2022年高考天津数学高考真题变式题第13-15题解析版

这是一份2022年高考天津数学高考真题变式题第13-15题解析版，共37页。
 2022年高考天津数学高考真题变式题13-15题
原题13
1．52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为____________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为____________
变式题1基础
2．根据某地区气象台统计，该地区下雨的概率是，刮风的概率为，既刮风又下雨的概率为，则在刮风天里，下雨的概率为______，在下雨天里，刮风的概率为______．
变式题2基础
3．袋子中有5个大小相同的小球，其中2个红球，3个白球.每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，则两次都摸到红球的概率为_______；在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为_______.
变式题3基础
4．袋子中有10十个大小相同的小球，其中7个白球，3个黑球．每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．
①在第一次摸到白球的条件下，第二次摸到白球的概率为__________．
②两次都摸到白球的概率为__________．
变式题4基础
5．一个袋中装有大小相同的4个白球和2个红球，
①从袋中不放回地依次抽取2个球，已知第1次取出的是红球，则第2次取出的是白球的概率为___________；
②从袋中每次抽取1个球后放回，连续抽取5次，则恰有2次抽到红球的概率是___________（用数字表示）.
变式题5巩固
6．新冠病毒存在人际间传播现象，即存在A传B，B又传C，C又传D的传染现象，那么A，B，C就被称为第一代､第二代､第三代传播者.假设一个身体健康的人被第一代､第二代､第三代传播者感染的概率分别为0.9，0.8，0.7.已知健康的小明参加了一次多人宴会，参加宴会的人中有5名第一代传播者，3名第二代传播者，2名第三代传播者，若小明参加宴会仅和感染的10个人中的一个有所接触，则被感染的概率为___________；若小明被感染，则是被第三代传播者感染的概率为___________.
变式题6巩固
7．已知一个袋子里有9个大小、形状、质地完全相同的球，其中4个红球、2个白球、3个黑球，先从袋子中任取1个球，再从剩下的8个球中任取2个球，则这2个球都是红球的概率为______，先取出的球也是红球的概率为______．
变式题7巩固
8．某同学在参加某游戏活动中遇到一道单选题目完全不会做，他随机蒙了A，B，C，D选项中的A选项，主持人告诉他B和C选项不对，此时，若他仍坚持选A，则其选对的概率为______；若他改选D选项，则其选对的概率为______．
变式题8巩固
9．某城市的电力供应由1号和2号两个负荷相同的核电机组并联提供．当一个机组发生故障时，另一机组能在这段时间内满足城市全部供电需求的概率为．已知每个机组发生故障的概率均为，且相互独立，则机组发生故障的概率是______．如果机组发生故障，那么供电能满足城市需求的概率是______．
变式题9提升
10．对正在横行全球的“新冠病毒”，某科研团队研发了一款新药用于治疗，为检验药效，该团队从“新冠”感染者中随机抽取若干名患者，检测发现其中感染了“普通型毒株”、“奥密克戎型毒株”、“其他型毒株”的人数占比为．对他们进行治疗后，统计出该药对“普通型毒株”、“奥密克戎毒株”、“其他型毒株”的有效率分别为、、，那么你预估这款新药对“新冠病毒”的总体有效率是________；若已知这款新药对“新冠病毒”有效，求该药对“奥密克戎毒株”的有效率是________．
变式题10提升
11．某次抽奖活动中，在甲、乙两人先后进行抽奖前，还有100张奖券，其中共有10张写有“中奖”字样．假设抽完的奖券不放回，甲抽完之后乙再抽，则甲中奖且乙也中奖的概率是______；甲没中奖且乙中奖的概率是______．
变式题11提升
12．某志愿者召开春季运动会，为了组建一支朝气蓬勃､训练有素的赛会志愿者队伍，欲从4名男志愿者，3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长，则在“抽取的3人中至少有一名男志愿者”的前提下“抽取的3人中全是男志愿者”的概率是__________；至少有一名是女志愿者的概率为__________．
变式题12提升
13．假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率是90%，乙厂产品的合格率是80%，在该市场中随机购买一个灯泡，是合格品的概率为___________；如果买到的灯泡是合格品，那么它是甲厂产品的概率为___________.
原题14
14．在中，，D是AC中点，，试用表示为___________，若，则的最大值为____________
变式题1基础
15．如图，三角形中，D为中点，E为中线的中点．则中线的长为__________，与所成角的余弦值为_____________．

变式题2基础
16．已知向量，，其中，，且，则向量和的夹角是________，________.
变式题3基础
17．AOB中，，，，．若，．若，则与的夹角为__________；当与夹角最大时，__________．
变式题4基础
18．已知，是单位向量，且，设向量，当时，___________；当时，的最小值为__________．
变式题5巩固
19．如图，菱形的边长为1，，是的中点，是边上靠近点的三等分点，与交于点．则______，的余弦值为______．

变式题6巩固
20．在△ABC中，，，，，则___________，若动点F在线段AC上，则的最小值为___________.
变式题7巩固
21．如图，A，B是⊙C上两点，若弦AB的长度为2，则______，若向量在向量上的投影向量为，则与的夹角为______．

变式题8巩固
22．已知向量满足，若的最大值为，则向量的夹角的最小值为__________，的取值范围为__________．
变式题9提升
23．已知平面向量满足，，且.记的夹角为，则的最小值为___________；的最小值为___________.
变式题10提升
24．已知平面向量，满足，，且，则的最小值为__________；设向量，，则的最小值为__________．
变式题11提升
25．如图，四边形中，，，，，．若是线段的动点，则________，则的最大值为________．

变式题12提升
26．的外接圆半径为1，角的对边分别为若，且，则________；的最大值为_________
原题15
27．设，对任意实数x，记．若至少有3个零点，则实数的取值范围为______.
变式题1基础
28．已知函数，且函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围是______．
变式题2基础
29．已知函数，若关于的方程有两个不相同的解，则的取值范围是_____．
变式题3基础
30．已知函数若函数有四个零点，从小到大依次为a，b，c，d，则的取值范围为___________.
变式题4基础
31．已知偶函数，当时，，若函数恰有4个不同的零点，则实数的取值范围为__________
变式题5巩固
32．已知函数恰有个零点，则__________．
变式题6巩固
33．已知偶函数若方程有且只有6个不相等的实数根，则实数m的取值范围为_______．
变式题7巩固
34．已知函数且关于x的方程有且只有一个实根，则实数a的取值范围是________.
变式题8巩固
35．已知函数f(x)＝若函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，则实数m的取值范围是________．
变式题9提升
36．已知函数，当时，函数有6个不同的零点，求m的取值范围___________.
变式题10提升
37．已知，设函数若关于的方程恰有两个互异的实数解，则实数的取值范围是__________.
变式题11提升
38．设函数，若关于的方程恰有6个不同的实数解，则实数a的取值范围为______．
变式题12提升
39．已知函数，若关于的方程，有且仅有三个不同的实数解，则实数的取值范围是______．

参考答案：
1．         
【分析】由题意结合概率的乘法公式可得两次都抽到A的概率，再由条件概率的公式即可求得在第一次抽到A的条件下，第二次抽到A的概率.
【详解】由题意，设第一次抽到A的事件为B,第二次抽到A的事件为C,
则.
故答案为：；.
2．     ##0.2    
【分析】直接由条件概率公式计算即可.
【详解】设事件下雨，事件刮风，则，
则在刮风天里，下雨的概率为；
在下雨天里，刮风的概率为.
故答案为：；.
3．     0.1##     0.25##
【分析】分别利用古典概型的概率和条件概率求解.
【详解】解：因为袋子中有5个大小相同的小球，其中2个红球，3个白球，
每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，
所以两次都摸到红球的概率为
设第一次摸到红球的事件为A，第二次摸到红球的事件为B,
则,
所以在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为，
故答案为：，
4．         
【分析】设第1次摸到白球为事件A，第2次摸到白球为事件B，先求和，然后根据条件概率公式来求；先求第一次摸到白球的概率，再求第二次摸到白球的概率.
【详解】解：设第1次摸到白球为事件A，第2次摸到白球为事件B，由题意即求，
因为 ， ，
所以，
即在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到白球的概率 .
因为摸出的球不放回，所以两次都摸到白球的概率为.
故答案为：；.
5．     ##0.8    
【分析】①分别求出第1次取出的是红球和第1次取出的是红球、第2次取出的是白球方法种数，由条件概率的计算公式代入即可得出答案.
②由二项分布的计算公式代入即可得出答案.
【详解】①设“第1次取出的是红球”，“第2次取出的是白球”，则
②设5次抽球中抽到红球的次数为，则~，.
故答案为：；.
6．     0.83##；     .
【分析】设事件“小明与第一代传播者接触”，事件“小明与第二代传播者接触”，事件“小明与第三代传播者接触”，事件“小明被感染”，则，，，，，，根据事全概率公式以及贝叶斯公式计算可得答案.
【详解】设事件“小明与第一代传播者接触”，事件“小明与第二代传播者接触”，
事件“小明与第三代传播者接触”，事件“小明被感染”，
则，，，
，，，
所以小明被感染的概率为

；
小明被感染,则是被第三代感染的概率为

故答案为：0.83；.
7．         
【分析】利用全概率公式及条件概率公式即得.
【详解】设事件A表示从剩下的8个球中任取2个球都是红球，事件，，分别表示先取的1个球是红球、白球、黑球，
由全概率公式得，
．
故答案为：；.
8．     ##0.25     ##0.75
【分析】先求得选A正确的概率，再求得B和C选项不对，即选A、D正确的概率为1，根据条件概率的求法，可得他仍坚持选A，则其选对的概率，进而可得改选D，选对的概率.
【详解】由题意得：选A正确的概率，
B和C选项不对，则选A、D正确的概率为1，
所以在B和C选项不对，即选A、D正确的概率为1的前提下，选A正确的概率，
若他改选D选项，则其选对的概率为.
故答案为：，
9．     ##0.19    
【分析】利用互斥事件和相互独立事件的概率公式计算机组发生故障的概率，再利用条件概率公式计算作答.
【详解】设供电能满足城市需求为事件A，机组发生故障为事件B，
则，，所以．
故答案为：；
10．     72%##     25%##
【分析】依据统计数据的平均数求法即可求得这款新药对“新冠病毒”的总体有效率；依据条件概率即可求得已知这款新药对“新冠病毒”有效条件下该药对“奥密克戎毒株”的有效率.
【详解】(1)
(2)
故答案为： 72%； 25%
11．         
【分析】令表示甲中奖，表示乙中奖，分别求出、、、，利用条件概率公式求、.
【详解】由题设，表示甲中奖，表示乙中奖，则，，
甲中奖且乙也中奖的概率，
由上知：，则，
甲没中奖且乙中奖的概率.
故答案为：，.
12．         
【分析】①利用条件概率公式即可求解；②“至少有一名是女志愿者”的对立事件是“全是男志愿者”，间接求解即可
【详解】解：记全是男志愿者为事件，至少有一名男志愿者为事件，则，
故，
记至少有一名是女志愿者为事件C，则事件C与事件A互为对立事件，则

故答案为：．
13．         
【分析】由全概率公式与条件概率公式求解即可
【详解】设为甲厂产品，为乙厂产品，表示合格产品，则，，，，
所以，
灯泡是甲厂生产的概率为，
所以
故答案为：；
14．         
【分析】法一：根据向量的减法以及向量的数乘即可表示出，以为基底，表示出，由可得，再根据向量夹角公式以及基本不等式即可求出．
法二：以点为原点建立平面直角坐标系，设，由可得点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，方程为，即可根据几何性质可知，当且仅当与相切时，最大，即求出．
【详解】方法一：

，，
，当且仅当时取等号，而，所以．
故答案为：；．
方法二：如图所示，建立坐标系：

，，
，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，当且仅当与相切时，最大，此时．
故答案为：；．
15．         
【分析】根据题意，用表示向量，进而根据向量的模和夹角公式计算即可.
【详解】解：因为在三角形中，
所以，
所以，
所以，
所以，

所以，
所以与所成角的余弦值为
故答案为：；
16．         
【分析】由，求出，代入公式求解即可.
【详解】由题意，设向量，的夹角为，因为，，且，
所以，所以，所以，
又因为，所以，则.
故答案为：；.
17．     ##    
【分析】由k＝2，得到，，再结合条件，利用平面向量的夹角公式求解；分别延长OA，OB到C，D使，由，，得到与夹角为∠AMO，然后OAM外接圆与CD相切时∠AMO最大（即M在P点时）求解.
【详解】当k＝2时，
，．
，
，
∴，
∴与夹角的余弦值，
∴．
如图所示：

分别延长OA，OB到C，D使．
，
故终点在CD上运动，
又．
即向量，
∴与夹角为∠AMO，
当OAM外接圆与CD相切时∠AMO最大（即M在P点时），
由，
，
，
，
，
易求，
∴，
∴.
故答案为：，
18．     ##    
【分析】（1）根据平面向量夹角公式计算即可；
（2）建立平面直角坐标系，再根据的几何意义求解即可
【详解】（1）由题意，因为，是单位向量，且，，数形结合可得；

（2）不妨设，，故，将移至坐标原点建立平面直角坐标系.则当时，的终点在直线上. 的几何意义为到直线上的点的距离.故的最小值为到直线的距离即.

故答案为：；
19．         
【分析】根据题意，由向量的线性运算可得，进而由数量积的计算公式可得的值，设，由向量夹角的定义可得和的夹角为，求出的模和的值，由向量夹角的计算公式计算可得的值，即可得答案．
【详解】解：根据题意，菱形的边长为1，，则，所以，
是边上靠近点的三等分点，则，
则，则，
故，
设，即和的夹角为，即和的夹角为，
是的中点，则，，
则，则；
，
则，
即的余弦值为；
故答案为：，．
20．     ##0.5    
【分析】第一空：用分别表示出，再由数量积的定义及运算律即可求出；
第二空：设，用分别表示出，由数量积的定义及运算律表示出，结合二次函数求出最小值.
【详解】
第一空：，则，则，又，，故，解得；
第二空：设，，，则
，当时，取得最小值.
故答案为：；.
21．     2     ##
【分析】（1）根据数量积的公式求解即可；
（2）根据投影向量的公式求解即可
【详解】（1）；
（2）由题意，，故，故，又，故，即，解得，故，所以
22．     ##     [0，2]
【分析】由题意，求得，所以的最小值为，再利用向量的模的计算公式，即可求解.
【详解】设向量的夹角为θ，则∈[0，π]；又,
所以，
所以，则向量的夹角的最小值为；
所以，
又，所以8+8cosθ∈[0，4]，所以的取值范围是[0，2]．
故答案为：；[0，2]．
23．         
【分析】由数量积公式变形可得，结合函数的单调性即可得出的最小值，
由，可得，解不等式即可得出的取值范围.
【详解】因为，所以，
即，所以，
当时，取到最小值，所以.
，所以，解得，又因为，所以，故，当时取“”.
故答案为：；.
24．     1    
【分析】（1）首先不等式两边平方，求得的最小值；
（2）利用向量夹角的余弦值，，再换元，转化为判断函数的单调性，再求函数的最小值.
【详解】，即，
得，所以的最小值为；
，
设，
则，函数在上单调递增，所以当时，函数取得最小值.
故答案为：；
25．     ##    
【分析】求得，，由可求得的值，结合平面向量数量积可求得；计算得出，计算出的值，设，即可求得的最大值.
【详解】因为四边形中，，，，则，
，，
因为，
即，可得，
因此，，
，
所以，，
设，则，
所以，的最大值为.
故答案为：；.
26．         
【分析】由余弦定理求得，由向量数量积可得为锐角，再由正弦定理结合外接圆半径可求得，用正弦定理把表示为的三角函数，利用两角和与差的正弦公式变形化函数为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数性质得最大值．
【详解】,
又，所以，
，所以是钝角，所以，
由得，，

，
设，（为锐角），
则，
由得，，为锐角，则，
所以时，取得最大值．
故答案为：；．
27．
【分析】设，，分析可知函数至少有一个零点，可得出，求出的取值范围，然后对实数的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数的不等式，综合可求得实数的取值范围.
【详解】设，，由可得.
要使得函数至少有个零点，则函数至少有一个零点，则，
解得或.
①当时，，作出函数、的图象如下图所示：

此时函数只有两个零点，不合乎题意；
②当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，
所以，，解得；
③当时，，作出函数、的图象如下图所示：

由图可知，函数的零点个数为，合乎题意；
④当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，
可得，解得，此时.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
28．
【分析】作出函数的图象，把函数的零点转化为直线与函数图象交点问题解决.
【详解】由得，即函数的零点是直线与函数图象交点横坐标，
当时，是增函数，函数的值域为，
当时，是减函数，当时，，，
当时，是增函数，当时，，
在坐标平面内作出函数的图象，如图，

观察图象知，当时，直线与函数图象有3个交点，即函数有3个零点，
所以实数的取值范围是：.
故答案为：.
29．
【分析】画出和的函数图象，数形结合即可求出.
【详解】由可解得或，由解得，
画出和的函数图象，
要使有两个不相同的解，则与有2个不同的交点，
由图可得.
故答案为：.

30．
【分析】画出图象，根据二次函数的对称性可得，结合对数的运算可得，进而化简原式为，再根据图象分析得，利用基本不等式结合单调性与最值求解即可
【详解】如图，根据题意有，，即，解得，故.又，当时有，故.故，当且仅当，即时取等号.又当时，；当时，，故的取值范围为

故答案为：
31．
【分析】作出函数的图象,将问题转化为函数与有4个不同的交点，由图示可得答案.
【详解】解：作出函数的图象如下图所示，令，则，
若函数恰有4个不同的零点，则需函数与有4个不同的交点，所以实数的取值范围为，
故答案为：.

32．##0.5
【分析】先求得在上恰有个零点，则方程有个负根，时不成立，时，由一元二次方程的性质分和讨论求解即可.
【详解】当时，令，解得，故在上恰有个零点，即方程有个负根.
当时，解得，显然不满足题意；当时，因为方程有个负根，所以
当，即时，其中当时，，解得，符合题意；当时，，解得，不符合题意；
当时，设方程有个根，，因为，所以，同号，
即方程有个负根或个正根，不符合题意．综上，．
故答案为：0.5.
33．
【分析】若方程f(x)−m=0有且只有6个不相等的实数根，转化为y=f(x)与y=m有6个不同的交点. 对y=f(x)求导，画出图形即可得出m的取值范围.
【详解】(1)当 时，

由 得 ；由 得 .
所以在 上单调递增，在 上单调递减.
， .
(2)当 时， ，
于是可画出右边的函数图象，又因为为偶函数，其图象关于y轴对称，从而可画出左边的图象.

由图象知： .
故答案为： .
34．
【分析】将问题转化为函数的图像与直线有且只有一个交点，在同一坐标系中分别作出其图像，利用数形结合可得出答案.
【详解】方程有且只有一个实根，即有且只有一个实根
即函数的图像与直线有且只有一个交点.
如图，在同一坐标系中分别作出与图像，其中a表示直线y＝－x＋a在y轴上的截距.
由图可知，当时，直线与有两个交点
当时，直线与只有一个交点.
故答案为：

35．
【分析】利用导数求得在区间上的单调性和最值，根据分段函数的性质，结合幂函数、一次函数的单调性判断零点的分布，进而求m的范围.
【详解】当时，，
所以在区间上递增，
最小值为，最大值为.
在上，时为单调函数，时无零点，
故要使有两个不同的零点，
则在区间和区间各有一个零点，
所以在上必递减且，
则，可得.
故答案为：
36．
【分析】数形结合，设，分情况讨论有2根和3根的情况，再分析的取值范围情况即可
【详解】画出如图所示，最左端纵坐标，当时，有，解得；，解得.
设，若有6个不同的零点， 则
①若有2个解，则
但有2个解时，此时显然，不满足；

②若有3个解，则，设，则，故，，，即，，，此时因为则必有2根，必有1根，则必须有3根，故，则，故，故

故答案为：
37．
【分析】根据时，若方程无解求出，然后分别讨论时根的情况，进而可以求解．
【详解】解：当时，令，则，
因为为增函数，所以当该方程在时无实数根时，
，所以，
①时，时有一个解，所以时，有一个解，
当时，是递减的，
则，
所以时有一个解，
即当时，恰有两个互异的实数解；
②时，在时无解，
此时，即，解得或（舍去），
所以方程在时有1个解，
即当时，方程只有一个实数解，
③时，在时无解，
则时，，
所以，该方程要在时有2个不等的实数解，
即函数在上有2个不同的零点，
所以，解得，
综上所述，的范围为，
【点睛】本题考查了函数的零点与方程根的问题，涉及到分类讨论思想，考查了学生的分析问题的能力与运算能力，有一定的难度．
38．
【分析】作出函数的图象，令，结合图象可得，方程在内有两个不同的实数根，然后利用二次函数的性质即得；
【详解】作出函数的大致图象，

令，因为恰有6个不同的实数解，
所以在区间上有2个不同的实数解，
，
解得，
实数的取值范围为．
故答案为：．
39．
【分析】首先利用导函数求的单调性，作出函数的大致图象，将方程解得问题转换成交点问题即可求解出答案．
【详解】解：因为，则，
当或时，，
当时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，，
故的大致图像如图所示：

关于的方程等价于，
即或，
由图可得，方程有且仅有一解，则有两解，
所以，解得，
故答案为：