 年平均浓度不符合环境空气质量标准 故该居民区的环境需 要改进 4 4 解 1 根据频率分布直方图中频率和为 1 得 0 15 1 t 1 0 30 1 t 1 0 15 1 1 解得 t 0 2 2 使 80 以上的学生选择理科 则 0 15 0 2 0 3 0 80 得f x 1 m 1 x m x m 1 x2 x 1 x m 1 x2 当m 2 时 f x 在 1 e 上f x 0 f x 是递增函数 f x min f 1 2 m 4 当m e 1 时 f x 在 1 e 上f x 0 f x 是递减函数 f x min f e e m m 1 e 当 2 m e 1 时 f x 在 1 m 1 上f x 0 在 m 1 e 上f x 0 f x min f m 1 m 2 mln m 1 2 已知等价于f x1 min g x2 min 由 1 知当m 2 时 f x 在 e e2 上f x 0 f x min f e e m m 1 e 而g x x ex x 1 ex x 1 ex 当x2 2 0 g x2 0 g x2 min g 0 1 m 2 e m 1 m 1 e 故实数m的取值范围是 e2 e 1 e 1 2 6 6 1 解 由f x x3 6x2 3a a 4 x b 可得f x 3x2 12x 3a a 4 3 x a x 4 a 令f x 0 解得x a或x 4 a 由 a 1 得a0 可得f x 1 又因为f x0 1 f x0 0 故x0为f x 的极大值点 由 1 知x0 a 另一方面 由于 a 1 故a 1 4 a 由 1 知f x 在 a 1 a 内单调递增 在 a a 1 内单调递减 故当x0 a时 f x f a 1 在 a 1 a 1 上恒成立 从而g x ex在 x0 1 x0 1 上恒成立 由f a a3 6a2 3a a 4