2018年数学二轮复习课时跟踪检测（十二）文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精15-学必求其心得，业必贵于专精PAGE课时跟踪检测(十二）A组—-12＋4提速练一、选择题1．(2017·南昌模拟)某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一1000人、高二1200人、高三n人中,抽取81人进行问卷调查．已知高二被抽取的人数为30,那么n＝(）A．860 B．720C．1020 D．1040解析：选D根据分层抽样方法，得eq\f（1200，1000＋1200＋n)×81＝30，解得n＝1040.2．(2018届高三·西安八校联考)某班对八校联考成绩进行分析,利用随机数表法抽取样本时，先将60个同学按01,02,03，…，60进行编号，然后从随机数表第9行第5列的数开始向右读，则选出的第6个个体是(）(注：下表为随机数表的第8行和第9行)eq\b\lc\\rc\｝(\a\vs4\al\co1（63016378591695556719981050,717512867358074439523879））第8行eq\b\lc\\rc\}（\a\vs4\al\co1(33211234297864560782524207，443815510013429966027954）)第9行A．07 B．25C．42 D．52解析:选D依题意得，依次选出的个体分别为12，34，29，56,07，52，…因此选出的第6个个体是52，故选D。3．（2017·宝鸡质检)对一批产品的长度(单位：毫米)进行抽样检测，样本容量为200，如图为检测结果的频率分布直方图，根据产品标准,单件产品长度在区间[25,30)的为一等品，在区间[20,25)和[30，35)的为二等品,其余均为三等品,则该样本中三等品的件数为（）A．5 B．7C．10 D．50解析：选D根据题中的频率分布直方图可知，三等品的频率为1－（0.0500＋0.0625＋0.0375）×5＝0。25，因此该样本中三等品的件数为200×0.25＝50，故选D。4．(2016·全国卷Ⅱ）从区间[0,1]随机抽取2n个数x1，x2,…,xn，y1，y2，…，yn，构成n个数对（x1，y1），(x2,y2），…,（xn，yn），其中两数的平方和小于1的数对共有m个,则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为（)A.eq\f（4n，m) B.eq\f（2n,m)C。eq\f（4m,n） D.eq\f（2m，n）解析：选C因为x1，x2，…,xn,y1，y2，…，yn都在区间[0,1]内随机抽取，所以构成的n个数对（x1，y1)，(x2，y2)，…,(xn，yn）都在边长为1的正方形OABC内（包括边界）,如图所示．若两数的平方和小于1，则对应的数对在扇形OAC内（不包括扇形圆弧上的点所对应的数对)，故在扇形OAC内的数对有m个．用随机模拟的方法可得eq\f（S扇形，S正方形)＝eq\f（m,n），即eq\f(π，4）＝eq\f(m,n),所以π＝eq\f(4m,n）.5．在一组样本数据(x1，y1）,（x2,y2)，…,（xn，yn）(n≥2，x1，x2，…,xn不全相等）的散点图中，若所有样本点（xi，yi)（i＝1，2，…，n)都在直线y＝eq\f（1，2)x＋1上,则这组样本数据的样本相关系数为（）A．－1 B．0C。eq\f(1，2) D．1解析：选D因为所有样本点都在直线y＝eq\f（1,2)x＋1上，所以这组样本数据完全正相关，故其相关系数为1。6．甲、乙两位歌手在“中国新歌声"选拔赛中,5次得分情况如图所示．记甲、乙两人的平均得分分别为eq\x\to(x)甲，eq\x\to(x）乙,则下列判断正确的是()A。eq\x\to(x）甲＜eq\x\to（x）乙,甲比乙成绩稳定B。eq\x\to(x）甲＜eq\x\to(x)乙，乙比甲成绩稳定C。eq\x\to（x)甲＞eq\x\to(x)乙,甲比乙成绩稳定D.eq\x\to(x）甲＞eq\x\to(x）乙,乙比甲成绩稳定解析:选Beq\x\to(x）甲＝eq\f(76＋77＋88＋90＋94，5)＝85,eq\x\to(x)乙＝eq\f（75＋88＋86＋88＋93，5）＝86，seq\o\al（2,甲)＝eq\f（1，5）[(76－85）2＋（77－85）2＋(88－85)2＋（90－85)2＋（94－85）2］＝52，seq\o\al（2,乙)＝eq\f(1，5）[(75－86)2＋(88－86）2＋(86－86）2＋（88－86)2＋（93－86)2]＝35。6，所以eq\x\to(x）甲＜eq\x\to(x）乙，seq\o\al（2,甲）＞seq\o\al(2,乙)，故乙比甲成绩稳定,故选B。7．(2017·洛阳统考)若θ∈[0，π］，则sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π，3))）〉eq\f(1,2）成立的概率为()A。eq\f（1,3)B.eq\f（1,2）C.eq\f（2，3)D．1解析：选B依题意，当θ∈［0，π］时，θ＋eq\f(π，3）∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(π,3),\f（4π,3)）），由sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（θ＋\f（π,3）))〉eq\f(1，2)得eq\f(π,3）≤θ＋eq\f(π，3)〈eq\f(5π，6)，即0≤θ<eq\f(π，2).因此,所求的概率为eq\f(\f(π，2),π)＝eq\f（1，2).8．将一枚骰子先后抛掷两次，并记朝上的点数分别为m,n,m为2或4时，m＋n>5的概率为（）A。eq\f（2,27）B。eq\f（2,9）C。eq\f(1，3)D.eq\f（2,3)解析：选D依题意得，先后抛掷两次骰子所得的点数对(m，n)为：(1，1),(1，2)，（1,3)，（1,4），(1,5）,…，(6,5)，（6,6），共有36组,其中当m＝2或4时,相应的点数对（m,n)共有12组．当m＝2时，满足m＋n>5,即n>3的点数对（m，n）共有3组；当m＝4时，满足m＋n〉5，即n〉1的点数对（m，n）共有5组，因此所求的概率为eq\f（3＋5，12)＝eq\f(2,3）。9．(2017·惠州调研)齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马,田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现从双方的马匹中各随机选一匹进行一场比赛,则田忌的马获胜的概率为()A。eq\f(1，3)B.eq\f(1,4)C。eq\f(1，5）D.eq\f(1，6）解析:选A设田忌的上、中、下三个等次的马分别为A，B，C，齐王的上、中、下三个等次的马分别为a,b,c，从双方的马匹中各随机选一匹进行一场比赛的所有可能结果有Aa,Ab，Ac，Ba，Bb,Bc，Ca，Cb,Cc，共9种,田忌马获胜有Ab，Ac,Bc,共3种,所以田忌的马获胜的概率为eq\f（1,3).10．（2018届高三·西安八校联考)在平面区域{（x，y）｜0≤x≤1，1≤y≤2}内随机投入一点P，则点P的坐标(x，y）满足y≤2x的概率为（)A.eq\f(3，4）B.eq\f（2，3)C.eq\f（1,2）D.eq\f(1，4)解析：选D依题意得，不等式组eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（0≤x≤1,,1≤y≤2)）表示的平面区域为如图所示的正方形ABCD的内部(含边界）,其面积为1×1＝1，不等式组eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(0≤x≤1,,1≤y≤2,，y≤2x)）表示的平面区域为图中阴影部分（含边界）,其面积为eq\f（1，2)×eq\f（1，2)×1＝eq\f（1，4)，因此所求的概率为eq\f(1,4）。11．(2018届高三·广东五校联考)在区间［－1，1］上随机取一个数k，使直线y＝k(x＋3)与圆x2＋y2＝1相交的概率为()A.eq\f(1,2）B.eq\f（1，3）C.eq\f(\r（2），4)D。eq\f（\r(2）,3)解析：选C若直线y＝k（x＋3)与圆x2＋y2＝1相交，则圆心到直线的距离d＝eq\f(|3k｜,\r（1＋k2))〈1，解得－eq\f(\r(2），4)〈k〈eq\f（\r（2)，4），故在区间［－1,1]上随机取一个数k，使直线y＝k(x＋3)与圆x2＋y2＝1相交的概率为P＝eq\f（\f(\r(2）,2),2）＝eq\f（\r(2）,4）.12．已知样本(x1，x2,…，xn）的平均数为eq\x\to（x),样本(y1，y2,…，ym)的平均数为eq\x\to（y)(eq\x\to(x)≠eq\x\to（y）），若样本(x1，x2，…，xn，y1，y2，…，ym）的平均数eq\x\to(z）＝aeq\x\to（x)＋（1－a）eq\x\to(y)，其中0<a〈eq\f（1，2）,则n，m的大小关系为(）A．n<m B．n〉mC．n＝m D．不能确定解析：选A由题意可得，eq\x\to(x)＝eq\f（x1＋x2＋…＋xn，n)，eq\x\to(y）＝eq\f(y1＋y2＋…＋ym,m)，则eq\x\to（z)＝eq\f（x1＋x2＋…＋xn＋y1＋y2＋…＋ym,n＋m）＝eq\f（n,n＋m)·eq\f（x1＋x2＋…＋xn，n)＋eq\f(m,n＋m)·eq\f(y1＋y2＋…＋ym，m）＝eq\f(n，n＋m）·eq\x\to(x)＋eq\f(m,n＋m）·eq\x\to(y）＝aeq\x\to(x)＋（1－a）eq\x\to（y)，所以eq\f(n，n＋m）＝a,eq\f(m，n＋m）＝1－a，又0<a〈eq\f（1，2)，所以0〈eq\f(n，n＋m)〈eq\f（1,2）〈eq\f(m,n＋m),故n<m。二、填空题13．（2017·石家庄质检)设样本数据x1，x2,…，x2017的方差是4，若yi＝2xi－1（i＝1,2，…，2017)，则y1，y2,…，y2017的方差为________．解析:设样本数据的平均数为eq\o(x，\s\up6(－))，则yi＝2xi－1的平均数为2eq\o（x,\s\up6(－)）－1，则y1，y2，…，y2017的方差为eq\f(1，2017）[（2x1－1－2eq\o(x，\s\up6（－）)＋1)2＋(2x2－1－2eq\o（x，\s\up6（－))＋1）2＋…＋(2x2017－1－2eq\o(x,\s\up6(－）)＋1)2］＝4×eq\f(1,2017)［(x1－eq\o（x,\s\up6（－）））2＋（x2－eq\o(x，\s\up6（－))）2＋…＋（x2017－eq\o(x，\s\up6（－）））2］＝4×4＝16.答案：1614．（2018届高三·广西三市联考）已知函数f(x)＝logax＋logeq\f（1,a)8（a〉0，且a≠1），在集合eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1（eq\f（1，4)，eq\f(1，3)，eq\f（1,2)，3，4，5，6，7))中任取一个数a，则f(3a＋1）>f(2a)>0的概率为________．解析：∵3a＋1〉2a，f（3a＋1)〉f(2a）,f(x）＝logax－loga8，∴a〉1.又f（2a)〉0，∴2a〉8，即a>4，符合条件的a的值为5,6,7，故所求概率为eq\f(3,8）.答案：eq\f(3,8）15．(2017·张掖模拟)在区间［0，π］上随机取一个数θ,则使eq\r（2)≤eq\r(2）sinθ＋eq\r(2）cosθ≤2成立的概率为________．解析：由eq\r（2）≤eq\r(2)sinθ＋eq\r（2）cosθ≤2,得eq\f(\r(2），2)≤sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（θ＋eq\f（π,4))）≤1，结合θ∈［0,π]，得满足条件的θ∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（0,\f（π，2))），∴使eq\r(2)≤eq\r（2）sinθ＋eq\r（2）cosθ≤2成立的概率为eq\f（\f（π,2）,π)＝eq\f（1，2）.答案:eq\f（1,2)16．甲、乙两人在5次综合测评中成绩的茎叶图如图所示，其中一个数字被污损，记甲、乙的平均成绩分别为eq\o（x,\s\up6(－）)甲，eq\o(x,\s\up6(－))乙,则eq\o（x,\s\up6（－)）甲>eq\o（x，\s\up6（－))乙的概率是________．解析:设污损处的数字为m,由eq\f(1,5）(84＋85＋87＋90＋m＋99）＝eq\f(1，5)(86＋87＋91＋92＋94），得m＝5，即当m＝5时，甲、乙两人的平均成绩相等．m的取值有0,1,2，3，…，9，共10种可能，其中，当m＝6,7,8，9时，eq\o(x，\s\up6（－）)甲>eq\o（x,\s\up6（－））乙，故所求概率为eq\f（4，10)＝eq\f（2，5).答案：eq\f(2,5)B组—-能力小题保分练1．(2017·成都模拟）两位同学约定下午5:30～6：00在图书馆见面,且他们5：30~6:00之间到达的时刻是等可能的，先到的同学须等待，若15分钟后还未见面便离开．则这两位同学能够见面的概率是()A。eq\f（11,36)B。eq\f（1，4)C.eq\f（1,2）D.eq\f（3，4）解析：选D如图所示，以5:30作为原点O，建立平面直角坐标系，设两位同学到达的时刻分别为x，y,设事件A表示两位同学能够见面，所构成的区域为A＝{(x，y）|｜x－y｜≤15｝,即图中阴影部分，根据几何概型概率计算公式得P(A)＝eq\f(30×30－2×\f（1，2）×15×15,30×30）＝eq\f(3,4).2．(2017·广州模拟)四个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着一枚完全相同的硬币,所有人同时抛出自己的硬币．若硬币正面朝上,则这个人站起来；若硬币正面朝下，则这个人继续坐着．那么没有相邻的两个人站起来的概率为（）A。eq\f(1,4)B。eq\f（7，16）C。eq\f(1，2）D.eq\f(9，16)解析：选B四个人按顺序围成一桌，同时抛出自己的硬币抛出的硬币正面记为0，反面记为1，则总的基本事件为(0，0，0,0），(0，0，0,1),(0,0,1,0),(0，0,1，1）,(0,1,0，0），(0,1,0，1），（0，1，1，0)，(0，1,1，1)，（1,0,0,0），(1，0,0,1），（1,0,1,0），(1，0，1，1）,(1,1，0,0）(1,1,0,1），(1,1,1，0），（1，1,1，1),共有16种情况．若四个人同时坐着，有1种情况;若三个人坐着，一个人站着,有4种情况；若两个人坐着，两个人站着，此时没有相邻的两个人站起来有2种情况．所以没有相邻的两个人站起来的情况共有1＋4＋2＝7种，故所求概率为eq\f（7，16）。3．一个样本容量为10的样本数据，它们组成一个公差不为0的等差数列｛an｝，若a3＝8，且a1，a3，a7成等比数列，则此样本的平均数和中位数分别是（)A．13,12 B．13,13C．12，13 D．13，14解析：选B设等差数列｛an｝的公差为d(d≠0)，a3＝8,a1a7＝aeq\o\al(2，3)＝64,即（8－2d）(8＋4d）＝64，又d≠0,所以d＝2，故样本数据为:4，6,8,10,12,14，16,18,20,22，平均数为eq\f(S10,10)＝eq\f(4＋22×5,10）＝13，中位数为eq\f(12＋14,2)＝13.4．根据如下样本数据：x34567y4.0a－5。4－0。50。5b－0。6得到的回归方程为eq\o（y,\s\up6（^))＝bx＋a。若样本点的中心为(5,0.9），则当x每增加1个单位时,y就(）A．增加1.4个单位 B．减少1。4个单位C．增加7.9个单位 D．减少7.9个单位解析：选B依题意得，eq\f(4。0＋a－5。4－0。5＋0。5＋b－0.6，5)＝0.9，故a＋b＝6.5;①又样本点的中心为（5,0.9)，故0.9＝5b＋a， ②联立①②，解得b＝－1.4，a＝7.9,则eq\o(y，\s\up6（^））＝－1.4x＋7。9，所以当x每增加1个单位时,y就减少1.4个单位．5．正六边形ABCDEF的边长为1，在正六边形内随机取点M，则使△MAB的面积大于eq\f(\r（3),4）的概率为________．解析：如图所示,作出正六边形ABCDEF，其中心为O,过点O作OG⊥AB,垂足为G，则OG的长为中心O到AB边的距离．易知∠AOB＝eq\f（360°，6）＝60°，且OA＝OB，所以△AOB是等边三角形，所以OA＝OB＝AB＝1，OG＝OA·sin60