通用版2018年高考数学二轮复习课时跟踪检测十二文

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一1 000人、高二1 200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 ．720
C ．1 020
D ．1 040
解析：选D 根据分层抽样方法，得 1 200
1 000＋1 200＋n
×81＝30，解得n ＝1 040.
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)
⎭⎪⎬⎪
⎫63 01 63 78 59 16 95 55 67 19 98 10 5071 75 12 86 73 58 07 44 39 52 38 79第8行
⎭
⎪⎬⎪
⎫33 21 12 34 29 78 64 56 07 82 52 42 0744 38 15 51 00 13 42 99 66 02 79 54第9行 A ．07 B ．25 C ．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 ．7
C ．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－(0.050 0＋0.062 5＋0.037 5)×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x 1，x 2，…，x n ，y 1，y 2，…，y n ，构成n 个数对(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，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.4n m
B.2n
m
C.4m n
D.
2m
n
解析：选C 因为x 1，x 2，…，x n ，y 1，y 2，…，y n 都在区间[0,1]内随
机抽取，所以构成的n 个数对(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )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S 扇形S 正方形＝m n ，即π4＝m n
，所
以π
＝4m
n
.
5．在一组样本数据(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )(n ≥2，x 1，x 2，…，x n 不全相等)的散点图中，若所有样本点(x i ，y i )(i ＝1,2，…，n )都在直线y ＝1
2x ＋1上，则这组样本数据的样本
相关系数为( )
A ．－1
B ．0 C.12
D ．1
解析：选D 因为所有样本点都在直线y ＝1
2x ＋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x 甲，x 乙，则下列判断正确的是( )
A.x 甲＜x 乙，甲比乙成绩稳定
B.x 甲＜x 乙，乙比甲成绩稳定
C.x 甲＞x 乙，甲比乙成绩稳定
D.x 甲＞x 乙，乙比甲成绩稳定 解析：选B x 甲＝
76＋77＋88＋90＋94
5
＝85，
x 乙＝
75＋88＋86＋88＋93
5
＝86，
s 2甲＝15[(76－85)2＋(77－85)2＋(88－85)2＋(90－85)2＋(94－85)2
]＝52，
s 2乙＝15
[(75－86)2＋(88－86)2＋(86－86)2＋(88－86)2＋(93－86)2]＝35.6，
所以x 甲＜x 乙，s 2甲＞s 2
乙，故乙比甲成绩稳定，故选B.
7．(2017·洛阳统考)若θ∈[0，π]，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3>12成立的概率为( )
A.13
B.12
C.2
3
D ．1 解析：选B 依题意，当θ∈[0，π]时，θ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，4π3，由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3>12得π3≤θ
＋π3<5π6，即0≤θ<π
2.因此，所求的概率为π
2π＝12
. 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.
227 B.29 C.13 D.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
3＋512＝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.13
B.14
C.15
D.16
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.34
B.23
C.12
D.14
解析：选D 依题意得，不等式组⎩
⎪⎨
⎪⎧
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⎩⎪⎨⎪
⎧
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
12×1
2
×1＝14，因此所求的概率为14
.
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x 2
＋y 2
＝1相交的概率为( )
A.12
B.13
C.24
D.23
解析：选C 若直线y ＝k (x ＋3)与圆x 2
＋y 2
＝1相交，则圆心到直线的距离d ＝
|3k |1＋k
2
<1，解
得－
24<k <24
，故在区间[－1,1]上随机取一个数k ，使直线y ＝k (x ＋3)与圆x 2＋y 2
＝1相交的概率为P ＝2
22＝2
4
.
12．已知样本(x 1，x 2，…，x n )的平均数为x ，样本(y 1，y 2，…，y m )的平均数为y (x ≠y )，若样本(x 1，x 2，…，x n ，y 1，y 2，…，y m )的平均数z ＝a x ＋(1－a )y ，其中0<a <1
2，则n ，m 的
大小关系为( )
A ．n <m
B ．n >m
C ．n ＝m
D ．不能确定
解析：选A 由题意可得，x ＝
x 1＋x 2＋…＋x n
n
，
y ＝
y
1＋y 2＋…＋y m
m
，
则z ＝
x 1＋x 2＋…＋x n ＋y 1＋y 2＋…＋y m n ＋m ＝n n ＋m ·x 1＋x 2＋…＋x n n ＋m n ＋m ·y 1＋y 2＋…＋y m
m ＝
n n ＋m
·x ＋
m
n ＋m ·y ＝a x ＋(1－a )y ，所以
n
n ＋m
＝a ，
m
n ＋m ＝1－a ，又0<a <12，所以0<n n ＋m <1
2
<
m
n ＋m
，故n <m .
二、填空题
13．(2017·石家庄质检)设样本数据x 1，x 2，…，x 2 017的方差是4，若y i ＝2x i －1(i ＝1,2，…，2 017)，则y 1，y 2，…，y 2 017的方差为________．
解析：设样本数据的平均数为x －，则y i ＝2x i －1的平均数为2x －
－1，则y 1，y 2，…，y 2 017的方差为
12 017[(2x 1－1－2x －＋1)2＋(2x 2－1－2x －＋1)2＋…＋(2x 2 017－1－2x －＋1)2
]＝4×12 017
[(x 1－x －)2＋(x 2－x －)2＋…＋(x 2 017－x －)2
]＝4×4＝16.
答案：16
14．(2018届高三·广西三市联考)已知函数f (x )＝log a x ＋log 1
a
8(a >0，且a ≠1)，在集合
⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
14，13，12，3，4，5，6，7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 )＝log a x －log a 8，∴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3
8
.
答案：3
8
15．(2017·张掖模拟)在区间[0，π]上随机取一个数θ，则使2≤2sin θ＋2cos θ≤2成立的概率为________．
解析：由2≤2sin θ＋2cos θ≤2，得
22≤sin ⎝
⎛⎭⎪⎫θ＋π4≤1，结合θ∈[0，π]，得满
足条件的θ∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴使2≤2sin θ＋2cos θ≤2成立的概率为π2π＝12.
答案：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x －甲，x －乙，则x －甲>x －
乙
的概率是________．
解析：设污损处的数字为m ，由15(84＋85＋87＋90＋m ＋99)＝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，x －甲>x －
乙，故所求概率为410＝25
.
答案：25
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.
1136 B.14 C.12 D.34
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 )＝30×30－2×1
2×15×15
30×30＝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.14
B.716
C.12
D.916
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716
.
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{a n }，若a 3＝8，且
a 1，a 3，a 7成等比数列，则此样本的平均数和中位数分别是( )
A ．13,12
B ．13,13
C ．12,13
D ．13,14
解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，a 3＝8，a 1a 7＝a 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S 10
10
＝
＋10
＝13，中位数为12＋142
＝13.
4．根据如下样本数据：
得到的回归方程为y ＝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，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y ^
＝－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 ＝360°
6＝60°，且OA ＝OB ，所以△AOB 是等边三角形，所以OA ＝OB ＝AB ＝1，OG
＝OA ·sin 60°＝1×
32＝32，即对角线CF 上的点到AB 的距离都为32
. 设△MAB 中AB 边上的高为h ，则由S △MAB ＝12×1×h >34，解得h >3
2.
所以要使△MAB 的面积大于
34，只需满足h >3
2
，即需使M 位于CF 的上方．故由几何概型得，
△MAB 的面积大于
34的概率P ＝S 梯形CDEF S 正六边形ABCDEF ＝12
. 答案：12
6．某班运动队由足球运动员18人、篮球运动员12人、乒乓球运动员6人组成(每人只参加一项)，现从这些运动员中抽取一个容量为n 的样本，若分别采用系统抽样法和分层抽样法，则都不用剔除个体；当样本容量为n ＋1时，若采用系统抽样法，则需要剔除1个个体，那么样本容量n 为________．
解析：总体容量为6＋12＋18＝36.当样本容量为n 时，由题意可知，系统抽样的抽样距为36
n
，
分层抽样的抽样比是n 36，则采用分层抽样法抽取的乒乓球运动员人数为6×n 36＝n
6，篮球运动员人
数为12×n 36＝n 3，足球运动员人数为18×n 36＝n
2，可知n 应是6的倍数，36的约数，故n ＝6,12,18.
当样本容量为n ＋1时，剔除1个个体，此时总体容量为35，系统抽样的抽样距为35n ＋1，因为35
n ＋1
必须是整数，所以n 只能取6，即样本容量n 为6.
答案：6。