【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