备战2025年高考二轮复习数学题型专项练12 压轴大题抢分练（A）（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学题型专项练12 压轴大题抢分练（A）（Word版附解析），共3页。试卷主要包含了001,β=0等内容，欢迎下载使用。

1.(17分)(2024福建漳州三模)某汽车厂商生产某型号具有自动驾驶功能的汽车,该型号汽车配备两个相互独立的自动驾驶系统(记为系统A和系统B),该型号汽车启动自动驾驶功能后,先启动这两个自动驾驶系统中的一个,若一个系统出现故障,则自动切换到另一个.为了确定先启动哪一个系统,进行如下试验:每一轮对系统A和系统B分别进行测试,得出一轮的测试结果后,再安排下一轮试验.当一个系统出现故障的次数比另一个系统少2次时,就停止试验,并认为出现故障少的系统比另一个系统更稳定.为了方便描述问题,约定:对于每一轮试验,若系统A不出现故障且系统B出现故障,则系统A得1分,系统B得-1分;若系统A出现故障且系统B不出现故障,则系统A得-1分,系统B得1分;若两个系统都不出现故障或都出现故障,则两个系统均得0分.设系统A、系统B出现故障的概率分别记为α,β,一轮试验中系统A的得分为X.
(1)求X的分布列;
(2)若系统A和系统B在试验开始时都赋予2分,pi(i=0,1,2,3,4)表示“系统A的累计得分为i时,最终认为系统A比系统B更稳定”的概率,则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).现根据p2的值来决定该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动哪个系统,若p2≤0.1,则先启动系统B;若p2≥0.9,则先启动系统A;若0.1(ⅰ)证明:p2=(1-α)2β2α2(1-β)2+(1-α)2β2;
(ⅱ)若α=0.001,β=0.002,由(ⅰ)可求得p2≈0.8,求该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统的概率.
(1)解X的可能取值为-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的分布列为
(2)(ⅰ)证明由题意,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-β)+(1-α)β]pi-α(1-β)pi-1(1-α)β,i=1,2,3,
又p0=0,所以p2=[α(1-β)+(1-α)β]p1-α(1-β)p0(1-α)β=[α(1-β)+(1-α)β]p1(1-α)β,
p3=[α(1-β)+(1-α)β]p2-α(1-β)p1(1-α)β=1(1-α)β[α(1-β)+(1-α)β]p2-α(1-β)·(1-α)βα(1-β)+(1-α)βp2
=1(1-α)β·[α(1-β)+(1-α)β]·
{[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)β=1(1-α)β[α(1-β)+(1-α)β]·[α(1-β)+(1-α)β]2-αβ(1-α)(1-β)(1-α)β·[α(1-β)+(1-α)β]p2-α(1-β)p2=1,
所以p2=(1-α)2β2α2(1-β)2+(1-α)2β2.
(ⅱ)解记“该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统”为事件T,“该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动系统A”为事件C,
因为p2≈0.8∈(0.1,0.9),
所以P(C)=p2≈0.8,P(C)=1-p2≈0.2,
因为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 8.
2.(17分)(2024山东滨州二模)定义:若函数f(x)满足对于任意不同的x1,x2∈[a,b],都有|f(x1)-f(x2)|(1)若f(x)=x23+1,判断f(x)是否为[1,3]上的“2类函数”;
(2)若f(x)=a(x-1)ex-x22-xln x为[1,e]上的“3类函数”,求实数a的取值范围;
(3)若f(x)为[1,2]上的“2类函数”,且f(1)=f(2),证明:∀x1,x2∈[1,2],|f(x1)-f(x2)|<1.
(1)解对于任意不同的x1,x2∈[1,3],不妨设x1则|f(x1)-f(x2)|=x123+1-x223+1=x1+x23·|x1-x2|<2|x1-x2|,所以f(x)为[1,3]上的“2类函数”.
(2)解因为f(x)为[1,e]上的“3类函数”,对于任意不同的x1,x2∈[1,e],不妨设x1同理可得,f'(x)≤3在[1,e]内恒成立,即-3≤f'(x)≤3在[1,e]内恒成立.
因为f'(x)=axex-x-1-ln x,所以-3≤axex-x-1-ln x≤3,
整理得x+lnx-2xex≤a≤x+lnx+4xex,可得x+lnx-2ex+lnx≤a≤x+lnx+4ex+lnx,
即x+lnx-2ex+lnx≤a≤x+lnx+4ex+lnx在[1,e]内恒成立.
令t=x+ln x,x∈[1,e],
因为y=x,y=ln x在[1,e]内单调递增,所以t=x+ln x在[1,e]内单调递增.
当x=1时,t=1;
当x=e时,t=e+1,故t=x+ln x∈[1,e+1].
可得t-2et≤a≤t+4et在[1,e+1]内恒成立,设函数F(t)=t-2et,t∈[1,e+1],则F'(t)=3-tet,当1≤t<3时,F'(t)>0;
当3故F(t)在[1,3)内单调递增,在(3,e+1]内单调递减,则F(t)≤F(3)=1e3,
设函数G(t)=t+4et,t∈[1,e+1],则G'(t)=-3-tet<0在[1,e+1]内恒成立,
故G(t)在[1,e+1]内单调递减,则G(t)≥G(e+1)=e+5ee+1.
综上可得1e3≤a≤e+5ee+1,所以实数a的取值范围为1e3,e+5ee+1.
(3)证明当x1=x2时,|f(x1)-f(x2)|=0<1,符合题意;
当x1≠x2时,因为f(x)为[1,2]上的“2类函数”,不妨设1≤x1①若0②若12综上可得,∀x1,x2∈[1,2],|f(x1)-f(x2)|<1.
X
-1
0
1
P
α(1-β)
1-α-β+2αβ
(1-α)β