课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习9-3
课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习课时知能训练7-2
课时知能训练一、选择题1．(2011·深圳质检)设长方体的长、宽、高分别为2a 、a 、a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )A ．3πa 2B ．6πa 2C ．12πa 2D ．24πa 2图7－2－92．如图7－2－9所示，已知三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1—ABC 1的体积为( )A.312B.34 C.612 D.643．某几何体的三视图如图7－2－10所示，其中俯视图是个半圆，则该几何体的表面积为( )图7－2－10A.32π B ．π＋ 3 C.32π＋ 3 D.52π＋ 3 4．(2011·广东高考)如图7－2－11，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为()图7－2－11A．43B．4 C．23D．25．一个几何体的三视图如图7－2－12所示，该几何体的表面积为()图7－2－12A．280B．292C．360D．372二、填空题6．一个几何体的三视图如图7－2－13所示，则这个几何体的体积为________．图7－2－137．(2011·天津高考)一个几何体的三视图如图7－2－14所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.图7－2－14图7－2－158．圆柱形容器内部盛有高度为8 cm的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图7－2－15所示)，则球的半径是________cm.三、解答题9．如图7－2－16所示，已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，求这个球的表面积．图7－2－1610．(2011·陕西高考)如图7－2－17，在△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.图7－2－17(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)若BD ＝1，求三棱锥D —ABC 的表面积．11．如图7－2－18所示是一几何体的直观图、正视图、侧视图、俯视图．图7－2－18(1)若F 为PD 的中点，求证：AF ⊥面PCD ； (2)求几何体BEC —APD 的体积．答案及解析1．【解析】 ∵2R ＝a 2＋a 2＋(2a )2＝6a ， ∴S 球＝4πR 2＝6πa 2. 【答案】 B2．【解析】 在△ABC 中，BC 边长的高为32，即棱锥A —BB 1C 1上的高为32，又S △BB 1C 1＝12，∴VB 1—ABC 1＝VA —BB 1C 1＝1332×12＝312.【答案】 A3．【解析】 由三视图可知该几何体为一个半圆锥，底面半径为1，高为3，∴表面积S ＝12×2×3＋12×π×12＋12×π×1×2＝3＋3π2. 【答案】 C4．【解析】 由三视图知，该几何体为四棱锥，如图所示．依题意AB ＝23，菱形BCDE 中BE ＝EC ＝2.∴BO ＝22－12＝3， 则AO ＝AB 2－BO 2＝3，因此V A —BC DE ＝13·AO ·S 四边形BCDE ＝13×3×2×232＝2 3.【答案】 C5．【解析】 该几何体的直观图如图所示，将小长方体的上底面补到大长方体被遮住的部分，则所求的表面积为小长方体的侧面积加上大长方体的表面积，∴S ＝S 侧＋S 表＝6×8×2＋2×8×2＋(2×8＋2×10＋8×10)×2＝360. 【答案】 C6．【解析】 由三视图知，该几何体为底面为直角梯形的四棱柱，其高为1，又底面梯形的面积S ＝(1＋2)×22＝3， ∴V 柱＝S ·h ＝3. 【答案】 37．【解析】 由三视图知，几何体为两个长方体的组合体，又V 1＝1×2×1＝2，V 2＝2×1×1＝2， ∴几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝4. 【答案】 48．【解析】 设球的半径为r cm ，由等体积法得πr 2·6r ＝43πr 3×3＋8πr 2，解得r ＝4.【答案】 49．【解】 设正四棱柱的底面边长为a ， 则V ＝Sh ＝a 2h ＝a 2·4＝16， ∴a ＝2.由题意知：2R ＝|A 1C |， |A 1C |＝26，∴R ＝6， S ＝4πR 2＝24π.10．【证明】 (1)∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB . ∵DB ⊂平面BCD ，DC ⊂平面BCD . 又DB ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC . ∵AD ⊂平面ABD ， ∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)由(1)知，DA ⊥DB ，DB ⊥DC ，DC ⊥DA . ∵DB ＝DA ＝DC ＝1， ∴AB ＝BC ＝CA ＝2，从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DC A ＝12×1×1＝12，S △ABC ＝12×2×2×sin 60°＝32，∴三棱锥D —ABC 的表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.11．【解】 (1)证明 由几何体的三视图可知，底面ABCD 是边长为4的正方形，PA ⊥面ABCD ，PA ∥EB ，PA ＝2EB ＝4，PA ＝AD .∵PA ＝AD ，F 为PD 的中点，∴PD⊥AF.又∵CD⊥DA，CD⊥PA，DA⊂平面PAD，PA⊂平面PAD，DA∩PA＝A，∴CD⊥平面APD又∵AF⊂平面APD，∴CD⊥AF.又∵PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD且PD∩DC＝D∴AF⊥面PCD.(2)V BEC—APD＝V C—APEB＋V P—ACD＝13×12×(4＋2)×4×4＋13×12×4×4×4＝803.。
课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习4-4-1
课时知能训练1．在极坐标系中，点(ρ，θ)与(－ρ，π－θ)的位置关系关于________所在直线对称．2．在极坐标系中，曲线ρcos θ＋ρsin θ＝2(0≤θ＜2π)与θ＝π4的交点的极坐标为________．3．(2011·安徽高考改编)在极坐标系中，点(2，π3)到圆ρ＝2cos θ的圆心的距离为________．4．在极坐标系中，过点(1,0)并且与极轴垂直的直线方程是________．5．已知圆的极坐标方程为ρ2＋2ρ(cos θ＋3sin θ)＝5，则此圆在直线θ＝0上截得的弦长为________．6．已知圆的极坐标方程为ρ＝2cos θ，则该圆的圆心到直线ρsin θ＋2ρcos θ＝1的距离是________．7．(2012·清远调研)已知圆C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝cos αy ＝1＋sin α(α为参数)，以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρsin θ＝1，则直线l 与圆C 的交点的直角坐标为________．8．在极坐标系中，圆C ：ρ＝10cos θ和直线l ：3ρcos θ－4ρsin θ－30＝0相交于A ，B 两点，则线段AB 的长是________．9．已知直线的极坐标方程ρsin(θ＋π4)＝22，则极点到直线的距离是________．10．⊙O 1和⊙O 2的极坐标方程分别为ρ＝4cos θ，ρ＝－4sin θ.则经过⊙O 1与⊙O 2交点的直线的直角坐标方程是________． 答案及解析1．【解析】 取ρ＝1，θ＝π4，可知关于极轴所在直线对称． 【答案】 极轴2．【解析】 将θ＝π4代入到ρcos θ＋ρsin θ＝2，得ρ＝2， ∴交点的极坐标为(2，π4)． 【答案】 (2，π43．【解析】 由(2，π3)化为直角坐标系中的点为(1，3)． 圆ρ＝2cos θ化为平面直角坐标系中的一般方程为x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1.其圆心为(1,0)． ∴所求两点间的距离为(1－1)2＋(3－0)2＝ 3.【答案】 34．【解析】 过点(1,0)与极轴垂直的直线，在直角坐标系中的方程为x ＝1， ∴其极坐标方程为ρcos θ＝1.【答案】 ρcos θ＝15．【解析】 将极坐标方程化为直角坐标方程，得x 2＋y 2＋2x ＋23y －5＝0，令y ＝0，得x 2＋2x －5＝0.∴|x 1－x 2|＝2 6.【答案】 2 66．【解析】 直线ρsin θ＋2ρcos θ＝1化为2x ＋y －1＝0，圆ρ＝2cos θ的圆心(1,0)到直线2x ＋y －1＝0的距离是55. 【答案】 55 6．【解析】 由⎩⎨⎧ x ＝cos α，y ＝1＋sin α，得x 2＋(y －1)2＝1，① 方程ρsin θ＝1化为y ＝1，②由①、②联立，得⎩⎨⎧ x ＝1y ＝1或⎩⎨⎧x ＝－1y ＝1， ∴直线l 与圆C 的交点坐标为(1,1)或(－1,1)．【答案】 (1,1)或(－1,1)8．【解析】 分别将圆C 和直线l 的极坐标方程化为直角坐标方程：圆C ：x 2＋y 2＝10x ，即(x －5)2＋y 2＝25，圆心C (5,0)．直线l ：3x －4y －30＝0.因为圆心C 到直线l 的距离d ＝|15－0－30|5＝3. 所以|AB |＝225－d 2＝8.【答案】 89．【解析】 ∵ρsin(θ＋π4)＝22， ∴ρsin θ＋ρcos θ＝1，即直角坐标方程为x ＋y ＝1.又极点的直角坐标为(0,0)，∴极点到直线的距离d ＝|0＋0－1|2＝22. 【答案】 22 10．【解析】 以极点为原点，极轴为x 轴正半轴，建立平面直角坐标系，两坐标系中取相同的长度单位．x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，由ρ＝4cos θ，得ρ2＝4ρcos θ，所以x 2＋y 2＝4x .即x 2＋y 2－4x ＝0为⊙O 1的直角坐标方程，同理x 2＋y 2＋4y ＝0为⊙O 2的直角坐标方程．由⎩⎨⎧ x 2＋y 2－4x ＝0，x 2＋y 2＋4y ＝0解得⎩⎨⎧ x 1＝0，y 1＝0， ⎩⎨⎧x 2＝2，y 2＝－2.即⊙O 1，⊙O 2交于点(0,0)和(2，－2)，故过交点的直线的直角坐标方程为y ＝－x .【答案】 y ＝－x。
《课堂新坐标》高考数学(文)一轮总复习(人教新课标·广东专用)课件：第十章 第三节 几何概型
明 考
基
情
础 概型的基本事件有无限个．
典
例
课
探
后
究
作
·
业
提
知
能
菜单
新课标 ·文科数学（广东专用）
高
自
考
主
体
落 实
1．(人教A版教材习题改编)某路公共汽车每5分钟发车 验 ·
· 一次，某乘客到乘车点的时刻是随机的，则他候车时间不 明
固
基 础
超过2分钟的概率是(
)
考 情
3
4
2
1
A.5
B.5
C.5
D.5
概率模型，简称几何概型．
典
例
课
探
后
究
作
·
业
提
知
能
菜单
新课标 ·文科数学（广东专用）
2．几何概型的两个基本特点
高
自
考
主
体
落 实
无限多个
验 ·
·
明
固
考
基
情
础
等可能性
典 例
3．几何概型的概率公式
课
探
后
究 · 提
构成事件A的区域长度（面积或体积）
作 业
知 能
P(A)＝ _试__验__的__全__部__结__果__所__构__成__的__区__域__长__度__（__面__积__或__体__积__）_
能
解．
菜单
新课标 ·文科数学（广东专用）
自
【尝试解答】 记“小波周末去看电影”为事件A，
高 考
主 落
“小波周末打篮球”为事件B，依题意，事件A，B互斥，
课堂新坐标2013届高考数学一轮复习课件：第三章第八节 正弦定理、余弦定理的应用举例(广东专用)
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
典
例
探
究
·
提
知
又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝60°，BC＝20 3(海里)．
能
自
在△DBC 中，由余弦定理得
主 落
CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos∠DBC
高 考
实 · 固
＝300＋1200－2×10 3×20 3×12＝900.
体 验 ·
基
课
时
知
能
训
练
菜单
第十五页，编辑于星期日：二十点 十四分。
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
典
例
探
究
·
提
知
能
1．测量高度时，要准确理解仰、俯角的概念，这是实际问题数学化
自 主
的关键．
高
落 实 · 固
考
2．分清已知和待求，分析(画出)示意图，明确在哪个三角形内应用正、
体
余弦定理．应特别注意竖直线垂直于地面构成的直角三角形的应用．
固
考 体 验 ·
基
的仰角为30°，求塔高AB.
础
【思路点拨】 在△BCD中，求CB；在△ACB
明 考 情
中，求AB.
课 时 知 能 训 练
菜单
第十四页，编辑于星期日：二十点 十四分。
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
典
例
探
究
·
【尝试解答】 在△BCD 中，∠CBD＝180°－75°－60°＝45°，
典
例
探
究
·
提
知
如何用方位角、方向角确定一点的位置？
课堂新坐标2013届高考数学一轮复习课件：第三章第六节 简单的三角恒等变换(广东专用)
例 探 究
＝sin(x－π4)＋sin(x－π4)＝2sin(x－π4)．
· 提
∴T＝2π，f(x)的最小值为－2.
知 能
自 主
(2)∵cos(β－α)＝45，cos(β＋α)＝－45.
落 实 ·
∴cos βcos α＋sin βsin α＝45，
高 考 体 验
固 基 础
cos βcos α－sin βsin α＝－45， 两式相加得 2cos βcos α＝0.
菜单
第十八页，编辑于星期日：二十点 十四分。
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
典
已知向量 m＝(sin A，cos A)，n＝( 3，－1)，m·n＝1， 例
且 A 为锐角．
探 究
(1)求角 A 的大小；
·
(2)求函数 f(x)＝cos 2x＋4cos Asin x(x∈R)的最大值．
提 知
固 基 础
∴cos 2α＝sin(2α＋π2)
高 考 体 验
· 明 考 情
＝2sin(α＋π4)cos(α＋π4)＝－2245.
sin 2α＝－cos(2α＋π2)＝1－2cos2(α＋π4)＝275，
课 时 知
∴cos(2α＋π4)＝－3510 2.
能 训 练
菜单
第十五页，编辑于星期日：二十点 十四分。
验 · 明
础
∴原式＝2sinx＋π4cosx＋π4＝sin x＋cos x
考 情
2cosπ4＋x·sin x
sin x
课 时
＝1＋ta1n x＝1＋(－34)＝14.
知 能 训
练
菜单
第十三页，编辑于星期日：二十点 十四分。
课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习阶段知能检测6
阶段知能检测(六)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．若a 2＜b 2，则下列不等式成立的是( ) A ．a ＜b B.1a 2＞1b 2C ．|a |＜|b |D ．a 3＜b 32．如果a ＞b ＞c ，且有a ＋b ＋c ＝0，则( ) A ．a ·b ＞a ·c B ．a ·c ＞b ·c C ．a ·|b |＞c ·|b | D ．a 2＞b 2＞c 23．(2011·浙江高考)若实数x ，y 满足不等式组⎩⎨⎧x ＋2y －5≥0，2x ＋y －7≥0，x ≥0，y ≥0，则3x ＋4y的最小值是( )A ．13B ．15C ．20D ．284．设n 为正整数，f (n )＝1＋1213＋…＋1n ，经计算得f (2)＝32，f (4)＞2，f (8)＞52，f (16)＞3，f (32)＞72，观察上述结果，可推测出一般结论( ) A ．f (2n )＞2n ＋12 B ．f (n 2)≥n ＋22C ．f (2n )≥n ＋22D ．以上都不对5．已知不等式x 2＋ax ＋4＜0的解集不是空集，则实数a 的取值范围是( ) A ．－4≤a ≤4 B ．－4＜a ＜4 C ．a ≥4，或a ≤－4 D ．a ＜－4，或a ＞46．已知2x ＋8y＝1(x ＞0，y ＞0)，则x ＋y 的最小值为( )A ．12B ．14C ．16D ．187．若不等式f (x )＝ax 2－x －c ＞0的解集为{x |－2＜x ＜1}，则函数y ＝f (－x )的图象为()8．设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2－4x ＋6，x ≥0，x ＋6，x ＜0，则不等式f (x )＞f (1)的解集是( )A ．(－3,1)∪(3，＋∞)B ．(－3,1)∪(2，＋∞)C ．(－1,1)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(1,3)9．(2011·广东高考)已知平面直角坐标系xOy 上的区域D 由不等式组⎩⎨⎧0≤x ≤2，y ≤2，x ≤2y给定，若M (x ，y )为D 上的动点，点A 的坐标为(2，1)，则z＝OM →·OA→的最大值为( ) A ．4 2 B ．3 2 C ．4 D ．310．已知正项等比数列{a n }满足：a 7＝a 6＋2a 5，若存在两项a m ，a n 使得a m a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为( )A.32B.53C.256D ．不存在 第Ⅱ卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)11．若点P (x ，y )在直线x ＋3y －2＝0上，则3x ＋27y 的最小值是________．12．若实数x ，y 满足⎩⎨⎧x ≤2y ≤2，x ＋y ≥2，则目标函数z ＝yx ＋1的最大值是________．13．给出下列命题：命题1：点(1,1)是直线y ＝x 与双曲线y ＝1x 的一个交点；命题2：点(2,4)是直线y ＝2x 与双曲线y ＝8x 的一个交点；命题3：点(3,9)是直线y ＝3x 与双曲线y ＝27x的一个交点； ……请观察上面命题，猜想出命题n (n 是正整数)为________． 14．若log a (a 2＋1)＜log a (2a )＜0，则a 的取值范围是________．三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)已知a ＞0，b ＞0，求证：b 2a ＋a 2b≥a ＋b .16．(本小题满分13分)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ＞0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0＜x ＜c 时，f (x )＞0.(1)证明：1a 是f (x )＝0的一个根；(2)证明：1a＞c .17．(本小题满分13分)某研究所计划利用“神七”宇宙飞船进行新产品搭载实验，计划搭载新产品A 、B ，要根据该产品的研制成本、产品重量、搭载实验费用和预计产生收益来决定具体安排，通过调查，有关数据如表：最大收益是多少？18．(本小题满分14分)祖国大陆开放台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办了个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务．某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂，第一年各种经费12万美元，以后每年增加4万美元，每年销售蔬菜收入50万美元．设f(n)表示前n年的纯利润(f(n)＝前n年的总收入－前n年的总支出－投资额)．(1)从第几年开始获取纯利润？(2)若干年后，该台商为开发新项目，有两种处理方案；①年平均利润最大时以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时，以16万美元出售该厂．问哪种方案更合算？19．(本小题满分14分)某少数民族的刺绣有着悠久的历史，如图1(1)、(2)、(3)、(4)为她们刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n 个图形包含f(n)个小正方形．图1(1)求出f(5)的值；(2)利用合情推理的“归纳推理思想”，归纳出f(n＋1)与f(n)之间的关系式，并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式；(3)求1f(1)1f(2)－11f(3)－1＋…＋1f(n)－1的值．20．(本小题满分14分)(2012·佛山模拟)设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈[－1,1])．(1)若t>0，求f(x)的最小值h(t)；(2)对于(1)中的h(t)，若t∈(0,2]时，h(t)<－2t＋m2＋4m恒成立，求实数m的取值范围．答案及解析1．【解析】 ∵a 2＜b 2，∴a 2＜b 2，即|a |＜|b |. 【答案】 C2．【解析】 ∵a ＞b ＞c ，a ＋b ＋c ＝0， ∴a ＞0，c ＜0，∴a ·b ＞a ·c . 【答案】 A3．【解析】 作出可行域，如图所示，两条直线的交点为A (3,1)，作直线3x ＋4y ＝0，并将它向右上平移，当过点A (3,1)时，3x ＋4y 取得最小值，且最小值为3×3＋4×1＝13.【答案】 A4．【解析】 ∵f (2)＝32，f (4)＞2＝42，f (8)＞52，f (16)＞3＝62，f (32)＞72，∴猜想：f (2n )≥n ＋22.【答案】 C5．【解析】 由题意知Δ＝a 2－16＞0，解得a ＞4或a ＜－4. 【答案】 D6．【解析】 x ＋y ＝(x ＋y )(2x ＋8y )＝10＋2y x 8x y ≥10＋22y x ×8xy＝18，当且仅当2y x ＝8xy时取等号．【答案】 D7．【解析】 方程ax 2－x －c ＝0的两根为x 1＝－2，x 2＝1， 则有⎩⎪⎨⎪⎧1a ＝－2＋1，－ca ＝－2×1，∴⎩⎨⎧a ＝－1c ＝－2. ∴f (x )＝－x 2－x ＋2， ∴f (－x )＝－x 2＋x ＋2，令f (－x )＝0得x ＝2或x ＝－1，选B. 【答案】 B8．【解析】 易知f (1)＝3，则不等式f (x )＞f (1)等价于⎩⎨⎧x ≥0，x 2－4x ＋6＞3或⎩⎨⎧x ＜0，x ＋6＞3，解得－3＜x ＜1或x ＞3. 【答案】 A9．【解析】由线性约束条件⎩⎨⎧0≤x ≤2，y ≤2，x ≤2y ，画出可行域如图所示，目标函数z ＝OM →·OA →＝2x ＋y ，将其化为y ＝－2x ＋z ，结合图形可知，目标函数的图象过点(2，2)时，z 最大，将点(2，2)的坐标代入z ＝2x ＋y ，得z 的最大值为4.【答案】 C10．【解析】 设正项等比数列{a n }的公比为q ，且q ＞0. 由a 7＝a 6＋2a 5，得q 2－q －2＝0， 解得q ＝2.由a m a n ＝4a 1，得2m ＋n －2＝24， 即m ＋n ＝6.故1m ＋4n ＝16(m ＋n )(1m ＋4n )＝56＋16(4m n ＋n m )≥56＋46＝32，当且仅当n ＝2m 时等号成立．【答案】 A11．【解析】 由题意知，x ＋3y ＝2， ∴3x ＋27y ≥23x ·27y ＝23x ＋3y＝6，当且仅当3x ＝27y ， 即x ＝1，y ＝13时等号成立．【答案】 612．【解析】 线性约束条件对应的可行域为△ABC (如图)．而z ＝y x ＋1为点(x ，y )与(－1,0)连线的斜率．由图形知，z max ＝20＋1＝2.【答案】 213．【解析】 观察所给命题知，命题n 中交点坐标为(n ，n 2)， 直线方程为y ＝nx ，双曲线方程为y ＝n 3x，故命题n 是“点(n ，n 2)是直线y ＝nx 与双曲线y ＝n 3x的一个交点”．【答案】 点(n ，n 2)是直线y ＝nx 与双曲线y ＝n3x的一个交点14．【解析】 ∵a 2＋1≥1且log a (a 2＋1)＜0，∴0＜a ＜1， 由log a (a 2＋1)＜log a (2a )，得a 2＋1＞2a ，恒成立， 由log a (2a )＜0得2a ＞1，∴a ＞12.综上知12＜a ＜1.【答案】 (12，1)15．【证明】 b 2a ＋a 2b －(a ＋b )＝(b 2a －a )＋(a 2b b )＝(b ＋a )(b －a )a ＋(a ＋b )(a －b )b＝(a －b )(a ＋b )(1b －1a )＝1ab (a －b )2(a ＋b )，∵a ＞0，b ＞0， ∴1ab＞0，a ＋b ＞0，(a －b )2≥0， ∴1ab(a －b )2(a ＋b )≥0， 即b 2a ＋a 2b (a ＋b )≥0， ∴b 2a ＋a 2ba ＋b . 16．【证明】 (1)∵f (x )图象与x 轴有两个不同的交点， ∴f (x )＝0有两个不相等的实根x 1，x 2. ∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的一个根． 又x 1·x 2＝c a ，∴x 2＝1a (1a 0)．∴1a 是f (x )＝0的一个根． (2)假设1a ＜c ，又1a＞0，由0＜x ＜c 时，f (x )＞0，知f (1a )＞0，这与f (1a )＝0矛盾，∴1a ≥c .又∵1a ≠c .∴1a ＞c .17．【解】 设搭载产品A x 件，产品B y 件， 预计总收益z ＝80x ＋60y .则⎩⎨⎧20x ＋30y ≤300，10x ＋5y ≤110，x ∈N ，y ∈N ，作出可行域，如图．作出直线l 0：4x ＋3y ＝0并平移，由图象得，当直线经过M 点时z 能取得最大值，由⎩⎨⎧ 2x ＋3y ＝30，2x ＋y ＝22，解得⎩⎨⎧x ＝9，y ＝4，即M (9,4)． 所以z max ＝80×9＋60×4＝960(万元)．即搭载产品A 9件，产品B 4件，可使得总预计收益最大，为960万元． 18．【解】 由题意知，每年的经费是以12为首项，4为公差的等差数列，设纯利润与年数的关系为f (n )，则f (n )＝50n －[12n ＋n (n －1)2×4]－72 ＝－2n 2＋40n －72.(1)获取纯利润就是要求f (n )＞0，即－2n 2＋40n －72＞0， 解得2＜n ＜18.又n ∈N ，故从第三年开始获利． (2)①年平均利润＝f (n )n ＝40－2(n ＋36n )≤16. 当且仅当n ＝6时取等号．故此方案共获利6×16＋48＝144(万美元)，此时n ＝6. ②f (n )＝－2(n －10)2＋128， 当n ＝10时，f (n )max ＝128故第②种方案共获利128＋16＝144(万美元)． 故比较两种方案，获利都是144万美元．但第①种方案只需6年，而第②种方案需10年，故选择第①种方案更合算． 19．【解】 (1)∵f (1)＝1，f (2)＝5，f (3)＝13，f (4)＝25， ∴f (5)＝25＋4×4＝41.(2)∵f (2)－f (1)＝4＝4×1， f (3)－f (2)＝8＝4×2， f (4)－f (3)＝12＝4×3， f (5)－f (4)＝16＝4×4，由上式规律得出f (n ＋1)－f (n )＝4n . ∴f (n )－f (n －1)＝4(n －1)， f (n －1)－f (n －2)＝4·(n －2)， f (n －2)－f (n －3)＝4·(n －3)， …f (2)－f (1)＝4×1，∴f (n )－f (1)＝4[(n －1)＋(n －2)＋…＋2＋1] ＝2(n －1)·n ， ∴f (n )＝2n 2－2n ＋1.(3)当n ≥2时，1f (n )－1＝12n 2－2n ＋1－1＝12(1n －1－1n )， ∴1f (1)＋1f (2)－1＋1f (3)－1＋…＋1f (n )－1＝1＋12(1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n )＝1＋12(1－1n )＝32－12n.20．【解】 (1)∵f (x )＝t (x ＋t )2－t 3＋t －1，①当－t <－1，即t >1时，f (x )在[－1,1]上单调递增，f (x )的最小值为 f (－1)＝－2t 2＋2t －1；②当－1≤－t <0，即0<t ≤1时， f (x )在[－1,1]上的最小值为 f (－t )＝－t 3＋t －1；∴h (t )＝⎩⎨⎧－t 3＋t －1 t ∈(0，1]－2t 2＋2t －1 t ∈(1，＋∞)(2)令g (t )＝h (t )＋2t＝⎩⎨⎧－t 3＋3t －1 t ∈(0，1]－2t 2＋4t －1 t ∈(1，2]. ①0<t ≤1时，由g ′(t )＝－3t 2＋3≥0，∴g (t )在(0,1]上单调递增，②1<t ≤2时，g (t )＝－2t 2＋4t －1＝－2(t －1)2＋1，g (t )在(1,2]上单调递减，由①、②可知，g (t )在区间(0,2]上的最大值为g (1)＝1.所以h (t )<－2t ＋m 2＋4m 在(0,2]内恒成立，等价于g (t )<m 2＋4m 在(0,2]内恒成立，即只要1<m 2＋4m 即可，解m 2＋4m －1>0得m <－2－5或m >－2＋ 5.所以m 的取值范围为(－∞，－2－5)∪(－2＋5，＋∞)．。
课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习阶段知能检测4
阶段知能检测(四)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2011·辽宁高考)i 为虚数单位，1i ＋1i 3＋1i 5＋1i 7＝( ) A ．0 B ．2i C ．－2i D ．4i2．设i ，j 是不共线的单位向量，a ＝5i ＋3j ，b ＝3i －5j ，则a ⊥b 是i ⊥j 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既非充分又非必要条件3．(2011·浙江高考)若复数z ＝1＋i ，i 为虚数单位，则(1＋z )·z ＝( )A ．1＋3iB ．3＋3iC ．3－iD ．34．(2012·江门模拟)若四边形ABCD 满足AB →＋CD →＝0，(AB →－AD →)·AC →＝0，则该四边形一定是( )A ．直角梯形B ．菱形C ．矩形D ．正方形5．平面向量a 与b 的夹角为60°，a ＝(2,0)，|b |＝1，则|a ＋2b |＝( ) A. 3 B ．2 3 C ．4 D ．126．(2011·课标全国卷)复数2＋i 1－2i的共轭复数是( ) A ．－35i B.35i C ．－i D ．i 7．已知向量a 、b 不共线，c ＝k a ＋b (k ∈R )，d ＝a －b .如果c ∥d ，那么( )A ．k ＝1且c 与d 同向B ．k ＝1且c 与d 反向C ．k ＝－1且c 与d 同向D ．k ＝－1且c 与d 反向8．(2011·课标全国卷)a ，b 为平面向量，已知a ＝(4,3)，2a ＋b ＝(3,18)，则a ，b 夹角的余弦值等于( )A.865 B ．－865 C.1665 D ．－16659．已知两点M (－2,0)，N (2,0)，点P 为坐标平面内的动点，满足|MN →|·|MP→|＋MN →·NP→＝0，则动点P (x ，y )的轨迹方程为( ) A ．y 2＝8x B ．y 2＝－8xC ．y 2＝4xD ．y 2＝－4x10．设a ＝(a 1，a 2)，b ＝(b 1，b 2)，定义一种向量积：a ⊗b ＝(a 1b 1，a 2b 2)．已知点P (θ，sin θ)，m ＝(2，12)，n ＝(π3，0)，点Q 在y ＝f (x )的图象上运动，满足OQ →＝m ⊗OP→＋n (其中O 为坐标原点)，则y ＝f (x )的最大值A 及最小正周期T 分别为( )A ．2，πB ．2,4πC.12，4πD.12，π 第Ⅱ卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)11．若向量a ＝(1,1)，b ＝(2,5)，c ＝(3，x )满足条件(8a －b )·c ＝30，则x ＝________.12．(2011·广东高考改编)设复数z 满足(1＋i)z ＝2，其中i 是虚数单位，则z ＝________.13．|a |＝1，|b |＝2，且a ⊥(a －b )，则向量a 与向量b 的夹角是________．14．在四边形ABCD 中，AB →＝DC →＝(1,1)，1|BA →|BA →＋1|BC →|BC →＝3|BD→|BD →，则四边形ABCD 的面积为________．三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)设存在复数z 同时满足下列条件：(1)复数z 在复平面内对应点位于第二象限；(2)z ·z ＋2i z ＝8＋a i(a ∈R )．试求a 的取值范围．16．(本小题满分13分)已知A (3,0)，B (0,3)，C (cos α，sin α)．(1)若AC →·BC →＝－1，求sin(α＋π4)的值； (2)若|OA →＋OC →|＝13，且α∈(0，π)，求OB →与OC →的夹角．17．(本小题满分13分)已知向量OP →＝(2cos x ＋1，cos 2x －sin x ＋1)，OQ →＝(cos x ，－1)，定义f (x )＝OP →·OQ →.(1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若x ∈(0,2π)，当OP →·OQ →＜－1时，求x 的取值范围．18．(本小题满分14分)设O 为坐标原点，已知向量OZ 1→，OZ 2→分别对应复数z 1，z 2，且z 1＝3a ＋5＋(10－a 2)i ，z 2＝21－a＋(2a －5)i(其中a ∈R )，若z 1＋z 2可以与任意实数比较大小，求OZ 1→·OZ 2→的值．19．(本小题满分14分)已知△ABC 的角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，设向量m ＝(a ，b )，n ＝(sin B ，sin A )，p ＝(b －2，a －2)．(1)若m ∥n ，求证：△ABC 为等腰三角形；(2)若m ⊥p ，边长c ＝2，角C ＝π3，求△ABC 的面积． 20．(本小题满分14分)已知两点M (－1,0)，N (1,0)，且点P 使NM →·NP →，PM →·PN→，MP →·MN→成公差为非负的等差数列． (1)求点P 的轨迹方程；(2)若θ为PM →与PN →的夹角，求θ的最大值及此时点P 的坐标．答案及解析1．【解析】 原式＝－i ＋i ＋(－i)＋i ＝0.【答案】 A2．【解析】 a ·b ＝(5i ＋3j )·(3i －5j )＝15|i |2－16i ·j －15|j |2＝－16i ·j .∴a ⊥b 是i ⊥j 的充要条件．【答案】 C3．【解析】 ∵z ＝1＋i ，∴(1＋z )·z ＝(2＋i)(1＋i)＝1＋3i.【答案】 A4．【解析】 由AB→＋CD →＝0知，AB →＝DC →， ∴四边形ABCD 是平行四边形．又(AB →－AD →)·AC→＝0， ∴DB →·AC→＝0，即AC ⊥BD ， 因此四边形ABCD 是菱形．【答案】 B5．【解析】 ∵|a |＝2，且|b |＝1，∴|a ＋2b |2＝(a ＋2b )2＝a 2＋4a ·b ＋4b 2＝4＋4×2×1×cos 60°＋4×12＝12.∴|a ＋2b |＝2 3.【答案】 B6．【解析】 ∵2＋i 1－2i ＝(2＋i )(1＋2i )(1－2i )(1＋2i )＝2＋i ＋4i －25＝i ， ∴2＋i 1－2i的共轭复数为－i. 【答案】 C7．【解析】 ∵c ∥d 且a ，b 不共线，∴存在唯一实数λ，使c ＝λd . ∴k a ＋b ＝λa －λb ，∴⎩⎨⎧ k ＝λ，1＝－λ，∴⎩⎨⎧k ＝－1，λ＝－1.【答案】 D8．【解析】 ∵a ＝(4,3)，2a ＋b ＝(3,18)，∴b ＝(3,18)－2(4,3)＝(－5,12)，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝(4，3)·(－5，12)5×13＝1665【答案】 C9．【解析】 ∵MN→＝(4,0)，MP →＝(x ＋2，y )，NP →＝(x －2，y )， ∴|MN →|·|MP →|＋MN →·NP→ ＝4·(x ＋2)2＋y 2＋4(x －2)＝0. 整理，得(x ＋2)2＋y 2＝2－x ，化简得y 2＝－8x .【答案】 B10．【解析】 设点Q (x ，y )，由OQ →＝m ⊗OP →＋n ，得OQ →＝(2θ，12sin θ)＋(π3，0)＝(2θ＋π312sin θ)， ∴x ＝2θ＋π3，且y ＝12sin θ， 消去θ，得y ＝12sin(x 2－π6)， 依题意f (x )＝12sin(x 2－π6)， 因此A ＝12，最小正周期T ＝4π. 【答案】 C11．【解析】 由(8a －b )·c ＝30，得18＋3x ＝30，x ＝4.【答案】 412．【解析】 z ＝21＋i ＝2(1－i )(1＋i )(1－i )1－i. 【答案】 1－i13．【解析】 设向量a 与b 的夹角为θ，由a ⊥(a －b )，得 a ·(a －b )＝0，即|a |2－a ·b ＝0，∴|a ||b |cos θ＝|a |2，∴cos θ＝|a ||b |＝22，故θ＝π4.【答案】 π414．【解析】 如图所示，由AB →＝DC →＝(1,1)知AB 綊DC .又1|BA →|→＋1|BC →|→＝3|BD →|BD →， 知四边形ABCD 为菱形，且AB ＝AD ＝2，又∵(1|BA →|·BA →＋1|BC →|·BC →)2＝3， ∴∠ABC ＝60°.∴S 四边形ABCD ＝2×2×32＝ 3. 【答案】 3 15．【解】 设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，由(1)得x ＜0，y ＞0.由(2)得x 2＋y 2＋2i(x ＋y i)＝8＋a i ，即x 2＋y 2－2y ＋2x i ＝8＋a i.由复数相等，得⎩⎨⎧x 2＋y 2－2y ＝8，2x ＝a .解得－6≤a ＜0. 因此实数a 的取值范围是－6≤a ＜0.16．【解】 (1)∵AC→＝(cos α－3，sin α)，BC →＝(cos α，sin α－3)， ∴AC →·BC→＝(cos α－3)cos α＋sin α(sin α－3)＝－1， 得cos 2α＋sin 2α－3(cos α＋sin α)＝－1，∴cos α＋sin α＝23∴sin(α＋π4)＝23. (2)∵|OA →＋OC →|＝13，∴(3＋cos α)2＋sin 2α＝13，∴cos α＝12，∵α∈(0，π)，∴α＝π3，sin α＝32，∴C (12，32)， ∴OB →·OC →＝332， 设OB→与OC →的夹角为θ，且θ∈[0，π]， 则cos θ＝OB →·OC →|OB →|·|OC→|3323＝32.故θ＝π6为所求． 17．【解】 (1)f (x )＝OP →·OQ→ ＝2cos 2x ＋cos x －cos 2x ＋sin x －1＝sin x ＋cos x ＝2sin(x ＋π4)， 则f (x )的最小正周期为T ＝2π.(2)由OP →·OQ →＜－1，得sin(x ＋π4)＜－22. 又x ∈(0,2π)，则5π4＜x ＋π4＜7π4，即π＜x ＜3π2. 故x 的取值范围是(π，3π2)． 18．【解】 依题意z 1＋z 2为实数，由z 1＝3a ＋5－(10－a 2)i ， ∴z 1＋z 2＝3a ＋5＋21－a＋[(a 2－10)＋(2a －5)]i 的虚部为0， ∴a 2＋2a －15＝0，解得a ＝－5，或a ＝3.又分母不为零，∴a ＝3，此时z 1＝38＋i ，z 2＝－1＋i ， 即OZ 1→＝(38，1)，OZ 2→＝(－1,1)， ∴OZ 1→·OZ 2→＝38×(－1)＋1×1＝58. 19．【解】 (1)证明 ∵m ∥n ，∴a sin A ＝b sin B ，由正弦定理，得a 2＝b 2，∴a ＝b .∴△ABC 为等腰三角形．(2)由题意可知m ·p ＝0，即a (b －2)＋b (a －2)＝0.∴a ＋b ＝ab .由余弦定理可知，4＝a 2＋b 2－ab ＝(a ＋b )2－3ab ，即(ab )2－3ab －4＝0，∴ab ＝4(舍去ab ＝－1)，∴S ＝12ab sin C ＝124×sin π3＝ 3. 20．【解】 (1)设点P 的坐标为(x ，y )，又M (－1,0)，N (1,0)， 则PM →＝－MP →＝(－1－x ，－y )，PN →＝－NP →＝(1－x ，－y )，MN →＝－NM →＝(2,0)． ∴NM →·NP→＝2(1－x )， PM →·PN →＝x 2＋y 2－1，MP →·MN→＝2(1＋x )， 依题意得⎩⎨⎧ 2(x 2＋y 2－1)＝2(1＋x )＋2(1－x )，2(1＋x )－2(1－x )≥0⇔⎩⎨⎧x 2＋y 2＝3，x ≥0.∴点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝3(x ≥0)．(2)∵PM →·PN →＝(－1－x ，－y )·(1－x ，－y )＝x 2＋y 2－1＝2，|PM →|·|PN→|＝(－1－x )2＋(－y )2·(1－x )2＋(－y )2 ＝24－x 2.∴cos θ＝PM →·PN →|PM →|·|PN →|＝14－x 2. ∵0≤x ≤3，∴12≤cos θ≤1，∴0≤θ≤π3. ∴θ的最大值为π3，此时x ＝0，∴点P的坐标为(0，±3)．。
课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习课时知能训练3-7
课时知能训练一、选择题1．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a2＋c2－b2＝3ac，则角B的值为()A.π6B.π3C.π6或5π6D.π3或2π32．已知锐角△ABC的面积为33，BC＝4，CA＝3，则角C的大小为() A．75°B．60°C．45°D．30°3．若△ABC的三个内角满足sin A∶sin B∶sin C＝5∶11∶13，则△ABC()A．一定是锐角三角形B．一定是直角三角形C．一定是钝角三角形D．△ABC的形状不确定图3－7－24．(2011·天津高考)如图3－7－2所示，△ABC中，D是边AC上的点，且AB＝AD,2AB＝3BD，BC＝2BD，则sin C的值为()A.33B.36C.63D.665．在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若∠C＝120°，c ＝2a，则()A．a＞b B．a＜bC．a＝b D．a与b大小不能确定二、填空题6．(2011·北京高考)在△ABC中，若b＝5，∠B＝π4，sin A＝13，则a＝________.7．已知a ，b ，c 分别是△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边，若a ＝1，b ＝3，A ＋C ＝2B ，则sin A ＝________.8．△ABC 中，角A 、B 、C 所对边分别为a 、b 、c ，若a ＝2，A ＝π3，则△ABC 面积的最大值为________．三、解答题9．(2011·江苏高考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .(1)若sin(A ＋π6)＝2cos A ，求A 的值； (2)若cos A ＝13，b ＝3c ，求sin C 的值． 10．(2012·济南调研)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知cos 2C ＝－14. (1)求sin C 的值；(2)当a ＝2,2sin A ＝sin C 时，求b 及c 的长．11．(2011·江西高考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知3a cos A ＝c cos B ＋b cos C .(1)求cos A 的值；(2)若a ＝1，cos B ＋cos C ＝233，求边c 的值．答案及解析1．【解析】 由余弦定理，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac， 由a 2＋c 2－b 2＝3ac ，∴cos B ＝32， 又0＜B ＜π，∴B ＝π6. 【答案】 A2．【解析】 S △ABC ＝12×3×4sin C ＝33，∴sin C ＝32. ∵△ABC 是锐角三角形，∴C ＝60°.【答案】 B3．【解析】 由sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶11∶13，得a ∶b ∶c ＝5∶11∶13，不妨令a ＝5，b ＝11，c ＝13.∵c 2＝169，a 2＋b 2＝52＋112＝146，∴c 2＞a 2＋b 2，根据余弦定理，易知△ABC 为钝角三角形．【答案】 C4．【解析】 设AB ＝a ，∴AD ＝a ，BD ＝23a ，BC ＝2BD ＝43a ，cos A ＝AB 2＋AD 2－BD 22AB ·AD ＝2a 2－43a 22a 2＝13， ∴sin A ＝1－cos 2A ＝223. 由正弦定理知sin C ＝AB BC ·sin A ＝34×223＝66. 【答案】 D 5．【解析】 ∵∠C ＝120°，c ＝2a ，∴由余弦定理，(2a )2＝a 2＋b 2－2ab cos 120°，因此ab ＝a 2－b 2＝(a －b )(a ＋b )＞0，∴a －b ＞0，故a ＞b .【答案】 A 6．【解析】 由正弦定理，a sin A ＝b sin B ，得a ＝b sin A sin B ＝532. 【答案】 532 7．【解析】 在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π，且A ＋C ＝2B ，∴3B ＝π，B ＝π3， 由正弦定理，a sin A ＝b sin B ，∴sin A ＝a sin B b ＝12.【答案】 128．【解析】 由余弦定理知，22＝b 2＋c 2－bc ，即b 2＋c 2＝bc ＋4， ∴2bc ≤bc ＋4，∴bc ≤4，∴△ABC 的面积S ＝12bc sin π3＝34bc ≤ 3. 【答案】 39．【解】 (1)由题设知sin A cos π6＋cos A sin π6＝2cos A ， 从而sin A ＝3cos A ，∴cos A ≠0，tan A ＝3，又0＜A ＜π，所以A ＝π3. (2)由cos A ＝13，b ＝3c 及a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 得a 2＝b 2－c 2.故△ABC 是直角三角形，且B ＝π2所以sin C ＝cos A ＝1310．【解】 (1)由cos 2C ＝－14，得1－2sin 2C ＝－14， ∴sin 2C ＝58，又0＜C ＜π，∴sin C ＝104. (2)当a ＝2,2sin A ＝sin C 时，由正弦定理a sin A ＝c sin C，得c ＝4. 由cos 2C ＝2cos 2C －1＝－14及0＜C ＜π， 得cos C ＝±64. 由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，得b 2±6b －12＝0，解得b ＝6或2 6.所以b ＝6，c ＝4或b ＝26，c ＝4.11．【解】(1)由3a cos A＝c·cos B＋b·cos C及正弦定理，得3sin A cos A＝sin C·cos B＋sin B·cos C＝sin(B＋C)，∵B＋C＝π－A，且sin A≠0，∴3cos A·sin A＝sin A，则cos A＝1 3 .(2)由cos A＝13得sin A＝223，则cos B＝－cos(A＋C)＝－13cos C＋223sin C，代入cos B＋cos C＝233，得cos C＋2sin C＝3，从而得sin(C＋φ)＝1，其中sin φ＝33，cos φ＝63，0＜φ＜π2，则C＋φ＝π2，于是sin C＝63.由正弦定理得c＝a sin Csin A＝32.。
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课时知能训练
一、选择题
1．某单位有职工750人，其中青年职工350人，中年职工250人，老年职工150人．为了了解该单位职工的健康情况，用分层抽样的方法从中抽取样本．若样本中的青年职工为7人，则样本容量为()
A．7 B．15 C．25 D．35
2．(2011·湛江质检)在100个零件中，有一级品20个，二级品30个，三级品50个，从中抽取20个作为样本．
①采用随机抽样法：抽签取出20个样本；
②采用系统抽样法：将零件编号为00,01，…，99，然后平均分组抽取20个样本；
③采用分层抽样法：从一级品，二级品，三级品中抽取20个样本．
下列说法中正确的是()
A．无论采用哪种方法，这100个零件中每一个被抽到的概率都相等
B．①②两种抽样方法，这100个零件中每一个被抽到的概率都相等，③并非如此
C．①③两种抽样方法，这100个零件中每一个被抽到的概率都相等；②并非如此
D．采用不同的抽样方法，这100个零件中每一个零件被抽到的概率是各不相同的
3．某商场有四类食品，其中粮食类、植物油类、动物性食品类及果蔬类分别有40种、10种、30种、20种，现从中抽取一个容量为20的样本进行食品安全检测．若采用分层抽样的方法抽取样本，则抽取的植物油类与果蔬类食品种数之和是()
A．4 B．5 C．6 D．7
4．用系统抽样法(按等距离的规则)，要从160名学生中抽取容量为20的样本，将160名学生从1～160编号．按编号顺序平均分成20组(1～8号，9～16号，…，153～160号)，若第16组应抽出的号码为125，则第一组中按此抽签方
法确定的号码是()
A．7 B．5 C．4 D．3
5．某校共有学生2 000名，各年级男、女学生人数如下表．已知在全校学生中随机抽取1名，抽到二年级女生的概率是0.19，现用分层抽样的方法在全校抽取64名学生，则应在三年级抽取的学生人数为()
A.24 B．18 C．16 D．12
二、填空题
6．(2011·天津高考)一支田径队有男运动员48人，女运动员36人，若用分层抽样的方法从该队的全体运动员中抽取一个容量为21的样本，则抽取男运动员的人数为________．
7．某企业三月中旬生产A、B、C三种产品共3 000件，根据分层抽样的结果，企业统计员制作了如下的统计表：
由于不小心，表格中A、C产品的有关数据已被污染看不清楚了，统计员只记得A产品的样本容量比C产品的样本容量多10，根据以上信息，可得C产品的数量是________件．
8．某单位200名职工的年龄分布情况如图9－3－1，现要从中抽取40名职工作样本，用系统抽样法将全体职工随机按1～200编号，并按编号顺序平均分为40组(1～5号，6～10号，…，196～200号)．若第5组抽出的号码为22，则第8组抽出的号码应是________．若用分层抽样方法，则40岁以下年龄段应抽取________人．
图9－3－1
三、解答题
9．某政府机关在编人员100人，其中副处级以上干部10人，一般干部70人，工人20人．上级机关为了了解职工对政府机构改革的意见，要从中抽取一个容量为20的样本，试确定用何种方法抽取，请具体实施操作．
10．一工厂生产了某种产品16 800件，它们来自甲、乙、丙三条生产线．为检验这批产品的质量，决定采用分层抽样的方法进行抽样．已知甲、乙、丙三条生产线抽取的个体数依次组成一个等差数列，求乙生产线生产的产品数．
11．某单位最近组织了一次健身活动，活动分为登山组和游泳组，且每个职工至多参加了其中一组，在参加活动的职工中，青年人占42.5%，中年人占47.5%，老年人占10%.登山组的职工占参加活动总人数的1
4，且该组中，青年人占50%，
中年人占40%，老年人占10%.为了了解各组不同年龄层次的职工对本次活动的满意程度，现用分层抽样方法从参加活动的全体职工中抽取一个容量为200的样本，试确定：
(1)游泳组中，青年人、中年人、老年人分别所占的比例； (2)游泳组中，青年人、中年人、老年人分别应抽取的人数．
答案及解析
1．【解析】 ∵青年职工与全体职工的人数比为350350＋250＋150＝7
15
，∴样
本容量为7÷7
15
＝15(人)．
【答案】 B
2．【解析】 上述三种方法均是可行的， 每个个体被抽到的概率均等于2010015【答案】 A
3．【解析】 四类食品的每一种被抽到的概率为20100＝1
5.
∴植物油类和果蔬类食品被抽到的种数之和为
(10＋20)×1
5
＝6.
【答案】 C
4．【解析】由系统抽样知第一组确定的号码是5.
【答案】 B
5．【解析】根据题意二年级女生的人数为2 000×0.19＝380(人)，
故一年级共有人数750人，二年级共有750人，这两个年级均应抽取
64×
750
2 000
＝24(人)，
则应在三年级抽取的学生人数为64－24×2＝16(人)．
【答案】 C
6．【解析】依题意，抽样比为
21
48＋36
＝
1
4
，
∴男运动员应抽取48×
1
4
＝12人．
【答案】12
7．【解析】设样本的总量为x，则
x
3 000
1 300＝130，
∴x＝300.
∴A产品和C产品在样本中共有300－130＝170(件)．
设C产品的样本容量为y，则y＋y＋10＝170，∴y＝80.
∴C产品的数量为
3 000
300
×80＝800.
【答案】800
8．【解析】由分组可知，抽号的间隔为5，
又因为第5组抽出的号码为22，
所以第6组抽出的号码为27，第7组抽出的号码为32，第8组抽出的号码
为37.
40岁以下的年龄段的职工数为200×0.5＝100，
则应抽取的人数为40
200
×100＝20(人)．
【答案】3720
9．【解】因机构改革关系到各层人的不同利益，故采用分层抽样的方法为
妥．
∵
10020＝5，105＝2，705＝14，20
5
4， ∴从副处级以上干部中抽取2人，从一般干部中抽取14人，从工人中抽取4人．
因副处级以上干部与工人人数都较少，把他们分别按1～10编号与1～20编号，然后制作号签，采用抽签法分别抽取2人和4人；对一般干部70人采用00,01，…，69编号，然后用随机数表法抽取14人．
10．【解】 因为甲、乙、丙三条生产线抽取的个体数依次组成一个等差数列．则可设三项分别为a －x ，a ，a ＋x .
故样本容量为(a －x )＋a ＋(a ＋x )＝3a ，因而每个个体被抽到的概率为3a 16 800
＝a
5 600
. 所以乙生产线生产的产品数为
a
a 5 600
＝5 600. 11．【解】 (1)设登山组人数为x ，游泳组青年人、中年人、老年人各占比例分别为a 、b 、c ，则有
x ·40%＋3xb 4x ＝47.5%，x ·10%＋3xc
4x 10%，
解得b ＝50%，c ＝10%.
故a ＝100%－50%－10%＝40%，即游泳组中，青年人、中年人、老年人各占比例分别为40%、50%、10%.
(2)由(1)知在游泳组中，青年人、中年人、老年人各占的比例，同时由分层抽样方法知，游泳组应抽取150人．
所以，青年人应被抽取的人数为150×40%＝60(人)，中年人应被抽取的人数为150×50%＝75(人)，老年人应被抽取的人数为150×10%＝15(人)．。