高三数学课时复习闯关检测

一、选择题 1．(2012·高考大纲全国卷)函数y ＝x ＋1(x ≥－1)的反函数为( )A ．y ＝x 2－1(x ≥0)B ．y ＝x 2－1(x ≥1)C ．y ＝x 2＋1(x ≥0)D ．y ＝x 2＋1(x ≥1)解析：选A.∵y ＝x ＋1(x ≥－1)，∴x ＋1＝y 2，∴x ＝y 2－1. 又∵x ≥－1，∴x ＋1≥0，∴y ≥0. ∴y ＝x ＋1(x ≥－1)的反函数为y ＝x 2－1(x ≥0)．2．已知f (x )是R 上的奇函数，且当x >0时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋1，则f (x )的反函数的图象大致是( )解析：选A.当x <0时，－x >0，∴f ⎝⎛⎭⎫－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ＋1＝2x ＋1.又f (x )是奇函数， ∴f ⎝⎛⎭⎫－x ＝－f (x )，∴当x <0时，f (x )＝－2x －1，即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋1，x >0，－2x －1，x <0，f (x )的图象如图．由函数及其反函数图象之间的关系可知其反函数的图象应为A.3．(2012·高考江西卷)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ≤1lg x ， x ＞1，则f (f (10))＝( )A ．lg 101B ．2C ．1D ．0解析：选B.f (10)＝lg 10＝1，故f (f (10))＝f (1)＝12＋1＝2.4．设f ，g 都是由A 到A 的映射，其对应法则如下表(从上到下)： 表1 映射f表2 映射g则与f [g (1)]A ．g [f (1)] B ．g [f (2)] C ．g [f (3)] D ．g [f (4)] 解析：选A.g (1)＝4，f [g (1)]＝f (4)＝1，f (1)＝3，g [f (1)]＝g (3)＝1. 5．(2011·高考天津卷)对实数a 和b ，定义运算“⊗”：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a －b ≤1，b ，a －b >1.设函数f (x )＝(x 2－2)⊗(x －x 2)，x ∈R .若函数y ＝f (x )－c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32B ．(－∞，－2]∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－34 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，14∪⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－34∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞解析：选B.由已知得f (x ) ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2(－1≤x ≤32)，x －x 2(x <－1或x >32)，如图，要使y ＝f (x )－c 与x 轴恰有两个公共点，则－1<c <－34或c ≤－2，应选B. 二、填空题6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2， x <1，x 2＋ax ， x ≥1，若f [f (0)]＝4a ，则实数a ＝__________.解析：∵f [f (0)]＝f (2)＝4＋2a ，∴4＋2a ＝4a ，∴a ＝2. 答案：27．函数f (x )＝log 3(x ＋3)的反函数的图象与y 轴的交点坐标是__________．解析：法一：函数f (x )＝log 3(x ＋3)的反函数为y ＝f －1(x )＝3x －3，所以与y 轴相交于(0，－2)点．法二：设所求交点为(0，b )．由反函数的定义知(b,0)即为函数y ＝log 3(x ＋3)与x 轴的交点，所以有log 3(b ＋3)＝0，所以b ＝－2.故所求交点为(0，－2)． 答案：(0，－2)8．设S 是至少含有两个元素的集合．在S 上定义了一个二元运算“*”(即对任意的a ，b ∈S ，对于有序元素对(a ，b )，在S 中有唯一确定的元素a *b 与之对应)．若对任意的a ，b ∈S 有a *(b *a )＝b ，则对任意的a ，b ∈S ，有①(a *b )*a ＝a ；②b *(b *b )＝b ；③[a *(b *a )]*(a *b )＝a ；④(a *b )*[b *(a *b )]＝b .则上述等式中不恒成立的是________． 解析：法一：∵a *(b *a )＝b ，∴①不成立∴b *(b *b )＝b ，∴②恒成立； [a *(b *a )]*(a *b )＝b *(a *b )＝a ，∴③恒成立； 设a *b ＝x ，则(a *b )*[ b *(a *b )]＝x *(b *x )＝b ， ∴④恒成立． 法二：∵a *(b *a )＝b ，∴(a *b )*a ＝(a *b )*[b *(a *b )]＝b ， ∴当a ＝b 时，(a *b )*a ＝b ＝a 成立，当a ≠b 时，(a *b )*a ＝b ≠a . 答案：① 三、解答题 9．若点(1,2)既在函数f (x )＝ax ＋b 的图象上，又在其反函数f －1(x )的图象上，试确定f (x )的解析式．解：依题意，有⎩⎨⎧a ·1＋b ＝2，a ·2＋b ＝1，解得⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝7.所以f (x )＝－3x ＋7.10．已知函数y ＝f (x )在定义域(－∞，0)内存在反函数，且f (x －1)＝x 2－2x ，求f －1(－14)的值．解：∵f (x －1)＝x 2－2x ＝(x －1)2－1，∴y ＝f (x )＝x 2－1(x <0)．由x 2－1＝－14及x <0得x ＝－32，故f －1(－14)＝－32.11．(探究选做)函数f (x )的定义域为R ，且满足下面两个条件：①存在x 1≠x 2，使f (x 1)≠f (x 2)；②对任意的x ，y ∈R ，有f (x ＋y )＝f (x )·f (y )．(1)求f (0)；(2)证明：对任意的x ∈R ，f (x )>0恒成立．解：(1)∵f (0＋0)＝f (0)·f (0)，∴f (0)＝0或f (0)＝1.若f (0)＝0，则存在x ≠0，使对任意的x ∈R 都有f (x ＋0)＝f (x )·f (0)＝0，即f(x)＝0，与条件矛盾．∴f(0)＝1.(2)证明：f(x)＝f(x2＋x2)＝[f(x2)]2≥0，若存在x使f(x0)＝0，则对任意的x∈R，f(x)＝f[(x－x0)＋x0]＝f(x0)·f(x－x0)＝0，与条件矛盾，∴f(x)>0恒成立．。

3.3 等比数列 课时闯关（含答案解析）一、选择题1．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，则a 4a 5a 6＝( )A ．5 2B ．7C ．6D ．4 2解析：选A.∵a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，且{a n }是各项均为正数的等比数列，∴a 2＝35，a 8＝310.∴a 8a 2＝32，即q 6＝32.∴q 3＝62.∴a 4a 5a 6＝a 35＝(a 2q 3)3＝(35·62)3＝5 2. 2．等比数列{a n }中，|a 1|＝1，a 5＝－8a 2，a 5>a 2，则a n ＝( )A ．(－2)n －1B ．－(－2)n －1C ．(－2)nD ．－(－2)n解析：选A.∵|a 1|＝1，∴a 1＝1或a 1＝－1.∵a 5＝－8a 2＝a 2·q 3，∴q 3＝－8，∴q ＝－2.又a 5>a 2，即a 2q 3>a 2，∴a 2<0.而a 2＝a 1q ＝a 1·(－2)<0，∴a 1＝1.故a n ＝a 1·(－2)n －1＝(－2)n －1.3．已知等比数列{a n }中，若a 1 006·a 1 008＝4，则该数列的前2 013项的积为( )A ．42 013B ．±42 013C ．22 013D ．±22 013解析：选D.∵a 1 006·a 1 008＝4＝a 21 007，∴a 1 007＝±2，∴a 1·a 2·…·a 2 013＝a 2 0131 007＝±22 013，选D.4．(2011·高考上海卷)设{a n }是各项为正数的无穷数列，A i 是边长为a i ，a i ＋1的矩形的面积(i ＝1,2，…)，则{A n }为等比数列的充要条件为( )A ．{a n }是等比数列B ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列C ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列D ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同 解析：选D.∵A i ＝a i a i ＋1，若{A n }为等比数列， 则A n ＋1A n ＝a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n 为常数，即A 2A 1＝a 3a 1，A 3A 2＝a 4a 2，…. ∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q ，则A n ＋1A n ＝a n ＋2a n ＝q ，从而{A n }为等比数列．5．数列{a n }满足：log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，若a 3＝10，则a 10等于( )A ．1 275B ．1 280C ．1 080D ．1 180解析：选B.由已知得a n ＋1＝2a n ，故数列{a n }是公比为2的等比数列，所以a 10＝a 3×27＝10×128＝1 280.二、填空题6．已知数列{a n }满足a 1＝23，且对任意的正整数m 、n 都有a m ＋n ＝a m ·a n ，若数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝__________.解析：令m ＝1，得a n ＋1＝a 1·a n ，即a n ＋1a n ＝a 1＝23，可知数列{a n }是首项为a 1＝23，公比为q ＝23的等比数列，于是S n ＝a 11－q n 1－q ＝23×[1－23n ]1－23＝2[1－(23)n ] ＝2－2n ＋13n . 答案：2－2n ＋13n 7．(2011·高考广东卷)已知{a n }是递增等比数列，a 2＝2，a 4－a 3＝4，则此数列的公比q ＝________.解析：由a 2＝2，a 4－a 3＝4得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＝2，a 2q 2－a 2q ＝4⇒q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1.又{a n }是递增等比数列，故q ＝2.答案：28．(2011·高考福建卷)商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格，即根据商品的最低销售限价a ，最高销售限价b (b >a )以及实数x (0<x <1)确定实际销售价格c ＝a ＋x (b －a )，这里x 被称为乐观系数．经验表明，最佳乐观系数x 恰好使得(c －a )是(b －c )和(b －a )的等比中项，据此可得，最佳乐观系数x 的值等于________．解析：由(c －a )是(b －c )和(b －a )的等比中项，∴(c －a )2＝(b －c )(b －a )，∴(c －a )2＝[(b －a )＋(a －c )](b －a )．又c ＝a ＋x (b －a )，∴b －a ＝c －a x， ∴(c －a )2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤c －a x ＋a －c ·c －a x . 由题意知，c －a ≠0，∴1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1·1x ， ∴x 2＋x －1＝0，∴x ＝5－12或x ＝－1－52(舍去)． 答案：5－12三、解答题9．(2012·高考广东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列．(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＜32. 解：(1)∵a 1，a 2＋5，a 3成等差数列，∴2(a 2＋5)＝a 1＋a 3.又2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，∴2S 1＝a 2－22＋1,2S 2＝a 3－23＋1，∴2a 1＝a 2－3,2(a 1＋a 2)＝a 3－7.由⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 2＋5＝a 1＋a 3，2a 1＝a 2－3，2a 1＋a 2＝a 3－7，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 2＝5，a 3＝19.∴a 1＝1.(2)∵2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，①∴当n ≥2时，2S n －1＝a n －2n ＋1.②①－②得2a n ＝a n ＋1－a n －2n ＋1＋2n ，∴a n ＋1＝3a n ＋2n .两边同除以2n ＋1得a n ＋12n ＋1＝32·a n 2n ＋12， ∴a n ＋12n ＋1＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n ＋1. 又由(1)知a 222＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a 121＋1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1是以32为首项，32为公比的等比数列， ∴a n 2n ＋1＝32·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ， ∴a n ＝3n －2n ，即数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2n .(3)证明：∵a n ＝3n －2n ＝(1＋2)n －2n＝C 0n ·1n ·20＋C 1n ·1n －1·21＋C 2n ·1n －2·22＋…＋C n n ·10·2n －2n＝1＋2n ＋2(n 2－n )＋…＋2n －2n >1＋2n ＋2(n 2－n )＝1＋2n 2>2n 2>2n (n －1)，∴1a n ＝13n －2n <12n n －1＝12·1n n －1， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n <1＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n n －1 ＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝32－12n <32， 即1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.10．已知{a n }是首项为19，公差为－2的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．(1)求通项a n 及S n ；(2)设{b n －a n }是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{b n }的通项公式及前n 项和T n . 解：(1)∵{a n }是首项为a 1＝19，公差为d ＝－2的等差数列，∴a n ＝19－2(n －1)＝21－2n ，S n ＝19n ＋12n (n －1)×(－2)＝20n －n 2. (2)由题意得b n －a n ＝3n －1，即b n ＝a n ＋3n －1，∴b n ＝3n －1－2n ＋21，T n ＝S n ＋(1＋3＋…＋3n －1)＝－n 2＋20n ＋3n －12. 11．(探究选做)在数列{a n }中，a 1＝16，a n ＝12a n －1＋12×13n (n ∈N *且n ≥2)． (1)证明：{a n ＋13n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)设S n 为数列{a n }的前n 项和，求证：S n <12.解：(1)证明：由已知，得 a n ＋1＋13n ＋1a n ＋13n ＝12a n ＋12·13n ＋1＋13n ＋1a n ＋13n ＝12， ∴{a n ＋13n }是等比数列． (2)设A n ＝a n ＋13n ，则A 1＝a 1＋13＝16＋13＝12， 且q ＝12，则A n ＝(12)n，∴a n ＋13n ＝12n ，可得a n ＝12n －13n .(3)证明：S n ＝(121－131)＋(122－132)＋…＋(12n －13n ) ＝121－12n 1－12－131－13n1－13＝12－12n ＋12·13n ＝12－2·3n－2n 2·6n <12.。

一、选择题1．观察(x 2)′＝2x ，(x 4)′＝4x 3，(cos x )′＝－sin x ，由归纳推理可得：若定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，记g (x )为f (x )的导函数，则g (－x )＝( )A ．f (x )B ．－f (x )C ．g (x )D ．－g (x ) 解析：选D.由所给函数及其导数知，偶函数的导函数为奇函数．因此当f (x )是偶函数时，其导函数应为奇函数，故g (－x )＝－g (x )．2．(2018·高考广东卷)设函数f (x )和g (x )分别是R 上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是( )A ．f (x )＋|g (x )|是偶函数B ．f (x )－|g (x )|是奇函数C ．|f (x )|＋g (x )是偶函数D ．|f (x )|－g (x )是奇函数解析：选A.由f (x )是偶函数，可得f (－x )＝f (x )， 由g (x )是奇函数可得g (－x )＝－g (x )，故|g (x )|为偶函数，∴f (x )＋|g (x )|为偶函数． 3．(2018·高考湖北卷)已知定义在R 上的奇函数f (x )和偶函数g (x )满足f (x )＋g (x )＝a x －a －x ＋2(a >0，且a ≠1)．若g (2)＝a ，则f (2)＝( )A ．2 B.154 C.174 D ．a 2解析：选B.∵f (x )是奇函数，g (x )是偶函数， ∴由f (x )＋g (x )＝a x －a －x ＋2，① 得－f (x )＋g (x )＝a －x －a x ＋2，②①＋②，得g (x )＝2，①－②，得f (x )＝a x －a －x . 又g (2)＝a ，∴a ＝2， ∴f (x )＝2x －2－x ，∴f (2)＝22－2－2＝154. 4．(2018·宁波模拟)已知y ＝f (x )是偶函数，而y ＝f (x ＋1)是奇函数，且对任意0≤x ≤1，都有f ′(x )≥0，则a ＝f (9819)，b ＝f (10117)，c ＝f (10615)的大小关系是( )A ．c <a <bB ．c <b <aC ．a <c <bD ．a <b <c解析：选A.由已知得f (－x )＝f (x )，f (－x ＋1)＝－f (x ＋1)．从而得f (x )＝f (x ＋4)，f (1)＝0.∴f (9819)＝－f (1619)，f (10117)＝－f (117)，f (10615)＝f (1415)． ∵0≤x ≤1时都有f ′(x )≥0，∴f (x )在[0,1]上递增，且在[0,1)上都有f (x )<0.∴f (1415)<0，f (117)<f (1619)<0.∴f (10615)<f (9819)<f (10117)，即c <a <b .5．已知定义域为R 的函数y ＝f (x )，则下列命题：①若f (x －1)＝f (1－x )恒成立，则函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称；②若f (x ＋1)＋f (1－x )＝0恒成立，则函数y ＝f (x )的图象关于(1,0)点对称；③函数y ＝f (x －1)的图象与函数y ＝f (1－x )的图象关于y 轴对称； ④函数y ＝－f (x －1)的图象与函数y ＝f (1－x )的图象关于原点对称；⑤若f (1＋x )＋f (x －1)＝0恒成立，则函数y ＝f (x )以4为周期． 其中真命题有( ) A ．①④ B ．②③ C ．②⑤ D ．③⑤解析：选C.由f (x －1)＝f (1－x )知y ＝f (x )图象关于x ＝0对称，故①错；由f (1＋x )＋f (1－x )＝0知y ＝f (x )图象关于(1,0)点对称，②正确；函数y ＝f (x －1)的图象与函数y ＝f (1－x )图象关于x ＝1对称，故③错；函数y ＝－f (x －1)的图象与函数y ＝f (1－x )的图象关于(1,0)点对称，故④错；若f (1＋x )＋f (x －1)＝0，则f (x ＋2)＝－f (x )，∴f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )，函数y ＝f (x )以4为周期，⑤正确．综上，②⑤正确，故选C.二、填空题 6．(2018·高考浙江卷)若函数f (x )＝x 2－|x ＋a |为偶函数，则实数a ＝________.解析：∵函数f (x )＝x 2－|x ＋a |为偶函数，∴f (－x )＝f (x )，即(－x )2－|－x ＋a |＝x 2－|x ＋a |， ∴|－x ＋a |＝|x ＋a |，∴a ＝0. 答案：07．(2018·高考课标全国卷)设函数f (x )＝(x ＋1)2＋sin xx 2＋1的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝________.解析：f (x )＝x 2＋2x ＋1＋sin x x 2＋1＝1＋2x ＋sin xx 2＋1，考察函数g (x )＝2x ＋sin xx 2＋1，显然函数g (x )为奇函数，所以g (x )的最大值与最小值的和为0，所以函数f (x )的最大值与最小值的和为2.答案：28．若f (x )是R 上的奇函数，则函数y ＝f (x －12)＋1的图象必过点________．解析：y ＝f (x －12)＋1由y ＝f (x )向右平移12个单位再向上平移1个单位．(0,0)→(12，1)．答案：(12，1) 三、解答题9．设a >0，f (x )＝e x a ＋ae x 是R 上的偶函数，求实数a 的值并求f (x )的值域．解：∵f (x )是R 上的偶函数， ∴f (－x )＝f (x )在R 上恒成立． 即e －x a ＋a e－x ＝e x a ＋a e x ，即(a 2－1)e 2x ＋1－a 2＝0，对任意的x 恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2－1＝0，a >0，解得a ＝1. ∴f (x )＝e x ＋1e x .当x ∈R 时，e x >0，∴f (x )＝e x ＋1e x ≥2e x ·1e x ＝2. 当且仅当x ＝0时，取“＝”． ∴f (x )的值域为[2，＋∞)．10．已知奇函数f (x )在定义域[－2,2]内递减，求满足：f (1－m )＋f (1－m 2)<0的实数m 的取值范围．解：∵f (x )的定义域为[－2,2]，∴有⎩⎪⎨⎪⎧－2≤1－m ≤2，－2≤1－m 2≤2， 解得－1≤m ≤ 3，①又f (x )为奇函数，在[－2,2]上递减，∴f (1－m )<－f (1－m 2)＝f (m 2－1)， ∴1－m >m 2－1， 即－2<m <1.②综合①②可知，－1≤m <1.11．(探究选做)是否存在实数a ，使得函数f (x )＝log 2(x ＋x 2＋2)－a 为奇函数，同时使函数g (x )＝x ·(1a x －1＋a )为偶函数？证明你的结论．解：假设存在a 满足题目要求，则⎩⎪⎨⎪⎧f (－x )＝－f (x )g (－x )＝g (x )，令x ＝0，由f (0)＝0得a ＝12，此时g (x )＝x ·(12－x －1＋12)，∴g (－x )＝－x ·(12x －1＋12)＝x ·(11－2x －12)＝x ·1＋2x2(1－2x ).而g (x )＝x (12－x －1＋12)＝x ·1＋2x 2(1－2x )，∴g (－x )＝g (x )，∴a ＝12时，g (x )为偶函数．因此，存在a ＝12满足题目条件．。

3.2 等差数列 课时闯关（含答案解析）一、选择题1．如果等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝12，那么a 1＋a 2＋…＋a 7＝( ) A ．14 B ．21 C ．28 D ．35解析：选C.∵a 3＋a 4＋a 5＝12，∴3a 4＝12，a 4＝4. ∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝(a 1＋a 7)＋(a 2＋a 6)＋(a 3＋a 5)＋a 4 ＝7a 4＝28.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选A.设等差数列的公差为d ，则由a 4＋a 6＝－6得2a 5＝－6，∴a 5＝－3.又∵a 1＝－11，∴－3＝－11＋4d ，∴d ＝2.∴S n ＝－11n ＋n n －12×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，故当n ＝6时，S n 取最小值，故选A.3．(2011·高考四川卷)数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n ()n ∈N *.若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8＝( )A ．0B ．3C ．8D ．11解析：选B.设数列{b n }的首项为b 1，公差为d ， 由b 3＝－2，b 10＝12，得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋2d ＝－2，b 1＋9d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝－6，d ＝2，∴b n ＝－6＋2()n －1＝2n －8. ∵b n ＝a n ＋1－a n ，∴a 8＝()a 8－a 7＋()a 7－a 6＋()a 6－a 5＋()a 5－a 4＋()a 4－a 3＋()a 3－a 2＋()a 2－a 1＋a 1＝b 7＋b 6＋b 5＋…＋b 1＋a 1＝7×()－6＋2×7－82＋3＝3.4．(2012·高考大纲全国卷)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( ) A.100101 B.99101 C.99100 D.101100解析：选A.设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×5－12d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .∴1a n a n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 5．(2013·河北衡水中学模拟)已知等差数列{a n }满足a 2＝3，a 5＝9，若数列{b n }满足b 1＝3，b n ＋1＝ab n ，则{b n }的通项公式为b n ＝( )A ．2n －1B ．2n＋1C ．2n ＋1－1D ．2n －1＋2解析：选B.设等差数列{a n }的公差为d ，则有d ＝a 5－a 25－2＝2，a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n －1；又b n ＋1＝ab n ，因此有b n ＋1＝2b n －1，b n ＋1－1＝2(b n －1)，而b 1－1＝2≠0，因此数列{b n －1}是首项为2、公比为2的等比数列，于是有b n －1＝2×2n －1＝2n ，所以b n ＝2n＋1.选B.二、填空题6．(2011·高考天津卷)已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，n ∈N *.若a 3＝16，S 20＝20，则S 10的值为________．解析：设首项为a 1，公差为d ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝16，①20a 1＋12×20×19d ＝20.②由②得2a 1＋19d ＝2.③③－①×2得15d ＝－30，∴d ＝－2，∴a 1＝16－2d ＝20.∴S 10＝10a 1＋12×10×9d ＝200－90＝110.答案：1107．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，令b n ＝1n(a 1＋a 2＋…＋a n )，则数列{b n }的前10项和T 10＝__________.解析：因为a n ＝2n ＋1，所以数列{a n }是一个等差数列，其首项为a 1＝3，前n 项和为S n＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝n a 1＋a n 2＝n 3＋2n ＋12＝n 2＋2n ，所以b n ＝1n ×S n ＝1n×(n 2＋2n )＝n＋2，故数列{b n }也是一个等差数列，其首项为b 1＝3，公差为d ＝1，所以其前10项和T 10＝10b 1＋10×92d ＝10×3＋45＝75.答案：758. 如图是一个有n 层(n ≥2)的六边形点阵．它的中心是一个点，算作第一层，第2层每边有2个点，第3层每边有3个点，…，第n 层每边有n 个点，则这个点阵的点数共有__________个．解析：设第n 层共a n 个点，结合图形可知a 1＝1，a 2＝6，…，a n ＋1＝a n ＋6(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝6＋(n －2)×6＝6n －6(n ≥2，n ∈N *)．前n 层所有点数之和为S n ＝1＋n －1[6＋6n －6]2＝3n 2－3n ＋1，故这个点阵的点数共有3n 2－3n ＋1个．答案：3n 2－3n ＋1三、解答题9．(2011·高考福建卷)已知等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d . 由a 1＝1，a 3＝－3可得1＋2d ＝－3，解得d ＝－2. 从而a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n . (2)由(1)可知a n ＝3－2n ，所以S n ＝n [1＋3－2n ]2＝2n －n 2.由S k ＝－35可得2k －k 2＝－35，即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5.又k ∈N *，故k ＝7.10．在等比数列{a n }中，已知a 1＝2，a 4＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 3，a 5分别为等差数列{b n }的第3项和第5项，数列{b n }的前n 项和为S n ，求当n 满足什么条件时，S n >0?解：(1)设数列{a n }的公比为q ，则16＝2q 3，∴q ＝2.∴{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2)由(1)得a 3＝8，a 5＝32，则b 3＝8，b 5＝32.设数列{b n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋2d ＝8b 1＋4d ＝32，解之得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝－16d ＝12.∴b n ＝－16＋12(n －1)＝12n －28，∴数列{b n }的前n 项和 S n ＝n －16＋12n －282＝6n 2－22n .令S n >0，∴6n 2－22n >0，解得n >113或n <0，∴n ≥4(n ∈N *)．11．(探究选做)(2012·高考四川卷)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数n 都成立．(1)求a 1，a 2的值；(2)设a 1＞0，数列{lg 10a 1a n}的前n 项和为T n .当n 为何值时，T n 最大？并求出T n 的最大值．解：(1)取n ＝1，得a 2a 1＝S 2＋S 1＝2a 1＋a 2，①取n ＝2，得a 22＝2a 1＋2a 2.② 由②－①，得a 2(a 2－a 1)＝a 2.③ 若a 2＝0，由①知a 1＝0；若a 2≠0，由③知a 2－a 1＝1.④由①④解得a 1＝2＋1，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2.综上可得，a 1＝0，a 2＝0或a 1＝2＋1，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2. (2)当a 1>0时，由(1)知a 1＝2＋1，a 2＝2＋2.当n ≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ，(2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1， 所以(1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．所以a n ＝a 1(2)n －1＝(2＋1)·(2)n －1.令b n ＝lg 10a 1a n，则b n ＝1－lg(2)n －1＝1－12(n －1)lg 2＝12lg 1002n －1.所以数列{b n }是单调递减的等差数列(公差为－12lg 2)．从而b 1>b 2>…>b 7＝lg 108>lg 1＝0.当n ≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128<12lg 1＝0.故当n ＝7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为T 7＝7b 1＋b 72＝71＋1－3lg 22＝7－212lg 2.。

知识改变命运一、选择题1．若向量a ＝(3，m )，b ＝(2，－1)，a·b ＝0，则实数m 的值为( )A ．－32 B.32C ．2D ．6解析：选D.由a·b ＝0，得3×2＋m ×(－1)＝0，∴m ＝6.2．若a ，b 是非零向量，且a ⊥b ，|a|≠|b|，则函数f (x )＝(x a ＋b )·(x b －a )是( )A ．一次函数且是奇函数B ．一次函数但不是奇函数C ．二次函数且是偶函数D ．二次函数但不是偶函数 解析：选A.∵a ⊥b ，∴a·b ＝0，∴f (x )＝(x a ＋b )·(x b －a )＝x 2·a·b ＋(|b |2－|a |2)x －a·b ＝(|b |2－|a |2)·x . 又∵|b |≠|a |，∴f (x )为一次函数，且是奇函数，故选A.3．(2013·重庆一中高三调研)若向量a 与b 的夹角为75°，|a |＝2sin 150°，|b |＝4cos 15°，则a·b 的值为( )A ．－1B ．1C ．－ 3 D. 3解析：选B.|a |＝2sin 150°＝2×12＝1.a·b ＝1×4cos 15°cos75°＝1×2×2cos 15°sin15°＝1.4．(2011·高考课标全国卷)已知a 与b 均为单位向量，其夹角为θ，有下列四个命题p 1：|a ＋b |>1⇔θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，2π3 p 2：|a ＋b |>1⇔θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤2π3，π p 3：|a －b |>1⇔θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π3 p 4：|a －b |>1⇔θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π 其中的真命题是( )A ．p 1，p 4B ．p 1，p 3C ．p 2，p 3D ．p 2，p 4知识改变命运解析：选A.由|a ＋b |＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝2＋2cos θ>1，得2＋2cos θ>1，∴cos θ>－12，∴0≤θ<2π3. 由|a －b |＝a 2－2a ·b ＋b 2＝2－2cos θ>1，得2－2cos θ>1，∴cos θ<12，∴π3<θ≤π.∴p 1，p 4正确．5．(2011·高考辽宁卷)若a ，b ，c 均为单位向量，且a ·b ＝0，(a －c )·(b －c )≤0，则|a ＋b －c |的最大值为( ) A.2－1 B ．1C. 2 D ．2解析：选B.由(a －c )·(b －c )≤0，a ·b ＝0，得a ·c ＋b ·c ≥c 2＝1，∴(a ＋b －c )2＝1＋1＋1－2(a ·c ＋b ·c )≤1.∴|a ＋b －c |≤1.二、填空题6．已知向量a ，b 满足|b|＝2，a 与b 的夹角为60°，则b 在a 上的投影是________．解析：b 在a 上的投影是|b |·cos 60°＝2×12＝1.答案：17．(2011·高考江西卷)已知|a |＝|b |＝2，(a ＋2b )·(a －b )＝－2，则a 与b 的夹角为________．解析：∵(a ＋2b )·(a －b )＝|a |2－2|b |2＋a·b ＝－2且|a |＝|b |＝2，∴a·b ＝2，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a ||b |＝12. 而〈a ，b 〉∈[0，π]，∴〈a ，b 〉＝π3.答案：π38．(2012·高考上海卷)在平行四边形ABCD 中，∠A ＝π3，边AB 、知识改变命运AD 的长分别为2、1.若M 、N 分别是边BC 、CD 上的点，且满足|BM →||BC→|＝|CN →||CD→|，则AM →·AN →的取值范围是__________． 解析：设|BM →||BC →|＝|CN →||CD →|＝x (0≤x ≤1)， 则AM→＝AB →＋BM →＝AB →＋xAD →， AN→＝AD →＋DN →＝AD →＋(1－x )AB →， ∴AM →·AN →＝(AB →＋xAD →)·[AD→＋(1－x )AB →] ＝xAD →2＋(1－x )AB →2＋(x －x 2＋1)AB →·AD→ ＝x |AD →|2＋(1－x )|AB →|2＋(－x 2＋x ＋1)×2×1×12＝x ＋4(1－x )－x 2＋x ＋1＝－(x ＋1)2＋6.∵0≤x ≤1，∴－(x ＋1)2＋6∈[2,5]．答案：[2,5]三、解答题9．已知向量OA→＝(λcos α，λsin α)(λ≠0)，OB →＝(－sin β，cos β)，其中O 为坐标原点，β＝α－π6，求向量OA→与OB →的夹角． 解：设向量OA→与OB →的夹角为θ， ∵cos θ＝OA →·OB →|OA →||OB →|＝－λsin βcos α＋λsin αcos β|λ| ＝λsin (α－β)|λ|， 又∵α－β＝π6，∴当λ＞0时，cos θ＝12，θ＝60°，即向量OA →与OB →的夹角为60°.知识改变命运当λ＜0时，cos θ＝－12，θ＝120°，即O A →与O B →的夹角为120°.10．已知|a |＝2，|b |＝3，a 与b 夹角为45°，求使向量a ＋λb 与λa ＋b 的夹角是锐角时，λ的取值范围．解：若a ＋λb 与λa ＋b 的夹角是锐角，则(a ＋λb )·(λa ＋b )>0，且λ≠1(即夹角不是0°)．即λa 2＋(λ2＋1)a ·b ＋λb 2>0且λ≠1.∵a 2＝|a |2＝2，b 2＝|b |2＝9，a ·b ＝|a |·|b |cos 45°＝2×3×22＝3，∴2λ＋(λ2＋1)×3＋9λ>0，即3λ2＋11λ＋3>0且λ≠1，解得λ<－11－856或λ>－11＋856且λ≠1. 11．(探究选做)(2013·重庆调研)在△ABC 中，设B C →·C A →＝C A →·A B →.(1)求证：△ABC 为等腰三角形；(2)若|B A →＋B C →|＝2且B ∈[π3，2π3]，求B A →·B C →的取值范围．解：(1)证明：因为B C →·C A →＝C A →·A B →，所以C A →·(B C →－A B →)＝0.又A B →＋B C →＋C A →＝0，所以C A →＝－(A B →＋B C →)， 所以－(A B →＋B C →)·(B C →－A B →)＝0，所以A B →2－B C →2＝0，所以|A B →|2＝|B C →|2，即|A B →|＝|B C →|，故△ABC 为等腰三角形．(2)因为B ∈[π3，2π3]， 所以cos B ∈[－12，12]，设|A B →|＝|B C →|＝a ，因为|B A →＋B C →|＝2，知识改变命运所以|B A →＋B C →|2＝4，所以a 2＋a 2＋2a 2 cos B ＝4，所以，a 2＝21＋cos B， 所以B A →·B C →＝|B A →|·|B C →|cos B ＝2 cos B 1＋cos B ＝2－21＋cos B∈[－2，23]．沁园春·雪 <毛泽东>北国风光，千里冰封，万里雪飘。

一、选择题 1．(2018·高考湖北卷)直线2x ＋y －10＝0与不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥0，x －y ≥－2，4x ＋3y ≤20表示的平面区域的公共点有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．无数个解析：选B.画出可行域如图阴影部分所示．∵直线过(5,0)点，故只有1个公共点(5,0)． 2．若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋5≥0y ≥a0≤x ≤2，表示的平面区域是一个三角形，则a 的取值范围是( )A ．a <5B ．a ≥7C ．5≤a ＜7D ．a <5或a ≥7解析：选C.由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋5≥00≤x ≤2作出平面区域(图略)，要使平面区域为三角形，须使y ＝a 界于y ＝5与y ＝7之间，但y ≠7，故5≤a <7.3．(2018·高考江西卷)某农户计划种植黄瓜和韭菜，种植面积不超过50亩，投入资金不超过54万元，假设种植黄瓜和韭菜的产量、)最大，那么黄瓜和韭菜的种植面积(单位：亩)分别为( )A ．50,0B ．30,20C ．20,30D ．0,50解析：选B.设黄瓜和韭菜的种植面积分别为x 亩，y 亩，总利润为z 万元，则目标函数为z ＝(0.55×4x －1.2x )＋(0.3×6y －0.9y )＝x ＋0.9y .线性约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤50，1.2x ＋0.9y ≤54，x ≥0，y ≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤50，4x ＋3y ≤180，x ≥0，y ≥0，画出可行域，如图所示．作出直线l 0：x ＋0.9y ＝0，向上平移至过点B 时，z 取得最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝50，4x ＋3y ＝180，求得B (30,20)，故选B. 4．(2018·高考福建卷)已知O 是坐标原点，点A (－1,1)，若点M (x ，y )为平面区域⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥2x ≤1y ≤2上的一个动点，则O A → ·OM→的取值范围是( )A ．[－1,0]B ．[0,1]C ．[0,2]D ．[－1,2]解析：选C.作出可行域，如图所示，O A →·OM→＝－x ＋y.设z ＝－x ＋y ，作l 0：x －y ＝0，易知，过点(1,1)时z 有最小值，z min ＝－1＋1＝0；过点(0,2)时z 有最大值，z max ＝0＋2＝2，∴O A →·OM→的取值范围是[0,2]．5．(2018·高考湖北卷)已知向量a ＝(x ＋z,3)，b ＝(2，y －z )，且a ⊥b .若x ，y 满足不等式|x |＋|y |≤1，则z 的取值范围为( )A.[]－2，2B.[]－2，3C.[]－3，2D.[]－3，3解析：选D.∵a ＝(x ＋z,3)，b ＝(2，y －z )，且a ⊥b ， ∴a ·b ＝2(x ＋z )＋3(y －z )＝0，即2x ＋3y －z ＝0.又|x |＋|y |≤1表示的区域为图中阴影部分，∴当2x ＋3y －z ＝0过点B (0，－1)时，z min ＝－3， 当2x ＋3y －z ＝0过点A (0,1)时，z max ＝3. ∴z ∈[]－3，3. 二、填空题 6．(2018·高考课标全国卷)若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧3≤2x ＋y ≤9，6≤x －y ≤9，则z ＝x ＋2y 的最小值为__________． 解析：作出不等式表示的可行域如图(阴影部分)．易知直线z ＝x ＋2y 过点B 时，z 有最小值． 由⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＝92x ＋y ＝3，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝－5. 所以z min ＝4＋2×(－5)＝－6. 答案：－6 7．(2018·高考上海卷)满足约束条件|x |＋2|y |≤2的目标函数z ＝y －x 的最小值是__________．解析：作出可行域如图所示：由图可知，当目标函数经过点(2,0)时，目标函数z ＝y －x 取得最小值，z min ＝0－2＝－2. 答案：－28．(2018·湖南十二校联考)设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧|x |－2≤0y －3≤03x －2y ≤2所表示的平面区域为S ，若A 、B 为S 内的任意两点，则|AB |的最大值为________．解析：原不等式组可以化为⎩⎨⎧－2≤x ≤2y ≤3y ≥32x －1，则其表示的平面区域如图所示．当A 、B 位于图中所示的位置时|AB |取得最大值， 即|AB |＝65. 答案：65 三、解答题9．已知D 是由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ≥0，x ＋3y ≥0.所确定的平面区域，试求圆x 2＋y 2＝4在区域D 内的弧长．解：如图阴影部分表示⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ≥0，x ＋3y ≥0.确定的平面区域，所以劣弧的弧长即为所求．∵k OB ＝－13，k OA ＝12，∴tan ∠BOA ＝12－(－13)1＋12×(－13)＝1，∴∠BOA ＝π4.∴劣弧的长度为2×π4＝π2.10．某公司仓库A 存有货物12吨，仓库B 存有货物8吨，现按7吨、8吨和5吨把货物分别调运给甲、乙、丙三个商店．从仓库A 运货物到商店甲、乙、丙，每吨货物的运费分别为8元、6元、9元；从仓库B 运货物到商店甲、乙、丙，每吨货物的运费分别为3元、4元、5元．问应如何安排调运方案，才能使得从两个仓库运货物到三个商店的总运费最少？解：设仓库A 则仓库A 运给丙商店的货物为(12－x －y )吨，从而仓库B 运给甲、乙、丙商店的货物分别为(7－x )吨、(8－y )吨、[5－(12－x －y )]＝(x ＋y －7)吨，于是总运费为z ＝8x ＋6y ＋9(12－x －y )＋3(7－x )＋4(8－y )＋5(x ＋y －7)＝x －2y ＋126.∴线性约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧12－x －y ≥0，7－x ≥0，8－y ≥0，x ＋y －7≥0，x ≥0，y ≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤12，0≤x ≤7，0≤y ≤8，x ＋y ≥7.目标函数为z ＝x －2y ＋126.作出上述不等式组表示的平面区域，即可行域，如图所示作出直线l ：x －2y ＝0，把直线l 平行移动，显然当直线l 移动到过点(0,8)时，在可行域内z ＝x －2y ＋126取得最小值z min ＝0－2×8＋126＝110，则x ＝0，y ＝8时总运费最少．安排的调运方案如下：仓库A 运给甲、乙、丙商店的货物分别为0吨、8吨、4吨，仓库B 运给甲、乙、丙商店的货物分别为7吨、0吨、1吨，此时可使得从两个仓库运货物到三个商店的总运费最少．11．(探究选做)若关于x 的实系数方程x 2＋ax ＋b ＝0有两个根，一个根在区间(0,1)内，另一根在区间(1,3)内，记点(a ，b )对应的区域为S ，设z ＝2a －b ，求z 的取值范围．解：方程x 2＋ax ＋b ＝0的两根在区间(0,1)和(1,3)上的几何意义是函数y ＝f (x )＝x 2＋ax ＋b 与x 轴的两个交点的横坐标分别在区间(0,1)和(1,3)内，由此可得不等式组⎩⎪⎨⎪⎧f (0)>0f (1)<0f (3)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧b >0a ＋b ＋1<03a ＋b ＋9>0.则在坐标平面aOb 内，点(a ，b )对应的区域S 如图阴影部分所示，易得图中A 、B 、C 三点的坐标分别为(－4，3)，(－3，0)，(－1，0)．∵z ＝2a －b ，则直线b ＝2a －z .经过点A 时z 取得最小值，经过点C 时，z 取得最大值．而z min ＝－11，z max ＝－2，又A 、B 、C 三点的值没有取到， 所以－11<z <－2.。

卜人入州八九几市潮王学校2021年高三数学一轮复习第二章第1课时知能演练轻松闯关1．集合M＝{－1,1,2,4}，N＝{0,1,2}，给出以下四个对应法那么，其中能构成从M到N的函数是()A．y＝x2B．y＝x＋1C．y＝2x D．y＝log2|x|解析：选D.用排除法，易验证选项A，B，C都存在M中的元素在N中没有元素和它对应，所以排除A，B，C，应选D.2．设g(x)＝2x＋3，g(x＋2)＝f(x)，那么f(x)等于()A．－2x＋1 B．2x－1C．2x－3 D．2x＋7解析：选D.f(x)＝g(x＋2)＝2(x＋2)＋3＝2x＋7，应选D.3．下表表示y是x的函数，那么函数的值域是________.答案：{2,3,4,5}4．(2021·高考卷)设f(x)＝那么f(f(－2))＝________.解析：∵f(－2)＝10－2＝＞0，∴f(f(－2))＝f＝lg＝－2.答案：－2一、选择题1．以下各组函数中表示同一函数的是()A．f(x)＝x与g(x)＝()2B．f(x)＝|x|与g(x)＝C．f(x)＝lne x与g(x)＝e ln xD．f(x)＝与g(t)＝t＋1(t≠1)解析：选D.由函数的三要素中的定义域和对应关系一一进展判断，知D正确．2．函数y＝x＋(x＞0)的值域为()A．[2，＋∞)B．(2，＋∞)C．(0，＋∞)D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)x＞0时，y＝x＋≥2＝2，当且仅当x＝1时取等号，即函数y＝x＋(x＞0)的值域是[2，＋∞)，选A. 3．(2021·质检)函数f(x)的定义域为(0,2]，那么函数f()的定义域为()A．[－1，＋∞)B．(－1,3]C．[，3) D．(0，)解析：选B.根据题意得0＜≤2，即0＜x＋1≤4，解得－1＜x≤3.应选B.4．(2021·调研)函数f(x)满足f()＝log2，那么f(x)的解析式是()A．f(x)＝log2x B．f(x)＝－log2xC．f(x)＝2－x D．f(x)＝x－2x>0，所以f()＝log2x，那么f(x)＝log2＝－log2x.5．设函数f(x)＝，那么不等式f(x)＜f(－1)的解集是()A．(－3，－1)∪(3，＋∞)B．(－3，－1)∪(2，＋∞)C．(－3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(－1,3)解析：选A.f(－1)＝3，f(x)＜3，当x≤0时，x2＋4x＋6＜3，解得x∈(－3，－1)；当x＞0时，－x＋6＜3，解得x∈(3，＋∞)，故不等式的解集为(－3，－1)∪(3，＋∞)，应选A.二、填空题6．函数y＝的定义域是________．解析：由，即，得x≤3.答案：(－∞，3]7．f(x－)＝x2＋，那么f(3)＝________.解析：∵f(x－)＝x2＋＝(x－)2＋2，∴f(x)＝x2＋2(x≠0)，∴f(3)＝32＋2＝11.答案：118．f(x)＝那么使f(x)≥－1成立的x的取值范围是________．解析：∵f(x)≥－1，∴或者，∴－4≤x≤0或者0＜x≤2，即－4≤x≤2.答案：[－4,2]三、解答题9．求函数y＝＋(5x－4)0的定义域．解：由得故所求函数的定义域为∪∪.10．f(2－cos x)＝cos2x－cos x，求f(x－1)．解：∵f(2－cos x)＝2cos2x－cos x－1＝2(2－cos x)2－7(2－cos x)＋5，∴f(x)＝2x2－7x＋5(1≤x≤3)，即f(x－1)＝2(x－1)2－7(x－1)＋5＝2x2－11x＋14(2≤x≤4)．11．某公司招聘员工，连续招聘三天，应聘人数和录用人数符合函数关系y＝其中，x是录用人数，y是应聘人数．假设第一天录用9人，第二天的应聘人数为60，第三天未被录用的人数为120.求这三天参加应聘的总人数和录用的总人数．解：由1<9<10，得第一天应聘人数为4×9＝36.由4x＝60，得x＝15∉[1,10]；由2x＋10＝60，得x＝25∈(10,100]；x＝60，得x＝40<100.所以第二天录用人数为25.设第三天录用x人，那么第三天的应聘人数为120＋x.由4x＝120＋x，得x＝40∉[1,10]；由2x＋10＝120＋x，得x＝110∉(10,100]；x＝120＋x，得x＝240>100.所以第三天录用240人，应聘人数为360.综上，这三天参加应聘的总人数为36＋60＋360＝456，录用的总人数为9＋25＋240＝274.。

一、选择题1．设ω>0，函数y ＝sin(ωx ＋π3)＋2的图象向右平移4π3个单位后与原图象重合，则ω的最小值是( )A.23B.43C.32 D ．3解析：选C.由函数图象向右平移43π个单位后与原图象重合，得43π是此函数周期的整数倍，又ω>0，∴2πω·k ＝43π，∴ω＝32k (k ∈Z )，∴ωmin ＝32. 2．(2018·高考课标全国卷)设函数f (x )＝sin ()ωx ＋φ＋cos(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2的最小正周期为π，且f ()－x ＝f (x )，则( ) A ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2单调递减B ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4单调递减C ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2单调递增D ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4单调递增解析：选A.∵f (x )＝sin ()ωx ＋φ＋cos ()ωx ＋φ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋φ＋π4，又∵f (x )的最小正周期为π，∴ω＝2.∴f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋φ＋π4.由f (x )＝f ()－x 知f (x )是偶函数，因此φ＋π4＝k π＋π2()k ∈Z .又|φ|<π2，∴φ＝π4，∴f (x )＝2cos 2x .由0<2x <π知0<x <π2时，f (x )单调递减．故选A.3．(2018·高考山东卷)若函数f (x )＝sin ωx (ω>0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2上单调递减，则ω＝( )A ．3B ．2C.32D.23解析：选C.∵y ＝sin ωx (ω>0)过原点，∴当0≤ωx ≤π2，即0≤x ≤π2ω时，y ＝sin ωx 是增函数； 当π2≤ωx ≤3π2，即π2ω≤x ≤3π2ω时，y ＝sin ωx 是减函数．由y ＝sin ωx (ω>0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2上单调递减知，π2ω＝π3，∴ω＝32.4．下列函数中，周期为π，且在[π4，π2]上为减函数的是( )A ．y ＝sin(2x ＋π2)B ．y ＝cos(2x ＋π2)C ．y ＝sin(x ＋π2)D ．y ＝cos(x ＋π2)解析：选A.因为函数的周期为π，所以排除C 、D.又因为y ＝cos (2x ＋π2)＝－sin 2x 在[π4，π2]上为增函数，故B 不符．只有函数y ＝sin(2x ＋π2)的周期为π，且在[π4，π2]上为减函数．故选A.5．若f (x )＝tan(x ＋π4)，则( )A ．f (－1)＞f (0)＞f (1)B ．f (0)＞f (1)＞f (－1)C ．f (1)＞f (0)＞f (－1)D ．f (0)＞f (－1)＞f (1)解析：选D.∵f (x )＝tan(x ＋π4)在(－3π4，π4)上是增函数，且f (1)＝f (1－3π4)．∴由－3π4＜1－3π4＜－1＜0，得f (1－3π4)＜f (－1)＜f (0)． 即f (0)＞f (－1)＞f (1)．应选D. 二、填空题6．函数f (x )＝sin(2x －π4)－22sin 2x 的最小正周期是__________．解析：f (x )＝22sin 2x －22cos 2x －2(1－cos 2x )＝22sin 2x ＋22cos 2x －2＝sin(2x ＋π4)－2，∴T ＝2π2＝π.答案：π7．已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)的图象如图所示，则f (7π12)＝________.解析：由图象知，函数的周期T 满足32×T ＝π，∴T ＝2π3.∵f (π4)＝0，∴f (7π12)＝f (π4＋π3)＝f (π4＋T2)＝0. 答案：0 8．(2018·高考安徽卷)设f (x )＝a sin 2x ＋b cos 2x ，其中a ，b ∈R ，ab ≠0.若f (x )≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6对一切x ∈R 恒成立，则①f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π12＝0；②⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫7π10<⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5；③f (x )既不是奇函数也不是偶函数；④f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z )；⑤存在经过点(a ，b )的直线与函数f (x )的图象不相交．以上结论正确的是________(写出所有正确结论的编号)．解析：由f (x )≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6对一切x ∈R 恒成立知，直线x ＝π6是f (x )的对称轴．又f (x )＝a 2＋b 2sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫其中tan φ＝b a 的周期为π， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋3π4可看作x ＝π6的值加了34个周期，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π12＝0.故①正确．∵7π10－2π3＝π30，π5－π6＝π30， ∴7π10和π5与对称轴的距离相等．∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫7π10＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，故②不正确． ∵x ＝π6是对称轴，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ＝±1，∴π3＋φ＝±π2＋2k π，k ∈Z .∴φ＝π6＋2k π或φ＝－5π6＋2k π，k ∈Z ，tan φ＝b a ＝13，∴a ＝3b .∴f (x )＝2|b |sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6或f (x )＝2|b |sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －5π6.∴f (x )既不是奇函数也不是偶函数，故③正确．由以上知f (x )＝2|b |sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3＋k π，π6＋k π，k ∈Z .f (x )＝2|b |sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －5π6的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6＋k π，2π3＋k π，k ∈Z .由于f (x )的解析式不确定，∴单调递增区间不确定，故④不正确．∵f (x )＝a sin 2x ＋b cos 2x ＝a 2＋b 2sin(2x ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫其中tan φ＝b a ，∴－a 2＋b 2≤f (x )≤a 2＋b 2.又∵ab ≠0，∴a ≠0，b ≠0.∴－a 2＋b 2<b <a 2＋b 2，∴过点(a ，b )的直线必与函数f (x )的图象相交．故⑤不正确． 答案：①③ 三、解答题 9．(2018·高考重庆卷)设a ∈R ，f (x )＝cos x (a sin x －cos x )＋cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x 满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝f ()0，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，11π24上的最大值和最小值．解：f (x )＝a sin x cos x －cos 2x ＋sin 2x ＝a 2sin 2x －cos 2x .由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝f ()0得－32·a 2＋12＝－1，解得a ＝2 3. 因此f (x )＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6. 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3时，2x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2，f (x )为增函数；当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，11π24时，2x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，3π4，f (x )为减函数， 所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，11π24上的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝2. 又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π24＝2，故f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，11π24上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π24＝ 2.10．(2018·高考重庆卷)设函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(其中A ＞0，ω＞0，－π＜φ≤π)在x ＝π6处取得最大值2，其图象与x 轴的相邻两个交点的距离为π2.(1)求f (x )的解析式；(2)求函数g (x )＝6cos 4x －sin 2x －1f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6的值域． 解：(1)由题设条件知f (x )的周期T ＝π， 即2πω＝π，解得ω＝2.因为f (x )在x ＝π6处取得最大值2，所以A ＝2.从而sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ＝1，所以π3＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z . 又由－π<φ≤π得φ＝π6.故f (x )的解析式为f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6. (2)g (x )＝6cos 4x －sin 2x －12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝6cos 4x ＋cos 2x －22cos 2x ＝(2cos 2x －1)(3cos 2x ＋2)2(2cos 2x －1)＝32cos 2x ＋1(cos 2x ≠12)．因cos 2x ∈[0,1]，且cos 2x ≠12，故g (x )的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，74∪⎝ ⎛⎦⎥⎤74，52.11．(探究选做)(2018·浙江金华十校联考)已知函数f (x )＝2sin(x －π3)cos(x －π3)＋23cos 2(x －π3)－ 3.(1)求函数f (x )的最大值及取得最大值时相应的x 的值；(2)若函数y ＝f (2x )－a 在区间[0，π4]上恰有两个零点x 1，x 2，求tan(x 1＋x 2)的值．解：(1)f (x )＝sin(2x －2π3)＋3[1＋cos(2x －2π3)]－ 3＝sin(2x －2π3)＋3cos(2x －2π3)＝2sin(2x －π3)， ∴函数f (x )的最大值为2，此时2x －π3＝π2＋2k π，k ∈Z ，即x ＝5π12＋k π，k ∈Z .(2)f (2x )＝2sin(4x －π3)，令t ＝4x －π3，∵x ∈[0，π4]，∴t ∈[－π3，2π3]，设t 1，t 2是函数y ＝2sin t －a 的两个相应零点(即t 1＝4x 1－π3，t 2＝4x 2－π3)，由函数y ＝2sin t 的图象性质知t 1＋t 2＝π，即4x 1－π3＋4x 2－π3＝π，∴x 1＋x 2＝π4＋π6，tan(x 1＋x 2)＝tan(π4＋π6)＝tan π4＋tan π61－tan π4×tan π6＝1＋331－33＝2＋ 3.。

2021年高三数学一轮复习 选修4-5第1课时知能演练轻松闯关 新人教版本卷贰O 贰贰年贰月捌日编写； 出题人：令狐学复；欧阳化语；令狐理总。

一、填空题1．|2x －1x|<3的解集是________．解析：∵|2x －1x|<3，∴|2x －1|<3|x |，两边平方得4x 2－4x ＋1<9x 2， ∴5x 2＋4x －1>0.∴所求不等式的解集为{x |x <－1或者x >15}．答案：(－∞，－1)∪(15，＋∞)2．不等式|x ＋1|(2x －1)≥0的解集为________． 解析：当x ＋1＝0即x ＝－1时， |x ＋1|(2x －1)≥0成立； 当x ＋1≠0时，|x ＋1|>0， ∴2x －1≥0，即x ≥12.综上可知，原不等式的解集为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x ≥12或者x ＝－1.答案：{x |x ＝－1或者x ≥12}3．(2021·高考卷)不等式|x ＋3|－|x －2|≥3的解集为________．解析：当x ≥2时，原不等式化为x ＋3－(x －2)≥3，解得x ≥2；当－3<x <2时，原不等式化为x ＋3－(2－x )≥3，解得1≤x <2；当x ≤－3时，原不等式化为－x －3－(2－x )≥3，无解． 综上，x 的取值范围为x ≥1. 答案：[1，＋∞)4．(2021·高考卷)假设不等式|x ＋1|＋|x －2|≥a 对任意x ∈R 恒成立，那么a 的取值范围是________． 解析：令f (x )＝|x ＋1|＋|x －2| ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋1x ≤－1，3－1＜x ＜2，2x －1x ≥2，∴f (x )≥3.∵|x ＋1|＋|x －2|≥a 对任意x ∈R 恒成立， ∴a ≤3. 答案：(－∞，3]5．假设不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1x >|a －2|＋1对于一切非零实数x 均成立，那么实数a 的取值范围是________．解析：∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1x ≥2，∴|a －2|＋1<2，即|a －2|<1，解得1<a <3. 答案：(1,3) 二、解答题6．(2021·高考卷)解不等式x ＋|2x －1|<3. 解：原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧2x －1≥0，x ＋2x －1<3，或者⎩⎪⎨⎪⎧2x －1<0，x －2x －1<3.解得12≤x <43或者－2<x <12.所以原不等式的解集是⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫－2<x <43.7．求不等式1<|x ＋1|<3的解集． 解：由1<|x ＋1|<3，得 1<x ＋1<3或者－3<x ＋1<－1， ∴0<x <2或者－4<x <－2，∴不等式的解集为(－4，－2)∪(0,2)．8．求不等式1－3|x |x>0的解集．解：此题可去绝对值将不等式转化为等价的不等式组，即⎩⎪⎨⎪⎧x >01－3x x >0或者⎩⎪⎨⎪⎧x <01＋3x x >0，分别解之然后取并集即得不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13. 9．(2021·高考卷)函数f (x )＝|x －2|－|x －5|. (1)证明：－3≤f (x )≤3；(2)求不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集．解：(1)证明：f (x )＝|x －2|－|x －5|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤2，2x －7，2<x <5，3，x ≥5.当2<x <5时，－3<2x －7<3，所以－3≤f (x )≤3. (2)由(1)可知，当x ≤2时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为空集；当2<x <5时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x <5}； 当x ≥5时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5≤x ≤6}． 综上，不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x ≤6}． 10．(2021·质检)函数f (x )＝|x －4|－|x －2|. (1)作出函数y ＝f (x )的图象； (2)解不等式|x －4|－|x －2|>1. 解：(1)依题意可知 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2 x >4，－2x ＋6 2≤x ≤4，2 x <2.那么函数y ＝f (x )的图象如下图．(2)由函数y ＝f (x )的图象容易求得原不等式的解集为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，52. 11．如图，O 为数轴的原点，A 、B 、M 为数轴上三点，C 为线段OM 上的一动点．设x 表示C 与原点的间隔 ，y 表示C 到A 间隔 的4倍与C 到B 间隔 的6倍的和．(1)将y 表示为x 的函数；(2)要使y 的值不超过70，x 应该在什么范围内取值？ 解：(1)y ＝4|x －10|＋6|x －20|,0≤x ≤30.(2)依题意，x 满足⎩⎪⎨⎪⎧4|x －10|＋6|x －20|≤70，0≤x ≤30.解不等式组，其解集为[9,23]．所以要使y 值不超过70，x 的取值范围应为[9,23]． 12．(2021·质检)设不等式|2x －5|≤5的解集为A . (1)求A ；(2)证明：当x ∈A 时，|x |＋|x －4|≤6. 解：(1)由|2x －5|≤5得：－5≤2x －5≤5， 0≤2x ≤10,0≤x ≤5， ∴解集A ＝{x |0≤x ≤5}． (2)证明：法一：|x |＋|x －4|＝|x |＋|(x －5)＋1|≤|x |＋|x －5|＋1， ∵0≤x ≤5，∴|x |＋|x －5|＋1＝x ＋(5－x )＋1＝6. ∴|x |＋|x －4|≤6. 法二：当0≤x ≤4时，左边＝x＋(4－x)＝4<6当4<x≤5时，左边＝x＋(x－4)＝2x－4≤2×5－4＝6，综上，|x|＋|x－4|≤6.13．函数f(x)＝|x－3|－2，g(x)＝－|x＋1|＋4.(1)假设函数f(x)的值不大于1，求x的取值范围；(2)假设不等式f(x)－g(x)≥m＋1的解集为R，求m的取值范围．解：(1)由题意得f(x)≤1，即|x－3|－2≤1，得|x－3|≤3.因为|x－3|≤3⇔－3≤x－3≤3⇔0≤x≤6，所以x的取值范围是[0,6]．(2)f(x)－g(x)＝|x－3|＋|x＋1|－6，因为x∈R，由绝对值三角不等式得f(x)－g(x)＝|x－3|＋|x＋1|－6＝|3－x|＋|x＋1|－6≥|(3－x)＋(x＋1)|－6＝4－6＝－2，于是有m＋1≤－2，得m≤－3，即m的取值范围是(－∞，－3]．14．函数f(x)＝|x－2|，g(x)＝－|x＋3|＋m.(1)解关于x的不等式f(x)＋a－1>0(a∈R)；(2)假设函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，求m的取值范围．解：(1)不等式f(x)＋a－1>0，即|x－2|＋a－1>0.当a＝1时，不等式的解集是(－∞，2)∪(2，＋∞)；当a>1时，不等式的解集是R；当a<1时，即|x－2|>1－a，即x－2<a－1或者x－2>1－a，即x<a＋1或者x>3－a，解集为(－∞，1＋a)∪(3－a，＋∞)．(2)函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，即|x－2|>－|x＋3|＋m对任意实数x恒成立，即|x－2|＋|x＋3|>m对任意实数x恒成立．由于|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5，故只要m<5.所以m的取值范围是(－∞，5)．15．a，b，c是实数，函数f(x)＝ax2＋bx＋c，g(x)＝ax＋b，当－1≤x≤1时，|f(x)|≤1.(1)证明：|c|≤1；(2)证明：当－1≤x≤1时，|g(x)|≤2；(3)设a>0，当－1≤x≤1时，g(x)的最大值为2，求f(x)．解：(1)证明：∵当－1≤x≤1时，|f(x)|≤1，∴取x＝0有|c|＝|f(0)|≤1，即|c|≤1.(2)证明：∵g(x)＝ax＋b的图象是一条直线，∴只需证明|g(－1)|≤2，且|g(l)|≤2.由|f(－1)|≤1，|f(l)|≤1，又由(1)知|c|≤1，∴|g(－1)|＝|－a＋b|＝|－f(－1)＋c|≤|f(－1)|＋|c|≤1＋1＝2.∴|g(－1)|≤2，且|g(1)|≤2.∴当－1≤x≤1时，|g(x)|≤2.(3)∵a>0，∴g(x)在(－1,1)上是增函数．又∵当－1≤x≤1时，g(x)的最大值为2，∴g(1)＝2.∴a＋b＝f(1)－c＝2.∵－1≤c＝f(l)－2≤1－2＝－1，∴c＝f(0)＝－1.∵当－1≤x≤1时，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)，∴由二次函数的性质得直线x＝0为二次函数f(x)的图象的对称轴．∴－b2a＝0，即b＝0.∴a＝2. ∴f(x)＝2x2－1.本卷贰O贰贰年贰月捌日编写；出题人：令狐学复；欧阳化语；令狐理总。

卜人入州八九几市潮王学校2021年高三数学一轮复习第九章第4课时知能演练轻松闯关1．在一次随机试验中，彼此互斥的事件A、B、C、D的概率分别是0.2、0.2、0.3、0.3，那么以下说法正确的选项是()A．A＋B与C是互斥事件，也是对立事件B．B＋C与D是互斥事件，也是对立事件C．A＋C与B＋D是互斥事件，但不是对立事件D．A与B＋C＋D是互斥事件，也是对立事件解析：A，B，C，D彼此互斥，且A＋B＋C＋D是一个必然事件，故其事件的关系可由如下列图的韦恩图表示，由图可知，任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件．2．某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙均属于次品，假设消费中出现乙级品的概率为0.03，出现丙级品的概率为0.01，那么对成品抽查一件，恰好得正品的概率为()A．0.99C．0.97A＝{甲级品}，B＝{乙级品}，C＝{丙级品}．事件A、B、C彼此互斥，且A与B∪C是对立事件．所以P(A)＝1－P(B∪C)＝1－P(B)－P(C)＝1－0.03－0.01＝0.96.3．对一批衬衣进展抽样检查，结果如表：(1)(2)记“任取一件衬衣是次品〞为事件A，求P(A)；(3)为了保证买到次品的顾客可以及时更换，那么销售1000件衬衣，至少需进货多少件？解：(1)次品率依次为：0,0.02,0.06,0.054,0.045,0.05,0.05.(2)由(1)知，出现次品的频率在0.05附近摆动，故P(A)＝0.05.(3)设进衬衣x件，那么x(1－0.05)≥1000，x∈N*，解得x≥1053.故至少需进货1053件．一、选择题)①有一大批产品，次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面向上，因此正面向上的概率是；③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率．A．0个B．1个C．2个D．3个①②③都不正确．2．在第3、6、16路公一共汽车的一个停靠站(假定这个车站只能停靠一辆公一共汽车)，有一位乘客需在5分钟之内乘上公一共汽车赶到厂里，他可乘3路或者6路公一共汽车到厂里，3路车、6路车在5分钟之内到此车站的概率分别为0.20和0.60，那么该乘客在5分钟内能乘上所需要的车的概率为()A．0.20C．0.80解析：选C.令“能上车〞记为事件A，那么3路或者6路车有一辆路过即事件发生，故P(A)＝0.20＋0.60＝0.80.3．盒子内装有红球、白球、黑球三种，其数量分别为3,2,1.从中任取两球，那么互斥而不对立的两个事件为()A．至少有一个白球；都是白球B．至少有一个白球；至少有一个红球C．恰有一个白球；一个白球一个黑球D．至少有一个白球；红黑球各一个解析：选D.红黑球各取一个，那么一定取不到白球，故“至少有一个白球〞、“红黑球各一个〞为互斥事件，又任取两球还包含“两个红球〞等事件，故不是对立事件．4．集合A＝{－9，－7，－5，－3，－1,0,2,4,6,8}，从集合A中选取不一样的两个数，构成平面直角坐标系上的点，观察点的位置，那么事件A＝{点落在x轴上}与事件B＝{点落在y轴上}的概率关系为() A．P(A)＞P(B)B．P(A)＜P(B)C．P(A)＝P(B)D．P(A)、P(B)大小不确定解析：选C.横坐标与纵坐标为0的可能性是一样的．故P(A)＝P(B)．5．甲、乙两人下棋，和棋的概率为，乙获胜的概率为，那么以下说法正确的选项是()A．甲获胜的概率是B．甲不输的概率是C．乙输了的概率是D．乙不输的概率是解析：选A.“甲获胜〞是“和棋或者乙胜〞的对立事件，所以“甲获胜〞的概率是P＝1－－＝；设事件A为“甲不输〞，那么A是“甲胜〞、“和棋〞这两个互斥事件的并事件，所以P(A)＝＋＝；乙输了即甲胜了，所以乙输了的概率为；乙不输的概率为1－＝.二、填空题6．某台纺纱机在1小时内发生0次、1次、2次断头的概率分别是0.8、0.12、0.05，那么这台纺纱机在1小时内断头不超过两次的概率和断头超过两次的概率分别为__________，__________.解析：断头不超过两次的概率P1＝0.8＋0.12＋0.05＝0.97，于是，断头超过两次的概率P2＝1－P1＝1－0.97＝0.03.7．从一筐苹果中任取一个，质量小于250g的概率为0.25，质量不小于350g的概率是0.22，那么质量位于[250,350)(单位：g)范围内的概率是________．解析：取出的苹果其质量位于[250,350)(单位：g)范围内的概率是1－0.25－0.22＝0.53.8．非空集合A、B满足A B①任取x∈A，那么x∈B是必然事件；②假设x∉A，那么x∈B是不可能事件；③任取x∈B，那么x∈A是随机事件；④假设x∉B，那么x∉A是必然事件．解析：由A B可知存在x0∈B而x0∉A，所以，“假设x∉A，那么x∈B①③④答案：①③④三、解答题9．我国已经正式参加WTO，包括汽车在内的进口商品将最多把关税全部降低到世贸组织所要求的程度，其中有21%的进口商品恰好5年关税到达要求，18%的进口商品恰好4年到达要求，其余的进口商品将在3年或者3年内到达要求，求进口汽车在不超过4年的时间是内关税到达要求的概率．解：法一：设“进口汽车恰好4年关税到达要求〞为事件A，“不到4年到达要求〞为事件B，那么“进口汽车不超过4年的时间是内关税到达要求〞就是事件A＋B，显然A与B是互斥事件，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝18%＋(1－21%－18%)＝79%.法二：设“进口汽车在不超过4年的时间是内关税到达要求〞为事件M，那么为“进口汽车5年关税到达要求〞，所以P(M)＝1－P()＝1－21%＝79%.10．某一天派出医生下乡医疗，派出医生人数及其概率如下：(1)(2)假设派出医生最多4人的概率为0.96，最少3人的概率为0.44，求y、z的值．解：(1)由派出医生不超过2人的概率为0.56，得0．1＋0.16＋x＝0.56，∴x＝0.3.(2)由派出医生最多4人的概率为0.96，得0．96＋z＝1，∴z＝0.04.由派出医生最少3人的概率为0.44，得y＋0.2＋0.04＝0.44，∴y＝0.44－0.2－0.04＝0.2.11．一个袋中装有大小一样的黑球、白球和红球．袋中一共有10个球，从中任意摸出1个球，得到黑球的概率是；从中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是.求：(1)从中任意摸出2个球，得到的都是黑球的概率；(2)袋中白球的个数．解：(1)由题意知，袋中黑球的个数为10×＝4.记“从袋中任意摸出2个球，得到的都是黑球〞为事件A，那么P(A)＝＝.(2)记“从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球〞为事件B，设袋中白球的个数为x，那么P(B)＝1－P()＝1－＝，解得x＝5.即袋中白球的个数为5.。