【倒计时16天】2019高考湖北名校联盟终极猜押(二)理科数学试题
倒倒计计时时1166天天
··22001199高高考考终终极极猜猜押押之之二二((理理))
命题角度
1
———立体几何
押题1
已知α表示平面,m,n表示两条不同直线.下列
说法正确的是 ( )
A.
若m∥α,n∥α,则m∥n B.
若m∥α,n⊂α,则m∥n
C.
若m⊥α,n∥α,则m⊥n D.
若m∥α,m⊥n,则n⊥α
押题2
在三棱锥P-ABC 中AB= 6,BC= 10,PA=
2 3,PC=2,∠APC= π
2,则三棱锥P-ABC 外接球的表
面积为 ( )
A.4π B.16
3π C.32
3π D.16π
押题3
如图所示,网格纸上小正方形的边长为
1cm,粗
线为某空间几何体的三视图,则该几何体的体积为
( )
A.2cm
3
B.4cm
3
C.6cm
3
D.8cm
3
押题4
某几何体的三视图如图所示,其正视图中的曲线
部分为半圆,则该几何体的体积是 ( )
A.4+3
2π B.6+3π C.6+3
2π D.12+3
2π
押题5
如图,在四边形ABCD 中,AB=5,AD=2,CD=
2 2,∠DAB=90°,∠ADC=135°,则该四边形ABCD 绕
AD旋转一周所成几何体的表面积及体积分别是
.
押题6
已知,正四面体A-BCD,棱长为
3,点M 是AD 靠
近A 点的三等分点,N 是BC 的中点,则异面直线 AN,
CM 所成的角的余弦值是
.
二、解答题
押题1
如图,四棱锥P-ABCD 中,底面 ABCD 为 矩 形,PA ⊥
平 面
ABCD,E 为PD 的中点.
(1)证明:PB∥
平面AEC.
(2)设二面角D-AE-C 为
60°,AP=
1,AD= 3,求三棱锥E-ACD 的体积.
押题2
如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1
的所有棱长都相
等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1
和四
边形BDD1B1
均为矩形.
(1)证明:O1O⊥
底面ABCD.
(2)若
∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D 的余弦值.
押题3
如图所示,在多面体 A1B1D1DCBA 中,四边形
AA1B1B,ADD1A1,ABCD 均为正方形,E 为B1D1
的中
点,过A1,D,E 的平面交CD1
于F.
(1)证明:EF∥B1C.
(2)求二面角E-A1D-B1
余弦值.
押题4
如图所示,在四棱锥P-ABCD
中,底面 ABCD 是矩形,PD⊥
平面
ABCD 且PD=CD,过 PC 的中点 M
作MN⊥PB 交PB 于点N,连接DM,
DN.
(1)证明:DM⊥
平面PBC.
(2)若平面 DMN 与平面ABCD 所成的二面角的余弦值
为2
3,求BC
PD
的值.
命题角度
2
———统计概率
押题1
若随机变量η的分布列如下:
η -2 -1 0 1 2 3
P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1
则当P(η>x)=0.7
时,实数x的取值范围是 ( )
A.(-1,0] B.[-1,0] C.[-1,0) D.(-1,0)押题2
某校数学教研组为了解学生学习数学的情况,采
用分层抽样的方法从高一
900
人、高二n人、高三
720
人
中,抽取
40
人进行问卷调查.已知高一被抽取的人数为
15,则n= ( )
A.660 B.780 C.790 D.830押题3
做掷一个骰子的试验,事件A 表示“小于
4
的奇
数点出现”,事件B 表示“小于
4
的点数出现”,则一次试
验中,事件A+B 发生的概率为 ( )
A.1
3 B.1
2 C.2
3 D.5
6
1
押题4
某班有
60
名学生,一次考试后数学成绩ξ(ξ∈N)服从正态分布 N(100,10
2),已知P(90≤ξ≤100)=0.3,估计该班学生数学成绩在及格线以上的人数为
.
押题5
将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a,b,则
直线ax+by=0
与圆(x-2)2
+y2
=2
有公共点的概率为
.
押题6
一款砸金蛋游戏的规则如下:每盘游戏都需要砸
三个金蛋,已知每次砸蛋出现金花的概率为
0.5,且各次
砸蛋出现金花与否相互独立,则玩三盘游戏,至少有一盘
出现金花的概率为
.
二、解答题
押题1
某市有两家共享单车公司,在市场上分别投放了
黄、蓝两种颜色的单车,已知黄、蓝两种颜色的单车的投放
比例为
2∶1.监管部门为了了解两种颜色的单车的质量,决定从市场中随机地抽取
5
辆单车进行骑行体验,若每辆
单车被抽取的可能性相同.
(1)求抽取的
5
辆单车中有
2
辆是蓝色单车的概率.
(2)在骑行体验过程中,发现蓝色单车存在一定质量问题,监管部门决定从市场中随机地抽取一辆送技术部门作进
一步抽样检测,并规定若抽到的是蓝色单车,则抽样结束,若抽取的是黄色单车,则将其放回市场中,并继续从市场
中随机地抽取下一辆单车,并规定抽样的次数最多不超
过n(n∈N* )次.在抽样结束时,已取到的黄色单车数以ξ
表示,求ξ的分布列和数学期望.
押题2 “扶贫帮困”是中华民族的传统美德,某校为帮扶
困难同学,采用如下方式进行一次募捐:在不透明的箱子
中放入大小均相同的白球七个,红球三个,每位献爱心的
参与者投币
20
元有一次摸奖机会,一次性从箱中摸球三
个(摸完球后将球放回),若有一个红球,奖金
10
元,两个
红球奖金
20
元,三个全为红球奖金
100
元.
(1)求献爱心参与者中奖的概率.
(2)若该次募捐有
900
位献爱心参与者,求此次募捐所得
善款的数学期望.
押题3
某公司为了准确把握市场,做好产品计划,特对
某产品做了市场调查:先销售该产品
50
天,统计发现每天
的销售量x分布在[50,100)内,且销售量x的分布频率
f(x)=
n
10-0.5,10n≤x<10(n+1),n为偶数,
n
20-a,10n≤x<10(n+1),n为奇数.
ì
î
í
ïï
ïï
(1)求a的值并估计销售量的平均数.
(2)若销售量大于等于
70,则称该日畅销,其余为滞销.在
畅销日中用分层抽样的方法随机抽取
8
天,再从这
8
天中
随机抽取
3
天进行统计,设这
3
天来自X 个组,求随机变
量X 的分布列及数学期望(将频率视为概率).
押题4
某市下派得力干
部到某贫困村精准扶贫,为村子带去了 A,B 两种
优良 作 物 品 种,为 了 解
A,B 两种产品的质量,从
中分别随机抽取了
10
件样品,测量产品中微量元素的含
量(单位:毫克),如图所示是测量数据的茎叶图.规定:当
产品中的微量元素的含量不小于
18
毫克时,该产品为优
等品.
(1)试用样品数据估计甲、乙两种产品的优等品率.
(2)从乙产品抽取的
10
件样品中随机抽取
3
件,求抽到的
3
件样品中优等品数ξ的分布列及其数学期望E(ξ).
(3)从甲产品抽取的
10
件样品中有放回地随机抽取
3
件,也从乙产品抽取的
10
件样品中有放回地随机抽取
3
件;抽到的优等品中,记“甲产品恰比乙产品多
2
件”为事件
C,求事件C的概率.
命题角度
3
———不等式选讲
押题1
已知函数f(x)=|x-3|-|x+5|.
(1)求不等式f(x)≥2
的解集.
(2)设函数f(x)的最大值为 M,若不等式x2
+2x+m≤M
有解,求m 的取值范围.
押题2
已知函数f(x)=|x+1|+a|2x-1|.
(1)当a=1
2
时,若f(x)≥1m+1n(m,n>0)对任意x∈R
恒成立,求m+n的最小值.
(2)若f(x)≥|x-2|
的解集包含[-1,2],求实数a的取
值范围.
押题3
已知函数f(x)=|x|.记g(x)=f(x)-2f(x-3).
(1)求不等式g(x)≥-10
的解集.
(2)若对于任意实数x都有g(x)≤m2
-2m,求m 的取值
范围.
押题4
已知函数f(x)=|x+2|+|x-b|.
(1)当b=1
时,求不等式f(x)>5
的解集.
(2)若函数g(x)= f(x)-4
的定义域为 R,求实数b的
取值范围.
——— 数学学科 ———
·命题角度
1
———立体几何
ઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋ押题1.【解析】选
C.对于选项
A,若m∥α,n∥α,则m 与n 可
能相交、平行或异面,A
错误
.
对于
B
选项,m 与n 也可能
异面,B
错误,显然
C
选项正确,对于选项
D,若m∥α,m⊥
n,则n∥α或n⊂α或n 与α相交,故
D
错误.
押题2.【解析】选
D.设三棱锥P-ABC 的外接球的半径为R,
在
△APC中,因为PA=2 3,PC=2,∠APC= π
2,所以
AC= PA2
+PC2
=4.在
△ABC 中,因为AB= 6,BC=
10,AC=4,所以BA2
+BC2
=AC2
,所以
∠ABC=π
2,所
以AC为三棱锥P-ABC 的外接球的直径,所以R=2,所以
此三棱锥的外接球的表面积S=4πR2
=4π×2
2
=16π.
押题3.【解析】选
B.由三视图知几何体是一个以俯视图中的
直角梯形为底面,高h=2cm
的四棱锥.
由三视图中的数据得四棱锥的底面面积S=1
2×(2+4)
×2=6(cm
2
),
所以其体积V=1
3
Sh=1
3×6×2=4(cm
3
).
押题4.【解析】选
C.由三视图可知,该几何体是由半圆柱与
三棱柱组成的,则该几何体的体积V=1
2π×1
2
×3+1
2×
2×2×3=6+3
2π.
押题5.【解析】由已知得:CE=2,DE=2,CB=5,S表面
=S圆台侧
+
S圆台下底
+S圆锥侧
=π(2+5)×5+π×25+π×2×22=(60+42)π,
V=V圆台
-V圆锥
=1
3(π·2
2
+π·5
2
+ 2
2
·5
2
π
2
)×4-1
3π×2
2
2
×2=148
3π.
答案:(60+4 2)π,148
3π
押题6.【解析】连接 DN,取 DN 靠近N
点的 三 等 分 点 P,连 接 PM,PC,则
∠PMC即为异面直线AN,CM 所成
的角(或其补角),易得PM=2
3
AN=
3,CP= 3,由余弦定理得CM= 7,
所以
cos∠PMC= 3+7-3
2× 3× 7
= 21
6 ,即异面直线 AN,
CM 所成角的余弦值为 21
6
.
答案: 21
6二、解答题
押题1.【解析】(1)设 AC 的中点为G,连接 EG.在三角形
PBD 中,中位线EG∥PB,且EG 在平面AEC 上,所以PB
∥
平面AEC.
(2)设CD=m,分别以AD,AB,AP 为x,y,z轴建立坐标
系,则A(0,0,0),D(3,0,0),E 3
2,0,1
2
æ
è
ç ö
ø
÷
,C(3,m,0).
所以AD→
=(3,0,0),AE→
= 3
2,0,1
2
æ
è
ç ö
ø
÷
,AC→
=(3,m,0).
设平面ADE 的法向量n1=(x1,y1,z1),则n1·AD→
=0,
n1·AE→
=0,解得一个n1=(0,1,0).
同理设平面ACE 的法向量n2=(x2,y2,z2),则n2·AC→
=
0,n2·AE→
=0,解得一个n2=(m,- 3,- 3m).
因为
cosπ
3=|cos
|=|n1·n2|
|n1||n2|= 3m2
+3+3m2
=1
2,解得m=3
2
.
设F 为AD 的中点,则PA∥EF,且EF=
PA
2 =1
2,EF⊥
面 ACD,即为三棱锥 E-ACD 的高.所以VE-ACD = 1
3 ·
S△ACD ·EF=1
3×1
2×3
2× 3×1
2= 3
8
.所以,三棱锥E
-ACD 的体积为 3
8
.
押题2.【解析】(1)因为四边形ACC1
A1
和四边形BDD1
B1
均
为矩形,所以CC1⊥AC,DD1⊥BD,又CC1∥DD1∥OO1,所以OO1⊥AC,OO1⊥BD,因为AC
∩BD=O,所以O1
O⊥
底面ABCD.
(2)方法一:如图,过 O1
作 O1
H⊥B1
O,垂足为 H,连接
C1
H,
由(1)可 得 OO1 ⊥A1
C1,由 于 A1
B1
C1
D1
是 菱 形,所 以
B1
D1⊥A1
C1,
又B1
D1∩OO1=O1,所以A1
C1⊥
平面B1
D1
DB,所以由三垂线定理得 HC1⊥B1
O,所以
∠O1
HC1
就是二面
角C1
-OB1
-D 的平面角.
设棱柱的棱长为
2,因为
∠CBA=60°,所以OB= 3,OC=
1,OB1= 7,
在直角三角形O1
OB1
中,O1
H=
OO1·B1
O1
B1
O =2 3
7
,
因为O1
C1 =1,所以 C1
H= O1
C2
1+O1
H2
= 1+12
7 =
19
7,
所以
cos∠C1
HO1 =
O1
H
C1
H =2 57
19 ,即二面角C1
-OB1
-D
的余弦值为2 57
19
.
方法二:因为四棱柱的所有棱长都相等,所以四边形AB-
CD 为菱形,AC⊥BD,又O1
O⊥
底面ABCD,所以OB,OC,
OO1
两两垂直.如图以O 为原点,OB,OC,OO1
分别为x,
y,z轴,建立空间直角坐标系.
设棱长为
2,因为
∠CBA=60°,所以OB= 3,OC=1,
所以O(0,0,0),B1(3,0,2),C1(0,1,2),平面BDD1
B1
的一个法向量为n=(0,1,0),设平面OC1
B1
的一个法向量为m=(x,y,z),
则由m⊥OB1
→
,m⊥OC1
→
,得
3x+2z=0,y+2z=0,
取z=- 3,则x=2,y=2 3,所以m=(2,2 3,- 3),
所以
cos=
m·n
|m||n|=2 3
19
=2 57
19
.
由图形可知二面角C1
-OB1
-D 的大小为锐角,
所以二面角C1
-OB1
-D 的余弦值为2 57
19
.
押题3.【解析】(1)因为A1
D∥B1
C,A1
D⊂
平面A1
DE,B1
C
⊄
平 面 A1
DE,所 以 B1
C∥
平 面 A1
DE,又 B1
C⊂
平 面
B1
CD1,平面A1
DE∩
平面B1
CD1=EF,所以EF∥B1
C.
(2)以A 为原点,分别以AB→
,AD→
,AA1
→ 为x轴,y轴,z轴的
单位正向量建立空间直角坐标系,则 A(0,0,0),B(1,0,
0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E 是
B1
D1
的中点,所以点 E 的坐标为(0.5,0.5,1).设平面
A1
DE 的法向量n1=(r1,s1,t1),又A1
E→
=(0.5,0.5,0),
A1
D→
= (0,1,- 1),由 n1 ⊥ A1
E→
,n1 ⊥ A1
D→ 得:
0.5r1+0.5s1=0,
s1-t1=0,
{ 令s1=t1=1,则n1=(-1,1,1),
设平面A1
B1
CD 的法向量n2=(r2,s2,t2),又A1
B1
→
=(1,0,
0),A1
D→
=(0,1,-1),由同理可得:n2=(0,1,1),所 以 结 合 图 形 可 得 二 面 角 E-A1
D-B1
的 余 弦 值 为
|n1·n2|
|n1|·|n2|= 2
3× 2
= 6
3
.
押题4.【解析】(1)以点D 为坐标原点,分别以DA,DC,DP
3
所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,设PD=DC=2,BC=t(t>0),则有
D(0,0,0),P(0,0,2),B(t,2,0),C(0,2,0),
所以PB→
=(t,2,-2),又因为点 M 是棱PC 的中点,
所以 M(0,1,1),DM→
=(0,1,1),
于是PB→
·DM→
=0,所以PB⊥DM.
因为PC→
=(0,2,-2),
所以DM→
·PC→
=0,所以DM⊥PC,又PB∩PC=P,所以DM⊥
平面PBC.
(2)由(1)知平面ABCD 的一个法向量为
DP→
=(0,0,2),又因为PB⊥DM,MN⊥PB,DM∩MN=M,所以PB⊥
平面DMN,
所以PB→
=(t,2,-2)是平面DMN 的一个法向量,
所以
|cos|=|DP→
·PB→
|
|DP→
||PB→
|
= 4
2 t2
+8
= 2t2
+8
=2
3,所以t=1,即BC
PD=
BC
CD=1
2,
所以当平面DMN 与平面ABCD 所成的二面角的余弦值
为2
3
时,
BC
PD=1
2
.
·命题角度
2
———统计概率
ઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋ押题1.【解析】选
C.由题中给出的分布列,可读出相应的概
率值,因为P(η=0)+P(η=1)+P(η=2)+P(η=3)=0.7,所以
-1≤x<0.
押题2.【解析】选
B.由已知条件,抽样比为15
900=1
60,从而
40
900+n+720=1
60,解得n=780.
押题3.【解析】选
D.掷一个骰子的试验有
6
种可能结果.
依题意P(A)=2
6=1
3,P(B)=3
6=1
2,所以P(B)=1-
P(B)=1-1
2=1
2,
因为B 表示“出现
4
点、5
点或
6
点”的事件,因此事件A
与B 互斥,
从而P(A+B)=P(A)+P(B)=1
3+1
2=5
6
.
押题4.【解析】由题意,知P(ξ>110)=1-2P(90≤ξ≤100)
2
=0.2,所以P(ξ>90)=0.2+0.3×2=0.8,该班学生数学成绩在及格线以上的人数为
60×0.8=48.
答案:
48押题5.【解析】依题意,将一颗骰子先后投掷两次得到的点
数所形成的数组(a,b)有(1,1),(1,2),(1,3),…,(6,6),共
36
个,其中满足直线ax+by=0
与圆(x-2)2
+y2
=2
有公共点,即满足 2a
a2
+b2≤ 2,即a2
≤b2 的数组(a,b)有
(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),…,(6,6),共
6+5+4+3+2
+1=21
个,因此所求的概率等于21
36=7
12
.
答案:7
12
押题6.【解析】砸蛋三次出现一次金花的概率为
C
1
3×1
2×
1-1
2
( )2
=3
8,出现 两 次 金 花 的 概 率 为
C
2
3 × 1
2
( )2
×
1-1
2
( )= 3
8,出 现 三 次 金 花 的 概 率 为
C
3
3 × 1
2
( )3
×
1-1
2
( )0
=1
8,则每盘游戏出现金花的概率为7
8,所以玩
三盘游戏,至少有一盘出现金花的概率P1=1-C
0
3
7
8
( )0
× 1-7
8
( )3
=511
512
.
答案:511
512二、解答题
押题1.【解析】(1)因为随机地抽取一辆单车是蓝色单车的
概率为1
3 ,用 X 表示“抽取的
5
辆单车中蓝色单车的辆
数”,则X 服从二项分布,即 X~B 5,1
3
( ),所以抽取的
5
辆单车中有
2
辆是蓝色单车的概率P=C
2
5 1
3
( )2
2
3
( )3
=
80
243
.
(2)ξ的可能取值为:0,1,2,…,n.
P(ξ=0)=1
3,P(ξ=1)=2
3×1
3=2
9,
P(ξ=2)= 2
3
( )2
×1
3 ,…,
P(ξ=n-1)= 2
3
( )n-1
·1
3,P(ξ=n)= 2
3
( )n
.
所以ξ的分布列为:
ξ 0 1 2 …… n-1 n
P 1
3
2
3×1
3
2
3
( )2
×1
3 …… 2
3
( )n-1
·1
3
2
3
( )n
ξ的数学期望为E(ξ)=0×1
3+1×2
3×1
3+2× 2
3
( )2
×
1
3+3× 2
3
( )3
×1
3+…+(n-1)· 2
3
( )n-1
·1
3+n·
2
3
( )n
,①
2
3
E(ξ)=1× 2
3
( )2
×1
3+2× 2
3
( )3
×1
3+…+(n-2)·
2
3
( )n-1
·1
3+(n-1)· 2
3
( )n
·1
3+n· 2
3
( )n+1
.②
①-②
得:
1
3
E(ξ)=2
3×1
3+ 2
3
( )2
×1
3+ 2
3
( )3
×1
3+…+ 2
3
( )n-1
·1
3+ n· 2
3
( )n
-(n-1)· 2
3
( )n
·1
3-n· 2
3
( )n+1[ ],
所以1
3
E(ξ)=2
3×1
3+ 2
3
( )2
×1
3+ 2
3
( )3
×1
3+…+
2
3
( )n-1
·1
3+ 2
3
( )n
·1
3,
4
所以E(ξ)=2
3+ 2
3
( )2
+ 2
3
( )3
+…+ 2
3
( )n-1
+ 2
3
( )n
=
2
3 1- 2
3
( )n[ ]
1-2
3
=21- 2
3
( )n[ ].
所以E(ξ)=2-2· 2
3
( )n
.
押题2.【解析】(1)设“献爱心参与者中奖”为事件A,
则献爱心参与者中奖的概率P(A)=C
1
3C
2
7+C
2
3C
1
7+C
3
3
C
3
10
=
85
120=17
24
.
(2)设一个献爱心参与者参加活动,学校所得善款为X,则
X=20,10,0,-80,
则P(X=20)=C
3
7
C
3
10
=7
24,P(X=10)=C
1
3C
2
7
C
3
10
=21
40,
P(X=0)=C
2
3C
1
7
C
3
10
=7
40,P(X=-80)=C
3
3
C
3
10
= 1
120,所以 X
的分布列为:
X 20 10 0 -80
P 7
24
21
40
7
40
1
120
学校所得善款的数学期望为E(X)=20×7
24+10×21
40+0
×7
40-80× 1
120=125
12,
所以,此次募捐所得善款的数学期望为125
12×900=9375(元).
押题3.【解析】(1)由题知 10n≥50,
10(n+1)≤100,
{ ,解得
5≤n≤9,n
可取
5,6,7,8,9,
代入f(x)=
n
10-0.5,10n≤x<10(n+1),n为偶数,
n
20-a,10n≤x<10(n+1),n为奇数
ì
î
í
ïï
ïï
中,得 6
10-0.5( ) + 8
10-0.5( ) + 5
20-a( ) + 7
20-a( ) +
9
20-a( )=1,a=0.15.
销售量在[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100)内的频率分别是
0.1,0.1,0.2,0.3,0.3,销售量的平均数为
55×0.1+65×0.1+75×0.2+85×
0.3+95×0.3=81.
(2)销售量在[70,80),[80,90),[90,100)内的频率之比为
2∶3∶3,所以各组抽取的天数分别为
2,3,3.
X 的所有可能值为
1,2,3,
P(X=1)=2
C
3
8
=2
56=1
28,P(X=3)=2×3×3
C
3
8
=18
56=9
28,
P(X=2)=1-1
28-9
28=9
14
.
X 的分布列为:
X 1 2 3
P 1
28
9
14
9
28
数学期望为E(X)=1×1
28+2×9
14+3×9
28=16
7
.
押题4.【解析】(1)从甲产品抽取的
10
件样品中优等品有
4
件,优等品率为4
10=2
5,
从乙产品抽取的
10
件样品中优等品有
5
件,优等品率为
5
10=1
2
故甲、乙两种产品的优等品率分别为2
5,1
2
.
(2)ξ的所有可能取值为
0,1,2,3.
P(ξ=0)=C
3
5
C
3
10=1
12,P(ξ=1)=C
1
5C
2
5
C
3
10 =5
12,
P(ξ=2)=C
2
5C
1
5
C
3
10 =5
12,P(ξ=3)=C
3
5
C
3
10=1
12,
所以ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P 1
12
5
12
5
12
1
12
E(ξ)=0×1
12+1×5
12+2×5
12+3×1
12=3
2
.
(3)抽到的优等品中,甲产品恰比乙产品多
2
件包括两种
情况:“抽到的优等品数甲产品
2
件且乙产品
0
件”,“抽到
的优等品数甲产品
3
件且乙产品
1
件”,分别记为事件A,
B,P(A)=C
2
3 2
5
( )2
1-2
5
( )×C
0
3 1
2
( )0
1-1
2
( )3
= 9
250,
P(B)=C
3
3 2
5
( )3
×C
1
3 1
2 1-1
2
( )2
= 3
125,
故抽到的优等品中甲产品恰比乙产品多
2
件的概率为
P(C)=P(A)+P(B)= 9
250+ 3
125=3
50
.
·命题角度
3
———不等式选讲
ઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋ押题1.【解析】(1)当x≥3
时,f(x)=-8,此时f(x)≥2
无解;当
-50,解得m+n≥8
3,
当且仅当m=n时等号成立,
故m+n的最小值为8
3
.
(2)因为f(x)≥|x-2|
的解集包含[-1,2],
5
当x∈[-1,2]时,有x+1+a|2x-1|≥2-x,所以a|2x-1|≥1-2x对x∈[-1,2]恒成立,
当
-1≤x<1
2
时,a(1-2x)≥1-2x,所以a≥1;
当1
2≤x≤2
时,a(2x-1)≥1-2x,所以a≥-1.
综上:a≥1.
故实数a的取值范围是[1,+∞).
押题 3.【解 析 】(1)g (x)=|x|-2|x -3|=
x-6,x≤0,
3x-6,05,
等价于 x≤-2,
-x-2-x+1>5
{ 或 -25
{
或 x≥1,
x+2+x-1>5,
{
解得x<-3
或x>2.
所以f(x)>5
的解集为{x|x<-3
或x>2}.
(2)根据题意,不等式
|x+2|+|x-b|-4≥0
恒成立,所
以(|x+2|+|x-b|-4)min≥0.
又
|x+2|+|x-b|-4≥|b+2|-4,所以
|b+2|-4≥0⇒b≤-6
或b≥2.
6