必修第一册湘教数学教材习题答案_高中全套电子教材及答案。_02高中教材参考答案_高中数学_湘教版

教材习题答案 第 1 章 集合与逻辑 ｘ 又 ｘ Ｚ Ｉ １１.解析 根据题意得Ｂ ∴ ∈[－５ꎬ５]ꎬ ∵ ∈ ꎬ∴ ＝{－５ꎬ－４ꎬ－３ꎬ ＝{(０ꎬ０)ꎬ(１ꎬ０)ꎬ(２ꎬ Ｐ 练习 －２ꎬ－１ꎬ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５}ꎬ ０)ꎬ(３ꎬ０)ꎬ(４ꎬ０)ꎬ(１ꎬ１)ꎬ(２ꎬ１)(３ꎬ１)ꎬ ４ Ａ ｋ ｋ ｋ Ｚ 共有 个元素. １.答案 Ｎ Ｑ ＝{２ ｜－５<２ <５ꎬ ∈ }＝{－４ꎬ－２ꎬ０ꎬ２ꎬ４}ꎬ (２ꎬ２)}ꎬ ９ (１)２５５∈ ＋ꎻ(２) ２∉ ꎻ Ｂ ｋ ｋ ｋ Ｚ １２.答案 . Ｑ Ｚ ＝{２ ＋１｜｜ ｜∈[０ꎬ３)ꎬ ∈ }＝{－３ꎬ－１ꎬ１ꎬ (１)⫋ (２)⊆ (３)⊆ (４)⫋ (３)３１４１６∈ ＋ꎻ(４)－１∈ ꎻ ｘ Ｒ . ３ꎬ５}ꎬ (５)＝ (６)＝ (７)＝ꎻ＝ (８)⊆ꎻ⊆ ２.答 (５ 案 ) ∈ 空 － 集有 有限集有 ∴∁Ｉ Ａ ＝{－５ꎬ－３ꎬ－１ꎬ１ꎬ３ꎬ５}ꎬ １３.解析 (１)３３４－１５０＝１８４( 人 )ꎬ 故只订日 (２)(３)ꎬ (１)(２) Ｂ . 报不订晚报的有 人 无限集有 ∁Ｉ ＝{－５ꎬ－４ꎬ－２ꎬ０ꎬ２ꎬ４} １８４ ꎻ (３)ꎬ (４) ４.解析 全集Ｉ 人 故只订晚报不订 解析 小于 的素数有有限个 所 ∵ ＝[１ꎬ＋∞)ꎬ (２)２９７－１５０＝１４７( )ꎬ (１) １００００ ꎬ Ａ 日报的有 人 以其构成的集合是有限集 ∴∁Ｉ ＝{１}ꎬ １４７ ꎻ ꎻ Ｂ 人 故至少订一 (２) 因为ｘ２ ＋ ｘ ＋１＝０ 的判别式Δ ＝－３<０ꎬ 所 ∁Ｉ Ｃ ＝(１ꎬ＋∞)ꎬ ( 种 ３ 报 )１ 纸 ８４ 的 ＋１ 有 ４７＋１５ 人 ０＝４８１( )ꎬ 以此方程无实根 所以此集合为空集 空集 ∁Ｉ ＝[５ꎬ＋∞)ꎬ ４８１ ꎻ ꎬ ꎬ Ｄ . 人 故有 人不订 也是有限集 ∁Ｉ ＝(１ꎬ３) (４)５００－４８１＝１９( )ꎬ １９ ꎻ Ｐ 练习 报纸. 因为ｘ ｙ 故ｘｙ ｘ ｘ ｘ２ ｘ １１ (３ ( ) ) ２ ＋ ＝１ꎬ ＝ (１－ )＝－ ＋ ＝ １.解析 ∵ Ａ ＝{２ꎬ４ꎬ６}ꎬ １４.解析 ∵ Ｂ ＝{ ｘ ｜１< ｘ <２}ꎬ ｘ １ １ １ Ｂ ｘ ｘ 或ｘ . － － ＋ ≤ ꎬ Ａ Ａ Ａ Ａ Ｕ. ∴∁Ｒ ＝{ ｜ ≤１ ≥２} ２ ４ ４ ∴ ∩ ＝⌀ꎬ ∪ ＝ 在数轴上作出 Ｂ与Ａ所表示的区间 如图 与ｘｙ 矛盾 ２.解析 Ａ Ｂ ∁Ｒ ꎬ >１ ꎬ ＝{２}ꎬ ＝{－１ꎬ２}ꎬ 所示 所以实数组 ｘ ｙ 构成的集合为空集 也是 Ａ Ｂ Ａ Ｂ . : ( ꎬ ) ꎬ ∴ ∩ ＝{２}ꎬ ∪ ＝{－１ꎬ２} 有限集 {ｘ ｙ {ｘ ꎻ ３.解析 联立 － ＝０ꎬ ＝０ꎬ 因为满足 {ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ꎬ的实数组 ｘ ｙ 表 ｘ ＋ ｙ ＝０ꎬ ∴ ｙ ＝０ꎬ (４) ｘｙ ( ꎬ ) Ａ Ｂ . <０ ∴ ∩ ＝{(０ꎬ０)} 示在第二或第四象限上到原点的距离的平 ４.解析 Ａ Ｂ ｘ ｘ Ａ ｘ ｘ ａ Ａ Ｂ Ｒ Ｂ ｘ ｘ ∪ ＝{ ｜－４< ≤４}ꎬ ∵ ＝{ ｜ < }ꎬ ∪(∁Ｒ )＝ ꎬ∁Ｒ ＝{ ｜ ≤ 方为 的点的集合 所以为无限集. Ａ Ｂ . 或ｘ １ ꎬ ∩ ＝⌀ １ ≥２}ꎬ Ｐ 练习 Ｐ 习题 . ａ . ６ １１ １１ ∴ ≥２ １.解析 １.解析 能构成集合 有限集. 故实数ａ的取值范围是 ａ ａ . (１){２ꎬ３ꎬ５ꎬ７ꎬ１１ꎬ１３ꎬ１７ꎬ１９ꎬ２３ꎬ２９}ꎻ (１) ꎬ { ｜ ≥２} ＡＣ ＡＤ ＢＤ ＢＥ ＣＥ 能构成集合 无限集. １５.解析 由Ａ Ｂ 得到 Ａ (２){ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ }ꎻ (２) ꎬ ∩(∁Ｕ )＝{１ꎬ８}ꎬ １∈ ꎬ８ 能构成集合 有限集. Ａ 且 Ｂ Ｂ (３){１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ１０ꎬ１２ꎬ１５ꎬ２０ꎬ３０ꎬ６０}ꎻ (３) ꎬ ∈ ꎬ １∉ ꎬ８∉ ꎬ . ２.解析 由 Ａ Ｂ 得到 Ｂ Ｂ 且 (４){(０ꎬ３)ꎬ(２ꎬ２)ꎬ(４ꎬ１)ꎬ(６ꎬ０)} (１)∉ (２)∉ (３)∈ (４)∉ (∁Ｕ )∩ ＝{２ꎬ６}ꎬ ２∈ ꎬ６∈ ꎬ ２.解析 小于 的所有正奇数组成的 Ａ Ａ (１) １０ (５)∈ (６)∉ ２∉ ꎬ６∉ ꎬ 集合 ３.答案 红色 黄色 由 Ａ Ｂ 得到 Ａ ꎻ (１){ ꎬ } (２){(１ꎬ２)} (∁Ｕ )∩(∁Ｕ )＝{４ꎬ７}ꎬ ４∉ ꎬ７∉ 解析 组成中国国旗的颜色名称用列举 Ａ 且 Ｂ Ｂ 大于 ２ 的所有实数组成的集合 (１) ꎬ ４∉ ꎬ７∉ ꎬ (２) ꎻ 法表示为 红色 黄色 . 综上 得到元素 Ａ 由全集 Ｕ ３ :{ ꎬ } ꎬ ２ꎬ４ꎬ６ꎬ７∉ ꎬ ＝ 大于 且小于 的所有质数组成的集 { ｘ ｙ {ｘ (３) ２ ２０ 由 ３ － ＝１ꎬ解得 ＝１ꎬ {１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ７ꎬ８}ꎬ 合 或小于 的所有奇质数组成的集合 . (２) ｘ ｙ ｙ 得到集合Ａ Ｂ . ( ２０ ) ＋ ＝３ ＝２ꎬ ＝{１ꎬ３ꎬ５ꎬ８}ꎬ ＝{２ꎬ３ꎬ５ꎬ６} ３.解析 ｘ { ｘ ｙ １６.解析 设全体钥匙类型集合为Ｍ 四人应 (１)∵３－ >５ꎬ 故方程组 ３ － ＝１ꎬ的解集为 . ꎬ ｘ ｘ ｙ {(１ꎬ２)} 掌握的钥匙类型的集合分别为Ｍ的 个真 ∴ <－２ꎬ ＋ ＝３ ４ ｘ Ｒ ｘ . ４.解析 ｘ ｘ ｎ ｎ Ｚ . 子集Ａ Ｂ Ｃ Ｄ. ∴{ ∈ ｜３－ >５}＝(－∞ꎬ－２) (１){ ｜ ＝２ ＋１ꎬ ∈ } ꎬ ꎬ ꎬ {ｘ ｘ ｙ ｘ 且ｙ . 因为任何两人来了仍不能开箱 所以Ａ ＋３>１ꎬ (２){( ꎬ )｜ >０ >０} ① ꎬ (２)∵ ｘ ５.解析 Ｂ Ａ Ｃ Ａ Ｄ Ｂ Ｃ Ｂ Ｄ Ｃ Ｄ这 ５－ >２ꎬ (１)⫋ (２)＝ (３)⫌ (４)⫋ ∪ ꎬ ∪ ꎬ ∪ ꎬ ∪ ꎬ ∪ ꎬ ∪ ６ {ｘ ６.解析 个元素组成的集合有 个子集. 个 个并集都是Ｍ的真子集 它们关于Ｍ的补 >－２ꎬ ２ ４ ３ ꎬ ∴ ｘ 元素组成的集合有 个子集.一般规律 ｎ个 集都至少有一个元素 顺次记为ａｂ ａｃ ａｄ <３ꎬ ８ : ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ｘ 元素组成的集合有 ｎ个子集. ｂｃ ｂｄ ｃｄ. ∴－２< <３ꎬ ２ ꎬ ꎬ ｘ Ｒ ｘ 且 ｘ . ７.解析 Ａ Ａ 因为任何三位到了可以开箱 所以这 ∴{ ∈ ｜ ＋３>１ ５－ >２}＝(－２ꎬ３) (１)∵ ＝(２ꎬ＋∞)ꎬ∴ ∁Ｒ ＝(－∞ꎬ ② ꎬ ６ Ｐ 练习 个元素两两不同 从而至少要有 把钥匙. ８ ２]ꎻ ꎬ ６ １.解析 ６ 的正约数包括 １ꎬ２ꎬ３ꎬ６ .所以Ｙ的子 (２)∵ Ｂ ＝(－∞ꎬ１)ꎬ∴∁Ｒ Ｂ ＝[１ꎬ＋∞)ꎻ 将它们按下述方案分配即可 : Ａ ＝{ ｂｃ ꎬ ｂｄ ꎬ 集共有 ２ ４ ＝１６ 个 ꎬ 它们是 : (３)∵ Ｃ ＝(１ꎬ＋∞)ꎬ∴∁Ｒ Ｃ ＝(－∞ꎬ１) . ｃｄ }ꎬ Ｂ ＝{ ａｃ ꎬ ａｄ ꎬ ｃｄ }ꎬ Ｃ ＝{ ａｂ ꎬ ａｄ ꎬ ｂｄ }ꎬ Ｄ ＝ ⌀ꎬ{１}ꎬ{２}ꎬ{３}ꎬ{６}ꎬ{１ꎬ２}ꎬ{１ꎬ３}ꎬ{１ꎬ ８.解析 (１) Ａ ∩ Ｂ ＝{３ꎬ５}ꎬ Ａ ∩ Ｃ ＝{１ꎬ３}ꎬ { ａｂ ꎬ ａｃ ꎬ ｂｃ } . Ａ Ｂ Ｃ . Ｐ 练习 ６}ꎬ{２ꎬ３}ꎬ{２ꎬ６}ꎬ{３ꎬ６}ꎬ{１ꎬ２ꎬ３}ꎬ{１ꎬ２ꎬ ∩( ∪ )＝{１ꎬ３ꎬ５} １５ ６}ꎬ{１ꎬ３ꎬ６}ꎬ{２ꎬ３ꎬ６}ꎬ{１ꎬ２ꎬ３ꎬ６} . (２) Ａ ∪ Ｂ ＝{１ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ７}ꎬ １.解析 (１) 假命题 ꎬ ２.答案 (１) Ｂ ⊆ Ａ或Ｂ ⫋ Ａ Ａ ∪ Ｃ ＝{１ꎬ３ꎬ５ꎬ６ꎬ８}ꎬ 取ａ ＝ ｂ ＝０ꎬ 可验证不等式不成立 ꎬ 所以为假 (２) Ｃ ⊆ Ｄ或Ｃ ⫋ Ｄ Ｃ ∪( Ａ ∩ Ｂ )＝{１ꎬ３ꎬ５ꎬ６ꎬ８} . 命题. (３) Ｅ ⊆ Ｆ或Ｅ ⫋ Ｆ ９.解析 Ｎ ∩ Ｚ ＝ Ｎ ꎬ Ｎ ∩ Ｑ ＝ Ｎ ꎬ Ｎ ∩ Ｒ ＝ Ｎ ꎬ Ｚ ∩ (２) 真命题. 解析 Ａ ｘ ｘ ｋ ｋ Ｎ Ｑ Ｚ Ｚ Ｒ Ｚ Ｑ Ｒ Ｑ. 真命题 (１) ＝{ ｜ ＝２ ꎬ ∈ }ꎬ ＝ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ∩ ＝ (３) ꎬ Ｂ ＝{ ｙ ｜ ｙ ＝２×２ ｍ ꎬ ｍ ∈ Ｎ }ꎬ Ｎ ∪ Ｚ ＝ Ｚ ꎬ Ｎ ∪ Ｑ ＝ Ｑ ꎬ Ｎ ∪ Ｒ ＝ Ｒ ꎬ Ｚ ∪ Ｑ ＝ Ｑ ꎬ 若方程有两个不等实根 ꎬ 则Δ ＝１＋４ ｍ >０ꎬ 解 Ｂ Ａ或Ｂ Ａ. Ｚ Ｒ Ｒ Ｑ Ｒ Ｒ. 任选两个求交集与并 ∴ ⊆ ⫋ ∪ ＝ ꎬ ∪ ＝ ( 得ｍ １ 所以命题为真命题. Ｃ 集即可 >－ ꎬ (２) ＝{１ꎬ２ꎬ３ꎬ４}ꎬ ) ４ Ｄ ＝{１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ６ꎬ１２}ꎬ∴ Ｃ ⊆ Ｄ或Ｃ ⫋ Ｄ. １０.解析 ∁Ｒ( Ａ ∪ Ｂ )＝{ ｘ ｜ ｘ ≤－２ 或ｘ ≥８}ꎬ (４) 假命题 ꎬ (３) Ｅ ＝{１ꎬ２ꎬ３ꎬ４}ꎬ Ｆ ＝{１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５}ꎬ ∁Ｒ( Ａ ∩ Ｂ )＝{ ｘ ｜ ｘ ≤２ 或ｘ >５}ꎬ 若方程有两个不等实根 ꎬ 则Δ ＝１＋４ ｍ >０ꎬ 解 ∴ Ｅ ⊆ Ｆ或Ｅ ⫋ Ｆ. (∁Ｒ Ａ )∩ Ｂ ＝{ ｘ ｜５< ｘ <８}ꎬ 得ｍ １ 所以命题为假命题. ３.解析 ∵ ｘ３ ∈[－１２５ꎬ１２５]ꎬ Ａ ∪(∁Ｒ Ｂ )＝{ ｘ ｜ ｘ ≤５ 或ｘ ≥８} . >－ ４ ꎬ １ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等２.解析 ¬ ｐ 是 的约数 命题¬ ｐ是 / ｘ 故必要性不成立 ¬ ｓ 若ｘｙ 则ｘ 且ｙ ¬ ｓ为假 (１) :５ ７５ ꎬ ⇒０< <２ꎬ ꎬ (４) : ＝０ꎬ ≠０ ≠０ꎬ 真命题. ｘ 是 ｘ 的既不充分又不必 命题. ∴“０< <２” “１< <３” ¬ ｐ ｘ 不是不等式 ｘ 的解 ¬ ｐ 要条件. ３.解析 假命题.理由 当ｃ 时 ａ ｂ (２) : >２ ３ －６>０ ꎬ (１) : ＝０ ꎬ“ > ” 是假命题. Ｐ 练习 不能推出 ａｃ２ ｂｃ２ 故前者不是后者的充 ２０ “ > ”ꎬ ¬ ｐ 方程ｘ２ ｘ 没有实数根 ¬ ｐ １.解析 分条件 该命题为假命题. (３) : －２ ＋３＝０ ꎬ ꎬ 是真命题. 假命题.理由 ｘ 不能推出 ｘ２ 量词的 (２) :“ ≠１” “ ≠１”ꎬ ¬ ｐ 空集不是集合Ａ的子集 ¬ ｐ是假 故后者不是前者的必要条件 该命题为假 (４) : ꎬ 序号 量词 作 用 符号表达 ꎬ 命题. 命题. 范围 ３.解析 如图所示的四边形ＡＢＣＤ为等腰梯 真命题.理由 四边形为正方形 则它一 (３) : ꎬ 形 其对角线互相垂直 但不是菱形.所以该 定是矩形 但是矩形的四边形 它不一定是 命题 ꎬ 是假命题. ꎬ 区间 (０ꎬ ∀ ｎ ∈ (０ꎬ 正方形 所 ꎬ 以 四边形为正方形 ꎬ 可以推出 任意 内的 ｎ Ｚ ꎬ “ ” (１) ９０] ９０]ꎬ ∈ ꎬ 四边形是矩形 但后者不能推出前者 整数 ｎ° “ ”ꎬ ꎬ ｓｉｎ >０ 故前者是后者的充分不必要条件 该命题为 ꎬ 真命题. ｘ Ｑ ｘ 有 理 ∃ ∈ ꎬ４ 真命题.理由 由不等式性质可知 不等 某个 (４) : ꎬ (２) 数集 １ 式两边同时加上或减去同一个数 不等号方 ＝ ꎬ ２ 向不变 Ｐ 练习 ꎬ １７ 所以 ａ ｂ 可以推出 ａ ｃ ｂ ｃ 相应的 后 １.答案 Ｍ ＡＢ “ > ” “ ＋ > ＋ ”ꎬ ꎬ (３)(４) 线段上 ∃ ∈ ꎬ 者也可以推出前者 解析 对角线相等的四边形可能是等腰 有一点 ＡＭ ＭＢ ꎬ (１) (３) 的点 故前者是后者的充要条件 该命题为真命题. 梯形 ＭＢ＝ＡＢ ꎬ ꎬ 假命题.理由 由 ｘ ｘ 解得ｘ 不是命题 四边形是矩形 的充分 (５) : ( －１)( －２)＝０ꎬ ∴(１) “ ” ２.答案 假命题 真命题 真命 或ｘ 条件 (１) (２) (３) ＝１ ＝２ꎬ ꎻ 题 假命题 故 ｘ ｘ 不能推出 ｘ 四条边均相等的四边形不一定是矩形 (４) “( －１)( －２)＝０” “ ＝１”ꎬ (２) ꎬ 故前者不是后者的充要条件 该命题为假 ∴ 条 ( 件 ２) 不是命题 “ 四边形是矩形 ” 的充分 无 解 理 析 数 ( 所 １) 以 由 此 ｘ２ 命 ＝ 题 ２ꎬ 为 得 假 到 命 ｘ 题 ＝± ２ꎬ 可知ｘ为 命题. ꎬ 四 ꎻ 边形有三个内角都是直角 则第四个 由 ꎬ 可知ｘ为无理数 条 ꎻ 件中Ｒ为实 (６) 假命题.理由 : ｘ ∈ Ａ时 ꎬ ｘ ∈ Ａ ∩ Ｂ不一定 (３) ꎬ (２) (１) ꎬ 成立 角也为直角 这样的四边形必是矩形 数集合 包括无理数 所以此命题为真命题 ꎬ 是命题 ꎬ 四边形是矩形 的充分 ꎬ 条件 此为 ꎬ 线段垂直平 ꎬ 分线的性质定理 所以 ꎻ 所以 “ ｘ ∈ Ａ ” 不能推出 “ ｘ ∈ Ａ ∩ Ｂ ”ꎬ ( 角 ∴ ４ 互 ( ) ３ 四 补 ) 边 等 形 价 的两 “ 于 组 平 对 行 边 四 分 边 别 形 平 有 ” 行 一 且 组 有 对 一 角 组对 互 ꎻ ( 此 ３ 命 ) 当 题 这 为 两 真 条 命 直 题 线 ꎻ 为平行直线时 它们 ꎬ 一定 故 命 后 题 者 . 不是前者的充要条件 ꎬ 该命题为假 １ 综 补 ∴ ８０ 上 ( ꎬ ° 又 ４ ꎬ 所 ) 则 因 是 述 ꎬ 易 为 命 知 平 题 每 行 “ 四 个 四 边 内 边 是 形 角 形 命 为 是 的 题 矩 ９ 对 ０ 形 ° 四 角 ꎬ ” 边 相 的 形 等 充 是 ꎬ 分 相 矩 条 加 形 件 为 . １ Ｐ . ２ ( 没 命 解 １ ４ 有 练 题 ) 析 交 习 . 点 ( ꎬ １ 所 ) ¬ 以 ｐ 此 :∃ 命 ｘ 题 ∈ 为 Ｒ 假 ꎬ 命 ｘ２ 题 －２ . ｘ ꎬ ＋１<０ꎬ 假 ４. 条 要 解 答 件 案 条 析 件 ( ( １ １ ( ) ) ３ 充 由 ) 要 充 于 条 分 ａ － 而 件 １> 不 ０⇔ 必 (２ ａ 要 ) > 既 条 １ꎬ 不 件 故 充 ａ － 分 ( １ ４ 又 > ) ０ 不 充 是 必 要 ａ 的充分条件 ꎬ( . ３)(４) “ ” (２) ¬ ｐ :∀ ｘ ∈ Ｑ ꎬ ｘ２ ≠２ꎬ 真命题. >１ 的充要条件 ꎻ ２. 解 答 析 案 ｘ ｙ ( 若 ２) ｘｙ ( 满 ≠ ３) ０ 足 ꎬ 则 ｘｙ ｘ ≠０ 但 且 是 ｙ ≠ ｘ ０ . ｙ 所以 ( ( ３ ４ ) ) ¬ ¬ ｐ ｐ : : ∀ ∃ ｘ ｘ ∈ ≠ Ｒ ０ ꎬ ꎬ ｘ２ ( － ｘ ３ ＋ ≠ １ ｘ ０ꎬ ) 假 ∉ 命 [ 题 ２ꎬ . ＋∞)ꎬ 真 即 ( 当 ２) ａ ａ 当 > ＝ ０ － ꎬ ａ １ ｂ ＝ ꎬ > ｂ ０ ０ ＝ . ⇒ １ / ３ > ａ 时 ０ ＋ ꎬ ｂ ꎬ ｂ > ａ ＝ １ ＋ ꎬ ０ ｂ . ＝ ２> ２> ０ １ 时 ꎬ 但 ꎬ ａ ａ ＋ < ｂ ０ ＝ ꎬ ０ 即 . ３< ａ ＋ １ꎬ ｂ (１) 不 ＝ 是 ＝ ｘ １ ｙ 的必 ≠ 要 ０ 条 ꎬ 件 ＋ ≠０ꎬ 命题. >１⇒ /ａ >０ꎬ ｂ >０ꎬ 故ａ >０ꎬ ｂ >０ 是ａ ＋ ｂ >１ 的既不 ｙ ( ( ２ １ ２ ) ) 因为 若 ｘ ｘｙ ２ ≠ ＋ ｙ ０ ２ ≥ 则 ０ꎬ ｘ 当 ２ 且 ｙ２ 仅当 ꎻ 所 ｘ ＝ 以 ｙ ＝ ｘ ０ ２ 时 ｙ２ ꎬ ｘ２ ＋ ( 命 ５ 题 ) ¬ . ｐ : 存在某个三角形没有内切圆 ꎬ 假 充 (３ 分 ) 两 又 个 不 角 必 是 要 对 条 顶 件 角 ꎻ ⇒ 两个角相等 ꎬ 但两个 ( 所 ( 所 ＋ ３ ４ ｙ ＝ 以 以 ２ ) ) ≠ 根 ｘ ０ ( ꎬ ＝ ０ ２ 据 ꎬ １ ) 所 ꎬ 是 ( 不 ｙ ２ 以 ＝ 是 ) ≠ ｘ － ｙ 可 ( ０ ≠ １ ｘ ３ ꎬ ｙ 知 ) 满 ０ 是 的 ｘ 足 ｙ ｘ ≠ 必 的 ｙ ＋ ｘ ≠ ０ ｙ 要 必 ≠ 时 ０ ≠ 条 要 的 ０ ꎬ ０ ꎬ 件 条 ｘ ꎬ 必 但 ２ 件 ꎻ ＋ 要 是 ｙ . ２ 条 > ｘ ０ ３ 件 ꎬ ＋ ＋ 所 ｙ ꎻ ３ 以 > ＝ ０ ０ ｘ ꎬ ꎬ ２ １ Ｐ . ２ 定 解 ( 形 ２ ６ 相 析 习 ꎬ ) 真 ¬ 等 题 命 ｐ ( . : １ 题 １ 存 . ２ ) . 在 假 两 命 个 题 直 ꎬ 菱 角 形 三 的 角 两 形 条 不 对 是 角 相 线 似 不 三角 一 角 角 顶 条 (４ 相 角 件 相 ) 若 等 ” ꎻ 等 是 ａ ⇒ ꎬ / ＋ 这 两 “ ｂ ＋ 两 两 个 ｃ ＝ 个 个 角 ０ 角 ꎬ 角 是 则 可 相 对 当 能 顶 等 ａ 是 角 ＝ ” ｂ 同 的 ꎬ ＝ 故 位 充 ｃ ＝ “ 角 分 ０ 两 ꎬ 时 而 个 因 ꎬ 不 角 此 方 必 是 两 程 要 对 个 根 ３. 件 答案 (４ ( ) １ 充 ) 分 充 而 要 不 条 ≠ 必 件 ０ 要 条 (２ 件 ) 必要而不 即 充 不 分 充 条 分 整 (２ 除 ) 真 . 命题 ꎬ 末位是 ０ 或 ５ 的整数可以被 ５ 个 有 根 无 成 数 立 个 ꎬ 故ｘ ＝１ 是方程ａｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ＝０ 的一 ꎬ 又不 必 (３ 要 ) 条件 (４) (３) 真命题 ꎬ 方程的根是 ５ 或 －１ . 若ｘ ＝１ 是方程ａｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ＝０ 的一个根 ꎬ 把ｘ ＝ 解析 (１) 由 △ ＡＢＣ中 ꎬ∠ Ｃ ＝９０°ꎬ 可知ＡＢ (４) 假命题 ꎬ 若 ａ ＝２ꎬ 则 ａ３ ＝８ 不是 １６ 的 １ 代入方程ａｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ＝０ꎬ 得到ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ＝０ꎬ 故 是斜边 ꎬ∴ ＡＢ２ ＝ ＡＣ２ ＋ ＢＣ２ ꎬ 充分性成立 ꎬ 倍数. “ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ＝０” 是 “ ｘ ＝１ 是方程ａｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ＝０ 的 由 △ ＡＢＣ中 ꎬ ＡＢ２ ＝ ＡＣ２ ＋ ＢＣ２ ꎬ 可知ＡＢ是斜 (５) 真命题 ꎬ 根据等式的性质可知该命题为 一个根 ” 的充要条件. 边 那么 Ｃ 必要性成立 真命题. ５.解析 ａ 是ａｂ 的充分条件 ａ２ ｂ２ ꎬ ∠ ＝９０°ꎬ ꎬ ＝０ ＝０ ꎻ ＋ ＝０ ∴ △ ＡＢＣ 中 ꎬ“∠ Ｃ ＝９０°” 是 “ ＡＢ２ ＝ ＡＣ２ ＋ (６) 真命题 ꎬ 根据直线与圆相切的条件可知 是ａｂ ＝０ 的充分条件 ꎻ ａ２ ＋ ｂ２ ＝０ 是ａ ＝０ 的充 ＢＣ２ ” 的充要条件 ꎻ 该命题为真命题. 分条件 ꎻ ｘ 时 ｘ 不一定成立 故充分性不成 ２.解析 ¬ ｐ 若 ＡＢＣ三条边的长分别为 ｂ 是ａ２ ｂ２ 的充分条件 ａｂ 是ｂ (２) >０ ꎬ ≥１ ꎬ (１) : △ ≠０ ＋ >０ ꎻ <０ ≠０ 立 ｘ 时 ｘ 一定成立 故必要性成立 则 ＡＢＣ不是直角三角形 ¬ ｐ为 的充分条件 ａｂ 是ａ２ ｂ２ 的充分条件 ꎬ ≥１ ꎬ >０ ꎬ ꎬ ５ꎬ１２ꎬ１３ꎬ △ ꎬ ꎻ <０ ＋ >０ ꎻ ｘ 是 ｘ 的必要而不充分条件 假命题. ａｂ 是ａ 的必要条件 ａｂ 是ａ２ ｂ２ ∴“ >０” “ ≥１” ꎻ ＝０ ＝０ ꎻ ＝０ ＋ ＝０ (３) ｘ ＝２ 时 ꎬ ｘ２ ＝２ ２ ＝４ꎬ 故充分性成立 ꎬ ｘ２ ＝４ (２) ¬ ｑ : 面积相等的三角形不都是全等三角 的必要条件 ꎻ ａ２ ＋ ｂ２ >０ 是ａｂ <０ 的必要条件 ꎻ 时 解得ｘ 故必要性不成立 形 ¬ ｑ为真命题. ａ 是ａ２ ｂ２ 的必要条件 ꎬ ＝±２ꎬ ꎬ ꎬ ＝０ ＋ ＝０ ꎻ ∴“ ｘ ＝２” 是 “ ｘ２ ＝４” 的充分而不必要条件 ꎻ (３) ¬ ｒ : 一元二次方程至少有三个解 ꎬ ¬ ｒ为 ａ２ ＋ ｂ２ >０ 是ｂ ≠０ 的必要条件 ꎻ ｂ ≠０ 是ａｂ <０ ｘ / ｘ 故充分性不成立 ｘ 假命题. 的必要条件. (４)０< <２⇒１< <３ꎬ ꎬ１< <３ ２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 ６.解析 对所有的整数ａ ａ２ ａ 假命题. 解析 正方形是特殊的菱形 正方形是特 (１) ꎬ ≠ ꎬ ∵ ꎬ 存在实数不能写成平方和的形式 真 殊的矩形 菱形和矩形是特殊的平行四 (２) ꎬ ꎬ 命题. 边形 ꎬ 存在能被写成两个奇数之和的整数不是 Ｃ Ｂ Ａ Ｃ Ｄ Ａ Ｂ Ｄ Ｃ. (３) ∴ ⫋ ⫋ ꎬ ⫋ ⫋ ꎬ ∩ ＝ 偶数 假命题. ５.答案 Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｃ Ｂ Ｂ ꎬ ( ∩ ∩∁Ｕ )∪( ∩ ∩∁Ｕ )∪( (４)∃ ｍ >０ꎬ 方程ｘ２ ＋ ｘ － ｍ ＝０ 没有实数根 ꎬ 假 ∩ Ｃ ∩∁Ｕ Ａ ) 命题. 解析 根据 图可知 阴影部分为 Ａ Ｖｅｎｎ : ( ∩ (５)∀ ｍ >０ꎬ 方程ｘ２ ＋ ｘ ＋ ｍ ＝０ 没有实数根 ꎬ 假 Ｂ ∩∁Ｕ Ｃ )∪( Ａ ∩ Ｃ ∩∁Ｕ Ｂ )∪( Ｂ ∩ Ｃ ∩∁Ｕ Ａ ) . 命题. ６.解析 当ａ ｂ时 ａ ｂ 而ａ ｂ (１) ＝－ ꎬ｜ ｜＝｜ ｜ꎬ ≠ ꎬ ７.答案 (１) ｐ是ｑ的充分而不必要条件 故ａ ＝ ｂ不是 ｜ ａ ｜＝｜ ｂ ｜ 的必要条件 ꎬ 该命题为 测绘队总人数为 (１０－ ｘ )＋(８－ ｘ )＋(６－ ｘ )＋４ (２) ｐ是ｑ的充要条件 (３) ｐ是ｑ的既不充 假命题. ＋６＋８＋ ｘ ＝４２－２ ｘ ꎬ 分又不必要条件 (４) ｐ是ｑ的充分不必要 (２) ａ > ｂ推不出ａ２ > ｂ２ ꎬ 如ａ ＝１ꎬ ｂ ＝－３ꎬ 易知 ０≤ ｘ ≤６ꎬ 所以 ３０≤４２－２ ｘ ≤４２ꎬ 条件 故 “ ａ > ｂ是ａ２ > ｂ２的充分条件 ” 是假命题. 即测绘队人数最少为 ３０ꎬ 此时ｘ ＝６ . ∴ 时 ∴ 解 ( ( ∴ － ３ ２ ５ 析 ｐ ꎬ ｑ ｐ ) ) ꎬ ⇒ ⇒ 有 但 当 当 是 ｑ ｐ ａ ｜ ꎬ ꎬ ａ ｘ ｑ ( ２ ∈ ∴ 当 ∈ > １ 的 ｜ ) ｙ > Ｎ ｐ Ｎ 充 Ａ 当 ｜ 时 ＋ 是 ＋ ⊆ － ꎬ 时 分 ꎬ ５ ａ Ｂ ｑ 不 ＝ ｜ ꎬ 而 不 的 时 有 ３ 一 不 成 时 充 ꎬ ａ 定 ａ 必 ∈ ꎬ 要 立 ＝ Ａ 有 要 Ｚ ２ 条 ꎬ ＝ ＋ ∴ 条 或 ｜ { ꎬ 件 ｘ １ ∴ ｐ 件 ｜ ａ ꎬ ꎻ ⇒ > ３ ｐ / ＝ ꎻ ｑ ⇒ } ｜ ３ ꎬ ｙ ꎬ ꎬ 当 ｑ ∴ ｜ ∴ ꎬ ꎬ 当 Ａ ｜ 例 ｑ ｘ ⊆ ⇒ ａ ｜ / 如 ｐ > Ｂ ∈ ꎬ ꎬ ｜ ２ Ｚ ｙ > ＋ ｜ “ 这 故 故 “ ( 故 两 ３ 这 这 两 个 “ “ “ ) 两 两 两 两 两 两 个 三 个 个 个 个 个 个 三 角 三 三 三 三 三 三 角 形 角 角 角 角 角 角 形 相 形 形 形 形 形 形 相 似 相 相 的 的 的 的 似 ꎬ 则 似 似 两 两 两 两 ꎬ 它 ” ” 组 组 组 组 的 的 们 对 对 对 对 充 必 的 应 应 应 应 分 要 对 角 角 角 角 条 条 应 分 分 分 分 件 件 角 别 别 别 别 ꎬ ꎬ 均 相 相 相 相 相 等 等 等 等 等 ” ” ” ꎬ ꎬ 是 是 则 是 １４. ６ ３ 答 有 的 故 所 解 的 的 : 个 以 析 １ Ｍ 这 ６ 倍 倍 数 奇 中 个 支 数 数 ２ 为 数 不 . 测 有 有 的 有 ３ 能 绘 ３ 倍 ３ １ ５ － 被 ３ ６ 队 ０ 数 １ 个 个 ６ 个 至 ３ 有 ＝ ꎬ ꎬ 整 . 少 １ 所 即 ５ ７ 除 有 ０ ꎬ 以 ３ 的 个 ３ 能 的 ０ 奇 ꎬ 被 倍 人 即 数 . 数 偶 ３ 的 中 整 数 个 是 除 有 数 偶 的 为 ５０ 数 奇 ５ 个 ０ 的 数 － ꎬ 时 不成 ꎬ 也 立 不一定 ｑ / 有 ｐ ｘ > ｙ ｐ ꎬ 是 例如 ｑ的 ｜－ 既 ５｜ 不 >｜ 充 ２｜ 分 ꎬ 但 又 － 不 ５> 必 ２ “ 真 这 命 两 题 个 . 三角形相似 ” 的充要条件 ꎬ 该命题是 １５.解 １７ 析 ＝３ ３ . ∵ ¬ ｐ是¬ ｑ的必要而不充分条件 ꎬ △ 要 (４ 条 Ａ ) Ｂ 当 件 Ｄ Ｄ ꎬ ꎻ 与 ∴ 在 △ △ ⇒ Ａ Ａ Ｃ ꎬ Ｂ Ｄ ∴ Ｃ 同 的边 底 Ｂ 等 Ｃ 高 的 ꎬ 中 ∴ 线 △ 上 Ａ 时 Ｂ ꎬ Ｄ 与 ( 故 ４ ( ) ２ 若 ｘ － ( １ ２ ) ｘ － ｘ １ ＝ ) ０ ｘ 无 ＝０ 法 ꎬ 则 推出 ｘ ＝ ｘ ０ ＝ 或 ０ꎬ ｘ ＝ ２ １ ꎬ ∴ ∴ 且 { ｐ ａ ｘ 是 ＋ ｜ ２ １ ≥ ｑ ≤ 的 ２ ｘ ꎬ ≤ 充 ２ 分 }⫋ 而 { 不 ｘ 必 ｜ ａ 要 ≤ 条 ｘ ≤ 件 ａ ＋ ꎬ ２}ꎬ 即ａ ≤１ △ △ 边 不必 Ａ Ａ Ｂ Ｃ Ｃ Ｃ 要 Ｄ Ｄ 的 条 的 的 中 件 面 面 线 . 积 积 上 相 相 ꎬ 等 等 ∴ 时 ꎬ ｑ ∴ ⇒ ꎬ / Ｄ ｐ ｐ ꎬ ⇒ 不 ∴ ｑ 一 ｐ ꎬ 但 是 定 当 在 ｑ的 △ △ Ａ 充 Ａ Ｂ Ｂ 分 Ｄ Ｃ 而 与 的 ７.答 解 故 条 案 析 件 “( ꎬ ２ 该 ｘ ( 对 － 命 １ １ 角 ) ) 题 ( ｘ 线 ２ ＝ 为 ) 相 ０ ( 假 ” ４ 等 不 ) 命 的 是 题 菱 “ . ｘ 形 ＝ ꎬ ０” 四 的 条 充 边 分 都 不 相 必 等 要 ꎬ １６. 或 解 ∴０ 析 ｙ ≤ － ｘ ａ ２ 方 ≤ ＝ １ ０ 程 . . 作 ( ｙ 出 － ｘ 图 ) 象 ( ｙ 如 － ｘ 下 ２ ) : ＝０ 表示ｙ － ｘ ＝０ 邻边互相垂直 是正方形 ８.解析 由题设知 ｐ ｒ ｑ ｒ ｒ ｓ ｓ ｑ. ꎬ ꎻ : ⇒ꎬ ⇒ꎬ⇒ꎬ⇒ 对角线互相垂直的矩形 其对角线互相平分 由ｐ ｒ ｒ ｓ 知ｐ ｓ ꎬ (１) ⇒ꎬ⇒ꎬ ⇒ꎬ 且垂直 则四条边相等 是正方形 ｓ是ｐ的必要条件. ꎬ ꎬ ꎻ ∴ 对角线相等的平行四边形不一定满足四条 由ｐ ｒ ｒ ｓ ｓ ｑ 知ｐ ｑ １７.略. (２) ⇒ꎬ⇒ꎬ⇒ ꎬ ⇒ ꎬ 边相等 也不一定满足邻边垂直 所以不是 ｐ是ｑ的充分条件. ꎬ ꎬ １８.解析 设全体数据包集合为Ｍ 个服务器 ∴ 正方形 ꎬ６ 在ｐ ｑ ｒ ｓ中 有三对互为充要条件 ꎻ 分别保存的数据包集合分别为Ｍ的 个真 (３) ꎬ ꎬꎬ ꎬ ꎬ 有一个角为直角的菱形 其四条边相等且邻 ６ 分别为 ｒ与ｑ ｒ与ｓ ｑ与ｓ. ꎬ 子集Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ Ｆ. ９.解析 ¬ ｐ ( : １ 存 ) ¬ 在 ｐ ꎻ 能 :∀ 被 ｘ ∈ ꎻ 整 ∁Ｒ 除 Ｑ ꎬ 的 ｘ２ 数 ∉ 不 Ｑ ꎬ 是 假 偶 命 数 题. 假 ８. 边 答案 互相 垂 ∀ 直 △ ꎬ Ａ 为 ＢＣ 正 ꎬ△ 方 Ａ 形 ＢＣ . 有外接圆 ① 例 将 如 Ｘ ꎬ ∪ Ａ Ｙ ꎬ ∪ Ｂ ꎬ Ｚ ꎬ 中 Ｃ ꎬ 不 不 包 包 含 含 的 的 数据 数 包 据 记 包 作 记 ｘ 作 ｙｚ 命 (２ 题 ) . : ２ ꎬ 解析 由题意 ꎬ 命题可表述为 :∀△ ＡＢＣ ꎬ ( ａｂｃ 这样 ∪ 的组 ∪ 合共有 个 故至少要把 ¬ ｐ ｘ Ｒ ｘ 真命题. △ ＡＢＣ有外接圆. 数据 )ꎬ 分成 个包 ６０ ꎬ (３) :∀ ∈ ꎬ２ >０ꎬ ９.解析 存在某个有理数不是实数 假 ６０ ꎻ ｘ (１) ꎬ 服务器Ｘ中保存那些名字中不含ｘ的包 ¬ ｐ ｘ Ｚ ３ ＋２ Ｎ 真命题. 命题. ② (４) :∀ ∈ ＋ꎬｘ ∉ ꎬ 例如 服务器Ａ中保存那些名字中不含ａ １０.略 ＋１ (２) 存在过直线ｌ外一点没有直线或至少有 ( 的包 共 ꎬ 个 这样总共要存的数据量相 Ｐ 复习题一 两条直线与已知直线ｌ平行 ꎬ 假命题. 当于 ꎬ ２ 个 ４ 包 ) 是 ꎬ 原数据量的 . 倍. １. ２ 解 ８ 析 以点Ａ为圆心 为半径的圆内 (３) 设Ｅ ꎬ Ｆ是 △ ＡＢＣ的边ＡＢ ꎬ ＡＣ上的点 ꎬ 若 １４４ ꎬ ２４ 不含 边 ( 界 １) 的点的集合 、５ Ｅ ꎬ Ｆ是ＡＢ ꎬ ＡＣ的中点 ꎬ 则ＥＦ不平行ＢＣ ꎬ 假 第2 章 一元二次函数、 ( 到Ａ Ｂ ) 两点等距离的 ꎻ 点的集合 或线段 命题. Ａ ( Ｂ ２) 的垂直 ꎬ 平分线上的点的集合 . ( １０.解析 ∵ Ａ ＝{ ｘ ｜ ｘ ＋１>０}ꎬ∴ Ａ ＝{ ｘ ｜ ｘ >－１} . 方程和不等式 ) ２.解析 用描述法表示为 ｘ ∴∁Ｒ Ａ ＝{ ｘ ｜ ｘ ≤－１}ꎬ∴ (∁Ｒ Ａ )∩ Ｂ ＝{－２ꎬ Ｐ 练习 ｘ ( ≤ ２) ７ [ } ａ . ꎬ ( ｂ １ ) ) 用 [－ 描 ２ 述 ꎬ 用 ７ 法 ] 描 表 述 示 法 为 表 { 示 ｘ 为 ｜ ａ ≤ ｘ ｘ < ｘ { ｂ } ｜ . －２≤ . １１. ∴ 解 －１ ∁ 析 } Ｕ . Ｂ ＝ ∵ {３ 全 ꎬ４ 集 }ꎬ Ｕ ＝{１ꎬ２ꎬ３ꎬ４}ꎬ Ｂ ＝{１ꎬ２}ꎬ １. ３ ＝ 解 ３ ｘ ｘ 析 ２ ２ － ３ ｘ ｘ ( ＋ １ ｘ ) － ( ３ ｘ － ｘ ＋ ( ２ １ ｘ ) ２ ( － ｘ ｘ ４ － ｘ ＋ ３) ２ ｘ － － ( ８ ｘ ) ＋２)( ｘ －４) (３)(１２３ꎬ＋∞) { ｜ >１２３} Ａ Ｂ ＝ －２ －３－( －２ －８) 用描述法表示为 ｘ ｘ . ∵∁Ｕ( ∪ )＝{４}ꎬ ３. ( 解 ４ 析 )(－∞ꎬ 集 － 合 ９] Ａ ａ２ ａ { ｜ ≤－ Ａ ９} ∴３∈ Ａ ꎬ４∉ Ａ ꎬ ＝ 故 ５> ｘ ０ꎬ ｘ ｘ ｘ . ∵ ＝{２ꎬ３ꎬ ＋４ ＋２}ꎬ７∈ ꎬ Ａ Ｂ . ( ＋１)( －３)>( ＋２)( －４) ∴ ａ２ ＋４ ａ ＋２＝７ꎬ 即ａ２ ＋４ ａ －５＝０ꎬ １２. ∴ 解析 ∩( 当 ∁Ｕ ａ )＝ ｃ {３} ｂ ｄ时 有 ａ ｂ ｃ ｄ (２)( ｘ２ －１) ２ －( ｘ４ － ｘ２ ＋１) 解得ａ 或ａ ≤ ≤ ≤ ꎬ [ ꎬ ]∪[ ꎬ ] ｘ４ ｘ２ ｘ４ ｘ２ ＝－５ ＝１ꎬ ａ ｄ . ＝ ＋１－２ － ＋ －１ 又ａ为某个正数 ＝[ ꎬ ] ｘ２ ꎬ １３.解析 设 项工作都参加的人数为ｘ 则各 ＝－ ≤０ꎬ ａ 此时 ａ２ ａ ａ 符合 ３ ꎬ 故 ｘ２ ２ ｘ４ ｘ２ . ∴ ＝１ꎬ ＋４ －２＝３ꎬ２－ ＝１ꎬ 个集合之间的关系如图所示. ( －１) ≤ － ＋１ 题意 ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ ꎬ (３) ＋ ＋１－２( ＋ －１) Ｂ . ｘ２ ｘ ｙ２ ｙ ∴ ＝{０ꎬ７ꎬ３ꎬ１} ＝ －２ ＋１＋ －２ ＋１＋１ ４.答案 Ｃ Ｂ Ａ Ｃ Ｄ Ａ Ｂ Ｄ Ｃ ｘ ２ ｙ ２ ⫋ ⫋ ꎬ ⫋ ⫋ ꎬ ∩ ＝ ＝( －１) ＋( －１) ＋１≥１>０ꎬ ３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等故ｘ２ ＋ ｙ２ ＋１>２( ｘ ＋ ｙ －１) . 即ａ２ ＋ ｂ２ ＋ ｃ２ ≥ ａｂ ＋ ｂｃ ＋ ｃａ. ＝( ｘ２ ＋１) ２ －( ２ ｘ ) ２ ２. 解 析 ａ ｂ ａ ( ｂ －１)－ ｂ ( ａ －１) 证法二 因为ａ２ ｂ２ ｃ２ ａｂ ｂｃ ｃａ １ ＝( ｘ２ ＋１) ２ －２ ｘ２ ａ －１ － ｂ －１ ＝ ( ａ －１)( ｂ －１) : ＋ ＋ －( ＋ ＋ )＝ ２ × ＝ ｘ４ ＋２ ｘ２ ＋１－２ ｘ２ ＝ ∵ ( ａ ａ < － ｂ １ < ｂ ) １ － ( ꎬ ａ ｂ －１) ꎬ ３.证 所 [( 明 以 ａ － ａ ｂ ) ２ 因 ＋ ２ ｂ ＋ 为 ２ ( ＋ ｂ ｃ ａ － ２ 、 ｃ ≥ ｂ ) 都 ２ ａ ＋ ｂ 是 ＋ ( ｂ ｃ 正 ｃ － ＋ ａ 实 ｃ ) ａ ２ . 数 ]≥ ꎬ ０ꎬ ＝ ( ＝ ｘ ｘ ( ２ ４ ｘ － ＋ ２ ｘ ＋ １ ＋ ꎬ １ １ － ) ｘ ( ) ｘ ( ２ ｘ ＋ ２ ｘ ＋ ＋ １ １ ＋ ) ｘ )ꎬ ∴ ａ －１<０ꎬ ｂ －１<０ꎬ ｂ － ａ >０ꎬ 所以ａ ＋ ｂ ≥２ ａｂ ꎬ ＝( ｘ２ ＋１) ２ － ｘ２ ꎬ ∴ ａ ｂ － ａ ｂ >０ꎬ ａ２ ＋ ｂ２ ≥２ ａｂ ꎬ ＝ ｘ４ ＋２ ｘ２ ＋１－ ｘ２ ( ａ －１)( ｂ －１) ａ３ ＋ ｂ３ ≥２ ａ３ｂ３ ꎬ ＝ ｘ４ ＋ ｘ２ ＋１ꎬ ∴ａ >ｂ . ∴( ａ ＋ ｂ )( ａ２ ＋ ｂ２ )( ａ３ ＋ ｂ３ )≥８ ａ３ｂ３ ꎬ ∴( ｘ２ － ２ ｘ ＋１)( ｘ２ ＋ ２ ｘ ＋１)－( ｘ２ － ｘ ＋１)􀅰 Ｐ 练 － 习 １ －１ 当且仅当ａ ＝ ｂ时 ꎬ 等号成立. ( ｘ２ ＋ ｘ ＋１)＝ ｘ４ ＋１－ ｘ４ － ｘ２ －１＝－ ｘ２ ≤０ꎬ １. ３ ( ( 解 ６ ３ ２ 析 ) ) 真 假 假 命 命 命 (１ 题 题 题 ) ꎬ ꎬ 假 ｃ ｃ 由 < 命 ＝ ０ ０ 题 １ 时 时 ꎬ 不 不 ｃ < 成 成 ０ 恒 立 时 立 成 不 . . 立 成 可 立 知 . 此命题为 ４. ∴ ｘ 解 ２ ꎬ 析 ｙ ∵ ≤ ０ ( ≤ 令 １－ ｘ ｘ ｙ ≤ ２ ２ ＝ ＋ １ ( ｘ ꎬ １ ２ ∴ ＋ ) ｘ １ ２ ) － ＝ 􀅰 ｘ２ ４ １ ≥ ｘ２ ꎬ 􀅰 ０ 当 ꎬ ( ｘ 且 １ ２ ≥ － 仅 ｘ ０ ) 当 . ＝ １ ( － １－ ｘ２ ｘ ＝ ２ ) ｘ 􀅰 ２ ꎬ ３ ４ . . 解 ∴ ＋ 解 ｘ 析 ( 析 ＋ ｘ １ ２ ) － . ( ( １ １ ２ ) ) ｘ > 成 ＋ １ 立 ) ( ( . ２ ∵ ｘ ) ２ ＋ > ｃ － ａ ２ ( > ｘ ３ ｃ ＋ － ) １ ｂ > ) ꎬ ≤ ( ( ４ ｘ ) ２ － < ｘ ＋１)( ｘ２ (４) ꎬ ｃ２ >０ 即ｘ ２时取等号 即ｙ的最大值为 １ . ∴－ ａ >－ ｂ ꎬ∴ ａ < ｂ. 真命题. ＝ ２ ꎬ ４ 成立 ａｂ ｃ ｂ １ ａ ｃ . ２.解析 不能 如ａ ｂ ｃ ｄ Ｐ ４１ 练习 (２) ꎬ∵ > ꎬ >０ꎬ∴ ｂ >０ꎬ∴ > ｂ (１) ꎬ ＝５ꎬ ＝４ꎬ ＝－１ꎬ ＝ １.解析 设每间虎笼与墙体垂直的一边 即虎 不一定成立.若ｃ 则ａ ｂ成立 若ｃ ( (３) >０ꎬ > ꎬ < －３ꎬ５－(－１)<４－(－３)ꎻ 笼的宽 长为ｘ 另一边长为ｙ . 则不成立. ａ ｂ ｃ ｄ . ) ｍꎬ ｍ ０ꎬ ＝５ 不 ꎬ 能 ＝４ꎬ 如 ＝ ａ ５ꎬ ＝ ｂ ４ꎬ５－５ ｃ ＝４－４ ｄ (１) 依题意 ꎬ 得 ５ ｘ ＋４ ｙ ＝３６ . (４) 不一定成立.若ａ ＝３ꎬ ｂ ＝２ꎬ ｃ ＝１ꎬ ｄ ＝０ꎬ 则 (２) ꎬ ＝５ꎬ ＝４ꎬ ＝３ꎬ ＝５ꎬ５＋３<４ 设每间虎笼面积为Ｓ 则Ｓ ｘｙ. ａ ｃ ｂ ｄ. ꎬ ＝ － ＝ － ａ ＋５ ＝ ꎻ －４ꎬ ｂ ＝－５ꎬ ｃ ＝－３ꎬ ｄ ＝－２ꎬ－４＋(－３)＝－５＋ 由于 ５ ｘ ＋４ ｙ ≥２ ５ ｘ 􀅰４ ｙ ＝４ ５ ｘｙ ꎬ ５.解析 (１)∵ ａ ＋ ａ３ ≥２ ａ 􀅰 ａ３ ＝２ ａ２.当且仅 . 所以 ｘｙ 当ａ ａ３ 即ａ 时取等号. (－２) ４ ５ ≤３６ꎬ ＝ ꎬ ＝１ (３) 不能 ꎬ 当ａ > ｂ >０ꎬ０> ｃ > ｄ时 ꎬ ａｃ与ｂｄ的大 得ｘｙ ８１ 即Ｓ ８１ 当且仅当 ｘ ｙ时 (２)∵ ａ２ ＋ ｂ２ ≥２ ａｂ ꎬ 且ａｂ ＝４ꎬ∴ ａ２ ＋ ｂ２ ≥８ꎬ 当 小无法判断. ≤ ꎬ ≤ ꎬ ５ ＝４ ꎬ 且仅当ａ ｂ 时取等号. ５ ５ ＝ ＝２ 如 等号成立. ｘ ｘ２ ｘ２ ｘ２ ２>１ ２ ꎬ > － １ ２ ꎬ > － － １ ３ > ꎬ － ２ ２ × ꎬ ( ２ － × ２ ( ) － < １ １ ) × ＝ ( １ － × ３ ( ) － ꎻ ２)ꎻ 由 { ５ ｘ ＋４ ｙ ＝３６ꎬ解得 {ｘ ＝３ . ６ꎬ (３) ( ∵ ｘ２ ＋ － １ １ － ≤ ｘ２ ) ≤ ２ １ꎬ∴ ０≤ ≤１ꎬ∵ (１－ ) ( ) ｘ ｙ ｙ . . ≤ ꎬ １ １ . ５ ＝４ ꎬ ＝４５ ２ ２>１ꎬ－ >－２ꎬ２× － >１×(－２) 故每间虎笼长为 . 宽为 . 时 可使 ２ ２ ４５ ｍꎬ ３６ ｍ ꎬ ｘ２ ｘ２ １ . 每间虎笼面积最大. ∴ (１－ )≤ 不能 如ａ ｂ ｃ ｄ ５ ４ ２ (４) ꎬ ＝５ꎬ ＝４ꎬ ＝３ꎬ ＝４ꎬ > ꎻ 依题意 得Ｓ ｘｙ . ３ ４ 设 (２ 钢 ) 筋网总 ꎬ 长为 ＝ ｌ ＝２０ 当且仅当ｘ２ ＝１－ ｘ２ ꎬ 即ｘ ＝± ２时取等号. ａ ｂ ｃ ｄ －４ －５. ꎬ ２ ＝－４ꎬ ＝－５ꎬ ＝－４ꎬ ＝－３ꎬ < 则ｌ ｘ ｙ. ｂ ａ ｂ ａ －４ －３ ＝５ ＋４ 或 ｃ ｄ } 因为 ｘ ｙ ｘ ｙ ｘｙ (４)∵ ａ ＋ ｂ ≥２ ａ ＋ ｂ ≤－２ꎬ ３.证明 ｃ ｄ － >－ >０ ａｃ ｂｄ ５ ＋４ ≥２ ５ 􀅰４ ＝４ ５ ＝４０ꎬ (１) < <０⇒ａ > ｂ >０ ⇒－ >－ ⇒ 所以ｌ ＝５ ｘ ＋４ ｙ ≥４０ꎬ 当且仅当 ５ ｘ ＝４ ｙ时 ꎬ 等 ｂ ａ 当且仅当 ｂ ａ 即 ａ ａｃ ｂｄ. 号成立. ∴ ａ ＋ ｂ ≥２ꎬ ａ ＝ ｂ ꎬ ｜ ｜＝ < １ １ } ｃ ｃ 由 {ｘｙ ＝２０ꎬ解得 {ｘ ＝４ꎬ故每间虎笼长为 ｜ ｂ ｜ 时取等号. ( ( ２ ３ ) ) ａ ａ ｃ ｂ > > > ｄ ｂ ｂ > ꎬ > 且 ０ ０ } ａ ⇒ ꎬ ｂ ａｃ 同 > 号 ｂｄ ⇒ ⇒ ｃ ａ > ａ ｄ ０ < > ｂ ｂ ｃ > ⇒ ０⇒ ａ < ａ ｄ ｂ . > ２.解 则 ｍꎬ 析 另 宽 ５ 一 为 ｘ ＝ 边 设 ４ ４ 为 海 ｙ ｍ ꎬ １ 报 时 ２ ｘ ８ 中 ꎬ 可 ｄ 间 ｍ 使 ｙ 印 ꎬ 所 ＝ 钢 刷 ５ 以 筋 . 区 海 网 域 报 总 的 空 长 一 白 最 边 面 小 为 积 . ｘ Ｓ ｄ ( ｍ ｘ ) ５ ꎬ ６. ( 解 １ ＝ ≥ ５ １ 析 ) ４ 时 ａ － ２ 取 ＋ １ ( ｂ ＝ 等 １ ２ ３ ＋ ) ꎬ 号 ａ 设 当 ２ . ＋ 两 且 ４ ｂ２ 个 ＋ 仅 １ 正 当 ＝( 数 ａ ａ ２ 分 ２ ＋ ＋ ｂ 别 ｂ ２ ２ ＋ ＋ 为 １ １ ＝ ) ｘ ２ ＋ ꎬ ꎬ ａ ｙ 即 ꎬ ２ ＋ 则 ４ ｂ ａ ２ ２ ＋ ｘ ＋ ｙ １ ｂ ＝ － ２ 成立. ( ) 由基本不等式 得 ｃ ｘ １２８ ｘ ２５６ .由基本 ３６ꎬ ꎬ Ｐ 练习 ＝( ＋２) ｘ ＋４ －１２８＝４ ＋ ｘ ＋８ ｘ ｙ ｘｙ 当且仅当ｘ ｙ ３９ ＋ ≥２ ＝２ ３６＝１２ꎬ ＝ ＝６ 时 等号成立 １.解析 的算术平均数为４＋１６ 不等式可知 ｘ ２５６ ｘ ２５６ ꎬ ꎬ (１)４ꎬ１６ ＝１０ꎬ ４ ＋ ｘ ＋８≥２ ４ 􀅰 ｘ ＋８＝ 所以当这两个正数都是 时 它们的和最 ２ ６ ꎬ 几何平均数为 ４×１６＝８ . ７２ꎬ 当且仅当 ４ ｘ ＝ ２５ ｘ ６ ꎬ 即ｘ ＝８ 时取等号 ꎬ 所 小 ꎬ 为 设这 １２ 两 . 个正数分别为ｘ ｙ 则ｘ ｙ (２)３ꎬ１２ 的算术平均数为３＋ ２ １２ ＝７ . ５ꎬ 几何平 以当ｘ ＝８ 时 ꎬ 空白面积最小 ꎬ 此时ｘ ＋２＝１０ꎬ ( 由 ２ 基 ) 本不等式 得ｘｙ (ｘ ＋ ｙ ꎬ ) ꎬ ２ ＋ .当 ＝ 且 １８ 仅 ꎬ ꎬ ≤ ＝８１ 均数为 . １２８ 所以应设计海报的宽为 ２ ３×１２＝６ ｘ ＋４＝２０ꎬ １０ ｄｍꎬ 当ｘ ｙ 时 等号成立 ａ２ ＝ ＝９ ꎬ ꎬ ａ２的算术平均数为１＋４ 几何平均 高为 . 所以当这两个正数都是 时 它们的积最 (３)１ꎬ４ ꎬ ２０ｄｍ ９ ꎬ ２ Ｐ 习题 . 大 为 . 数为 １×４ ａ２ ＝２｜ ａ ｜＝２ ａ. １. ４ 解 １ 析 运 ２ 用 １ 作差比较法可得答案 ａ ７.解析 ꎬ ８ 设 １ Ａ Ｂ之间的距离为 甲用的时间 ａ ａ :(２ ＋１) ꎬ １ꎬ ａ ａ的算术平均数为５ ＋５ ａ 几何 ａ ａ ａ . (４)５ ꎬ５ ＝５ ꎬ 􀅰( －３)<( －６)(２ ＋７)＋４５ 为ｔ 乙用的时间为ｔ 则有 １ ａｔ １ ｂｔ 平均数为 ａ ａ ａ ａ. ２ ２.解析 (１) 运用作差法 :( ｍ －１) ２ －( ｍ ＋ 甲ꎬ 乙ꎬ ２ 甲＋ ２ 甲 ２. ２ 证 ｂｃ 明 ꎬ ｃ ２ ＋ ａ 证 ２ ≥ 法 ５ ２ 一 ｃａ × : ꎬ ５ 易 ＝ 得 ５｜ ａ２ ｜ ＋ ＝ ｂ ５ ２ ≥２ ａｂ ꎬ ｂ２ ＋ ｃ２ ≥ ∴ １) ( ２ ＝ ｍ －４ －１ ｍ ) ２ ≤ ≤ ０ ( ꎬ ｍ ＋１) ２. ＝１ꎬ∴ １ ｔ 甲＝ １ ａ ２ ＋ ｂꎬ 将以上不等式两边相加得 ( ａ２ ＋ ｂ２ )＋( ｂ２ ＋ ｃ２ ) (２)∵( ｘ２ － ２ ｘ ＋１)( ｘ２ ＋ ２ ｘ ＋１) ｔ ２ ２ ｂ ＋ ａ . ＋( ｃ２ ＋ ａ２ )≥２ ａｂ ＋２ ｂｃ ＋２ ｃａ ꎬ ＝( ｘ２ ＋１－ ２ ｘ )( ｘ２ ＋１＋ ２ ｘ ) 乙＝ ａ ＋ ｂ ＝ ２ ａｂ ４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 ｂ ａ ａｂ ａ ｂ ２ 答 要使两项费用之和最小 仓库应建在离 ｔ ｔ ２ ＋ ４ －( ＋ ) ａ ｂ : ꎬ ∴ 甲－乙＝ａ ｂ－ ａｂ＝ ａｂ ａ ｂ ꎬ∵ ≠ ꎬ 车站 处. ＋ ２ ２ ( ＋ ) ５ｋｍ ∴ ｔ 甲< ｔ 乙ꎬ 即甲先到达Ｂ地. １３.解析 由题意知每件商品的利润为 ( ｘ － ８.解析 设矩形的宽为ｘ 高为ｙ 由三角形相 元. ꎬ ꎬ ５０) ｘ ｙ 似得 ４０ ＝ ４０ ４０ － ꎬ 且ｘ >０ꎬ ｙ >０ꎬ ｘ <４０ꎬ ｙ <４０⇒４０ 所以利润函数 ｙ ＝( ｘ －５０)􀅰 ( ｘ － １０ ４ ５ ０) ２ ＝ ＝ ｘ ＋ ｙ ≥２ ｘｙ ꎬ 仅当ｘ ＝ ｙ ＝２０ 时 ꎬ 矩形的面积 １０ ５ ( ｘ －５０) １０ ５ ( ｘ －５０) Ｓ ＝ ｘｙ取最大值 ４００ . [( ｘ －５０)＋１０] ２ ( ｘ －５０) ２ ＋２０( ｘ －５０)＋１００ ９.解析 设该商品原价为ａ 两次提价后的价 ｘ . ꎬ (５０≤ ≤８０) 格按甲 、 乙 、 丙三种方案的次序依次为Ｎ １ꎬ 当ｘ ＝５０ 时 ꎬ ｙ ＝０ . Ｎ ２ꎬ Ｎ ３ꎬ 则 当 ５０< ｘ ≤８０ 时 ꎬ Ｎ ａ ｐ％ ｑ％ Ｎ １ ２ ＝ ＝ ａ ( ( ( １ １ ＋ ＋ ｑ ｐ ％ ｑ ) ) ( ( １ １ ) ＋ ＋ ２ ｐ％ ) ) ꎬ ꎬ ｙ ＝ ( ｘ －５０) １ ＋ ０ ｘ ５ １００ ＋２０ ≤ Ｎ ３＝ ａ １＋ ＋ ２ ％ ꎬ ５ －５０ ２.证明 ∵ Δ ＝(－２ ｍ ) ２ －４×１×( ｍ２ ＋３)＝４ ｍ２ － 因为ｐ > ｑ >０ꎬ 所以 １０ ＝２５００ . ４ ｍ２ －１２＝－１２<０ꎬ ( １＋ ｐ ＋ ｑ ％ ) ２ ＝ [ (１＋ ｐ％ )＋(１＋ ｑ％ ) ] ２ >(１＋ ２ ( ｘ －５０)􀅰ｘ １ － ０ ５ ０ ０ ＋２０ 即 ∴ 不 方 论 程 ｍ ｘ２ － 为 ２ 何 ｍｘ 值 ＋ ｍ 该 ２ ＋ 二 ３＝ 次 ０ 函 没 数 有 均 实 没 数 有 解 零 ꎬ 点. ２ ２ ꎬ ｐ％ )＋(１＋ ｑ％ )ꎬ 当且仅当ｘ －５０＝ｘ １００ ꎬ 即ｘ ＝６０ 时ｙ取最 ３.解析 ∵ 函数 ｙ ＝ ａｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ的零点为 －１ 于是Ｎ Ｎ Ｎ . －５０ 和 １＝ ２< ３ 大值. ２ꎬ 故甲 、 乙两种方案提价的幅度相同 ꎬ 丙方案 故每件商品价格定为 元时 可使每天获 ∴ 设函数解析式为ｙ ＝ ａ ( ｘ ＋１)( ｘ －２)＝ ａｘ２ － 提价的幅度最大. ６０ ꎬ ａｘ ａ 得的利润最大. －２ ꎬ １０.证明 (１)∵ ａ < ｂ ꎬ Ｐ 练习 ４ ａ 􀅰(－２ ａ )－ ａ２ ａ ｂ ４６ ∴ ａ ＝－３ꎬ ∴ － <０ꎬ １.解析 令ｙ ｘ２ ｘ .画出图象可知函 ４ ｃ (１) ＝－ ＋４ ＋３ ∵ <０ꎬ 数图象与ｘ轴有 个交点 即方程有 个根. 解得ａ ４ ａ ｂ ｃ . ２ ꎬ ２ ＝ ꎬ ∴( － )􀅰 >０ ３ ａｂ２ ａ ａ ｂ２ (２) － ＝ ( －１)ꎬ ｙ ４ ｘ２ ４ ｘ ８ . ａ ｂ ∴ ＝ － － ∵ <０ꎬ－１< <０ꎬ ３ ３ ３ ａ ｂ２ ４.解析 根据题意可知 铅球被推出的距离即 ∴ ( －１)>０ꎬ ꎬ ａｂ２ ａ 即ａｂ２ ａ. 为铅球落地时的位置与初始位置间的距离 ∴ － >０ꎬ > ꎬ ａｂ ａｂ２ ａｂ ｂ 即ｙ 时自变量ｘ的取值. － ＝ (１－ )ꎬ ＝０ ａ ｂ ∵ <０ꎬ－１< <０ꎬ 令ｙ １ ｘ２ ２ ｘ ５ ａｂ ｂ 即ａｂ ｂ ＝－ ＋ ＋ ＝０ꎬ ∴ >０ꎬ１－ >０ꎬ (１－ )>０ꎬ 原方程可化为 ｘ２ ｘ 令ｆ ｘ １２ ３ ３ ∴ ａｂ > ａｂ２ ꎬ ( ｘ ２ ２ ) ｘ 作出函数 ２ 的 － 图 ４ 象 ＋３ 如 ＝ 图 ０ꎬ 所示 ( 它 ) 与 ＝ 解得ｘ ＝－２ 或ｘ ＝１０ . 结论成立. ２ －４ ＋３ꎬ ꎬ 由于ｘ表示水平距离 于是可知ｘ 即ｘ ∴ ｘ轴没有交点 所以方程 ｘ ｘ 无实 ꎬ ≥０ꎬ １１.解析 不成立 若ａ ｂ 则ａ ｂ ꎬ ２ ( －２)＝－３ . (１) ꎬ ＝ ＝－１ꎬ ＋ < 数根. ＝１０ ａｂ. 故铅球被推出的距离为 . ２ １０ｍ Ｐ 习题 . 成 立 ａ ｂ ４８ ２２ ( ２ ) ꎬ ｂ ＋ ａ ≥ １.解析 (１) 画出方程 ２ ｘ２ －３ ｘ ＋１＝０ 对应二次 函数ｙ ｘ２ ｘ 的图象 ａ ｂ ＝２ －３ ＋１ : .当且仅当ａ ｂ时取 ２ ｂ 􀅰 ａ ＝２ ＝ 等号. ｂ ａ [( ｂ ) ( ａ ) ] 成立 (３) ꎬ ａ ＋ ｂ ＝－ － ａ ＋ － ｂ 当且仅当ａ ｂ时取等号. ≤－２ꎬ ＝－ １２.解析 设仓库应建在离车站ｘ 处 土地 ｋｍ ꎬ 费用为ｙ 万元 运输费用为ｙ 万元 １ ꎬ ２ ꎬ 由图象可知 函数ｙ ｘ２ ｘ 有 个零点 由题意可得ｙ ｋ １ ｙ ｋ ｘ (３) 令ｙ ＝－２ ｘ２ ＋ ｘ ＋３ .画出图象可知函数图象 故方程 ｘ２ ꎬ ｘ ＝ 有 ２ － 个 ３ 实 ＋１ 数根 ２ . ꎬ １＝ ｘ ꎬ ２＝ ２ ꎬ 与ｘ轴有 个交点 即方程有 个根. ２ －３ ＋１＝０ ２ ２ ꎬ ２ 画出函数ｙ ｘ２ ｘ ｘ ２ 的 ｙ (２) ＝９ ＋１２ ＋４＝(３ ＋２) ｋ ｘｙ ｋ ２. 图象 ∴ １＝ １ꎬ ２＝ ｘ : 把ｘ ｙ 与ｘ ｙ 分别代入上 ＝１０ꎬ １＝２ ＝１０ꎬ ２＝８ 式得ｋ ｋ ４ １＝２０ꎬ ２＝ ꎬ ５ ｙ ２０ ｙ ４ ｘ. ∴ １＝ ｘ ꎬ ２＝ ５ 费用之和 ｙ ｙ ｙ ２０ ４ ｘ ＝ １ ＋ ２ ＝ ｘ ＋ ≥２× ２ ｘ ０ × ５ ４ ｘ ＝８ꎬ ５ ｆ ( ( ４ ｘ ) ) ５ ＝ ｘ２ ２ ＋ ｘ ２ ２ ＋ ｘ ＝ ２ ｘ ３ － ｘ ５ ２ ＋ ꎬ 作 ５ 可 出 化 函 为 数 ２ ｆ ( ｘ２ ｘ ＋ ) ２ 的 ｘ － 图 ５ 象 ＝０ 如 ꎬ 图 令 由 有 图 １ 个 象 零 可 点 知 ꎬ ꎬ 函数ｙ ＝９ ｘ２ ＋１２ ｘ ＋４＝(３ ｘ ＋２) ２ 当且仅当 ４ ｘ ２０ 即ｘ 时等号成立. 所示 ꎬ 它与ｘ轴有两个交点 ꎬ 所以方程 ５ ｘ２ ＋ 故方程 ９ ｘ２ ＋１２ ｘ ＋４＝０ 有 １ 个相等的实数根. ＝ ｘ ꎬ ＝５ ｘ ｘ２ 有两个不同的实数根. 画出函数ｙ ｘ２ ｘ 的图象 ５ ２ ＝３ ＋５ (３) ＝－ ＋２ －４ : ５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等如图所示 : 方程 ｘ２ ｘ 的解为ｘ １ 或ｘ ∵ ６ ＋５ ＋１＝０ ＝－ ＝ ２ １ － ꎬ ３ 不 等 式 ｂｘ２ ａｘ 的 解 集 ∴ － － １ ≥ ０ { } 为 ｘ １ ｘ １ . － ≤ ≤－ ２ ３ Ｐ 练习 ìｆ ５６ ï(－１)>０ꎬ １.解析 设在一个星期内大约应该生产ｘ辆 ï ｆ 由 题 意 知 í(０)<０ꎬ 即 摩托车 根据题意 得到 ｘ２ ｘ 由图象可知 ꎬ－ ｘ２ ＋２ ｘ －４＝０ 无实数根. î ïï ｆ ｆ (１)<０ꎬ 移项整理 ꎬ ꎬ 得ｘ２ －１ ꎬ １０ ｘ ＋３ － ０ ２ ００ ＋ < ２ ０ ２ ꎬ ０ >６０００ꎬ ２. 得 解 点 { 析 分 ｂ ａ ＝ 别 － 由 . ５ 是 于 ꎬ 二 ２ 次 和 函数 ３ꎬ ｙ 故 ＝ ｘ２ 得 ＋ ａｘ { ＋ ３ ３ ｂ × ＋ ２ ２ 的 ＝ ＝ 两 ｂ － ꎬ ａ 个 ꎬ 零 解 ì î í ï ï ï ï ５ ５ ５ ５ × × × × ( ０ １ ２ ２ ２ ２ － － － － １ ７ ７ ７ ) × × × ２ ０ １ ２ － － － － ７ ａ ａ ａ × < < > ( ０ ０ ０ － ꎬ ꎬ ꎬ １)－ ａ >０ꎬ 解得 (２ ì î í ï ï ïï ) ａ ａ ａ ａ > < < > > ０ － ６ １ ０ ꎬ ２ ꎬ ꎬ ２ ꎬ ꎬ 所以 有 作 因 为 两 出 为 ５０ 个 其 < Δ ｘ ＝ 实 对 < １ ６ 数 应 ０ ０ ０ . 根 二 >０ 次 ꎬ ꎬ 即 所 函 ｘ 以 数 １＝ 方 的 ５ 程 ０ 图 ꎬ ｘ 象 ｘ ２ ２ ＝ － ꎬ １ 得 ６ １ ０ ０ . 不 ｘ ＋ 等 ３ 式 ００ 的 ０＝ 解 ０ ＝６ ａ . ３.解析 令ｙ 可得ｘ２ ｐｘ ｐ ０< <６ (１) ＝０ꎬ ＋ ＋ －２＝０ꎬ 故实数ａ的取值范围是 . Δ ｐ２ ｐ ｐ２ ｐ ｐ ２ 所 (０ꎬ６) ＝ －４( －２)＝ －４ ＋８＝( －２) ＋４>０ꎬ Ｐ 练习 以方程有两个根 ５２ ꎬ { } 即二次函数ｙ ｘ２ ｐｘ ｐ 的零点的个数 １.解析 . Ｒ. . ４ . ＝ ＋ ＋ －２ (１)(－２ꎬ３) (２) (３)⌀(４) 是 . ３ ２ (２)∵ 函数ｙ ＝ ｘ２ ＋２ ｘ ＋ ａ的对称轴为直线ｘ ＝ (５)(－∞ꎬ－１－ ６)∪(－１＋ ６ꎬ＋∞) . ｘ ｘ 即ｘ２ 即ｘ２ －１ꎬ－１∈[－２ꎬ１]ꎬ (６)( －３)( ＋３)>１ꎬ －９>１ꎬ －１０ 所以函数在 上的最小值即为ｘ [－２ꎬ１] ＝－１ >０ꎬ 时的函数值. ｘ 或ｘ ∴ > １０ <－ １０ꎬ 交 因为 点 最小值大于 ０ꎬ 说明二次函数与ｘ轴无 Ｐ 即 ( 练 － 习 ∞ꎬ－ １０)∪( １０ꎬ＋∞) . ４. 所 解 以 析 零 ꎬ 点 由 个 题 数 可 为 知 ０ ꎬ . 方程ａｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｍ ＝０ 有实 １. ５ 解 ４ 析 (１) 由 － ｘ ３ － ｘ ＋ ３ ６ <０ 可得 ３ ｘ ｘ － － ３ ６ >０ꎬ 整 量 因 车 为 为 装 ｘ 配 只 流 能 水 取 内 线 正 的 在 整 任 一 数 意 周 ꎬ 所 正 内 以 整 生 ꎬ 数 产 当 时 的 这 摩 条 这 托 摩 家 车 托 工 数 车 厂 根 ꎬ 即ａｘ２ ＋ ｂｘ ＝－ ｍ有实根 ꎬ∴ － ｍ ≥－３ꎬ 解得 解得ｘ >３ 或ｘ <２ꎬ 能够获 [５ 得 １ꎬ５９] 元以上的收益. ꎬ ５. 个 解 ｍ ≤ 交 析 ３ 点 ꎬ 故 (１ ｍ )∵ 的 抛 最 物 大 线 值 开 为 口 ３ . 向下 ꎬ 与ｘ轴有两 所 (２ 以 ) 由 不 已 等 知 式 可 的 得 解 ｘ 集 ｘ ＋ 为 １ ≥ (－ ２ ∞ ꎬ 即 ꎬ２ ｘ ) ｘ ＋ ∪ １ ( － ３ ２ ꎬ ≥ ＋∞ ０ꎬ ) . ２.解 １２ 析 ꎬ 即 由 ｖ２ ＋ 题 ６ １０ 意 ０ ｖ ０ － 知 ０ １ ꎬ ２ 对 ００ 于 >０ 甲 ꎬ 解 车 得 ꎬ 有 ｖ > ０ ３ . １ ０ ｖ 或 ＋０ . ｖ ０ < １ － ｖ２ ４ > ０ ∴ { １ １６ － ＋ ｍ ꎬ １ < ２ ０ ( ꎬ １－ ｍ )>０ . 则 ｘ ｘ －１ ≤０⇔ { ３ ｘ ３ ｘ － － １ － ２ ２ ≠０ꎬ ３ －２ 速 离 ( 不 略 超 符 超 过 合 过 ３ 实 ０ ｋ 际 ｍ 意 /ｈ 义 可 .但 ꎬ 估 舍 由 计 去 题 甲 ) 意 车 ꎬ 知 这 车 甲 表 速 车 明 不 的 甲 会 刹 车 超 车 的 过限 距 车 ３ －２ ｘ ≤０ꎬ １２ｍꎬ ｍ ７ . ３ －２ 速 . ∴１< < ４０ｋｍ/ｈ (２)∵ ｘ １ꎬ ３ ｘ ２ 是方程 (１－ ｍ ) ｘ２ ＋４ ｘ －３＝０ 的 解得 ２ ３ < ｘ ≤１ . 对于乙车 解 ꎬ 有 得 ０ ｖ . ０５ ｖ ＋ 或 ０ . ０ ｖ ０５ ｖ２ >１０ 不 ꎬ 符 即 合 ｖ２ 实 ＋１ 际 ０ ｖ 意 － 两根 { } ２０００>０ꎬ >４０ <－５０( ꎬ 所以不等式的解集是 ｘ ２ ｘ . 义 舍去 这表明乙车的车速超过 < ≤１ ꎬ )ꎬ ４０ｋｍ/ｈꎬ ｘ ｘ －４ ｘ ｘ －３. ３ 超过规定限速. ∴ ∴ ∴ 又 ５ ｍ ( ｘ １ ｍ １ ２ １ ＋ － ＋ － ２ ４ － ｘ ｍ ２ ２ ２ ７ ＝ ３ ) ＝ ｍ １ ２ ( 或 － － ＋ ｘ ６ ｍ １ １ ｍ ＝ － ＋ ꎬ ６ ｍ ｘ ０ ２ １ . ＝ ) . ２ ２ １ ＝ － ０ ２ １ . ｘ － １ ｍ ｘ ２ꎬ ２.解 解 ( 则 则 ２ { 析 得 ) Δ Δ ｘ 若 ＝ ＝ １ [ [ 方 < ( ｘ ２ ２ ｋ １ 程 ( ( < ) ｋ ｋ ９ 有 若 － － . ３ ３ 两 方 ) ) ｋ ] ] 正 程 ２ ２ － － 实 无 ４ ４ 根 实 × ×４ ４ 根 ꎬ ｋ ｋ ≥ < ꎬ ０ ０ ꎬ ꎬ １ Ｐ . ５ Ｄ － － ７ ｘ ２ 习 ２ ｘ ＋ ２ ３ 题 ＋ ６ ｘ ｘ ｘ ( ２ － < ２ － － ９ . ３ ７ ≤ ３ ｘ ꎬ ０ － 即 ꎬ １ 即 ０ ２ ) ｘ ≤ ｘ ２ ２ － ０ － ｘ ６ － 的 ｘ ３ ＋ > 解 ９ ０ ≥ ꎬ 集 其 ０ 为 ꎬ 解 其 [ 集 解 － 为 １ 集 ꎬ ( １ 为 ３ ０ －∞ ] Ｒ ꎻ ꎻ ꎬ ∴ ＝－ ＝２ 且 １＋ ２＝－２( －３)>０ꎬ ３ ｘ２ ｘ 中Δ ５ ｘ ｘ ｋ －１)∪ ꎬ＋∞ ꎻ －４ ＋７≤０ ＝１６－２８ １ ２＝４ >０ꎬ ２ ｍ ７ 解得ｋ . 故其解集为空集 故选 . ∵１< < ꎬ ∈(０ꎬ１] <０ꎬ ꎬ Ｄ ３ ３.解析 若ａ 则 恒成立 ２.Ｃ Ａ ｘ ｘ ｘ Ｚ ｍ 即所求函数的表达式为ｙ ｘ２ ｘ ＝２ꎬ －４<０ ꎬ ＝{ ｜－３≤ ≤４ꎬ ∈ }＝{－３ꎬ－２ꎬ－１ꎬ ∴ ＝２ꎬ ＝－ ＋４ 若ａ 要使不等式的解集为Ｒ . ≠２ꎬ ꎬ ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４}ꎬ －３ {ａ { } ６.解析 令ｘ２ ｘ . 设其两根分别为 则 －２<０ꎬ Ｂ ｘ ３ ｘ ｘ Ｚ －４ ＋３ ５＝０ꎬ Δ ＝ － ≤ ≤２ꎬ ∈ ＝{－１ꎬ０ꎬ１ꎬ２}ꎬ ｘ ｘ <０ꎬ ２ １ꎬ ２ꎬ 解得 ａ . 则Ａ Ｂ 故选 . 则 ｜ ＡＢ ｜ ＝ ｜ ｘ ２ － ｘ １ ｜ ＝ ( ｘ ２－ ｘ １) ２ 综上 : － － ２ ２ < < ａ < ≤ ２ ２ . ３.Ｄ 由 ∩ 于 ＝ 不 { 等 －１ 式 ꎬ０ꎬ ａ １ ｘ ꎬ ２ ２ ＋ } ｂｘ ꎬ ＋ ｃ <０ Ｃ 的解集为全体 ＝ ( ｘ ２＋ ｘ １) ２ －４ ｘ １ ｘ ２ ４.解析 ∵ 不等式ｘ２ － ａｘ － ｂ <０ 的解集是 { ｘ ｜２< 实数 ꎬ 所以与之相对应的二次函数ｙ ＝ ａｘ２ ＋ ｂｘ ＝ ４ ２ －４×３ . ５＝ ２ꎬ ｘ <３}ꎬ ｃ的图象恒在ｘ轴下方 则有 {ａ <０ꎬ故选 . Ｓ １ ＡＢ ＯＣ ２ . ７ . ∴ ２ꎬ３ 是一元二次方程 ｘ２ － ａｘ － ｂ ＝０ 的实 ＋ ꎬ Δ <０ . Ｄ ∴ △ ＡＢＣ＝ ２ ｜ ｜􀅰｜ ｜＝ ２ ×３５＝ ４ ２ 数根 ꎬ ４.解析 (１)( ２ ｘ ) ２ －２ ２ ｘ ＋１＝( ２ ｘ －１) ２ >０ꎬ 又 Ｐ . {ａ {ａ ∵ (２ꎬ－０５)ꎬ ＝２＋３ꎬ 解得 ＝５ꎬ 解得ｘ ２. ∴ ｂ ｂ ≠ ∴ Ｓ △ ＡＢＰ＝ ２ １ ｜ ＡＢ ｜􀅰｜ ｙ Ｐ｜＝ ２ １ × ２×０ . ５＝ ４ ２. ∴ 不 － 等 ＝ 式 ２× ｂｘ ３ ２ ꎬ － ａｘ －１≥ ＝ ０ － 可 ６ꎬ 化为 －６ ｘ２ －５ ｘ －１≥ ( －１－ ２ ５ －１＋ ５ ) . ７.解析 设ｙ ｆ ｘ ｘ２ ｘ ａ 其函数图象 即 ｘ２ ｘ (２) ꎬ ＝ ( )＝５ －７ － ꎬ ０ꎬ ６ ＋５ ＋１≤０ꎬ ２ ２ ６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 Δ 解集为 . 时间 ａｂ ｃｄ ａｃ ｂｄ (３) <０ꎬ ⌀ 相乘得( ＋ )( ＋ ) ａｂｃｄ 即 (４) ( －２<２ ｘ － ) １<２⇒－ ２ １ < ｘ < ２ ３ ꎬ∴ 解集 Δ 在 ｔ 抛 ＝ ｔ 出 １－ 点 ｔ ２＝ １ ４ 以 ０ . ９ ４ 上 . ８ 的 ｓ≈ 位 ２ 置 . ０ 最 ９ ｓ 多 .答 停 : 留 排球 . 能够 . ∴ ( ａ ｄ ① ｂ 时 ＋ ｃ ② ｄ 等 ) 号 ( ａ 成 ｃ ＋ 立 ｂｄ . )≥４ ａｂｃ ４ ｄ ꎬ 当且仅 ≥ 当ａ ＝ ｂ ꎬ ＝ ｃ 为 １ ３ . ２ｍ ２０９ｓ ＝ － ( ２ ꎬ ２ ) １１.解 的 析 两根 因 设 为 为 一 ｘ 元二 ｘ 次 的 方 平 程 方 ｘ 和 ２ － 大 ２ ｍ 于 ｘ ＋ ｍ ＋２＝０ ( ｃ ２) 证法 ｃ 一 ａ２ :∵ ｂ２ ( ａ － ｂ ) ａｂ ２ ｃ ≥ . ０ꎬ∴ ａ２ ＋ ｂ２ ≥２ ａｂ.又 (５) －１－ ２ ３ ꎬ －１＋ ２ ３ . 所以 {Δ ( ＝４ ｍ２ － １ ４ ꎬ ｍ － ２) ８≥０ꎬ ２ꎬ 同 > 理 ０ꎬ 有 ∴ ａ ( ( ｂ２ ＋ ＋ ｃ２ ) ) ≥ ≥ ２ ２ ａｂｃ ꎬ ｂ ( ｃ２ ＋ ａ２ )≥２ ａｂｃ. ( 解 ６ 集 ) 原 为 不 ( 等 －∞ 式 ꎬ 可 － 化 ８ 为 ) ∪ ３ ( ｘ２ ０ ＋ ꎬ ８ ＋ ｘ ∞ > ) ０ꎬ . 解得不等式 即 {ｍ ≥ ｘ２ １ ２ ＋ 或 ｘ２ ２> ｍ ２ ≤ ꎬ －１ꎬ 将 证 上 法 述 二 三 : 式 原 相 不 加 等 即得 式 结 等 论 价 . 于 ( ｂ ｃ ＋ ｂ ｃ ) ＋ ５.解析 (１) １ ｘ >４ ３ 可变为 １ ｘ －４＝ １－ ｘ ４ ｘ >０ꎬ 故ｍ ｍ 的 > 取 ２ ３ 值 或 范 ｍ 围 <－ 为 １ . . ( ａ ｃ ＋ ａ ｃ ) ＋ ( ａ ｂ ＋ ａ ｂ ) ≥６ . 即４ ｘ ｘ －１ <０ꎬ 解得 ０< ｘ < ４ １ ꎬ １２. 解 解 集 析 为 因 ｘ 为 ｘ 不等 或 式 ｘ ( ａ － ｘ ∞ ２ ＋ ꎬ ｂ － ｘ ＋ １ ｃ ) < ∪ ０( [ ａ ２ ≠ ꎬ＋ ０ ∞ ) ) 的 由于 ｂ ｃ ＋ ｂ ｃ ≥２ꎬ ａ ｃ ＋ ａ ｃ ≥２ꎬ ａ ｂ ＋ ａ ｂ ≥２ꎬ 三 ( ) { ｜ <２ >３}ꎬ 式相加 即得结论. 所以此不等式解集为 ０ꎬ １ ４ . 两 所以 个根 ａ < 分 ０ 别 且 为 一元 和 二次 . 方程ａｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ＝０ 的 (３)∵ ａ ꎬ ꎬ ｂ是非负实数 ꎬ∴ ａ ＋ ｂ ＋２＝ ａ ＋１＋ ｂ ＋１ ２ ３ (２) ２ １ － ｘ≤３ 可变为 ２ １ － ｘ－３＝ １－３ ２ ( － ２ ｘ － ｘ ) ＝ 从而 － ａ ｂ ＝２＋３ꎬ ａ ｃ ＝２×３ꎬ 即 ｂ ＝－５ ａ ꎬ ｃ ≥ ａ ＝ ２ １ꎬ ｂ ａ ＝ 􀅰 １ １ 时 ＋２ 等号 ｂ 成 􀅰 立 １＝ . ２ ａ ＋２ ｂ ꎬ 当且仅当 即 所 － ２ ５ ３ 以 － ＋ ｘ ｘ ｘ － ３ － 不 ｘ ２ ５ ≤ ≥ 等 ０ ０ ꎬ ꎬ 式 解 的 得 解 ｘ ≤ 集 ５ ３ 为 或 ( ｘ － > ∞ ２ꎬ ꎬ ５ ３ ] ∪(２ꎬ 化 解 因 不 ＝６ 为 得 为 等 ａ. 式 ５ ｘ ａ < ｘ < ２ ｂ － ０ － ｘ ꎬ １ ２ ｘ 所 ＋ － 或 ａ ６ 以 ｘ > ｘ ＋ > ０ 不 ｃ ꎬ > ６ 等 ０ . 即 式 － － ５ ５ ａ ａ ｘ ｘ ２ ２ ＋ ＋ ａ ａ ｘ ｘ ＋ ＋ ６ ６ ａ ａ > > ０ . ０ 可 所 ( ａ２ ４ ＋ 以 ) ｂ ａ ４ － ａ ２ ２ ２ ２ ＋ ２ ＋ ａ ｂ ｂ ｂ ２ ２ ＝ － ≥ ( ( ａ ( ａ － ２ ａ ＋ ４ ２ ｂ ＋ ｂ ) ｂ ) ２ ) ２ ≥ ２ ＝ . ０ ２ ꎬ ａ２ ４ ＋２ ｂ２ － ａ２ ＋ ｂ ４ ２ ＋２ ａｂ ＝ ６.解 ＋∞ 析 ) . 根据题意 代理商每年可销售 因 { 此 ꎬ 不等式 ｂ ５ ｘ２ ＋ } ａｘ ＋ ｃ > ０ 的解集 ４.解析 上 (１ 有 ) 两 当 个 方 相 程 等 ｘ 的 ２ － 实 ( ｍ 根 － 时 １) ｘ ＋２ ｍ ＝０ 在 ꎬ ８－ 为 ｘ ｘ 或ｘ ６ . [０ꎬ１] ꎬ 元 因 设 则 ０ . ６ 此 代 ) ｆ ２ ꎬ ＝ ｒ 年 理 １ 万 － 销 商 ８ 件 ｒ ０ ％ 售 收 衬 ( 额 取 ８ 衫 － 为 的 ０ ꎬ 每 . １ 年 ６ － ８ ２ 件 代 ｒ ０ ｒ ％ ) 衬 理 ｒ ( ％ ８ 衫 费 － ＝ 的 为 ０ ８ . ０ ６ 价 ｆ ( ２ 万 ｒ ８ 格 １ ) － ０ 元 万 为 ０ ０ － . 元 ꎬ ６ １ ｒ ２ － ８ . ｒ ｒ ０ ) ％ ｒ ( 元 万 ꎬ １ Ｐ . ６ 若 􀅰 解 ∴ ∴ ( ０ ２ ( 析 ａ ａ ) 复 ａ ｂ ３ ａ ∵ > ｂ ( 习 － ｂ > ａ ( ｂ > ａ ( ＋ 题 ) ｘ ０ ｂ １ ｂ ꎬ ＋ < ３ ꎬ 二 ) ) . １ 则 － ａ ( ) １ ３ ａ ２ ｂ ａ － － － ｂ ｂ ｘ > ａ ) ( ｂ ０ > ｘ > ３ ꎬ ＋ ０ ＝ ａ ５ ꎬ ２ ＋ ａ 即 ) ｂ ｂ ＝ > ( ａ ０ ｘ ａ ３ ２ ꎬ ２ ｂ ＋ ａ － － － ２ ｂ ａ ｘ ｂ ２ ｂ ＋ > ) ３ > ０ １ ＝ ꎬ － ０ ａ ꎬ ｘ ｂ ２ ( － ａ ２ ｘ ＋ ＝ ｂ ) １ Δ 等 ① ② 的 ( < ２ ０ ＝ 的 解 有 当 ) ꎬ ( 即 当 实 集 且 ｍ ｆ ( 方 － ２ 根 为 只 ０ ｍ １ ) 程 ) 时 空 有 ( ＝ ２ ｍ ｘ 集 一 ꎬ － ０ ２ ＋ ８ 时 － 根 . ２ ｍ ( ) ꎬ ｍ 在 ＝ < ｍ － ０ ０ ( ＝ ꎬ １ ０ 且 解 ０ ) ꎬ ꎬ ｘ １ 得 ｆ ０ ＋ ) ( ≤ ２ 上 － ｘ ｍ ) ２ ｍ 时 ＝ < ＝ ２ － ｍ ꎬ ｘ ０ １ ２ < 有 ≤ 有 ＋ ０ ｘ ꎻ １ ｆ 两 ( ＝ ꎬ ０ 此 ０ 个 ) ꎬ ｆ 不 解 时 (１ 相 得 ｍ ) ｘ ｘ 符合题意 其 依 中 题意 ０< ꎬ ｒ 得 < ８ ４ ３ ０ ０ １ ( ０ ８ . １ － ００ ０ － . ６ ｒ ２ ｒ ) ｒ ≥１６ꎬ ( 即 ∴ > ３ ０ 对 ( ) ꎬ ｘ ∵ 任 ＋ ｘ １ 意 ２ ) － ２ ( > ｘ ４ ∈ ｘ ｘ ( － Ｒ ｘ ５ ＋ ꎬ ) 有 ２ ＝ )ꎬ ｘ ｘ 即 ( ２ － ｘ ４ ＋ ｘ ｘ ( ２ ＋ ) ｘ ５ ＋ < ＝ ２ ( ) ( ｘ < ＋ ｘ ( － １) ｘ ２ ＋ ２ ) . １ ２ ) ＋ ２ １ . >０ꎬ 综 ③ ４ １ ＝ ＝ 当 上 ０ ０ ꎬ 可 ꎬ ｆ 解 ( 得 １ ２ 得 ) ＝ ꎬ ＝ － 实 ｘ １ ０ １ ꎬ 数 ＝ 时 １ ｍ ꎬ ꎬ ｍ ｘ 的 ２ ＝ ＝ 取 － － ２ ４ 值 ꎬ ꎻ ꎬ 方 符 范 程 合 围 可 题 为 化 意 [－ 为 . ２ꎬ ｘ ０ ２ ] ＋ . ３ ｘ － 解得１００ ≤ ｒ ≤１０ . ∴ ｘ２ >４ ｘ －５ꎬ ５.解析 (１)－３ ｘ２ ＋８ ｘ －４<０ 可化为 ３ ｘ２ －８ ｘ ＋４ ７. Ａ ∴ 解 Ｂ 即 ＝ 析 Ａ Ａ { Ｂ ∩ ＝ ｘ ３ Ｂ ｜ { １ ｘ 解 ｘ ＝ ２ ｜ － ( 不 － ３ － ４ ｘ 等 ３ < － ꎬ ｘ 式 １ ４ . < ８ ) ４ < ｘ ꎬ } ０ ２ . － } １ ＝ ６ { < ｘ ０ ｜ 得 －３ － < ４ ｘ < < ｘ ６ < } ４ ꎬ ꎬ ＝ 即 (４ ３ ４ 对 ) ( ｘ ∵ ２ ｘ 任 － ２ ｘ ｘ ＋ １ 意 ２ ２ ２ ６ － ＋ ｘ ｘ ６ ２ ｘ ＋ ＋ ｘ ｘ ∈ １ １ ＋ ＋ ６ ) Ｒ ５ １ ＝ ＋ ꎬ ３ 有 ４ ３ １ ( ( ｘ ｘ ｘ ＝ ＋ － ２ > ３ １ ２ ｘ ) ) ４ ２ ｘ ２ ２ － － ≥ ３ １ ５ ( ８ ０ . ｘ ｘ ꎬ ＋ ２ ＋ １ ２ ５ ｘ ＋ ＋ ｘ １ ２ ＋ ) ２ ｘ ＋１ ∴ ( ∴ > ２ ０ ( 解 ) ꎬ ３ ４ 集 ｘ ｘ － ２ 为 － ２ ２ ) { ０ ( ｘ ｘ ｘ ＋ － ２ ２ ｘ ５ ) > ≤ > ２ ０ ０ 或 { ꎬ 可 ｘ 化 < 为 ３ ２ ( } ２ . ｘ } －５) ２ ≤０ꎬ ８.解 得 ∪ 析 ( ｘ － ＝ ｍ ( 将 ) － 􀅰 ４ ｘ２ ꎬ [ － ６ ｘ ( ) － ２ ( ｍ ｍ ＋ ＋ １ １ ) ) ｘ ] ＋ < ｍ ０ ２ . ＋ ｍ <０ 因式分解 ꎬ ∴ 成立 ｘ ｘ２ ２ ＋ － . ６ ２ ｘ ｘ ＋ ＋５ １ ≥－ ３ １ ꎬ 当且仅当 ｘ ＝２ 时等号 ∴ ｘ ＝ 由 ２ ５ 已 ꎬ 知 ∴ 得 解 { 集 ｘ２ 为 － ｘ － ｘ ２>４ ｘ ꎬ ＝ ２ ５ . ９.解 ∵ ∴ 即 析 不 ｍ ｍ < < 等 ｍ ｘ < 式 根 ＋ ｍ １ 的 ＋ 据 ꎬ １ 解 题 . 集 意 为 得 { ( ｘ ５ ｜ ０ ｍ ＋ < １ ｘ < ０ ｘ ｍ ) ＋ ( １ ２ } ０ . ０－１０ ｘ )> ２.证 即 >－ 明 若 ｄ > ｘ ０ ≠ ꎬ ( 从 １ － ) １ 而 由 ꎬ 则 ( ａ － ｘ ｘ < ａ ２ ２ ｂ ＋ － ) < ６ ２ ( ０ ｘ ｘ － ꎬ ＋ ＋ ｃ ｃ ５ １ < ) ≥ ｄ > < － ( ０ － ３ １ 得 ｂ ) . － ( ａ － > ｄ － ) ｂ ꎬ > 即 ０ꎬ－ ａｃ ｃ ( ∴ ∴ ３ { 解 ) ｘ ｘ 集 ２ ２ － － 为 ｘ ｘ － － { ６ １ ｘ ２ > ｜ < ０ ３ ０ ꎬ < ꎬ ｘ ｘ ２ ∴ < － ４ ｘ { － 或 ｘ － ２ > ３ < － ３ < １ ３ ｘ 或 ０ < < ꎬ ｘ ４ ｘ < ꎬ < － － ２ ２ } ꎬ . 所 解 １２ 以 得 ６ 元 ０ 将 ２ ０ 可 < ꎬ 每 ｘ 满 < 张 １ 足 ３ 床 ꎬ 要 位 求 的出租价格提高 ２０ 元到 ∴ ( > ２ ｂ ａ ｄ ) ２ . ∵ > ａ ａ ｂ > > ｂ ｂ > ２ ０ > ꎬ ０ꎬ (４ { ) ２ 由 ｘ２ 已 － ｘ 知 － 得 １> { ０ ２ ２ ꎬ ｘ ｘ ２ ２ － － ｘ ｘ － － ２ ２ < >－ １ꎬ １ꎬ １３０ ꎬ 又 ｃ ｄ ∴ ｘ２ ｘ 即每张床位的出租价格应定在 元到 ∵ > >０ꎬ ２ － －３<０ꎬ 元之间. ７０ １８０ 即 ∴ ａ ａ ２ ２ ｃ ｃ > ｂ ｂ ２ ２ ｃ ｄ > . ｂ２ｄ ꎬ { ｘ ｘ ì ï ïｘ >１ 或ｘ <－ １ ꎬ １０.解析 规定向上为正方向 ꎬ 根据 ｈ ＝ ｖ ０ ｔ － ３.证明 > (１)∵ ａ ꎬ ｂ ꎬ ｃ ꎬ ｄ都是正数 ꎬ ∴ ( ( ２ ２ ｘ ＋ － １ ３ ) ) ( ( ｘ － ＋ １ １ ) ) > < ０ ０ ꎬ ꎬ ∴ í ïï ｘ ３ ２ ２ １ ｇｔ２ ꎬ 有 ２＝１２ ｔ －４ . ９ ｔ２ ꎬ 解得 ∴ ａ ａ ｂ ｂ > ＋ ｃ ０ ｄ ꎬ ｃｄ >０ ａ ꎬ ｂ ａｃ > ｃ ０ ｄ ꎬ ｂｄ >０ . 解集为 { ｘ ｘ ３ 或 î－１< ｘ < ２ １ ꎬ } . . . ∴ ≥ 􀅰 >０ꎬ① ∴ １< < －１< <－ ｔ １２＋ １０４８ ｔ １２－ １０４８ ２ ２ ２ １＝ . ꎬ２＝ . ꎬ ａｃ ｂｄ ６.解析 设扇形的半径为ｘ 弧长为ｙ 周 ９８ ９８ ＋ ａｃ ｂｄ . (１) ꎬ ꎬ 则排球在抛出点 以上的位置停留的 ≥ 􀅰 >０② 长为ｚ. ２ ｍ ２ ７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等ａ ｂ ａｂ ａｂ 因为Ｓ １ ｘｙ 所以扇形的周长 ａｂ ＋ ｖ ２ ２ ａ ｖ ａｂ ２ 当且仅当 ｘ １０８００ 即ｘ 时等号成立 ＝ ꎬ ∴ < ꎬ ＝ａ ｂ> ｂ ＝ ꎬ∴ ＝ ａ ｂ< ４８ ＝ ｘ ꎬ ＝１５ ꎬ ２ ２ ＋ ２ ＋ 当 ｚ ＝ 且 ２ ｘ 仅 ＋ ｙ 当 ≥２ ｘ ２ ｙ ｘｙ 即 ＝４ ｘ Ｓ. Ｓ ｙ Ｓ时 ｚ可以 ａｂ １ ａｂ＝ ａｂ. 因 答 此 : 为 当 了 ｘ 使 ＝ 楼 １５ 房 时 每 ꎬ ｆ ( 平 ｘ ) 方 取 米 得 的 最 平 小 均 值 综 ２ 合 ００ 费 ０ . 用 ２ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝２ ꎬ 故选 . 最少 该楼房应建为 层. 取到最小值 最小值为 Ｓ. Ａ ꎬ １５ 设扇形的 ꎬ 半径为ｘ ４ 弧长为ｙ 面积为Ｓ １１.解析 (１) ｘ２ －( ｍ ＋ ｎ ) ｘ ＋ ｍｎ >０ . １５.解析 设台风移动ｘ ｋｍ 开始使码头受影 (２) ꎬ ꎬ ꎬ (２) ｘ２ －( ｍ ＋ ｎ ) ｘ ＋ ｍｎ <０ . 响 ꎬ 由余弦定理得 ３５０ ２ ＝４００ ２ ＋ ｘ２ －２×４００× ｘ 所以Ｐ ｘ ｙ 扇形的面积Ｓ １ ｘｙ 再利用 １２.答案 ｋ ｋ 或ｋ 解得ｘ 或ｘ . ＝２ ＋ ꎬ ＝ ꎬ (１){ ｜ ≥３ <０} ×ｃｏｓ６０°ꎬ ＝１５０ ＝２５０ ２ 基本不等式求扇形面积的最大值. (２)⌀ 因为１５０ ３ ＝３ ｈ＝３ｈ４５ｍｉｎꎬ 所以扇形的面积为 (３){ ｋ ｜０< ｋ <３} ４０ ４ Ｓ ＝ ２ １ ｘｙ ＝ ４ １ 􀅰２ ｘ 􀅰 ｙ ≤ １ ４ ( ２ ｘ ２ ＋ ｙ) ２ ＝ Ｐ １６ ２ . ｋ 解 ≠ 析 ０ . 由题意得 ꎬ 该函数为二次函数 ꎬ 所以 ２ 所 ５０ 以 ４ － ０ 从 １５ 现 ０ ＝ 在 ２ 起 １ ２ ｈ＝２ｈ３０ｍ 时 ｉｎ 码 . 头将受台风 ３ｈ４５ ｍｉｎ 取 当 到 且 最 仅 大 当 值 ２ ｘ . ＝ ｙ ꎬ 即ｘ ＝ Ｐ ４ ꎬ ｙ ＝ Ｐ ２ 时 ꎬ Ｓ可以 ( 所 １ 以 ) 因 {ｋ 为 ≠ 方 ０ꎬ 程ｋｘ２ － ｋｘ ＋ ４ ３ ＝０ 有实根 ꎬ １６. 影 明 解 响 析 证 ꎬ 明 受 ( 过 影 １) 程 响 、 略 时 (２ 间 . ) 均 为 可 ２ｈ 用 ３ 作 ０ｍ 差 ｉｎ 比 . 较法来证 所以半径为 Ｐ 时 扇形的面积最大 最大值 Δ ＝(－ ｋ ) ２ －４ ｋ × ３ ≥０ꎬ ꎬ 可以推广到的一般的结论 若ａ ｂ 为 Ｐ２ . ４ ꎬ ꎬ 解 所 得 以 ｋ ｋ ≥ 的 ３ 取 或 值 ｋ 范 <０ 围 . 为 { ４ ｋ ｜ ｋ ≥３ 或ｋ <０} . Ｎ ( > ３ ０ ＋ ) ꎬ ) 且 ꎻ② ａ 若 ≠ ａ ｂ ꎬ ꎬ ｂ 则 是 ａ 实 ｂ２ ｎ 数 ＋ ａ ꎬ ２ 且 ｎｂ < ａ ａ ≠ ２ ｎ : ＋ ｂ １ ① ꎬ ＋ 则 ｂ２ ｎ＋ ａ １ ｂ ( > ２ ｎ ｎ ０ ＋１ ∈ ꎬ ＋ １６ ａ２ ｎ＋１ｂ ａ２ ｎ＋２ ｂ２ ｎ＋２ ｎ Ｎ . ７.解析 根据题意 ꎬ 得 １ ｖ ＋ １ ｖ２ >３９ . ５ . (２) 因为ｋｘ２ － ｋｘ ＋ ４ ３ >０ 的解集为空集 ꎬ 证明 : < ①( ａ２ ＋ ｎ＋１ ＋ ｂ ( ２ ｎ＋１ ∈ )－( ＋ ａ ) ｂ２ ｎ ＋ ａ２ ｎｂ )＝ ａ２ ｎ ( ａ － 移项整理 得ｖ２ ｖ ２０ １８０ . {ｋ <０ꎬ ｂ )－ ｂ２ ｎ ( ａ － ｂ )＝( ａ － ｂ )( ａ２ ｎ － ｂ２ ｎ )＝( ａ － ｂ )( ａｎ ꎬ ＋９ －７１１０>０ 所以 ｂｎ ａｎ ｂｎ 不妨设ａ ｂ 则ａ ｂ与ａｎ ｂｎ 对于方程ｖ２ ＋９ ｖ －７１１０＝０ꎬ Δ >０ꎬ 方程有两个 Δ ＝(－ ｋ ) ２ －４ ｋ × ３ ≤０ꎬ 同 － 号 )( 故得 ＋ 证 ) . ꎬ > ꎬ － － ４ ꎬ 实 数 根 即 ｖ －９－ ２８５２１ ｖ 此时ｋ不存在 ａ２ ｎ＋２ ｂ２ ｎ＋２ ａｂ２ ｎ＋１ ａ２ ｎ＋１ｂ ａ２ ｎ＋１ ａ ꎬ １ ＝ ２ ꎬ ２ 所以若ｙ 的 ꎬ 解集为 则ｋ的取值范围 ② ｂ ( ｂ２ ｎ＋１ ＋ ａ ｂ )－( ａ ｂ ＋ ａ２ ｎ＋１ ) ｂ２ ＝ ｎ＋１ 不 ( 妨 － >０ ⌀ꎬ )－ ( － )＝( － )( － )ꎬ ＝ －９＋ ２８５２１. 为 ⌀ . 设ａ > ｂ ꎬ 则ａ － ｂ与ａ２ ｎ＋１ － ｂ２ ｎ＋１同号 ꎬ 故得证. 画出二次 ２ 函数ｓ ｖ２ ｖ 的图象 如图 ③ 因为ｋｘ２ － ｋｘ ＋ ３ >０ 的解集为Ｒ ꎬ １７.解析 (１) 由已知条件得Ｃ (０)＝８ꎬ 所示 ＝ ＋９ －７１１０ ꎬ {ｋ ４ 则ｋ ＝４０ .因此ｙ ＝６ ｘ ＋２０ Ｃ ( ｘ )＝６ ｘ ＋ ８ ｘ ００ (０ ꎬ >０ꎬ ３ ＋５ 所以 ｘ . Δ ｋ ２ ｋ ３ ≤ ≤１０) ＝(－ ) －４ × <０ꎬ ４ ｙ ｘ ８００ 解得 ｋ (２) ＝ ６ ＋ １０ ＋ ｘ － １０ ≥ ０< <３ꎬ ３ ＋５ 所以ｋ的取值范围为 ｋ ｋ . { ｜０< <３} ｘ ８００ １３.解析 设矩形绿地的长为ｘ 则其宽为 ２ (６ ＋１０)× ｘ －１０＝７０ꎬ ｍꎬ ３ ＋５ ７００ .人行道的占地面积记为Ｓ ２ 则Ｓ 当且仅当 ｘ ８００ 即 ｘ 时等号 ｘ ｍ (ｍ )ꎬ ６ ＋１０＝ ｘ ꎬ ＝５ ３ ＋５ ( ) 成立. ｘ ７００ ＝( ＋８)× ｘ ＋６ －７００ꎬ 所以当隔热层厚度为 时 总费用ｙ达 结合图象得不等式的解集为 ｖ ｖ ｖ 或ｖ ５ ｃｍ ꎬ ｖ ２}ꎬ 从而原不等式的解集为 { { ｖ ｜ ｜ ｖ < < ｖ １ １ ꎬ ꎬ 或ｖ > > 即Ｓ ＝６ ｘ ＋ ５６ ｘ ００ ＋４８ . 到最小值 ꎬ 最小值为 ７０ 万元. ｖ 因 ２} 为 . 车速ｖ 所以ｖ ｖ . 所以 利用基本不等式 ꎬ 有 ６ ｘ ＋ ５６ ｘ ００ ＋４８≥ 第3章 函数的概念与性质 这辆汽车刹 > 车 ０ꎬ 前的车 > 速 ２ 至 ≈ 少 ７９ 为 ９４ ７９ ｋ . ｍ ９４ /ｈ ｋ ꎬ ｍ/ｈ . Ｐ ６６ 练习 ８.解析 由题意可知 ꎬ 不等式的解集为 ２ ６ ｘ 􀅰 ５６ ｘ ００ ＋４８＝ ２ ３３６００ ＋４８ ＝ ８０ １.解析 (１) 要使函数有意义 ꎬ 则 １＋ ｘ２ >０ꎬ 所 ( ) 以定义域为Ｒ. － １ ꎬ １ ꎬ 则 ａ <０ꎬ 且 － １ 和 １ 是方程 ２１＋４８ꎬ { ｘ２ ２ ３ ２ ３ 要使函数有意义 则 ９－ ≥０ꎬ即定义域 可 ａｘ２ 知 ＋ ｂ ꎬ ｘ － ＋２ ２ １ ＝ × ０ ３ １ 的 ＝ 两 ａ ２ 个 ꎬ 根 ꎬ 由根与系数的关系 ３ 且 ０ . 当 ６( 且 ｍ 仅 ) 当 时 ꎬ ６ Ｓ ｘ ＝ 达 ５ 到 ６ ｘ ０ 最 ０ ꎬ 小 即 值 ｘ ＝ ８ ２ ０ ０ ２１ ７ ３ ＋４ ≈ ８ ( 为 (３ ２ [ ) ) － 要 ３ 使 ꎬ０ 函 )∪ 数 ( 有 ０ꎬ 意 ３] 义 . ꎬ ꎬ 则ｘ ｘ ２ － ≠ ２ ０ ｘ ꎬ －３≠０ꎬ 即ｘ ≠ － １ ＋ １ ＝－ ａ ｂ ꎬ 则ａ ＝－１２ꎬ ｂ ＝－２ . (ｍ ２ )ꎬ 此时７０ ｘ ０ ≈２２ . ９(ｍ) . 且 －１ ｘ 且ｘ ≠ . ３ꎬ 所以定义域为 { ｘ ｜ ｘ ∈ Ｒ且ｘ ≠－１ ２ ３ ≠３} 所以 当设计绿地的长约为 . 宽约为 ９.解析 １ ｘ－ ｘ ＝ １ ｘ＋(４－ ｘ )－４≥－２ꎬ 当且仅 . ꎬ 时 人行道的占地面积 ３０ 最 ６ 小 ｍ . ꎬ (４) 要使函数有意义 ꎬ 则ｘ － １ ｘ ≥０ꎬ 则 －１≤ ｘ ４－ ４－ ２２９ｍ ꎬ １４.解析 设楼房每平方米的平均综合费用为 或ｘ 所以定义域为 当 １ ｘ 即ｘ 时该式取最小值 . <０ ≥１ꎬ [－１ꎬ０)∪[１ꎬ ｘ＝４－ ꎬ ＝３ －２ ｆ ｘ 元 则 . ４－ ( ) ꎬ ＋∞) １０.Ａ 设甲 乙两地相距ｓ .则小王全程用 ２.解析 ｆ ｇ . 、 ｋｍ ｆ ｘ ｘ ２１６０×１００００ (１) (２)＋ (－１)＝－１＋２＝１ 时为 ｓ ｓ 则全程的平均速度 ｖ ( )＝ (５６０＋４８ )＋ ２０００ ｘ ＝５６０＋ (２) ｆ ( ｕ２ )－２ ｇ ( ｕ )＝ ｕ２ －３－２ ｕ２ －２＝－ ｕ２ －５ . ａ ＋ ｂ ꎬ ＝ ｇ ｇ ｇ ｇ ｇ ｇ . ｘ １０８００ ｘ . (３) ( ( (１))＝ ( (２))＝ (５)＝２６ ｓ ａｂ ４８ ＋ ｘ ( ≥１０) ３.解析 ｆ ｔ ｔ２ ｔ２ . ｓ ２ ｓ ＝ａ ２ ＋ ｂ . 因为 ｘ ≥ １０ꎬ 所 以 ｆ ( ｘ ) ≥ ５６０ ＋ (２) ｆ ( ｔ ＋ ( １ １ ) ) ＝ ( ( ) ｔ ＋ ＋ １ １ ) ＝ ２ ＋１ ＋ ＝ １＋ ｔ２ １ ＋ ＝ ２ ｔ ＋ ＋ ２ ２ . ａ ＋ ｂ Ｐ 练习 ｘ １０８００ ７１ ａ ｂ ２ ４８ 􀅰 ｘ ＝５６０＋２×７２０＝２０００ꎬ １.解析 因为纸张排版部分的宽为ｘ 排版 ∵０< < ꎬ ｃｍꎬ ８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 部分面积为 ２ ４３２ｃｍ ꎬ 故排版部分的长为４３２ 纸张的宽为 ｘ ｘ ｃｍꎬ ( ＋ ( ) 纸张的长为 ４３２ . ６)ｃｍꎬ ８＋ ｘ ｃｍ 所以纸张面积 ｙ Ｓ ｘ ｘ ＝ ( ) ＝ ( ＋ ６) 􀅰 ( ) ( ) ４３２ ｘ ３２４ ｘ . Ｐ 习题 . ８＋ ｘ ＝４８０＋８ ＋ ｘ ( >０) ７５ ３１ １.Ｃ 集合Ｍ ｘ ｘ Ｎ ｙ ｙ ( ) ＝{ ｜０≤ ≤２}ꎬ ＝{ ｜０≤ ≤ 所以Ｓ ３２４ ２ 若能表示集合Ｍ到集合Ｎ的函数关系 Ｓ (１２) ( ＝ ８) ４ ＝ ８０ ４ ＋ ８０ ８ ＋ × ８ ( × １２ ８ ＋ ＋ ３２ ８ ４ ) ＝ ＝８ ７ ６ ９ ８ ２ ( ( ｃ ｃ ｍ ｍ ２ ) ) ꎻ ꎻ 由函数图象可知 ꎬ 该函数 { ４ 的 ( ｘ 值 < 域 －２ 为 )ꎬ [０ꎬ＋∞) . ２ 则 真 } 函 子 ꎬ 数 集 的 . 定义域为Ｍ ꎬ 值域是Ｎ或Ｎ的非空 ꎬ ( １ ) ２ (２) ｙ ＝｜ ｘ －２｜－｜ ｘ ＋２｜＝ －２ ｘ (－２≤ ｘ ≤２)ꎬ 其 易知 ① 的定义域不是Ｍ ꎻ④ 不是函数. ２. Ｓ 解 ( 析 ２４)＝ 以 ４８ 横 ０＋ 坐 ８× 标 ２ 为 ４＋ 水 ３ ２ ２ 深 ４ ４ 以 ＝７ 纵 ８０ 坐 (ｃ 标 ｍ ２ 为 ) . 存水 图象如下 : －４( ｘ >２)ꎬ ２.答 ｇ ( 案 ｆ ( －１ ｆ ) ( ) ｇ ＝ (－ ｇ １ ( ) － ) １ ＝ )＝ ｆ ( － － ４ ４ ꎬ )＝２９ꎬ ꎬ ｆ ｆ ｆ 量 建立直角坐标系 描出表中的各点 如图 ( (－２))＝ (５)＝４７ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ｇ ｇ ｇ . 所示 ( (－２))＝ (－８)＝－３２ : ３.解析 计算可得 ｆ １ ｆ ２ (１)＝ ꎬ (２)＝ ꎬ ２ ３ ( ) ( ) ｆ １ １ ｆ ３ ｆ １ １ . ＝ ꎬ(３)＝ ꎬ ＝ ２ ３ ４ ３ ４ １ ( ) ｘ ｘ 由上面结果发现ｆ ｘ ｆ １ ( )＋ ｘ ＝ ｘ＋ 由函数图象可知 该函数的值域为 . １＋ １ ꎬ { ｘ [－４ꎬ４] １＋ ｘ １ꎬ >１ꎬ ２.解析 (１)∵ ｆ ( ｘ )＝ １－ ｘ２ ꎬ－１≤ ｘ ≤１ꎬ ｘ １ ｘ ｘ １ . ｜ ｘ ｜ꎬ ｘ <－１ꎬ ＝ １＋ ｘ＋ｘ ＋１ ＝ １＋ ｘ＋ １＋ ｘ＝１ ( ) ｘ ｆ ｆ ｆ １ ２ ２ ∴ (３)＝１ꎬ(－３)＝ ｜－３｜＝３ꎬ ＝ ꎬ ( ) ( ) ３ ３ ｆ ｆ ｆ ｆ １ ｆ １ ( ) ∴ (１)＋(２)＋(３)＋ ＋ 由图可以估计水深为 时的存水量约为 ∴ ｆ (３)＋ ｆ (－３) ｆ １ ＝１＋２ ２ . ( ( )) ２ ( ３ ( )) ７ ｍ ３ ｆ ｆ ｆ １ ｆ ｆ １ ４ ３ 水深为 时的存水量约为 若ｘ 则ｆ ｘ ｘ 解得ｘ ＝ (１)＋ (２)＋ ＋ (３)＋ ２５×１０ ｍ ꎬ １８ ｍ (２) ０<－１ꎬ ( ０)＝ ｜ ０｜＝１ꎬ ０＝ ２ ３ ４ ３. 均不成立 １４０×１０ ｍ ±１ꎬ ꎻ １ ５ . ３.解 为 析 Ｒ ꎬ 列 易 表 得 如 函 下 数 : ｆ ( ｘ )＝－ ｘ２ ＋２ ｘ ＋３ 的定义域 ｘ 若 ０＝ －１ ０ ≤ ꎬ 成 － 立 ｘ ０≤ ꎻ １ꎬ 则ｆ ( ｘ ０)＝ １－ ｘ２ ０ ＝１ꎬ 解得 ４. ＝ 解 ２ { 析 ＋ ｘ １＋ １＝ ( ２ １) 要 使 函 数 有 意 义 ꎬ ｘ 若ｘ 则ｆ ｘ 则 ＋１≥０ꎬ 􀆺 －２ －１ ０ １ ２ ３ ４ 􀆺 解得 ０> ｘ １ꎬ . ( ０)＝１＝１ꎬ ｘ２ ＋２ ｘ －３≠０ꎬ ｙ 􀆺 －５ ０ ３ ４ ３ ０ －５ 􀆺 综上 ｘ ０>１ 或ｘ . {ｘ ≥－１ꎬ 描点 连线 得函数图象如图 ꎬ ０＝０ ０>１ ∴ ｘ 且ｘ . ꎬ ꎬ : ３.解析 质点运动的速度 时间图象如下 ≠１ ≠－３ (１) － : 定义域为 . ∴ [－１ꎬ１)∪(１ꎬ＋∞) 要使函数有意义 则ｘ３ ｘ (２) ꎬ －４ ≠０ꎬ 即ｘ 且ｘ ≠０ ≠±２ꎬ 定义域为 ｘ ｘ 且ｘ 且ｘ . ∴ { ｜ ≠－２ ≠０ ≠２} ５.Ｄ 中两函数定义域不同 中两函数的 Ａ ꎻＢ 定义域不同 中两个函数的对应关系不 ꎻＣ (２) 匀加速直线运动的位移 : 同 ꎬ 所以它们不是同一函数 ꎻ 在 Ｄ 中 ꎬ ｙ ＝ ｘ ２ ｘ ｓ １ ｖ ｔ １ Ｔ Ｔ ( ) ｘ 和ｙ ｘ 是同 １＝ ２ １ １＝ ２ ×８× ＝４ ꎻ ｘ ＝１( >０) ＝ ( ｘ ) ２ ＝１( >０) 匀速直线运动的位移 一函数. ｓ ｖ ｔ Ｔ Ｔ ６.答案 作出函数图象如图 根据图象 容易发现ｆ ｆ ２＝ ２ ２＝８×５ ＝４０ ꎻ (１) : (１) ꎬ (０)＝３ꎬ (１)＝４ꎬ 匀减速直线运动的位移 ｆ : (３)＝０ꎬ 所以ｆ ｆ ｆ . ｓ １ ｖ ｔ １ (３)<(０)<(１) ３＝ ３ ３＝ ×８×４０＝１６０ꎬ (２) 根据图象 ꎬ 容易发现当ｘ １< ｘ ２<１ 时 ꎬ 有 则总 ２ 位移 ６００ ２ ＝４ Ｔ ＋４０ Ｔ ＋１６０ꎬ ｆ ( ｘ １)< ｆ ( ｘ ２) . ∴ Ｔ ＝１０(ｓ) . (３) 根据图象 ꎬ 可以看出函数的图象是以 (３) 质点运动的加速度 － 时间函数 ａ ( ｔ ) 为顶点 开口向下的抛物线 因此 函 (１ꎬ４) ꎬ ꎬ ꎬ ì ï８ ｔ Ｔ 数的值域为 (－∞ꎬ４] . ïＴ ꎬ０≤< ꎬ Ｐ 练习 í Ｔ ｔ Ｔ ７５ {ｘ ｘ ＝ï０ꎬ ≤<６ ꎬ [ ) １.解析 ｙ ｘ ＋３( ≥－３)ꎬ其图 ï １ Ｔ ｔ Ｔ 函数的定义域为Ｒ 值域为 １ . (１) ＝｜ ＋３｜＝ ｘ ｘ î－ ꎬ６ ≤<６ ＋４０ꎬ ꎬ － ꎬ＋∞ － －３( <－３)ꎬ ５ １２ 象如下 其图象如图所示 作出函数图象如图 : : (２) : ９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等ｆ ( ３)]＝６ ｆ ( ３)＝１ . 当ｘ 时 ｆ ｘ ３ . ＝３ ꎬ( )ｍａｘ＝ ∴ ｆ ( ３)＝ １ . ３.解析 因为函数ｆ ｘ ４ 在 上递增 ６ ( ) (－∞ꎬ１] ꎬ １４.解析 由题意可知ｆ (２)＝０ꎬ ｆ (０)＝４ꎬ ｆ (４) ∴－ ａ ≥１ꎬ ＝２ꎬ 因此 ꎬ 有ｆ ( ｆ ( ｆ (２)))＝ ｆ ( ｆ (０))＝ ｆ (４) ∴ ａ ≤－１ . ＝２ . ∴ ａ的取值范围为 (－∞ꎬ－１] . １５.解析 当 ｘ 时ｆ ｘ ｘ Ｐ 练习 当 ( ｘ １) ０ 时 ≤ ≤ ｆ ４ ｘ １( )＝ ２ ꎻ ｘ ２ １. ８ 解 ３ 析 函数ｆ ｘ ｘ ｘ３ ｘ５ 的定义域 ４< ≤８ １( ) ＝ ４ ＋( －４) (１) ( )＝ ＋ － 函数的定义域为Ｒ ꎬ 值域为Ｒ. ＝ ｘ２ －８ ｘ ＋３２ꎻ 为Ｒ ꎬ 故定义域关于原点对称 ５ ꎬ １０ ７.答案 ∵ 直径ｄ ＝４ꎬ ＡＢ ＝ ｘ ꎬ 当 ８< ｘ ≤１２ 时 ｆ １( ｘ )＝ ４ ２ ＋(１２－ ｘ ) ２ ｆ ｘ ｘ (－ ｘ ) ３ (－ ｘ ) ５ ｘ ｘ３ ｘ５ ∴ ∴ ｆ 内 ( ｘ 接 )＝ 矩 ｘ 形的 １６ 宽 － ｘ 为 ２ (０< １６ ｘ < － ４ ｘ２ ) ꎬ . 当 ＝ １２ ｘ < ２ － ｘ ≤ ２４ １ ｘ ６ ＋１ 时 ６０ ｆ １ ꎻ ( ｘ )＝１６－ ｘ. ∵ － ( ｘ ( ＋ － ｘ ) ３ ＝ － － ｘ５ ＋ ) ＝ ５ － ｆ ( ｘ － )ꎬ １０ ＝－ － ５ ＋ １０ ＝ ８ ９ . . Ａ 答 案 由题 当 图可得 ｔ 答案. 时 设函数的解析式为 ì ï ï ｘ ꎬ０ ｘ ≤ ２ ｘ ≤ ｘ ４ꎬ ｘ ∴ 函数 ５ ｆ ( ｘ １ ) ０ 是奇函数. ０≤ ≤２００ ꎬ ｆ ｘ í －８ ＋３２ꎬ４< ≤８ꎬ 综上所述 结论是 函数ｆ ｘ 是奇函数. ( 将 ｙ ２ ＝ 点 ０ ｋ ０ ｔ ＋ ꎬ１ ｂ ( ) ｋ ꎬ ≠ 与 ０)ꎬ 由图象 代 可 入 知 函 其 数 过 的 点 解 (０ 析 ꎬ３ 式 ) 可 与 ∴ １( )＝ î ï ï １６－ ｘ２ ｘ － ꎬ１ ２ ２ ４ < ｘ ＋ ｘ ≤ １６ １ ０ ６ ꎬ . ８< ｘ ≤１２ꎬ (２) 函数ｆ ꎬ ( ｘ )＝３－ : ｘ ３ ２ 的定 ( 义 ) 域为Ｒ ꎬ 故定义 得 { ２ ｂ { ( ０ ＝ ０ ０ ｋ ３ ꎬ ｋ ꎬ ３ ＋ ) ｂ ＝ １ １ ( ꎬ ２００ꎬ１) 当 (２) ４ 当 < ｘ < ０ ８ ≤ 时 ｘ ≤ ꎬ Ｓ ４ △ 时 ＡＯＰ ꎬ ＝ Ｓ △ ２ １ ＡＯＰ × ＝ ( ４ ２ １ － ｘ ２ ｘ ×２ ) ＝ × ｘ ２ ꎻ ×２＝８ 所 域 因 以 关 为 函 于 ｆ ( 数 原 － ｘ 点 ) ｆ ＝ 对 ｘ ３ 称 － 是 ( ꎬ 偶 － ３ ｘ 函 ) ２ 数 ＝ . ３－ ｘ ３ ２ ＝ ｆ ( ｘ )ꎬ 解得 ＝－ １００ ꎬ － ｘ ꎻ 综上所述 结 ( 论 ) 是 函数ｆ ｘ 是偶函数. 故当 ０ ｂ ≤ ＝ ｔ ３ ≤ ꎬ ２００ 时 ꎬ 函数的解析式为Ｐ ＝ ｆ ( ｔ ) 当 ８< ｘ ≤１２ 时 ꎬ Ｓ △ ＡＯＰ＝ ２ １ ( ２ ｘ －４ ) ×２×２＝ (３) ｘ 因 ２ 为 ꎬ ３＋ ｘ４ ≥ : ３>０ꎬ ( 所 ) 以函数 ｆ ( ｘ )＝ ｔ ｘ ３ 的定义域为 Ｒ 故定义域关于原点 ＝－ ＋３ꎻ －８ꎻ ３＋ ｘ４ ꎬ １００ 当 ｘ 时 Ｓ １ ｘ 对称 同理可计算得出 ì ï ï－ ｙ ＝ １ ５ １ ０ ｔ ＋ ｔ － ３ꎬ ３ ０ ꎬ ≤ ２０ ｔ ０ ≤ < ｔ ２ ≤ ００ ３ ꎬ ００ . － ｘ. １２< ≤１６ ì ï ï ｘ ꎬ ꎬ０≤ △ ＡＯ ｘ Ｐ ≤ ＝ ４ꎬ ２ (１６－ )×２＝１６ 所 因 以 为 函 ꎬ ｆ ( 数 － ｘ ) ｆ ＝ ｘ 是 ３ ３ ( ＋ 偶 － ( ｘ 函 － ) ｘ ２ 数 ) ４ . ＝ ３ ３ ｘ ＋ ２ ｘ４ ＝ ｆ ( ｘ )ꎬ １０ 综 .答 上 案 ꎬ Ｐ ＝ ｆ ( ｔ )＝ î í ïï ５ １ １ ０ ０ ｔ ０ －３ꎬ２００< ｔ ≤３００ . 综上 : ｆ ２( ｘ )＝ î í ïï ８ １ ｘ ６ － － － ｘ ８ ꎬ ｘ ꎬ ４ ꎬ ８ １ < < ２ ｘ ｘ < ≤ ≤ ｘ ８ ≤ １ ꎬ ２ １ ꎬ ６ . 定 综 (４ 义 上 ) 函 域 所 数 关 述 于 ꎬ ｆ ( 结 ( ｘ 原 ) 论 ) 点 ＝ 是 １ 对 : － 称 函 ２ ｘ 数 ＋ ｘ ｆ ３ ( 的 ｘ ) 定 是 义 偶 域 函 为 数. Ｒ ꎬ 故 (１) １６.答案 这是一个分段函数 其图象如图 ꎬ 所示 ꎬ 因为ｆ (－ ｘ )＝１－２(－ ｘ )＋(－ ｘ ) ３ ＝１＋２ ｘ － ｘ３ ꎬ : ｆ ｘ ｆ ｘ 且ｆ ｘ ｆ ｘ (－ )≠( ) (－ )≠－( )ꎬ 所以函数ｆ ｘ 既不是奇函数也不是偶函数. ( ) 综上所述 结论是 函数ｆ ｘ 既不是奇函数 ꎬ : ( ) 也不是偶函数. 第 题中的函数可表示为 ｆ ｔ (２) ９ ( )＝ Ｂ到Ｃ之间为匀速运动 Ｂ到Ｃ的 ( ｔ ) ( ) (２)∵ ꎬ∴ ｔ １ ｔ ｔ 距离为 － ＋３ ｓｉｇｎ(２００－ )＋ －３ ｓｉｇｎ( － １５×２０＝３００(ｍ)ꎬ １００ ５０ ＡＢ ＡＣ ＢＣ . ｔ . ∴ ＝ － ＝６１５－３００＝３１５(ｍ) ２００)(０≤≤３００) Ｐ 练习 Ａ到Ｂ之间的路程Ｓ １ ８１ (３)∵ ＡＢ＝３１５＝ (６＋ １.答案 定义在区间 ａ ｂ 上递减的函数 ２ (１) [ ꎬ ] ｔ ｆ ｘ 的最大值是ｆ ａ . １５)×ꎬ ( ) ( ) ｔ . ｆ ｘ 在 ａ ｕ 上递减 在区间 ｕ ｂ 上递 ∴ ＝３０(ｓ) (２) ( ) [ ꎬ ] ꎬ [ ꎬ ] １１.答案 增 则最小值是ｆ ｕ . １ꎻ２ ꎬ ( ) 解析 由表中对应值 知 ｆ ｇ ｆ ２.解析 递增函数 无最大值和最小值. ꎬ : ( (１))＝ (３) (１) ꎬ . 递减函数 当ｘ 时 ｆ ｘ ＝ 当 １ ｘ 时 ｆ ｇ ｆ ｇ ｆ (２) ꎬ ＝－６ ꎬ( )ｍａｘ＝６ꎻ ２.证明 设两个奇函数分别为ｆ ｘ 和ｇ ｘ ＝１ ꎬ( (１))＝ (３)＝１ꎬ ( (１))＝ 当ｘ 时 ｆ ｘ ５ . ( ) ( )ꎬ ｇ (１)＝３ꎬ 不满足条件 ꎻ ＝１ ꎬ( )ｍｉｎ＝ ２ 则ｆ ( ｘ ) ｇ ( ｘ ) 当ｘ 时 ｆ ｇ ｆ ｇ ｆ ｆ ｘ 的图象的对称轴为直线ｘ 所以 ｆ ｘ ｇ ｘ ＝２ ꎬ( (２))＝ (２)＝３ꎬ ( (２))＝ (３) ( ) ＝３ꎬ ＝－(－ )×[－ (－ )] ｇ 满足条件 ｆ ｘ 在 上递减 在 上递增 故 ｆ ｘ ｇ ｘ (３)＝１ꎬ ꎻ ( ) [－２ꎬ３] ꎬ [３ꎬ４] ꎬ ＝ (－ ) (－ )ꎬ 当ｘ 时 ｆ ｇ ｆ ｇ ｆ 其在 上的最大值为ｆ 最小 所以它们的乘积为偶函数. ＝３ ꎬ( (３))＝ (１)＝１ꎬ ( (３))＝ [－２ꎬ４] (－２)＝２３ꎬ ｇ 不满足条件. 值为ｆ . ３.解析 ｘ (１)＝３ꎬ (３)＝－２ ∵ ∈(－∞ꎬ＋∞)ꎬ 故满足ｆ ｇ ｘ ｇ ｆ ｘ 的ｘ的值是 . ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ｇ ｘ ｇ ｘ ｇ ｘ ( ( ))> ( ( )) ２ ｆ ｘ １＋ －１ １ 当自变量ｘ从 ∴ (－ )＝ (－ )－ ( )＝－( ( )－ (－ ))＝ １２.答案 ｆ ｔ ｔ２ (４) ( )＝ ｘ ＝１－ ｘꎬ ０ ｆ ｘ . ∵ (１－)＝１＋ ꎬ １＋ １＋ －( ) 设 ｔ ｘ 则ｔ ｘ 增大到 时 ｘ也增大且恒正 它的倒数在 ｆ ｘ 为奇函数. ∴ １－ ＝ ꎬ ＝１－ ꎬ ３ ꎬ１＋ ꎬ ∴ ( ) ｆ ｘ ｘ ２ ｘ２ ｘ ｘ Ｒ. 减小 函数值 ｆ ｘ 则增大 故函数是递增 设ｘ 则 ｘ . ∴ ( )＝１＋(１－ ) ＝ －２ ＋２ꎬ ∈ ꎬ ( ) ꎬ ≤０ꎬ － ≥０ １３.答案 ∵ ｆ ( ｘｙ )＝ ｆ ( ｘ )＋ ｆ ( ｙ )ꎬ 函数. ∴ ｆ (－ ｘ )＝ ｘ２ ＋ ｘ ＝－ ｆ ( ｘ )ꎬ ∴ ｆ (２７)＝ ｆ (３)＋ ｆ (９)＝３ ｆ (３)＝３[ ｆ ( ３)＋ 当ｘ ＝０ 时 ꎬ ｆ ( ｘ )ｍｉｎ＝０ꎻ ∴ ｆ ( ｘ )＝－ ｘ２ － ｘ ( ｘ ≤０) . １０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 Ｐ 习题 . ｆ ｆ ２ . ( ) ( ) ８４ ３２ ∴ (－１)＝－(１)＝－(１ ＋１)＝－２ ５ ３ ４ ｆ １ ｆ ３ １.解析 增区间为 减区间为 ７.解析 ｆ ｘ 是偶函数 ∵ > > >１ꎬ∴ > > [－３ꎬ－１]ꎬ[２ꎬ３]ꎻ ∵ ( ) ꎬ ３ ２ ３ ３ ２ .该函数的最大值 ｆ ｘ ｆ ｘ . ( ) [－５ꎬ－３]ꎬ[－１ꎬ２]ꎬ[３ꎬ５] ∴ (－ )＝ ( ) ｆ ２ . 点是 －１ꎬ 最小值点是 ２ꎬ 最大值是 １ . ５ꎬ 最小值 当ｘ ≥０ 时 ꎬ ｆ ( ｘ )＝２ ｘ ( ｘ ＋４)＝２ ｘ２ ＋８ ｘ ꎬ ３ 是 . 当ｘ 时 ｘ Ｐ 复习题三 －１ ∴ <０ ꎬ－ >０ꎬ ８９ ２. [ ( 解 － － １ ２ ６ ６ 析 ꎬ ) ꎻ － ２ 无 当 函 ｈ ] ꎻ 最 上 数 当 ｘ (１ 大 是 由 ｇ ｘ ) ( ＝ 值 递 递 ｘ ５ ) . 增 增 时 在 增 函 函 ꎬ ( 大 ｆ 数 － ( 数 ∞ 到 ｘ ꎬ ) . 当 当 ꎬ ｍ １ ａｘ ] ｘ 时 ｘ ＝ 上 ＝ ＝ １５ － １ 是 － ２ 时 ｈ 递 ｘ 时 . ꎬ 减 减 ꎬ ｇ ｆ ( 小 函 ( ｘ ｘ 数 ) ) 且 ｍ ｍ ꎬ ｉ ｉ ｎ ｎ 恒 在 ＝ ＝ ８. ∴ ∴ 解 耗 ∴ 析 木 当 ｆ ｆ ( ( ｘ － 材 ｘ ) ｘ < ＝ ) 的 由 ０ ＝ { 比 图 时 ２ ２ ２ ( ｘ ｘ 例 象 ꎬ ２ ２ － ｆ － ＋ ( 一 可 ｘ ８ ８ ｘ ) ｘ ) ｘ 直 以 ２ ꎬ ꎬ ＝ ＋ ｘ ｘ 减 看 ８ < ≥ ２ ( ｘ ０ 少 出 － ０ ２ . － ꎬ ｘ ꎬ ) ８ 消 近 ｘ ＝ ꎬ 耗 ２ １ ｘ ５ 煤 ２ ０ － 年 炭 ８ ｘ 的 来 ＝ ｆ 比 人 ( ｘ 例 类 )ꎬ 先 消 １. 到 对 一 解 ( 素 ２ 个 集 应 析 ꎬ ) 故 对 合 确 关 不 于 定 系 ( Ｂ 是 １ 集 的 ) 的 ｆ 从 : Ａ 合 整 ｘ 函 → 中 集 数 Ａ 数 的 合 ｙ 中 . ＝ ｘ 元 ２ Ａ ｘ 的 ２ 与 素 到 ꎬ 任 在 其 集 ０ 意 集 对 在 合 一 应 合 Ｂ Ｂ 个 ꎬ 中 Ｂ 的 故 整 中 函 没 是 数 都 数 有 从 . 有 ｘ 对 集 ꎬ 按 唯 应 合 元 一 照 Ａ 正 (３) 函数值在 － 增 ５ 大 故是 ０ 递增 ꎬ 函 １－ 数. ꎬ 逐渐增多 到 年左右 ꎻ 达到最大值 以后 (３) 集合Ａ中的负整数没有平方根 ꎬ 在集合 ꎬ ꎬ ꎬ １９４０ ꎬ Ｂ中没有对应的元素 故不是从集合Ａ到集 又逐渐变少 从 年左右开始消耗石油 ꎬ 当ｘ ＝－５ 时 ꎬ ｋ ( ｘ )ｍｉｎ ＝ １ ꎻ 当 ｘ ＝ ０ 时 ꎬ 到 年左 ꎻ 右所 １８ 占 ８０ 比例达到最大值 以后 ꎬ 合Ｂ的函数. ３ １９９０ ꎬ 对于集合Ａ中任意一个实数ｘ 按照对 值 ( ｋ ( ４ 也 ｘ ) ) 在 无 ｍａ 区 ｘ 最 ＝ 间 ２ 小 . ( 值 ０ꎬ . ＋∞) 内是递增函数 ꎬ 无最大 又 作 逐 能 渐 源 年 减 ꎬ 左 所 少 占 右 ꎻ 比 天 开 例 然 始 较 气 被 少 从 应 且 １ 用 ９ 增 ００ 长 所 年 缓 占 左 慢 比 右 ꎻ 例 开 核 逐 始 能 渐 用 从 ( 应 确 ４ 关 定 ) 系 的数 ｆ : ｘ ０ → 和 ｙ 它 ＝０ 对 ꎬ 在 应 集 ꎬ 故 合 是 Ｂ 集 中 合 都有 Ａ 唯 到 ꎬ 一 集 一 合 个 Ｂ ３.解析 当ｍ 时 ｆ ｘ ｘ 在 １ 增 ９８ 大 ０ . ꎬ 的函数. ① ＝０ ꎬ ( )＝ ３ ＋１ (－１ꎬ ２.解析 要使函数有意义 上是增函数 满足题意 未来 年内 木材一般不会再作为能源消 ꎬ ＋∞ ｍ ) 时 ｆ ｘ ꎬ 的图象的对 ꎻ 称轴为直线ｘ 耗 煤 １ 炭 ００ 石油 ꎬ 所占比例在逐浙变小 天然气 则 ２ ｘ２ － ｘ －２≥０ꎬ ② ≠０ ꎬ ( ) ꎬ 、 ꎬ 和天然气水合物在能源结构中的比例先增 ３ . 解得ｘ １＋ １７或ｘ １－ １７ ＝ ２ ｍ 大 ꎬ 后减小 ꎬ 核能和太阳能所占比例在逐渐 ≥ ４ ≤ ( ４ ꎬ ] 若ｆ ( ｘ ) 在 (－１ꎬ＋∞) 上是增函数 ꎬ 增大. 所 以 定 义 域 为 １－ １７ 则 － ｍ >０ 且 ３ ｍ≤－１ꎬ∴－ ３ ≤ ｍ <０ . ９. 能 解 断 析 定 不 . 能断定 ꎻ [ ) －∞ꎬ ４ ∪ ２ ２ １＋ １７ . [ ] ｘ ꎬ＋∞ 综上可知 ｍ的取值范围为 ３ . １０.解析 证明 若ａ 则ｆ ｘ ４ ꎬ － ꎬ０ (１) : ＝－２ꎬ ( )＝ｘ ꎬ ３.解析 ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ２ ｘ ２ ＋２ ∵ ( ＋１)＝ ＋４ ＋１＝( ＋１) ＋２( ＋ ４.解析 ｆ ｘ 的定义域为Ｒ ｆ ｘ 任取ｘ ｘ (１) ( ) ꎬ∵ (－ )＝ １< ２<－２ꎬ １)－２ꎬ ｘ ４ ｘ ２ ｘ４ ｘ２ ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ２ ｘ . 综 ( ∴ ∴ ( 综 ( ( ２ ３ － － 上 上 ｆ ｆ ) ) ｘ ( ( ) ) ｆ ｆ ｘ ｘ ( ( 所 所 ＝ ) ) ｘ ｘ － 为 为 述 述 ) － ) ２ 的 ｘ 的 ( 奇 偶 ꎬ ꎬ ５ － ｆ ｆ ＋ 定 定 ( ( 函 函 ｘ ｘ ｘ ) ＝ 义 义 ) ) 数 数 － 为 为 ＝ 域 域 ｆ ꎬ ꎬ ( 奇 偶 ｘ 为 为 － ) 函 函 ２ ꎬ { Ｒ 数 数 ｘ ꎬ ＝ ｜ . . ∵ ｘ ≠ ( ｆ ( ± ) － ꎬ １ ｘ } ) ꎬ ＝ 关 ( 于 － ｘ 原 ) ５ 点 － 内 因 则 所 － ＝ ｘ ( 为 单 以 ２ ｘ < ｆ １ 调 ２ ０ ｘ ｆ ＋ ( ( ( . １ ２ 递 < ｘ ｘ ) ｘ １ １ ｘ １ ) 增 ( － ２< ｘ ) ｘ < . ２ ２ － ｆ ) ＋ ( － ２ ２ ｘ ꎬ ) ２ 所 ｆ ) . ꎬ 以 ( 所 ｘ ( ２ 以 ｘ ) １＋ ｆ ( ＝ ２ ｘ ) ) ( ｘ 在 ｘ １＋ ２ １ ( ＋ ２ － ２ ∞ ) － > ꎬ ｘ ０ － ２ ꎬ ＋ ２ ２ ｘ ) ２ １ ４ ５. . 解 ∴ 则 ｆ 解 答 １ １ ( ꎬ ＝ ａ 析 案 析 所 ｆ ( － ) ( ２ ＝ 以 ｇ ) ꎬ ( － ＝ ２ 由 解 ｆ ２ ｆ ２ ( ( ) ꎬ 函 得 ａ １ ) 若 ＋ ) ) ＝ 数 ２ ＝ ＝ ａ ａ ｆ ( － ＝ － > ｇ ２ １ ２ ( ０ ２ １ － ) ꎬ ｘ ＝ 无 ３ ＝ ) 则 ꎬ ２ 的 解 ２ 显 ꎬ . ｆ 由 ( 图 ꎻ 然 ａ 若 象 ) ｆ 满 ( ＝ ａ 知 ａ ≤ 足 ２ ) ꎬ ａ ０ ꎬ ＋ ｇ ａ ꎬ 因 ( ｆ 则 ≤ ( ２ 为 １ ) ０ ｆ ) ＝ ( . ２ 综 ＝ ａ １ ａ ) ꎬ > ０ 上 ＝ ２ ꎬ ０ ａ 得 所 ＝ ＋ 对称 ꎬ 设 ｘ ｘ 则ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ １ 述 ꎬ ａ ＝－３ . ∴ ( ∵ 且 ∵ ４ ｆ ｆ ｆ ) ｆ ( ( ( ( ｆ ｘ － － ( － ) ｘ ｘ ｘ ｘ 为 ) ) ) ) ＝ ＝ 的 ≠ 奇 １ ｜ － 定 － － － 函 ３ ｆ ｘ ｘ 义 ｘ ( ２ 数 ｜ ｘ － ＝ 域 ) ꎬ ｘ － ꎬ ＝ 为 ｆ ( ｜ ｘ ｘ Ｒ ) ｜ ꎬ ꎬ － ｘ ≠ ｆ ( ｘ )ꎬ ( 因 ≤ ｘ > ２ ｘ ２ ０ － １ 为 ２ ) ꎬ ａ . 只 ＝ ａ 需 > ( １ ０ ｘ < ( １ ꎬ ａ ｘ － ｘ ( １ １ ａ ２ ｘ － < － ) ２ ａ ｘ － ( ) ２ １ ｘ ｘ ꎬ > ( １ ２ ０ ) － ｘ ꎬ ２ ａ 所 － ) ( ａ . 以 ) １ > 要 ) ０ － 使 恒 ( ｆ 成 ( ２ ｘ 立 ) １) ＝ ꎬ － 所 ｘ ｆ １ ( 以 － ｘ ａ ２) － ａ ６.解 上 ＋∞ ｘ 析 是 ｘ ) ２ １ 增 － ꎬ ｘ 且 １ 函 函 ｘ 数 数 ｘ １< . ｆ ｘ ( 证 ＝ ｘ ２ ｘ ꎬ ) 明 则 ＝ 如 ｆ ( 下 ｘ ｘ ２ ｘ ２ ) : ２ ２ － － － 任 １ ｘ １ ｆ ２ ２ 在 ( ＋ 取 － ｘ ｘ 区 １ ２ １ ) ｘ ｘ 间 １ ＝ ２ １ ꎬ － [ ｘ １ ２ １ ∈ ꎬ ｘ２ ２ ＋ － [ ∞ １ １ ＝ ꎬ ) － ５. ∴ 解析 ｆ ( ｘ ) 既 如 不 图 是 所 奇 示 函 : 数也不是偶函数. １１.解 综 析 上可 知 既是 ０< 奇 ａ ≤ 函 １ 数 . 又是偶函数的是 (４) . ( ２ ｘ － ２ ２－ １ １ ) ＋ ( ２＋ ｘ２ １－ １) １ .因为 １≤ ｘ １< ｘ ２ꎬ 所以ｘ ２＋ ｘ １ １２.解析 由偶函数与单调性的关系知 ꎬ 若ｘ ∈ >０ꎬ ｘ ２－ ｘ １>０ꎬ ｘ２ ２－１＋ ｘ２ １－１>０ꎬ 所以 [０ꎬ＋∞) 时ｆ ( ｘ ) 是减函数 ꎬ 则ｘ ∈(－∞ꎬ０) ｆ ( ｘ ２)－ ｆ ( ｘ １)>０ꎬ 即ｆ ( ｘ ２)> ｆ ( ｘ １)ꎬ 故ｆ ( ｘ )＝ 时ｆ ｘ 是增函数 ｘ２ 在区间 上是增函数. ( ) ꎬ －１ [１ꎬ＋∞) 故其图象的几何特征是自变量的绝对值越 ７.解析 ｙ ｘ２ ｘ ｘ ２ 其图象开 ＝－ ＋４ －２＝－( －２) ＋２ꎬ 小 则其函数值越大 口向下 对称轴方程是ｘ ꎬ ꎬ ꎬ ＝２ꎬ 结合函数的图象可得 当ｘ 时 ｙ 当 ∵ ｜－２｜<｜－３｜<πꎬ ꎬ ＝２ ꎬ ｍａｘ＝２ꎻ ｆ ｆ ｆ . ｘ 时 ｙ ∴ (π)<(－３)<(－２) ＝０ ꎬ ｍｉｎ＝－２ꎬ １３.解析 把ｘ 代入得 ｆ ｇ 故最大值是 最小值是 . ＝－１ : (－１)－ (－１)＝ ２ꎬ －２ ８.解析 二次函数 ｆ ｘ 的图象关于 ｙ 轴 －１＋１＋１＝１ꎬ ∵ ( ) ｆ ｆ ｇ ｇ 对称 ∵ (－１)＝ (１)ꎬ (－１)＝－ (１)ꎬ ꎬ ｆ ｇ . ｆ ｆ . ∴ (１)＋ (１)＝１ ∴ (－４)＝ (４) １４.解析 ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ －１ 在 [１ꎬ＋∞) 上单调递 ∵ ｆ ( ｘ ) 在 [０ꎬ＋∞) 上为增函数 ꎬ 增 由ｆ ｘ ｆ ｘ 知 ｆ ｆ ｆ ꎬ (１＋ )＝ (１－ ) ꎬ ∴ (０)<(３)<(４)ꎬ ６.解析 ｆ ｘ 为奇函数 ( ) ( ) ( ) ( ) ｆ ｆ ｆ . ∵ ( ) ꎬ ｆ ２ ｆ １ ｆ １ ｆ ４ ∴ (０)<(３)<(－４) ｆ ｘ ｆ ｘ ＝ １－ ＝ １＋ ＝ ꎬ 故答案为ｆ ｆ ｆ . ∴ (－ ) ＝－( )ꎬ ３ ３ ３ ３ (０)<(３)<(－４) ( ) ( ) ( ) ( ) ９.解析 由ｆ ｘ ｆ ｘ 得 ｂｘ ｃ ｂｘ 当ｘ 时 ｆ ｘ ｘ２ １ ｆ １ ｆ ２ ｆ ２ ｆ ５ . (－ )＝－ ( )ꎬ － ＋ ＝－( ＋ >０ ꎬ( )＝ ＋ ｘ ꎬ ＝ １－ ＝ １＋ ＝ ｃ ３ ３ ３ ３ )ꎬ １１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等ａｘ２ ｂ . ｃ ｆ ｘ ＋１. ∴ ＝２ 同 得ｙ １ . ∴ ＝０ꎬ∴ ( )＝ ｂｘ 假设 月的用水量属于第二种付费方式 (２) (１)ꎬ ＝ｘ １ ꎬ ＋２ 由ｆ 得ａ ｂ 则 ｃ ｂ ａ (１)＝２ꎬ ＋１＝２ ①ꎬ ９＝８＋ ＋ (９－ )ꎬ 同 得ｙ １ . ａ 结合 ｃ ｂ ａ (３) (１)ꎬ ＝１＋ ｘ 由ｆ 得４ ＋１ １９＝８＋ ＋ (１５－ )ꎬ (２)<３ꎬ ｂ <３②ꎬ 可得 ｂ ２ ６ ＝１０ꎬ 同 得ｙ １ . ａ (４) (１)ꎬ ＝ ｘ －２ 由 得４ ＋１ 解得ｂ ５ ①② ａ <３③ꎬ ＝ ≠２ꎬ ｃ ＋１ ３ １９.解析 ｙ ｘ ｃ 为奇函数 解得 ａ . 则假设不成立. ① ＝ ＋ ｘ ( >０) ꎻ －１< <２ 又ａ Ｚ 故 月的用水量属于第一种付费方式 值域为 ｃ ｃ ∈ ꎬ １ ꎬ (－∞ꎬ－２ )∪[２ ꎬ＋∞)ꎻ ａ 或ａ . 当ｘ 时 ｙ ｃ ｃ ａ ｙ 单调性 在 ｃ 和 ｃ 上递减 ∴ ＝０ ＝１ ＝９ ꎬ ＝８＋ ＝９ꎬ∴ ＝１ꎬ ＝１０ꎬ∴ : (０ꎬ ) (－ ꎬ０) ꎬ 若 若 ａ ａ ＝ ＝ ０ １ ꎬ ꎬ 则 则 ｂ ｂ ＝ ＝１ ２ １ ꎬ 满 ꎬ 与 足题 ｂ ∈ 意 Ｚ . 矛盾 ꎬ 故舍去 ꎻ 图 ＝ { 象 ２ ９ ｘ 如 ꎬ － ０ 下 < １１ ｘ : ꎬ ≤ ｘ > １０ １ ꎬ ０ . ② 在 对 ( ｃ 于 ꎬ 函 ＋∞ 数 ) 和 ｙ ＝ ( ｘ － ２ ＋ ∞ ｘ ꎬ ｃ ２ － ꎬ 任 ｃ ) 取 上递 ０< 增 ｘ １ . < ｘ ２ꎬ 则ｙ ２ 故ａ ＝１ꎬ ｂ ＝１ꎬ ｃ ＝０ . ｃ ｃ ( ｃ ) １０. 函 解 １) 数 析 ｘ ＋ 的 ａ ꎬ 定 函 义 数 域 ｆ ( 为 ｘ ) Ｒ ＝ ꎬ ( 关 ｘ ＋ 于 １) 原 ( 点 ｘ ＋ 对 ａ ) 称 ＝ ꎬ ｘ２ ＋( ａ ＋ 当 － ｙ ４ １ ｃ ＝ < ｘ ｘ ２ ２ １ ＋ < ｘ ｘ ２ ２ ２ － 时 ｘ２ １ ꎬ － ｙ ｘ ２ ２ １ > ＝ ｙ ( １ꎬ ｘ 函 ２ ２－ ｘ 数 ２ １) ｙ １ ＝ － ｘ ｘ ２ ２ １ ＋ 􀅰 ｘ ｃ ｘ ２ ２ ２ 在 . 函数ｆ ｘ ｘ ｘ ａ 为偶函数 ∵ ( )＝( ＋１)( ＋ ) ꎬ ４ｃ 上是增函数 ｆ ｘ ｆ ｘ ( ꎬ＋∞) ꎻ ∴ (－ )＝ ( )ꎬ ｃ ∵ ｆ (－ ｘ )＝ ｘ２ －( ａ ＋１) ｘ ＋ ａ ꎬ 当 ０< ｘ １< ｘ ２< ４ｃ时 ꎬ ｙ ２< ｙ １ꎬ 函数ｙ ＝ ｘ２ ＋ｘ２ 在 ∴ ｘ２ －( ａ ＋１) ｘ ＋ ａ ＝ ｘ２ ＋( ａ ＋１) ｘ ＋ ａ ꎬ １４.解析 ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ －２ ｘ －１( 答案不唯一 ꎬ 满足 ４ｃ 上是减函数. ａ ｘ 题意即可 . (０ꎬ ) ∴( ＋１) ＝０ꎬ ) ｃ ａ １５.解析 ｆ ｘ 在 上是减函数 因为ｙ ｘ２ 是偶函数 所以此函数在 ∴ ＋１＝０ꎬ ∵ ( ) (０ꎬ２] ꎬ ＝ ＋ｘ２ ꎬ 解得ａ . ｍ ＝－１ ｍ . ４ｃ 上递减 在 ４ｃ 上递增 其 综上所述 ａ的值为 . ∴ ≥２ꎬ∴ ≥８ (－∞ꎬ－ ] ꎬ [－ ꎬ０) ꎬ １１.解析 (１ ꎬ ) 由题意可 －１ 知总成本为 ２０ ０００＋ １６.解析 ２ 若ｆ ( ｘ ) 为偶函数 ꎬ ｆ ( ｘ ) 在 [－８ꎬ－５] 值域为 [２ ｃ ꎬ＋∞) . 从 １００ ｘ ꎬ 设 而 利润 利 为ｆ ( ｘ ) 润 元 ꎬ ｆ ｘ 上 则 递 ｆ 减 ｘ 且 在 在 [－５ꎬ 上 － 递 １] 减 上 且 递 在 增 ꎬ 上递增 第4 章 幂函数、指数 ( ) ( ) [１ꎬ５] [５ꎬ８] ꎬ { ｆ ｘ 在 上递减 在 上递增. 函数和对数函数 － １ ｘ２ ＋３００ ｘ －２００００ꎬ０≤ ｘ ≤４００ꎬ 若 ∴ ｆ ( ｘ ) 为 [ 奇 ２ꎬ 函 ５] 数 ꎬ [５ꎬ７] ＝ ２ ( ) ꎬ Ｐ 练习 ｘ ｘ . ｆ ｘ 在 上递减且在 上 ９６ ６００００－１００ ꎬ >４００ ( ) [－８ꎬ－５] [－５ꎬ－１] (２) 当 ０≤ ｘ ≤４００ 时 ꎬ ｆ ( ｘ )＝－ １ ( ｘ －３００) ２ 递 则 增 ｆ ꎬ ｘ 在 上递增且在 上递减 １.解析 (１) ３ａ. (２) ３ａ２. (３)３ １ ａ２ . (４) １ ａ３ . ２ ( ) [１ꎬ５] [５ꎬ８] ꎬ ｆ ｘ 在 上递增 ２.解析 ａ３ ４. ｍ ｎ ３ ４. ａ ｂ ２ ５. ＋２５０００ꎬ ∴ ( ) [２ꎬ５] ꎬ (１) (２)( ＋ ) (３)( ＋２ ) 所以当ｘ ＝３００ 时 ꎬ 有最大值 ２５０００ꎻ 在 [５ꎬ７] 上递减. (４)( ｎ － ｍ ) １ ２. (５) ａ２ｂ３ ２. (６) ｍ５ ３. 当ｘ 时 ｆ ｘ ｘ 是减 １７.Ａ 由图可知函数ｙ ｆ ｘ 的图象关于ｙ轴 所 函 所 ２５ 以 数 以 ００ > 当 ꎬ ｆ ０ ４ ( . ０ ｘ ｘ ０ )<６ ꎬ ０ 时 ( ００ 有 ) ０－ ＝ 最 １ ６ 大 ０ ０ ０ 值 × ００ ４ ０ ００ － ＝ １０ ２ ０ . ０ ０００< 图 奇 ∴ 对 称 象 函 函 数 关 数 ꎬ 函 于 ꎬ ｙ 数 ∴ ＝ 原 ｆ 函 ｙ ( 点 ＝ ｘ 数 ) ｇ 对 是 ( ｙ 称 ｘ ＝ 偶 ) ｆ 的 ( 排 ＝ 函 ｘ 图 ) ( 除 数 􀅰 象 ) ꎬ 函 ｇ 关 ( 数 ｘ 于 选 ) ｙ 原 为 项 ＝ 点 奇 ｇ ( 又 对 函 ｘ 当 ) 称 数 是 ꎬ ꎬ ｘ ３ ４ . . ( 解 解 ５ 析 析 ) 原 式 ( ( １ ＝ １ ) ) ａ ５ ( . ４ ５ ( ２ ＋ ２ ａ ４ ３ ) － ２ ３ ５ ７ ｂ ２ ３ ＝ １ ２ . ａ ) ( 􀅰 ２ ３ ３ ０. ) ( １ － ０ １ ０ ６ . ａ ( １ ２ ４ ｂ ) １ ３ ４ ９ )÷ . (－３ ａ１ ６ 大 即 ꎬ 当 最 月 大 产 利 ＝ 量 润 ３０ 为 是 ０ ３ ２ ０ ５ ꎬ ０ ０ 台 ００ 时 元 ꎬ . 公司 ２５ 所 ００ 获 ０ 利润最 < ＝ ０ ｆ ( 时 ｘ ) ꎬ 􀅰 ｆ ( ｇ ｘ ( ) ｘ 为 ) 也 增 为 函 增 ꎬ 数 函 ꎬ ｇ 数 ( Ｂ ｘ ꎬ ) ꎬ 排 Ｃ 为 除 增 Ｄ 函 选 ꎬ 数 项 ꎬ∴ .故 ｙ ＝ ｂ５ ６ [ ) ２×(－６)÷(－３)] ａ２ ３＋２ １ －６ １ｂ１ ２＋３ １ －６ ５ １２.解析 (１) ｆ (０)＝ ｆ (０)＋ ｆ (０)ꎬ 选 Ａ . ＝４ ａｂ０ ＝４ ａ. ∴ ｆ (０)＝０ . １８.解析 (１) 在 ｙ ＝ １ ｘ 的图象上任取一点 (２) 原式 ＝ ( ａ３ ２.ａ－ ３ ２ ) １ ３ 􀅰[( ａ－５ ) －２ １ 􀅰 (２) ｆ (０)＝ ｆ ( ｘ ＋(－ ｘ ))＝ ｆ ( ｘ )＋ ｆ (－ ｘ )ꎬ Ｐ ｘ ｙ 再把点Ｐ向右平移 个单位 得 ( ａ－２ １ ) ３ ] １ ２ ∴ ｆ (－ ｘ )＝－ ｆ ( ｘ ) . ( １ꎬ １)ꎬ １ ꎬ ａ０ １ ３ ａ５ ２ ａ－ ３ ２ １ ２ ｆ ｆ ｆ ｆ ｆ 到点Ｑ ｘ ｙ .容易看到 当点Ｐ沿ｙ １ 的 ＝( ) 􀅰( 􀅰 ) (３) (２００)＝ (２)＋ (１９８)＝ (２)＋ (２)＋ ( ꎬ ) ꎬ ＝ ｘ ａ１ １ ２ ａ. ｆ ＝( ) ＝ (１９６)＝􀆺 图象移动时 点Ｑ也相应地 跟着 移动 Ｐ 练习 ｆ ｆ ꎬ “ ” ꎬ ９６ ＝９８􀅰(２)＋(４) ( ) ５ ｆ 点Ｑ移动所得的图象实际上就是把ｙ １ １.答案 ２ . . ＝１００(２) ＝ ｘ (１) ≈０４０４ ３ １３. ＝ ｙ 解 ＝ １ 析 { ００ ８ ８ ＋ ＋ ５ ｃ 根 ｃ ＋ ꎬ . ０ ｂ 据 ( < 题 ｘ ｘ ≤ － 意 ａ ａ ) ꎬ ꎬ ꎬ 可 ｘ > 列 ａ. 出函数如下 : 点 的 ì í ï ï ｙ 图 １ Ｐ ＝ 象 与 ｘ １ 向 １ 点 ꎬ 右 Ｑ 平 的 移 坐标 １ 个 满 单 足 位 下 后 列 的 关 图 系式 象 : .因此 ꎬ ２. ( 答 ( ＝ ２ ３ ５ ) ) 案 ７ １ ５ . . ２ ２ ≈ ３ ( ≈ ９ １ . １ ７ ) ３ . ３ ( ９ ７ . ５ １ ３ . ＋２ ) ３－２ ＝５ (３＋２)×(３－２) ＝ ５ ９－２ ∵ 而 则 当 可 ｃ < 推 ５ ｘ ꎬ ＝ 断 ∴ １５ ｙ ａ ＝ 或 < ８ １ ＋ ５ ｘ ꎬ ｃ ＝ < ｘ ２ １ ＝ ２ ３ １ ꎬ 时 ５ 或 ꎬ ｙ > ｘ １ ＝ ３ ２ ꎬ ２ 时属于第二 î ï ï ｘ ｙ ＝ ＝ ｘ ｙ １ １ . ＋１ꎬ ３.证 (２ 明 )π ４－π 因 􀅰 为 π π ａ － ｕ ２ ꎬ ＝ ａ π ｕ＋ ４ ｈ － ꎬ π ａ ＋π ｕ － ＋ ２ ２ ｈ ＝ 都 π 是 ２. 正数 ꎬ 且 ａ ａ ｕ ｕ ＋ ＋ ２ ｈ ｈ ＝ 种付水费方式. 消去ｘ １ꎬ ｙ １ 得 : ｙ ＝ｘ － １ １ . ａｕ＋ｈ ａｈ 将ｘ ｘ 分别代入 得 ａｕ ＝ <１ꎬ ＝１５ꎬ ＝２２ ꎬ 因此 把函数ｙ １ 的图象向右平移 个单 １９＝８＋ ｃ ＋ ｂ (１５－ ａ )①ꎬ ꎬ ＝ ｘ １ 所以ａｕ＋ｈ － ａｕ＋２ ｈ >０ꎬ ａｕ － ａｕ＋ｈ >０ꎬ ３３＝８＋ ｃ ＋ ｂ (２２－ ａ )②ꎬ 位 所得图象的函数解析式是ｙ １ . 于 是 ａｕ＋ｈ － ａｕ＋２ ｈ ａｕ 􀅰 ａｈ － ａｕ＋ｈ 􀅰 ａｈ 得 ｂ ꎬ ＝ｘ ａｕ ａｕ＋ｈ ＝ ａｕ ａｕ＋ｈ ＝ ②－① :１４＝７ ꎬ －１ － － １２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 ａｈ 􀅰( ａｕ － ａｕ＋ｈ ) ａｈ ( ｘ２ －１) ２ ｘ２ －１. 即ｆ ( ｘ )＝ ｘ－３或ｆ ( ｘ )＝ ｘ－６或ｆ ( ｘ )＝ ｘ－５. ａｕ － ａｕ＋ｈ ＝ <１ꎬ ( ｘ２ －１)( ｘ２ ＋１) ＝ｘ２ ＋１ (２) 若ｆ ( ｘ )＝ ｘ－３ ꎬ 所以ａｕ＋ｈ － ａｕ＋２ ｈ < ａｕ － ａｕ＋ｈ. 设ａ ｘ１ ３ ｂ ｙ１ ３ 则原式 ａ３ － ｂ３ 其定义域为 { ｘ ｜ ｘ ≠０}ꎬ 关于原点对称 ꎬ Ｐ １０２ 练习 (７) ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ａ２ ＋ ａｂ ＋ ｂ２＝ 则ｆ (－ ｘ )＝(－ ｘ ) －３ ＝－ ｘ－３ ＝－ ｆ ( ｘ )ꎬ １.解析 (１)(２)(３) 见下表 : ( ａ － ｂ )( ａ２ ＋ ａｂ ＋ ｂ２ ) ａ ｂ ３ｘ ３ｙ. ∴ ｆ ( ｘ )＝ ｘ－３为奇函数. 编号 解析式 奇偶性 定义域 值域 增区间 减区间 ａ２ ＋ ａｂ ＋ ｂ２ ＝ － ＝ － 若ｆ ( ｘ )＝ ｘ－６ ꎬ ① ② ｙ＝ ｙ＝ １ｘ ｘ 非奇 奇 非偶 ( ( [ － ０ ０ ∞ ꎬ ꎬ ＋ ＋ ꎬ ∞ ∞ ０) ) ) ∪ ( ( [ － ０ ０ ∞ ꎬ ꎬ ＋ ＋ ꎬ ∞ ∞ ０) ) ) ∪ [０ꎬ 无 ＋∞) ( ( － ０ ∞ ꎬ 无 ＋ ꎬ ∞ ０) ) ꎬ (８) 设ｘ ＝ ａ１ ２ ꎬ ｙ ＝ ｂ１ ２ ꎬ 则原式 ＝ ｘ ｘ － ＋ ｙ ｙ－ ｘ ｘ ＋ － ｙ ｙ＝ 则 其定 ｆ ( 义 － ｘ 域 )＝ 为 ( { － ｘ ｘ ｜ ) ｘ － ≠ ６ ＝ ０ ｘ } － ꎬ ６ 关 ＝ ｆ 于 ( ｘ 原 )ꎬ 点对称 ꎬ 限 ( ③ ④ ⑤ ４ 的 ) 从 部 ｙ ｙ ｙ ＝ ＝ ＝ 图 ｘ ｘ 分 ｘ ２ ３ 中 都 可 偶 奇 奇 经 以 过 发 点 Ｒ Ｒ Ｒ 现 ꎬ 它 [０ꎬ 们 Ｒ Ｒ ＋ . ∞ 的 ) ( ( 图 [ － － ０ ∞ ∞ ꎬ 象 ＋ ꎬ ꎬ ＋ ＋ ∞ ∞ ∞ ) 在 ) ) 第 (－∞ 无 无 一 ꎬ０] 象 ５. ( 解 ｘ ( － ｘ 析 ｙ ＋ ) ｙ ２ ) － ( ( 原 ｘ ｘ － ＋ 式 ｙ ｙ ) ) ＝ ２ ＝ｘ － ３ ２ ４ － － ２ ｘ ｙ ７ ８ ｙ ２＝ ＋ －４ ａ － ( ｂ ａ － ｂ １ . ３ １ ) ２ －３÷ ∴ 则 若 其定 ｆ ｆ ｆ ( ( ( ｘ 义 ｘ － ) ) ｘ ＝ 域 ＝ ) ｘ ＝ ｘ 为 － － ６ ( ５ 为 { ꎬ － ｘ ｘ 偶 ｜ ) ｘ － 函 ≠ ５ ＝ 数 ０ － } . ｘ ꎬ － 关 ５ ＝ 于 － ｆ 原 ( ｘ 点 )ꎬ 对称 ꎬ ２.解析 (１)(０ꎬ０)ꎻ( ( １ １ ꎬ ꎬ １ １ ) ) ꎻ 下 ꎻ 上. (２ ４ ) －４ ３ ＋２ １ ５ ×２ ４ ５ ＝－ ２ ＋ １１ －３×８＋２＝－１９ . ∴ 由函 ｆ ( ｘ 数 )＝ 奇 ｘ 偶 －５为 性 奇 与 函 单 数 调 . 性的关系可知 上 下. ３ ３ ꎬ (２)(０ꎬ０)ꎻ . (１ꎬ１)ꎻ ꎻ ６.解析 (１)π (２＋１)×(２－１) ＝π ２－１ ＝π . ｆ ( ｘ )＝ ｘ－３和ｆ ( ｘ )＝ ｘ－５在 (－∞ꎬ０)ꎬ(０ꎬ＋∞) ３.解 (３ 析 )( １ꎬ ∵ １) ｆ ( ｘ )＝ ｘα的图象经过点 ( ３ꎬ １ ９ ) ꎬ ７. ( 解 ２ 析 ) 原 式 ( ＝ １) (( 由 ３ ｙ ) ＝ ２２ ｘ ) １ . ７ ５ 为 ＝３ 增 ５２ 函 . 数 ꎬ 得 ３ . ５ １ . ７ > 上 ｆ ( ｘ 单 )＝ 调 ｘ 递 －６ 减 在 ꎬ (－∞ꎬ０) 上单调递增 ꎬ 在 (０ꎬ ｆ α １ ３ . ４ １ . ７. ＋∞) 上单调递减. ∴ (３)＝３ ＝ ９ ꎬ (２) 由ｙ ＝ ｘ０ . ３为增函数 ꎬ 得 ３ . ５ ０ . ３ >３ . ４ ０ . ３. (３) ｙ ＝ ｘ－３和ｙ ＝ ｘ－５的值域均为 (－∞ꎬ０)∪ ∴ α ＝－２ꎬ∴ ｆ ( ｘ )＝ ｘ－２. (３) 由ｙ ＝ ｘ－１ . ６为减函数 ꎬ 得 ３ . ５ －１ . ６ <３ . ４ －１ . ６. (０ꎬ＋∞)ꎬ 该函数为偶函数 ꎬ (４) 由ｙ ＝ ｘ－０ . ６为减函数 ꎬ 得 ０ . １２ －０ . ６ <０ . １１ －０ . ６. ｙ ＝ ｘ－６的值域为 (０ꎬ＋∞) . 在 上递减 在 上递增. ( ) Ｐ 练习 (０ꎬ＋∞) ꎬ (－∞ꎬ０) ８.解析 ｆ ｘ 过点 １ １０６ 其图象为 ∵ ( ) ８ꎬ ꎬ １.解析 易得ｙ ｘ 令 ｘ １１ 解得ｘ : ２ ＝２ ꎬ ２ >２ ０４８＝２ ꎬ . α １ α １ >１１ ∴８ ＝ ꎬ∴ ＝－ ꎬ 所以至少经过 小时的分裂 细胞总数量 ２ ３ １２ ꎬ ∴ ｆ ( ｘ )＝ ｘ－３ １. 超过 ２０４８ 个. 其图象为 ２.答案 不会. . 天是 个半衰期 还剩 : (１) ７６４ ２ ꎬ 余原来的 １ . ４ ４.解析 设ｍ ｘ ｘα ｍ ｍ 经过 个半衰期 即 . 天 剩下的氡 ( )＝ ꎬ∵ (９)＝２７ (１)ꎬ (２) ３ ꎬ １１４６ ꎬ ∴９ α ＝２７ꎬ∴ α ＝ ３ ꎬ 元素只有现在的 １ . ２ ８ ∴ ｍ ( ｘ )＝ ｘ３ ２. ( ) ３.１ ８３ ａ １ . . ｍ ３ ２ ３ (３) ＝ ≈０８３４ ∴ (２５)＝２５ ＝５ ＝１２５ꎬ ２ ｍ (８)＝８ ３ ２ ＝２ ９ ２ ＝１６ ２ . 该函数为奇函数. Ｐ １１０ 练习 Ｐ 习题 . 在 上为减函数 １.解析 利用 ｙ ｘ 的图象过 １０２ ４１ (０ꎬ＋∞) ꎬ ＝ ３ (０ꎬ１)ꎬ ２ １ . . 解 解 析 析 ( ( １ １ ) ) 原 －６ 式 . (２ ＝ ) ａ ７ 􀅰 . ( ａ ３) １ ２ ２ 􀅰 － ( ２ ａ . 􀅰 ( ａ ４ ａ ２ ) １ ２ ｘ ) － ｙ １ ２ . ＝ ａ 􀅰 ９.解 ∴ 在 ４ 析 ( ｘ － ＋ ∞ １ ∵ ꎬ ｘ ０ ＝ ２ ) ｘ ( 上 ＋ ２ ２ ｘ 为 － ＋ ｘ ２ 减 ＝ －ｘ ５ 函 ) ꎬ ２ 数 －２ . ＝２３ . ( ＝ － ３ １ ｘ ꎬ 与 １ ３ ｙ ) ＝ ꎬ ( (１ １ ꎬ３ ) ) ｘ ꎬ 的 (２ 图 ꎬ９ 象 ) 关 等 于 特殊 ｙ轴 点 对 ꎬ 结 称 合 ꎬ 作 ｙ ａ ( １ ２ ２ 􀅰 ) ａ２－ 原 ４ ３ ＝ ａ 式 １＋２ １＋２ ＝ －４ ３ ＝ ( ａ ａ １ ４ ｂ １ ３ . 􀅰 ( ａ ｂ２ ６ ) １ ２ ) １ ２ ＝ １０. 所 解 以 析 ４ ａ 设ａ ＝ ｂ ｘ１ ２ ꎬ ｂ 且 ＝ ｘ { － ａ ２ １ ２ ꎬ ＋ 因 ｂ２ 为 ＝３ ｘ ꎬ >１ꎬ 出函数的图象 ３ 如图. (ａ３ ｂ ) １ ２ >１ꎬ０< <１ꎬ ａｂ ＝１ . ｂ 􀅰ａ３ ＝１ . (１) 原式 ＝ ａ ＋ ｂ >０ꎬ( ａ ＋ ｂ ) ２ ＝ ａ２ ＋２ ａｂ ＋ ｂ２ ＝５ꎬ 原式 ａ３ ２ ａ１ ２ ｂ５ ２ ｂ１ ３ ∴ ａ ＋ ｂ ＝ ５ . (３) ａ２ ＝ ｂ１ ６ ７ ２ . ×(－６)× × × × (２) 原式 ＝ ａ － ｂ >０ꎬ( ａ － ｂ ) ２ ＝ ａ２ －２ ａｂ ＋ ｂ２ ＝１ꎬ ３.解 ( ＝ ２ － 析 ) ６ ４ . ２ ７ ( １ ２ １ ≈ )７ ２ . . ２ １６ － ８ ３ １ . ≈０ . ５１８ . ( ∴ ３ ａ ) － 原 . ｂ ＝ 式 １ . ＝ ａ３ ＋ ｂ３ ＝( ａ ＋ ｂ )( ａ２ － ａｂ ＋ ｂ２ )＝ ２ ３ . . ∴ 解 解 析 析 值域 为 ∵ [ ｜３ １ － ꎬ . ｘ ＋ ０ ｜ ∞ . ３ ≥ ) ０ . . ꎬ∴ ０ . ２ ２ ｜３－ｘ ｜ ≥ . ２ ０ ０ . ３ ＝１ꎬ . ０ . ２ ４.解 ( ( ２ ３ 析 ) )３ 原 ２ 式 ≈ (１ ４ ＝ ) . ａ ７ 原 ２ ３ ２ ９ ＋ 式 . ３ ２－ ＝ ６ ５ ｘ ｘ ＝ ３ １ ３ ａ ＋ ９ ４ ３ ＋ ６ ４－ － ５ １ ＝ １ ２ ａ ＝ ｘ ４ ３ ４ . ＋ １ ９ ２ －１ ＝ ｘ. １ １ １ ２ . . 解 解 － ２ ( 析 析 ５ － ｘ ) 当 ａ ２ ５. ＝ ｘ ２ < ４ ３ ０ ＝ 时 ４ ꎬ ２ ３ － ꎬ ｘ ｂ > ＝ ０ ３ ꎬ 则 ２ ３ ꎬ ｃ ｆ ( ＝ ｘ ２ ) ５ ＝ １ ３ － ＝ ｆ ( ５ － ２ ３ ｘ . )＝ ４. ( 解 即 ３ 析 ) ｆ ( ０ ２ . ３ ) ０ ( 因 ＝ . １ １ < 为 ａ ) ０ ２ ０ . ＝ ３ ｆ ２ ( ２ －０ ｘ ꎬ . １ ) 所 < ꎻ ＝ ０ ( 以 ａ ４ ２ ｘ ) ａ １ 的 ꎻ . ＝ ３ ( 图 ５ ２ ０ ２ 象 ) . ２ . １ > 经 １ ２ . 过 ３５ > 点 － １ ０ . ２ ( ２ . ２ꎬ ꎻ ２) . (３) 原式 ＝ ｘ３ｙ－２ ＝ｙ２ . 因为ｙ ＝ ｘ２ ３在第一象限内为增函数 ꎬ 又 ５>４ 即ｆ ( ｘ )＝( ２) ｘ. (４) 原式 ＝ ( ２ ３ ｓｒ ｔ２ －３ ) ３ ＝ ( ３ ｔ ２ ２ ｓ ｒ３ ) ３ ＝ ２７ ８ ｔ ｓ ６ ３ ｒ９ . 所 >３ 以 ꎬ ｃ > ａ > ｂ. Ｐ １ 故 １０ ｆ 习 (１ 题 )＝ ４ ( . ２ ２) １ ＝ ２ . (５) 原式 ＝４ ｘ２ ３＋３ ４ｙ－３ １－３ ２ ＝４ ｘ２ｙ－１ ＝ ４ ｙ ｘ２ . １３.解 ∴２ 析 ｍ ２ － ( ｍ １ － ) ６ ∵ < ｆ ０ ( ꎬ ｘ ) 在 (０ꎬ＋∞) 上为减函数 ꎬ １.解析 (１) ｆ (０)－ ｆ (－１)＝１－ ２ １ ＝ ２ １ ꎻ ｆ ｆ 原式 ｘ２ －２＋ｘ １ ２ ｘ４ －２ ｘ２ ＋１ 解得 － ２ ３ < ｍ <２ . ( ( ３ ２ ) ) ｆ ( ( ４ ２ ) ) － － ｆ ( ( ３ １ ) ) ＝ ＝ １ ４ ６ － － ２ ８ ＝ ＝ ２ ８ ꎻ ꎻ (６) ＝ ｘ２ －ｘ １ ２ ＝ ｘ４ －１ ＝ ∵ ｍ ｍ 为整 或 数 ꎬ 或 从 (４ 中 ) ｆ ( 可 ６) 发 － 现 ｆ (５) 随 ＝ 着 ６４ ｘ －３ 的 ２＝ 增 ３ 大 ２ . 函数ｆ ｘ ｘ ∴ ＝－１ ０ １ꎬ : ꎬ ( )＝ ２ １３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等的值在增大 而且增幅 增速飞快 体现了指 ａ ３ ｂ . ꎬ 、 ꎬ ａ ２ . (８)( －１) ＝ ＋２ 数函数增长的 指数增长爆炸 特性. ∴ ＝ ２.解析 “ ” ３ (１)－４ (２)－５ (３)０ (４)２ ２.解析 ｙ ％ ｘ . ｘ. ( ) ｜３ ｘ－１｜ ＝(１＋１２ ) ＝１１２ ｆ ｘ ２ (５)３ ３.解 倍 (２ 析 ( ) 年 Ｐ ( 均 ３ ( ) １ 折 ＝ ) 旧 轿 １ . 率 ６ 车 × 为 ０ 每 . ９ 年 １ ３ ０ ＝ ％ 的 １ ) １ 价 . . ６ 格 ６４ 是 ( 万 上 ) 一 ꎬ 年的 ０ . ９ ( ∴ ２ 当 )∵ ｘ ∈ ( ( ( ) － ＝ ∞ꎬ ３ １ ３ ) ) 时ｆ ꎬ ( ｘ ) 递增. ３. ( 解 ６ 析 ) ｘ 原 式 ( ７ １ ＝ ) . ( ｘ ３ ＝ ２ １ ) ２ ｌｏ ５ ｇ３７ . ＋１ ＝３ ｌｏｇ３７２＋２ ＝７ ２ ×３ ２ ＝４４１ . ４.解 Ｐ ( 析 ９)＝ 将 １６×０ . ９ ９ ＝６ . ２０( 万 ) . 代入函数关系 当ｘ ∈ １ ３ ꎬ＋∞ 时ｆ ( ｘ ) 递减. (２) ＝ ２ (０ꎬ１９２)ꎬ(２２ꎬ４８) ( ) ｘ １ . { ｂ ｆ ｘ 的递增区间为 １ (３) ＝ 式ｙ ｋｘ＋ｂ 有 ｅ ＝１９２ꎬ 两式相 ∴ ( ) －∞ꎬ ꎬ ２ ＝ｅ ꎬ ｅ ２２ ｋ＋ｂ ＝ｅ ２２ ｋ 􀅰ｅ ｂ ＝４８ꎬ ( ) ３ (４) ｘ ＝－１ . 递减区间为 １ . Ｐ 练习 除 解得 １１ ｋ １ 所以当ｘ 时 ｙ ３３ ｋ＋ｂ ꎬ＋∞ １１５ ５.解 ＝ｅ 析 ꎬ ３３ ｋ 􀅰 ( ｅ １ ｂ ｅ ) ＝ 由 ( ＝ ２ １ ｙ ２ ＝ ) ８ ꎬ ３ ３ｘ１ × －１得 １９２ ３ ＝ ｘ － ２ １ ４ ＝ ≠ . ３ ０ ３ ꎬ ꎬ ＝ｅ ( 即 ３) ｆ ( 由 １ ３ (２ ) ) 知 ＝ ( 函 ３ ３ ２ 数 ) 在 ０ ＝ ｘ １ ＝ ꎬ ３ １ 时取得最大值 ꎬ １.解 ( ＝ ２ 析 ) ３ １ 原 Ａ 式 ＋ (１ ３ １ ＝ ) ｌ Ｂ 原 ｏｇ － ａ 式 Ｃ ｘ . １ ２ ＝ － ｌｏ ｌｏ ｇ ｇ ａ ｘ ａ ｙ １ ３ ３ ＋ － ｌ ｌ ｏ ｏ ｇ ｇ ａ ａ ｙ ｚ２ １ ３ ＋ｌｏｇａ ｚ－１ ∴ ｘ ≠ １ ３ ꎬ １２.解 ∴ 析 ｆ ( ｘ ) 的值 ｆ ｘ 域为 ( ａ ０ ２ ꎬ１] . ｘ为减函数 ＝ １ Ａ －３ Ｂ －２ Ｃ. ( ) ( ) ∵ ( )＝( －８) ꎬ ２ 故定义域为 －∞ꎬ １ ∪ １ ꎬ＋∞ . ∴０< ａ２ －８<１ꎬ (３) 原式 ＝ｌｏｇａ( ｘ － ｙ )－ｌｏｇａ( ｘ ＋ ｙ )＋ｌｏｇａ ｚ ３ ３ ａ２ Ｄ Ｅ Ｃ. ∴８< <９ꎬ ＝ － ＋ (２) ( 由ｙ ＝ ) １ ｘ － ( ６ １ )ｘ 得 １－ ( ６ １ )ｘ ≥０ꎬ 即 １３.解 ∴２ 析 ２ < 当 ａ < ｘ ３ > 或 ０ 时 －３ ꎬ < － ａ ｘ < < － ０ ２ ꎬ∴ ２ ｆ . (－ ｘ )＝２ －ｘ ꎬ ｙ ( ) ４ ＝ ) 原 ２ Ａ 式 ＋ Ｂ ＝ － ｌ Ｄ ｏｇ － ａ Ｅ ｘ２ . ＋ｌｏｇａ ｙ －ｌｏｇａ( ｘ － ｙ )－ｌｏｇａ( ｘ ＋ １≥ １ ꎬ 即 ｆ ｘ ( １ )ｘ (５) 原式 ＝４ｌｏｇａ ｘ －４ｌｏｇａ ｚ －４ｌｏｇａ( ｘ ＋ ｙ ) ６ －( )＝ ꎬ Ａ Ｃ Ｅ. ∴ ｘ ≥０ꎬ 故定义域为 [０ꎬ＋∞) . ( ２ )ｘ ＝４ －４ －４ ６.解析 ① ｙ ＝４ －ｘ的图象可由ｙ ＝４ ｘ 的图象关 ∴ ｇ ( ｘ )＝－ １ . (６) 原式 ＝ １ [ｌｏｇａ ｚ２ －ｌｏｇａ( ｘ２ － ｙ２ )] 于ｙ轴对称而得到. ２ ( ) ５ ２ 个 ② 单 ｙ ＝ 位 ４ ｘ 得 ＋１的 到 图 . 象由ｙ ＝４ ｘ 的图象向左平移 １ １４.解 因 析 此有 设 ｇ ( ａ ２ ｘ )＝ ｕ － . ２ １ ＝－ ４ １ . ２.解 ＝ 析 ５ １ (２ Ｃ － Ｄ 中 － Ｅ ) . ｙ ｘ－１的图象由ｙ ｘ 的图象向右平移 ＝ [ ] (１) ꎬ ③ 个单 ＝ 位 ４ 得到. ＝４ １ 当ａ >１ 时ｕ ∈ １ ａ ꎬ１ ꎬ 如ｌｏｇ３２７ ＝ ３ ꎬ 而 ｌｏｇ３ ２７ ＝ｌｏｇ３３＝１ꎬ 故 (１) [ ] ｌｏｇ３９ ２ ９ 若ｇ ( ｕ )＝ ｕ２ ＋ ｕ －２ 在 １ ａ ꎬ１ 的最小值为 错误 ꎻ 中 如 (２) ꎬ ｌｏｇ３(２７－９)＝ｌｏｇ３１８＝ｌｏｇ３(９×２)＝ ５ － ꎬ ３ 故 错误 ４ ２＋ｌｏｇ３２> ꎬ (２) ꎻ ( ) ２ 则ｇ １ １ １ ５ ａ ＝ａ２＋ ａ －２＝－ ４ ꎬ (３) 中 ꎬｌｏｇ３２７－ｌｏｇ３９＝３－２＝１≠ ３ ꎬ 故 (３) 解得ａ . ２ ＝２ 错误. [ ] 当 ａ 时ｕ １ ３.解析 原式 ３ ４ ７ . ０< <１ ∈ １ꎬ ａ ꎬ (１) ＝ｌｏｇ３(３ ×３ )＝ｌｏｇ３３ ＝７ ７.答案 ｂ ａ ｄ ｃ . < < < [ ] (２)－３ 解析 由题意得 根据指数函数的图象与性 若ｇ ｕ ｕ２ ｕ 在 １ 的最小值为 ꎬ ( )＝ ＋ －２ １ꎬ ａ 原式 ３０ . 质 可作直线ｘ 得到四个交点 自下而上 (３) ＝ｌｏｇ７ ＝ｌｏｇ７１＝０ ꎬ ＝１ꎬ ꎬ ５ 可知指数函数的底数依次增大 ꎬ 即ｂ < ａ < ｄ < ｃ. － ５ ꎬ １２× ２ ８.解析 ａ 时 函数ｙ ａｘ 在Ｒ上单调递 ４ Ｐ 练习 ９. 又 减 解 ＝ ａ 析 ꎬ ｂ ｘ 其 ＋ < ｂ － 图 １ ０ 的 ∵ ꎬ 象 < 所 １ 图 . 过 < ６ 以 象 １ ２ 定 . ５ 不 < ｙ 点 １ ＝ 过 ꎬ . ａ ( ６ ｘ 第 ０ ３ ＋ ꎬ ꎬ ｂ 又 一 １ < ) 象 １ ꎬ １ ＝ ｘ ＋ . 限 ６ > ｂ ３ ０ < . < ０ 时 １ ꎬ . ７ ꎬ 即 ０ ３ ꎬ < ｘ ∴ ｙ > < １ ０ １ . . ６ 时 ２ . ５ ꎬ < ｙ １５. 值 解 综 则 域 析 上 ｇ ( 、 ꎬ １ 单 ａ ) ｙ ＝ ＝ 调 ＝ ２ １ ３ . 性 􀅰 ＋１ 、 ａ － 渐 ｘ ２ 与 近 ＝０ 线 ｙ ≠ ＝ ꎬ ａ － ｙ ｘ ＝ ４ ５ 有 ａ . ｘ 相 的 同 图 的 象 定 恒 义 过 域 定 、 １ ２ . . １ １ 解 解 １ ０ ８ ０ 析 析 × ０ . ４ ( 设 ７ １ ７ ) ｘ ｌ １ ＝ ｏ ＝ ｇ ９ ２ ４ ５ ５０ １ ７ ꎬ ２ . ７ 则 ５ １ ＝ ꎬ ｌ ｌ ∴ ｇ ｌ ｇ ｇ ｘ １ ｘ ２ ２ ＝ ＝ ５ ５ １ ５ ＝ ０ ０ ｌ ｌ ４ ｌ ｇ ｇ ７ ｇ . ７１ ５ ５ ９ . ３ ２ ＝ ＝ １０ ２ ３ ０ｌ . ｇ３≈ １０ ∴ ( ( １ . 数 解 . ３ ２ ７ １ ) ) ３ . 即 析 ∵ 由 . ７ ０ 函 . １ ３ ｙ > . ７ ＝ 数 函 ０ ０ ０ . . ３ 数 ９ . ｆ > ６ ３ . １ １ ｘ ｘ ｙ . . 为 ７ ＝ ０ ２ 减 ＝ ｘ １ ｘ 函 与 ꎬ 又 ｘ 数 ｙ ２ ＝ ∵ 可 的 ｘ ０ ２ 得 零 . 的 ９ 点 ０ ０ > 图 . 的 ６ ０ － 象 . ０ ９ 个 . １ ３ 的 < . １ 数 ꎬ ０ 交 . . ６ 点 －０ . ５ 个 . １ Ｐ . １ 解 １ ３ 近 点 的 ３ 析 ) 练 线 图 ( ꎻ ０ ｙ 习 ꎬ 象 ꎬ ＝ 但 １ － 恒 ) ２ 值 ꎬ 􀅰 过 而 域 ａ 定 ｙ 、 ｘ 单 ＝ 点 与 ３ 调 ( 􀅰 ｙ ０ ＝ 性 ꎬ ａ . ａ － ｘ 都 ｘ ２ 的 有 ) 不 ꎬ 图 相 图 同 象 同 略 ꎬ 恒 且 的 . 过 定 ｙ ＝ 定 义 － 点 域 ２􀅰 ( 、 ０ 渐 ａ ꎬ ｘ ３. ( 证 ＝ ２ ｌ ｌ 明 ｇ ) ｇ ｌ ａ ｂ ｏ ｇ 􀅰 ｌ １ ３ ｏ ｌ ｌ ２ ｇ ｇ ｇ ７ ａ ｂ ｃ ｂ ＝ 􀅰 􀅰 ｌ ｌ ｇ ｇ ｌ ｌ ｌ ｇ ｇ ｏ ２ ｇ １ ３ ａ ｃ ７ ｂ ｃ ＝ 􀅰 ｌ ｌ ｇ ｌ ｇ ｏ ３ ｇ ３ ｃ － ３ ａ １＝－３ . 作出函数ｆ ( ｘ )＝２ ｘ － ｘ２ 的图象 图略 由 (１)４＝ｌｏｇ５６２５ ＝１ꎬ 图象易知ｆ ( ｘ ) 有 ＝ 三 ２ 个 － 零点 ( )ꎬ (２)－６＝ｌｏｇ２ １ . 即 ｌｏｇａ ｂ 􀅰ｌｏｇｂ ｃ 􀅰ｌｏｇｃ ａ ＝１ . １１.解 为 故 析 函 ３ . 数ｙ ＝ ( ２ ｘ ) ｆ 与ｙ ＝ ｘ ４ ２ 的图 ꎬ 象的交点个数 ( ( ３ ４ ) ) ｘ － ＝ ｍ ４ ｌｏｇ ＝ ４ ｌ １ ｏ ０ ｇ ６ . ３ ４ ９ . ４. 所 解 以 析 η ＝ (１ １ ) ０ｌ 因 ｇ 为 Ｉ Ｉ ０ Ｉ ＝ ＝ １ １ ０ｌ Ｗ ｇ １ / ０ ｍ １ － ２ １２ ꎬ ＝１０ｌｇ１０ １２ ＝１０× (１)∵ (１)＝ ９ ꎬ (５)２ ４ ＝１６ . １２ｌｇ１０＝１２０(ｄＢ) . Ｉ Ｉ Ｉ ∴ ａ２ ＝ ４ ꎬ (６)３ －２ ＝ １ . (２) 由 ７０＝１０ｌｇ Ｉ ꎬ 即 ｌｇ Ｉ ＝７ꎬ 得 Ｉ ９ ９ ０ ０ ０ ａ ２ ｘ. ７ ∵ >０ꎬ (７)３ ＝５＋ ＝１０ ꎬ １４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 Ｉ′ Ｉ′ Ｉ′ ｍ . 所以农民需要等待 天才能使用这些干草. 由 即 得 ６. (２) ＝ｌｏｇ２６ ２７ ６０＝１０ｌｇ Ｉ ꎬ ｌｇ Ｉ ＝６ꎬ Ｉ ＝１０ ｐ ０ ０ ０ －２ １ . ９.解析 由题意得 －ｋｈ １ Ｉ (３)２ ＝ ｅ ＝ｐ ＝ ꎬ ４ ０ ３ 所以 Ｉ Ｉ ０ １０ ７ 即Ｉ Ｉ′. (４)１０ －２ ＝０ . ０１ . 即 －０ . ０００１２６ ｈ １ Ｉ′ ＝ Ｉ′ ＝ １０ ６＝１０ꎬ ＝１０ ２.解析 (１)０ (２)２ (３)１ (４)８ ｅ ＝ ３ ꎬ 答 Ｉ Ｉ ０ ２ 时 相应的分贝值为 ３.解析 (１)ｌｏｇ２(４ ７ ×２ ５ )＝ ( ｌｏｇ２２ １９ ) ＝１９ . 所 所 以 以 ｅ ｈ ０ . ０００１２６ ｈ ＝３ . ꎬ . :(１) ＝１ Ｗ/ｍ ꎬ １ １ . ＝ｌｎ３÷００００１２６≈８７１９ (２)ｌｏｇａ２＋ｌｏｇａ ＝ｌｏｇａ ２× ＝ｌｏｇａ１＝０ 答 高山上该处的海拔高度约为 米. １２０ｄＢꎻ ２ ２ : ８７１９ (２)７０ｄＢ 时的声音强度Ｉ是 ６０ ｄＢ 时声音 (３)２ｌｏｇ５１０＋ｌｏｇ５０ . ２５＝ｌｏｇ５１０ ２ ＋ｌｏｇ５０ . ２５＝ １０.解析 (１) 要使函数有意义 ꎬ １ Ｐ . １ 解 强 ２１ 析 度 练 Ｉ 习 ′的 相同 １０ 点 倍. 均过定点 ｌ ( ｏ ４ ｇ ) ５( ｌｏ １ ｇ ０ ２ ２ ( × ｌｏ ０ ｇ . ２ ２１ ５ ６ ) ) ＝ ＝ ｌｏ ｌｏ ｇ ｇ ５２ ２( ５ ｌ ＝ ｏｇ ２ ２ . ２ ４ )＝ｌｏｇ２４＝２ . 则 即 即 － ｘ ｘ ｘ ２ ２ － ＋ ２ ２ ｘ ｘ － ＋ ８ ｘ ８ < > ０ ０ ꎬ ꎬ 都呈 缓慢变化 :① 趋势. (１ꎬ０)ꎻ ４.解析 (１) 原式 ＝ ｌｎ６ ＝ １ . ( ＋２ ｘ )( 故 －４ 定 )< 义 ０ꎬ 域为 . ② ｌｎ３６ ２ ∴－２< <４ꎬ (－２ꎬ４) 不同点 : 单调性不同. (２) 原式 ＝(ｌｇ２＋ｌｇ５) ２ ＝１ . (２ { ) 要使函数 ｘ２ 有意义 ꎬ 原式 ｌｇ９ ｌｇ４ . 则 ２－ｌｏｇ３( －４)≥０ꎬ即 ｘ２ (３) ＝ 􀅰 ＝４ ｘ２ ４< ≤１３ꎬ ｌｇ２ ｌｇ３ －４>０ꎬ ( ) (４) 原式 ＝ｌｏｇ４ ２８× ５ １ ６ ＝－ ２ １ . 故 解 定 得 义 － 域 １ 为 ３≤ ｘ <－２ 或 ２< ｘ ≤ １３ . . [－ １３ꎬ－２)∪(２ꎬ １３] 原式 ５ ９ . １１.Ｄ (５) ＝－２＋(－２)－３＋ ＝－ ２ ２ １２.解析 容易得到 ｘ (１) :０<ｌｏｇ２ <１ꎬ 原式 ５ ２ . 所以ｃ ２.解析 由 ｘ 得ｘ 故ｘ (６) ＝－ ＋ ＝－１ <０ꎬ (１) １－ >０ <１ꎬ ∈(－∞ꎬ ３ ３ ｂ ｘ ｘ ｘ ａ １) . ｘ { ｘ ｘ (７) 原式 ＝ ｌｎ ２ ３＋２ｌｎ３＋１＝ (ｌｎ３＋１) ２ ＝ 因 ＝ 为 ２ｌｏ ａ ｇ２ 和 > ｂ ｌｏ 都 ｇ２ 是 × 正 ｌｏｇ 数 ２ ꎬ ＝ ꎬ 故 ( ( ( ２ ３ － ) ) １ ｘ { 由 ∈ ꎬ１ ｘ ｌｏ １ １ ( ) － ｇ － ＋ ２ . ２ ２ ꎬ ｘ ( > ３ > ｘ ０ ) － ０ ꎬ ∪ ꎬ ２) 得 ( ≠ ３ꎬ ０ １ ( ＋ ⇒ ＋ １ ∞ ｘ － { ≠ ) ｘ ｘ ) . ≠ > ０ ( ꎬ ２ １ ３ ꎬ ＋ ꎬ )>０ꎬ解得ｘ ∈ ５. ＝ 解 ｌ ( ｌ ｎ ｇ ８ － 析 ３ ) １ ２ ＋ 原 ２ １ . ＝ 式 ＝ ｌ ｌ ｇ ｇ ｌｎ ＝ ６ ２ － ３ ＝ － ２ ｅ ｌ ｌ ｇ . ｇ ｌｏ ( ３ ｇ ２ ２ ＝ ５ × ａ 􀅰 ３ － ) ｂ ( ＝ ꎬ － ｌｇ ３ｌ ２ ｏ ＋ ｇ３ ｌｇ ２) ３ 􀅰 ＝ ａ ( ＋ － ｂ ２ ꎬ ｌｏｇ５３) 所 ( 在 ｌ ＝ ｏ ２ ｇ ｌ 以 同 ｏ ) ５ ｇ ｘ 由 ７ 一 ꎬ ｂ ２ ｙ 题 > ＋ 直 ＝ ａ １ 知 ｌ > . 角 ｏ ｃ ｇ . ７ ａ 坐 ｘ ＝ 的 标 ｌｏｇ 图 系 ３６ 象 内 ＝ ꎬ 分 ｌｏ 如 ｇ 别 ３ 图 ２ 画 ＋ 所 １ 出 ꎬ 示 ｂ ｙ ＝ . ＝ ｌｏ ｌｏ ｇ ｇ ５２ ３ ｘ ＋ ꎬ １ ｙ ꎬ ＝ ｃ { ３ { ｘ ｘ ４ ５ －４>０ꎬ > ꎬ . ３ ｂ ａ (４) ｘ ⇒ ５ ｌｇ１５＝ｌｇ ＝ｌｇ３－ｌｇ２＝ － ꎬ ｌｏｇ０ . ２(５ －４)≥０ ｘ ≤１ꎬ ２ ｂ ａ ( ] ｌｇ１２＝ｌｇ３＋ｌｇ４＝ ＋２ ꎬ 故ｘ ４ . ａ ｂ. ∈ ꎬ１ ｌｇ１８＝ｌｇ２＋ｌｇ９＝ ＋２ ５ ６.解析 对 . ａ . ｂ 两边 ３.解析 考察函数ｙ α为增函数 １１２ ＝１０００ꎬ００１１２ ＝１０００ 由图易知 当ｘ 时 (１) ＝ｌｏｇ１ . ２ ꎬ 同时取对数 ꎬ ＝２ ꎬｌｏｇ３２>ｌｏｇ５２>ｌｏｇ７２ꎬ . . ꎬ ａ ｂ ｃ. ∵１６<１７ꎬ ∴ > > . . . 得ａ ｌｇ１０００ ３ １３.解析 若 ｍ ｎ 则图象如下 ∴ｌｏｇ１ . ２１６<ｌｏｇ１ . ２１７ ＝ｌｏｇ１１ . ２１０００＝ . ＝ . ꎬ (１) ０< < <１ꎬ : 考察函数ｙ ｘ为减函数 ｌｇ１１２ ｌｇ１１２ (２) ＝ｌｏｇ２ ３ ꎬ . . ｂ ｌｇ１０００ ３ ∵０５<０６ꎬ ＝ｌｏｇ０ . ０１１２１０００＝ . ＝ . ꎬ . . . ｌｇ００１１２ ｌｇ００１１２ ∴ｌｏｇ２ ３０５>ｌｏｇ２ ３０６ 考察函数ｙ α １ １ １ . . (３) ＝ｌｏｇａ ꎬ ∴ ａ － ｂ ＝ (ｌｇ １１ ２－ｌｇ ０ ０１１ ２)＝ 当ａ 时其为增函数 ３ >１ ꎬ . . . １ １１２ １ . ∵０９>０８ꎬ ｌｇ . ＝ ｌｇ１０００＝１ . . . ３ ００１１２ ３ 发现 在 上底大图低. ∴ｌｏｇａ０９>ｌｏｇａ０８ ７.解析 由 ＋ 可得 当ｃ ＋ : (１ꎬ＋∞) 当 ａ 时其为减函数 (１) ｐＨ＝－ｌｇ(Ｈ ) ꎬ (Ｈ ) 若 ｍ ｎ 则图象如下 ０< <１ ꎬ . 时 . (２) １< < ꎬ : . . ＝０１ｍｏｌ/Ｌ ꎬｐＨ＝１ ∵０９>０８ꎬ 当ｃ ＋ . 时 . . . . (Ｈ )＝００１ｍｏｌ/Ｌ ꎬｐＨ＝２ ∴ｌｏｇａ０９<ｌｏｇａ０８ 随着氢离子的浓度降低 逐渐增大. (２) ꎬｐＨ ４.解析 若ａ >１ꎬ 则 ｌｏｇａ ２ <２＝ｌｏｇａ ａ２ ꎬ (３) 由 ３ . ５ ＝ － ｌｇ(Ｈ ＋ )ꎬ 得 ｃ (Ｈ ＋ ) ＝ ３ －３ . ５ . １０ ｍｏｌ/Ｌ ａ２ ２ ａ . ＋ 得ｃ ＋ －７ . ４ . ∴ > ꎬ∴ >１ꎻ (４)７４＝－ｌｇ(Ｈ )ꎬ (Ｈ )＝１０ ｍｏｌ/Ｌ ３ ８.解析 设原来碘 的含量为ａ 衰减率为 １３１ ꎬ 发现 在 上底大图低. 若 ０< ａ <１ꎬ 则 ｌｏｇａ ２ <２＝ｌｏｇａ ａ２ ꎬ ｐ ꎬ 经过ｘ天碘 １３１ 的含量为ｙ ꎬ 则ｙ ＝ ａ (１－ １４.解析 : (１ꎬ＋∞) ｘ ３ ｐ ｘ ∵ｌｏｇ３[ｌｏｇ５(ｌｏｇ７ )]＝１ꎬ ) ꎬ ｘ ａ２ ２ ∴ｌｏｇ５(ｌｏｇ７ )＝３ꎬ ∴ < ３ ꎬ 又半衰期为 ８ 天 ꎬ 则ａ (１－ ｐ ) ８ ＝ １ ａ ꎬ 即ｐ ＝１ ∴ｌｏｇ７ ｘ ＝５ ３ ＝１２５ꎬ 解得 － ３ ６ < ａ < ３ ６ ꎬ － ( １ ) １ ８ ꎬ ２ １５. ∴ 解析 ｘ ＝ ７ １ ∵ ２５. ２ ｘ ＝３⇒ ｘ ＝ｌｏｇ２３ꎬ ２ ｙ ｙ 综 ∴０ 上 < ꎬ ａ ａ < ∈ ３ ６ ( . ０ꎬ ３ ６ ) ∪(１ꎬ＋∞) . 因 ％ 此 时 ꎬ ｙ ＝ 即 ａ 􀅰 １ ａ ( １ ２ ａ ( ) １ １ ８ ｘ ꎬ ) 当 １ ８ ｘ 碘 １３１ 的含量为 ２ ∴ ４ ３ ＝ ｙ ｘ ３ － ｙ ３ ｘ ⇒ ＝ ３ ＝ ｌ １ ｌ ｏ ｏ ｌ ｇ ｇ ｏ ２ ２ ｇ ４ ３ ２ ３ ４ ｌｏ － ３ ｇ ꎬ ｌｏ ２４ ｇ ３ ２３ Ｐ 习题 . １０ ꎬ ＝ ꎬ ＝ － １２１ ４３ １０ ２ ｌｏｇ２３ ｌｏｇ２４３ １.解析 ｘ . 从而 ｘ . . (１) ＝ｌｏｇ３２ ꎬ ＝８ｌｏｇ２１０≈２６５８ ＝３ｌｏｇ３２－ｌｏｇ３２４ １５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等令ｆ ｘ ｘ２ ｘ ２.解析 设ｆ ｘ ｘ３ ｘ 函数零点为ｘ . ＝ｌｏｇ３８－ｌｏｇ３２４ (３) ( )＝ｌｏｇ２( －２ －２)＝０ꎬ ( )＝ － －１ꎬ ０ ８ １ . 即ｘ２ －２ ｘ －２＝１ꎬ ∵ ｆ (１)＝－１<０ꎬ ｆ (２)＝５>０ꎬ ＝ｌｏｇ３ ＝ｌｏｇ３ ＝－１ 解得ｘ 或ｘ . ２４ ３ ＝－１ ＝３ 取１＋２ ３ １６. ３ 解 ( 析 ｌｇ ｘ ) 由 ２ － 题 ５ｌ 意 ｇ ｘ 可 ＋１ 知 ＝ ꎬ ０ 原 ꎬ 方程可化为 ( ∴ ４ 有 ) 令 ２ ｆ 个 ( ｘ 零 )＝ 点 ｘ . ３ － ｘ２ －４ ｘ ＋４＝０ꎬ ∴ ∵ ｆ ( ３ ２ ) ＝ ＝ ２ ０ . ８ ꎬ ７５>０ꎬ 可得 ｌｇ ｘ １＋ｌｇ ｘ ２＝ ３ ５ ꎬ 即 解得 ( ｘ － ｘ １)( 或 ｘ２ － ｘ ４)＝ 或 ０ꎬ ｘ ｘ ２ ( ３ ) ＝１ ＝２ ＝－２ꎬ ∴ ０∈ １ꎬ ꎬ ｘ ｘ １ 有 个零点. ２ ∴ ｌｇ ｌ ５ ｇ １ ( 􀅰 ( ｘ １ ｌ ｌ ｇ ｇ ｘ ２ ｘ ) ２ ２ 􀅰 ＝ ｌｇ ( ３ ｌ ｘ ｏ １ ｇ ꎬ ) ｘ １ ｘ ２＋ ５ ｌｏｇｘ ｌ ２ ｇ ｘ ２ １ ｘ ) ２＋ｌｇ ２ｘ １ ２.解 象 ∴ 析 ꎬ 如 ３ 图 ( : １) 作出ｙ ＝ｌｎ ｘ与ｙ ＝－２ ｘ ＋６ 的图 ∵ １＋ ２ ２ ３ ( ＝ ４ ５ ꎬ ｆ ( ) ５ ４ ) <０ꎬ ＝ ｘ ＋ ｘ ＝ × ｘ ｘ ｘ ５ ３ ３ ｌｇ １ ｘ ｌｇ ２ ｘ ３ ２ ｌｇ ｘ １ｌｇ ｘ ２ ∴ ０∈ ４ ꎬ ２ ꎬ ５ (ｌｇ １＋ｌｇ ２) －２ｌｇ １ｌｇ ２ ５ ５ ３ ＝ × ＝ × ＋ ３ １ ３ ４ ２ . ｆ ∵ ＝１３７５ꎬ(１ꎬ３７５)>０ꎬ ( ) ２ ３ ｘ ２ . ５ － ２ ∴ ０ . ∈(１ . ꎬ２５ꎬ１ꎬ３７５) ３ ３ ９５. １２５＋１３７５ . ｆ ＝ ∵ ＝１３１２５ꎬ(１ꎬ３１２５)<０ꎬ １ ９ ２ ｘ . . ３ ∴ ０∈(１３１２５ꎬ１３７５)ꎬ ｘ ｘ ２ １７.解析 原式 ｌｎ( ＋２) ｌｎ( ＋２) 􀆺􀆺 ＝ ｌｎ４ ＋ ｌｎ２ ＝５ꎬ 按此方法计算下去 ꎬ 可得方程ｘ３ － ｘ －１＝０ 在 即５ｌｎ( ｘ ＋２) 由图知方程有 １ 个解 ꎬ 该解在区间 (１ꎬ３) 内. 区间 [１ꎬ２] 上的根的近似值为 １ . ３２１５ . 即ｘ ２ｌｎ２ ＝５ꎬ (２) 作出 ｙ ＝ ( ２ )ｘ 与 ｙ ＝ ｘ２ －２ ｘ 的图象 ꎬ ３.解析 令ｆ ( ｘ )＝ｌｇ ｘ ＋ ｘ －３＝０ꎬ 易知ｆ (２) ｆ (３) ＋２＝４ꎬ ３ <０ꎬ ｘ . 如图 故其初始区间为 利用二分法列表 ∴ ＝２ : (２ꎬ３)ꎬ １８.解析 ｆ ｇ ｘ ａｌｏｇａｘ ｘ 如下 ( ( ))＝ ＝ ꎬ : ｇ ｆ ｘ ａｘ ｘ. ( ( ))＝ｌｏｇａ ＝ 区间 中间值 中点函数近似值 关系 略. : . . １９.Ｄ 函数ｙ ｌｇ ｘ的定义域 值域均为 (２ꎬ３) ２５ －０１０２ ＝１０ 、 (０ꎬ 而ｙ ｘ ｙ ｘ的定义域均为Ｒ 排除 (２ . ５ꎬ３) ２ . ７５ ０ . １８９ ＋∞)ꎬ ＝ ꎬ ＝２ ꎬ ｙ ｘ的值域为Ｒ 排除 中ｙ . . . . ＡꎬＣꎻ ＝ｌｇ ꎬ ＢꎻＤ ＝ (２５ꎬ２７５) ２６２５ ００４４ . . . . １ 的定义域 值域均为 . (２５ꎬ２６２５) ２５６２５ －００２９ ｘ 、 (０ꎬ＋∞) 由图知 此方程在 上有 个解 在 (２ . ５６２５ꎬ２ . ６２５) ２ . ５９３７５ ０ . ００７ ｘ ꎬ (－∞ꎬ０) ２ ꎬ ２０.解析 (１) 由４－ ｘ>０ 得 －４< ｘ <４ꎬ 函数的定 (１ꎬ＋∞) 上有 １ 个解. (２ . ５６２５ꎬ２ . ５９３７５) ２ . ５７８１２５ －０ . ０１ 义域关于原点 ４ 对 ＋ 称 (３) 方程可变为ｘ３ ＝３ ｘ －１ꎬ 作出ｙ ＝ ｘ３ 与ｙ ＝ 􀆺 􀆺 􀆺 ꎬ ｘ 的图象 如图 计算可得 又ｆ (－ ｘ )＝ｌｏｇａ ４＋ ｘ ｘ＝－ｌｏｇａ ４－ ｘ ｘ＝－ ｆ ( ｘ )ꎬ ３ －１ ꎬ : 原方程的 ꎬ 近似值可取 . 即两个函数图 ４－ ４＋ ２５８６ꎬ ｆ ｘ 为奇函数. 象交点的横坐标为 . . ∴ ( ) ２５８６ ｘ Ｐ 习题 . ｆ ｘ ４－ １３２ ４４ (２) ( )＝ｌｏｇａ ｘ １.解析 因为ｆ ｆ ４＋ (１) (０)<０ꎬ(１)>０ꎬ ｘ 所以ｆ ｘ ｘ－１ ｘ 在区间 上有一 － －４＋８ ( )＝ｅ ＋４ －４ (０ꎬ１) ＝ｌｏｇａ ｘ 个零点. ４＋ [( ) ] 又因为ｆ ｘ ｘ－１ ｘ 在 上是 ８ ( )＝ｅ ＋４ －４ (－∞ꎬ＋∞) ＝ｌｏｇａ ｘ －１ ꎬ 增函数 ４＋ ꎬ 由复合函数的单调性知 所以ｆ ｘ 在 上有且仅有一个 ꎬ ( ) (－∞ꎬ＋∞) 当ａ 时 ｆ ｘ 为减函数 零点. >１ ꎬ( ) ꎬ 当 ０< ａ <１ 时 ꎬ ｆ ( ｘ ) 为增函数. 函数ｆ ｘ ｘ１ ２ ( １ )ｘ 的零点个数是 ２１.解析 (１) 由题意可得 ꎬ２００(１－ｅ －５ ｋ )＝２０ꎬ (２) ( ( ) ) ＝ ｘ － ２ 即 ( 当 ２) １ ｔ ＝ 由 －ｅ １ ( － ０ ５ １ ｋ 时 ) ＝ 可 ꎬ ０ Ｌ . 得 １ ( ꎬ １ 故 Ｌ ０ ( ) ｋ ｔ ＝ ) ＝ ＝ ２ ｌ ０ ｎ ２ － ０ ０ ０ ( ５ ０ . １ ９ ( － ≈ １ ｅ － － ０ ｅ ０ . . ０ － ０ ２ ０ ２ × . ０ １ . ２ ０ ｔ ) ) ≈ . ３６ꎻ ( 由 ０ 图 ꎬ１ 知 ) 内 ꎬ 此 ꎬ( 方 １ꎬ 程 ２) 在 内 ( 各 － 有 ∞ꎬ １ ０ 个 ) 解 上 . 有 １ 个解 ꎬ 在 方 ＝ ( 程 ( ２ １ ｘ ) １ ２ ) － ｘ ｘ 的 ２ １ 解的个 ＝０ 数 的 ꎬ 也 解 就 的 是 个数 函 ꎬ 数 即 ｙ 方 ＝ 程 ｘ１ ２ ｘ 与 １ ２ 当ｔ ＝１５ 时 ꎬ Ｌ (１０)＝２００(１－ｅ －０ . ０２×１５ )≈５２ . Ｐ １３１ 练习 ｙ ＝ １ 的图象的交点个数.在同一坐标 (３) 令 １８０ ＝ ２００(１－ｅ －０ . ０２ ｔ )ꎬ 解得 ｔ ≈ １.解析 设ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ ＋ ｘ －１ꎬ 则ｆ (０)＝ －１<０ꎬ 系中作 ２ 出两个函数的图象如图所示 可得交 １１５ . １３ꎬ 即需要 １１６ｍｉｎ . ｆ (１)＝１>０ . 点个数为 即函数ｆ ｘ 有 个零点 ꎬ . 略. 以 为考察范围 用二分法 因为ｆ . １ꎬ ( ) １ (４) [０ꎬ１] ꎬ ꎬ (０５) Ｐ 练习 . 所以考察 . １２８ ＝－０２５<０ꎬ [０５ꎬ１]ꎻ １.解析 (１) 令ｆ ( ｘ )＝２ ｘ２ － ｘ －１＝０ꎬ 解得ｘ ＝１ 因为ｆ (０ . ７５)>０ꎬ 所以考察 [０ . ５ꎬ０ . ７５]ꎻ 因为ｆ . 所以考察 . . 或ｘ １ 有 个零点. (０ ６２５)>０ꎬ [０ ５ꎬ０ ６２５]ꎻ ＝－ ꎬ∴ ２ 继续下去 可求出方程ｘ２ ｘ 的正 ２ 􀆺􀆺 ꎬ ＋ －１＝０ 令ｆ ｘ ｘ３ 解得ｘ 三重根 根为 . . (２) ( )＝ －８＝０ꎬ ＝２( )ꎬ ０６１８０ 有 个零点. 同理可求得其负根为 . . ∴ １ －１６１８２ １６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 ２.解析 由题意 画出ｙ ｘ和ｙ ｘ ２ ２.Ｃ 由表可知 ｙ 随着ｘ的增大而迅速的增 ꎬ ＝ｌｏｇ２ ＝－( －１) : ２ 两个函数的图象如下图 得到它们的交 大 是指数函数型变化 ｙ 随着ｘ的增大而 ＋２ ꎬ ꎬ ꎻ ３ 点有 个 即原方程的根的个数为 . 增大 但是变化缓慢 是对数函数型的变化 １ ꎬ １ ꎬ ꎬ ꎻ ｙ 相对于ｙ 的变化要慢一些 是幂函数型 １ ２ ꎬ 的变化 故选 . ꎬ Ｃ ３.解析 ｘ ｘ３ . ｘ １１ ０ ０ １ . １ １ １１ (２) 以一次函数ｙ ＝ ｋｘ ＋ ｂ模拟 { ꎬ . 将Ｂ ( ｋ ２ꎬ ｂ ６ . ２)ꎬ ３０ ２７０００ １７ . ４４９４ Ｃ . 代 入 得 ６２＝２ ＋ ꎬ 解 . (３ꎬ ６ ９５) ꎬ . ｋ ｂ ５０ １２５０００ １１７３９１ ６９５＝３ ＋ ꎬ {ｋ . . 得 ＝０７５ꎬ １００ １００００００ １３７８０６１２ ｂ . . ３.解析 图略.方程 １ ｘ３ －４ ｘ ＋４＝０ 在 (－４ꎬ 即ｙ ＝４ . ７ꎬ ｘ . １５０ ３３７５０００ １６１７７１７８３６ ３ ＝０７５ ＋４７ꎬ . 上有一根 在 和 上分别有一 当ｘ 时 ｙ . ２００ ８００００００ １８９９０５２７６５ 根 －３ ꎬ ) 共有 ３ 个根 ꎬ . (１ꎬ２) (２ꎬ３) ∴２０ ＝ １８ ５ 年 ꎬ 中 ＝ 国 ８ 居 ４５ 民 ꎬ 手机上网人数约为 ８ . ２５０ １５６２５０００ ２ . ２３×１０ １０ ４.略. 亿. ４.解析 设投资额为ｘ万元 Ａ产品的利 ４５ (１) ꎬ ５.Ａ ａ ｂ ｃ Ｐ 习题 . 润为ｆ ｘ 万元 Ｂ产品的利润为ｇ ｘ 万元 ∵ < < ꎬ １４２ ４５ ( ) ꎬ ( ) ꎬ ∴ ａ ｆ ( ａ ) ｆ ＝ ｃ ( ａ － ｂ ｃ )( ａ ａ － ｃ ｃ )> ｂ ０ꎬ ｆ ( ｂ )＝( ｂ － ｃ )( ｂ － １.解 的 析 快 (１) 在 (０ꎬ２) 和 (４ꎬ＋∞) 内ｙ ＝２ ｘ增长 由题设知ｆ ( ｘ )＝ ｋ １ ｘ ꎬ ｇ ( ｘ )＝ ｋ ２ ｘ ( ｋ １ꎬ ｋ ２>０) . 又 ) 曲 <０ 线 ꎬ( ｙ ＝ ) ｆ ＝ ( ｘ ( ) 是 － 连 )( 续 － 不 ) 断 >０ 的 ꎬ ꎬ 在 (２ ꎬ ꎬ４) 内ｙ ＝ ｘ２增长的快. 由题图知ｆ (１)＝ ４ １ ꎬ 所以ｋ １＝ ４ １ ꎬ 由函数零点存在性定理可知 ∴ : 又ｇ ５ 在区间 ａ ｂ ｂ ｃ 内分别存在一个零点. (４)＝ ꎬ ( ꎬ )ꎬ( ꎬ ) ２ 又函数ｆ ｘ 是二次函数 ( ) ꎬ 所以ｋ ５ . 最多有两个零点 因此函数ｆ ｘ 的两个零 ２＝ ∴ ꎬ ( ) ４ 点分别位于区间 ａ ｂ ｂ ｃ 内 故选 . ( ꎬ )ꎬ( ꎬ ) ꎬ Ａ 所以ｆ ｘ １ ｘ ｘ ｇ ｘ ５ ｘ ｘ ６.解析 ∵ 函数ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ －２ ｘ ＋ ａ在区间 (－２ꎬ ( )＝ ４ ( ≥０)ꎬ ( )＝ ４ ( ≥ 和 内各有一个零点 . ０) (２ꎬ３) ꎬ ０) 由二次函数的性质知 ì í ï ï ｆ ｆ ( (０ － ) ２ < ) ０ > ꎬ ０ꎬ ( 在 ２) 在 (０ꎬ３) 内 内 ｙ ｙ ＝ ｘ３ ３ 增 ｘ２ 长 增 的 长 快 的 . 快 ꎬ ( － ２ ｘ ) ) 万 设 元 Ａ ꎬ 产 设 品 企 投 业 入 的 ｘ 利 万 润 元 为 ꎬ 则 ｙ万 Ｂ 元 产 . 品投入 (１０ ∴ î ïï ｆ ｆ (２)<０ꎬ (３ꎬ＋∞) ＝ ｙ ＝ ｆ ( ｘ )＋ ｇ (１０－ ｘ )＝ ４ １ ｘ ＋ ４ ５ １０－ ｘ (０≤ ｘ ≤ (３)>０ꎬ ì ï８＋ ａ >０ꎬ １０)ꎬ ï ａ 令 ｘ ｔ 则ｘ ｔ２ 即í <０ꎬ １０－ ＝ ꎬ ＝１０－ ꎬ ïï ａ <０ꎬ 则ｙ １０－ ｔ２ ５ ｔ １ ( ｔ ５ ) ２ ６５ ｔ î ａ ＝ ＋ ＝－ － ＋ (０≤ ３＋ >０ꎬ ４ ４ ４ ２ １６ ａ . ∴－３< <０ꎬ ≤ １０) 故实数ａ的取值范围为 ａ . －３< <０ 所以当ｔ ５ 时 ｙ ６５ ７.略. ＝ ꎬ ｍａｘ＝ ꎬ ２ １６ １ ８ Ｐ . . １ 略 解 ３９ 析 . 练 习 设经过ｘ １ꎬ ｘ ２ 年分别达到 １０ 万元 ꎬ ( 在 ３ ( ) ４ 在 ꎬ＋ ( ∞ ０ꎬ ) ４) 内 内 ｙ ｙ ＝ ＝ ２ ｘ ｘ 增 增 长 长 的 的 快 快 . ꎬ 此 ∴ 当 时 Ａ ｘ ＝ 产 １０ 品 － 投 ２ ４ ５ 入 ＝ ３ １ ４ . ５ ７５ ＝ 万 ３ . ７ 元 ５ . ꎬ Ｂ产品投入 ６ . ２５ 万元 由题意得 １００ ꎬ ꎬ 万元时 企业获得最大利润 为 ６５ 即 １ １ × × ( ( １ １ ＋ ＋ ０ ０ . . ０ ０ ２ ２) ) ｘ ｘ １ ２ ＝ ＝ １ １ ０ ００ ꎬ ꎬ ５. ４ 解 . ０ 析 ６２５ ꎬ 万元. ꎬ １６ ꎬ ｘ . (１) ∴ １＝ｌｏｇ１ . ０２１０＝１１６３ꎬ ｘ . . ∴ ２＝ｌｏｇ１ . ０２１００＝２３２６ ２.解析 作出ｙ ｘ与ｙ ｘ的图象如图 ＝ｌｏｇ２ ＝ : ｘ 在 ｘ 内ｙ 增长快 (４) (０ꎬ ０) ＝ ꎬ ４ 在 ｘ 内ｙ ｘ增长快 ( ０ꎬ１６) ＝ｌｏｇ２ ꎬ ｘ 在 内ｙ 增长快. (１６ꎬ＋∞) ＝ ４ 由图象可知 在 之间函数ｙ ｘ增 ꎬ (０ꎬ４) ＝ｌｏｇ２ 长的快 在 之间函数 ｙ ｘ增长 若用ｙ ａ ｘ ｂ拟合 ꎬ (４ꎬ＋∞) ＝ (２) ＝ ｌｏｇ２ ＋ ꎬ 的快. { . ａ ｂ { ａ ｂ . 则 ４５＝ ｌｏｇ２８＋ ꎬ即 ３ ＋ ＝４５ꎬ ３.略. ａ ｂ ａ ｂ ４＝ ｌｏｇ２４＋ ꎬ ２ ＋ ＝４ꎬ Ｐ 练习 {ａ . １４２ 解得 ＝０５ꎬ 解析 该人数为ｙ 年份为ｘ 图象如下 ｂ . (１) ꎬ ꎬ : ＝３ １７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等{ 若用ｙ ＝ ａ ｘ ＋ ｂ拟 { 合 ꎬ (５) 原式 ＝ ｘ４ ５＋４ ３ －５ ７ 􀅰 ｙ２ ３＋２ ３ －８ ５ 􀅰 ( － ４ ) 则ｆ ( ｘ ) 的图象过定点 ( － １ ꎬ１ ) ꎬ ４ . ５＝ ａ ８＋ ｂ ꎬ即 ２ ２ ａ ＋ ｂ ＝４ . ５ꎬ ３ ( ) ２ ３ . ５＝ ａ ２＋ ｂ ꎬ ２ ａ ＋ ｂ ＝３ . ５ꎬ ＝－ ４ ３ 􀅰 ｘ２ ３ ０ｙ３ ２ ７ ４. 即Ａ － ２ １ ꎬ１ . 解得 ì î í ï ï ïï ａ ｂ ＝ ＝ ５ ２ ２ ꎬ ꎬ 即ｙ ＝ ２ ２ ｘ ＋ ２ ５ . ２.解析 ３ 原式 ２ ＝ ( ｙ ｙ ｘ ｘ ) ＋ ２ ( － ｙ － ( ２ ｘ ｙ ) ｘ － ) １ －２ ８. ４ 上 解 ) 为 析 ꎬ∴ 增 ４ 函 ∵ ｘ > 数 ｘ ｘ ∈ ２ > ꎬ ( ｘ ꎬ １ 又 ꎬ２) 指 ꎬ 数 ∴４ 函 ｘ ∈ 数 ( ｙ ４ꎬ ＝ １ ３ ６ ｘ ) 在 ꎬ ｘ 定 ２ ∈ 义 (１ 域 ꎬ ２ ( ３＋１) －( ３＋１) ｙ ｙ ｙ . ６.解析 ｘ ∈(１ꎬ１ . ００７) 时 ꎬ ｙ ＝ｌｏｇ２ ｘ比ｙ ＝ １０ ｘ ００ ＝ ３＋１＋( ３ １ ＋１) －１ ９. ∴ 解 ａ 析 ｘ ３< ２ 由 < 图 １ 象特征及 ０< ａ <１ 可知Ｃ １ 为ｙ 增长的慢 ４＋２ ３－ ＝ ꎬ ꎬ ｘ ＝ ４＋２ ３ Ｃ ２ 为ｙ ＝ｌｏｇａ ｘ ꎬ ｘ ∈(１ . ００７ꎬ＋∞) 时 ꎬ ｙ ＝ｌｏｇ２ ｘ比ｙ ＝ １０００ 增长 ３＋１＋ ３ ２ －１ Ｃ ３ 为ｙ ＝ ａ－ｘ ＝ ( ａ １ )ｘ ꎬ 的快 当ｘ ꎬ . 时 ｆ ｘ ｇ ｘ ３＋ ５ ３ Ｃ ４ 为ｙ ＝ｌｏｇ１ａ ｘ. ∈(１００７ꎬ＋∞) ꎬ( )< ( )ꎬ ２ ６＋５ ３ ３＋ ３. ｂ ｂ 当ｘ . 时 ｆ ｘ ｇ ｘ . ＝ ＝ ＝ １０.证明 由换底公式知ｌｇ １ ｌｇ ２ ７.解析 ∈(１ꎬ１ 不 ００ 能 ７) ꎬ( )> ( ) ３ ３＋１ １＋３ ３ ２ ｌｇ ａ １ ＝ ｌｇ ａ ２ ＝􀆺＝ (２) 旋 钮 (１ 位 ) 置调到 ꎻ ９０ ° ꎻ ３.证明 ２ 任取ｘ １ꎬ ｘ ２∈[０ꎬ＋∞)ꎬ 且ｘ １< ｘ ２ꎬ ｌ ｌ ｇ ｇ ａ ｂ ｎ ｎ ＝ λ ⇒ｌｇ ｂ ｉ＝ λ ｌｇ ａ ｉ( ｉ ＝１ꎬ２ꎬ􀆺ꎬ ｎ )ꎬ ｘ ｘ (３) 因 则 为 ｆ ( ｘ ｘ １)－ ｘ ｆ ( 所 ｘ ２) 以 ＝ ｘ ｘ １ ｘ － ｘ ２＝ ｘ １ １ ＋ － ２ ｘ ２ ꎬ ∴ｌｏｇ ｂ ａ １ ａ ２􀆺 ａｎ( ｂ ｂ １ ｂ ２􀆺 ｂ ｎ) ｂ ＝ ｌ ｌ ｇ ｇ ( ( ａ ｂ １ １ ａ ｂ ２ ２ 􀆺 􀆺 ｂ ａ ｎ ｎ ) ) １< ２ꎬ １－ ２<０ꎬ ｌｇ １＋ｌｇ ２＋􀆺＋ｌｇ ｎ 又 ｘ ｘ ＝ ａ ａ ａ １＋ ２>０ꎬ ｌｇ １＋ｌｇ ２＋􀆺＋ｌｇ ｎ 得ｆ ｘ ｆ ｘ λ. ( １)－( ２)<０ꎬ ＝ 即ｆ ｘ ｆ ｘ . Ｍ ( １)<( ２) １１.Ｄ 由已知得 ꎬｌｇ Ｎ ＝ｌｇ Ｍ －ｌｇ Ｎ ≈３６１×ｌｇ３ 所以ｆ ｘ ｘ在 上是增函数. ( )＝ [０ꎬ＋∞) . . ４.解析 因为１４ 的半衰期为 年 而那只 －８０×ｌｇ １０≈３６１×０ ４８－８０ ＝ ９３ ２８ ＝ 不是 因为当旋钮开的最小时 烧开一壶 草鞋的 １４ 含量 Ｃ 是现生长同 ５ 种 ７ 草 ３０ 的１ ꎬ ４ 含量 ｌｇ１０ ９３ . ２８. (４) ꎬ ꎬ Ｃ Ｃ Ｍ 水需要的时间很长 ꎬ 即使单位时间耗费的煤 的 ２５ ％ ꎬ 即 １ ꎬ 即刚好经过了两个半衰期 ꎬ 故与 Ｎ 最接近的是 １０ ９３. 总 气 量 量 增 较 大 少 . ꎬ 但时间增加也会使得所需的煤气 ∴ ｔ ＝２×５７３ ４ ０＝１１４６０ . １２.解 由 析 ∵ ｙ ｂ ＝ｌｏｇ１ ２ ａ ｘ在 (０ꎬ ｃ ＋ 可 ∞ 得 ) 上 ｂ 为 ａ 减 ｃ 函 又 数 ꎬ ｙ ８.解析 (１) 故估计草鞋的编织年代为 １１４６０ 年之前. ∴ ｘ在 ｌｏｇ１ ２ <ｌｏｇ１ ２ 上 < 为 ｌｏ 增 ｇ１ ２ 函数 > > ꎬ ＝２ (０ꎬ＋∞) ꎬ ５.解析 ２ ｘ－１ １ ２ ｘ－１ －２ ｂ ａ ｃ. (１)３ － ＝３ －３ ≥０ꎬ ∴２ >２ >２ 那么 ２ ｘ－１ －２ ９ １３.解析 由ｘ２ ＋４ ｘ ＋４＝( ｘ ＋２) ２ >０ 知 ꎬ 函数的 ３ ≥３ ꎬ 定义域为 . 由于ｙ ｘ在定义域内为增函数 (－∞ꎬ－２)∪(－２ꎬ＋∞) 所以 ２ ｘ ＝ － ３ １ [ ≥－２ꎬ ) ꎬ 由 令 于 ｙ ＝ ｆ ｆ ( ( ｕ ｕ ) ) 在 ＝ｌ Ｒ ｏｇ ＋ ０ 上 . ５ ｕ 是 ꎬ ｕ 单 ＝ ｘ 调 ２ ＋ 递 ４ ｘ 减 ＋ 函 ４ . 数 ꎬ 解得ｘ ∈ － ２ １ ꎬ＋∞ [ ꎬ ) ｕ 在 ＝ ｘ２ ＋４ ｘ ＋４ 在 上 ( 是 －∞ 增 ꎬ 函 － 数 ２) 上是减函数 ꎬ ２ 将 ( 得 ∴ ∴ ０ ２ １ { ( ｙ ｙ ) ７ ２ １ ＝ １ １ 设 略 ０１ ꎬ ３ ３ 年 ７ ０ １ . . . ＝ . ６ ６ ｙ ３ ０ 是 ８ １ ０ ＝ ７ . ６ . ＝ ＝ ｘ ｋ 第 ０ １ ＋ ｘ ｋ ２ ７ ) ＋ １ ＋ ｋ × ５ ( ３ ｂ ＋ ｂ ５ ２ ( . 个 ꎬ ｂ ５ ＋ ꎬ ｋ ꎬ ４ １ １ ≠ 年 解 . ３ ３ . . ０ 份 得 ６ ５ ) ８ ４ ꎬ ꎬ { ) ＝ 代 ｂ ｋ １ ＝ ＝ ３ 入 . １ ０ ８ ３ . ꎬ ９ ０ . ７ ５ 亿 ４ ꎬ ꎬ . 则 则 解 综 ∴ ( ( ３ ２ 得 上 定 － ) ) ２ ｘ 要 要 所 义 － ０ ２ ＋ １ １ 使 使 述 域 ８ ｘ ≤ ＋ ｘ 函 函 － 为 ꎬ ２ ｘ 定 １ ≤ ≥ 数 数 [ > 义 ２ ０ － 有 有 ０ ꎬ ꎬ ꎬ １ 域 意 意 ꎬ２ 为 义 义 ] . ꎬ ꎬ － ２ １ ꎬ＋∞ . １４. ｆ 解 ( 那 ｙ 递 所 ( ＝ － ｘ 么 增 以 ( 析 ∞ ｌ ) ｏ － ｇ 和 由 函 ꎬ ２ ｙ ０ . － ꎬ ＝ ５ 复 数 ( ｇ ＋ ２ 在 ｌ ( ｘ ｏ ) ∞ 合 . ｇ ２ ｘ 同 . ＋ ０ ) ) . 函 ５ ４ 的 ( 一 ｘ 数 ｘ ＋ 图 ２ 坐 ４ 的 ＋ 象 ) 标 ４ 单 在 ｘ 如 系 ＋ 调 ( 图 ４ － 中 性 ) : ꎬ ∞ 的 ꎬ 可 ꎬ 分 单 知 － 别 ２ 调 ꎬ ) 作 增 上 出 区 是 函 间 单 数 为 调 (３) 略. ∴ ｘ >０ꎬ Ｐ (４) 复习题四 ∴ 定义域为 (０ꎬ＋∞) . １４７ 要使函数有意义 １.解析 (１)８ －３ ２ ＝(２ ３ ) －３ ２ ＝２ －３×３ ２ ＝２ －２ ＝ ４ １ . 则 (４ { ) － ｘ２ ＋４ ｘ －３>０ꎬ ꎬ ( ) －４ ３ ( ) ３ ４ ( ４ ) ３ ４ ｌｏｇａ(－ ｘ２ ＋４ ｘ －３)≠０ꎬ １６ ８１ ３ 解得 ｘ 且ｘ (２) ＝ ＝ ４ ＝ １< <３ ≠２ꎬ ８１ １６ ２ 定义域为 . ( ) ３ ( ) ∴ (１ꎬ２)∪(２ꎬ３) ３ ４×４ ３ ３ ２７. ６.解析 函数ｆ ｘ ａｘ ａ ａ 在 ＝ ＝ ∵ ( )＝ ( >０ꎬ ≠１) [０ꎬ１] ２ ２ ８ 上的最大值与最小值的和为 (３) 原式 ＝ ｘ 􀅰２ １ ２ｘ１ ２ ＋ ｘ ｘ２ １ ２ ∴ ａ ａ ０ ＋ ａ . １ ＝３ꎬ ３ꎬ ＝ ２ ｘ３ ２ ＋ ｘ３ ２ 故 ∴ ａ ＝ 的 ２ 值为 ２ . ＝( ２＋１) ｘ３ ２. ７.解析 令 ｘ 得ｘ １ 由图象可知两个函数图象的交点有 ２ 个. ｙ ｘ ２ ＋１＝０ꎬ ＝－ ꎬ １５.解析 由于ｆ ｆ １ １ － ２ (０)＝－１<０ꎬ(１)＝２>０ꎬ ｘ － ｙ ｘｙ ( ) 故取区间 作为计算的初始区间 原式 －１. 又ｆ １ ａ０ (０ꎬ１) ꎬ (４) ＝ ｘ ｙ ＝ｘ ｙ＝ｘｙ － ＝２－ ＝１ꎬ 用二分法逐次计算 列表如下 － － ２ ꎬ : １８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 区间 中间的值 中点函数近似值 (ｉｉｉ) 当 ０< ｍ <１ 时 ꎬ ｙ ＝ ｘｍ 的图象如图 ③ ( １ ) １ ｔ ０ 所示. ３５－２４＝(８８－２４)􀅰 ꎬ . . ２ (０ꎬ１) ０５ ０１２５ ( ) ｔ (０ꎬ０ . ５) ０ . ２５ －０ . ４８ 即 １ １０ ＝ １１. . . . . ２ ６４ (０２５ꎬ０５) ０３７５ －０１９７３ ｔ (０ . ３７５ꎬ０ . ５) ０ . ４３７５ －０ . ０４１３ 两边取对数 ꎬ 即 ｌｎ １ ＝ｌｎ １１ ꎬ １０ ２ ６４ . . . . 解得ｔ . . (０４３７５ꎬ０５) ０４６８８ ００４０６ ≈２５４ 由于 . . . . 因此 约需要 . 可降温到 . ｜０４３７５－０５｜＝００６２５<０１ꎬ ꎬ ２５４ｍｉｎꎬ ３５℃ 所以函数的一个近似零点可取 . . ２３.Ｄ 结合指数式和对数式的互化及反函数 ０４３７５ 当ｍ 时 ｙ ｘｍ ｘ. Ｈ (ｉｖ) ＝１ ꎬ ＝ ＝ 的知识 １６.Ｂ 取ｈ 由图象可知 此时注水量Ｖ 则ｙ ｘｍ与ｙ ｘ的图象重合 不满足条件. ꎬ ＝ ꎬ ꎬ ＝ ＝ ꎬ 由函数ｙ ｘ 可得ｘ ｙ ２ 当ｍ 时 ｙ ｘｍ的图象如图 所示. ＝ｌｏｇ２( ＋１) ＝２ －１ꎬ (ｖ) >１ ꎬ ＝ ④ 则函数ｙ ｘ ｘ 的反函数为ｙ 大于容器容积的 １ 故选 . ＝ｌｏｇ２( ＋１)( >－１) ꎬ Ｂ ｘ ｘ Ｒ ２ ＝２ －１( ∈ )ꎬ １７.解析 观察到 即函数ｙ ｘ 的图象平移后的图象对应的 (１) : ＝２ ０ 所 . ８ 以 ０ ＝ ｐ １ ＝ ꎬ０ ０ . . ８ ８ １ ｘ × ＝ ｐ ０ ０ . . ８ꎬ０ . ８ ２ ＝０ . ６４ꎬ０ . ８ ３ ＝０ . ５１２ꎬ 易 函 知 数为 ꎬ 只 ｙ 需 ＝ 将 ２ ｘ － 其 １ 向 ꎬ 下平移 １ 个单位即可. (２) 由题意得ｐ ≤０ . ０５ ｐ ０ꎬ 所以 Ｄ 选项是正确的. 那么 . ｘ . ２４.解析 因为函数的定义域为 ０８ ≤００５ꎬ (－１ꎬ０)ꎬ 所以ｘ ｌｇ０ . ０５ . (１) 观察图 ①②③④ 可知 ꎬ 在图 ① 中 ꎬ 图 ② 所以ｘ ＋１∈(０ꎬ１) . １８.解 故 析 圆形 ≥ 黏 若 ｌ 土 用 ｇ０ 管 函 . ８ 道 数 ≈ 至 １ ｙ 少 ３ ＝ ４ ａ 要 ３ ｘ ꎬ ＋ １３ ｂ . ( ４ ａ ３ > 米 ０ . ) 模拟 ꎬ 取 位 中 ∴ 于 ｍ ꎬ 图 的 ｙ ③ ＝ 取 ｘ 中 值 的 ꎬ 范 当 上 围 方 ｘ ∈ 为 ꎬ ( ( － ０ꎬ ∞ １ ꎬ ) １ 时 ) . ꎬ ｙ ＝ ｘｍ 的图象 所 解 又 以 得 因为 ２ ａ ａ 要 < １ １ 满 ꎬ . 足ｆ ( ｘ )>０ꎬ ( 则 １ 有 ꎬ５ { ０) ａ ꎬ ＋ ( ｂ ２ ＝ ꎬ ５ ５ ０ ２ ꎬ )ꎬ ( ( １ ２ ꎬ ) ＋ 观 ∞ 察 ) 图 时 ① ꎬ ｙ ② ＝ ｘ ③ ｍ ④ 的 可 图 知 象 ꎬ 位 只 于 有 直 图 线 ④ ｙ 中 ＝ ꎬ ｘ ｘ 的 ∈ 因为对 < 数 ２ 函数的底数要大于 ０ꎬ 得 {ａ ＝ ２ ２ ａ ꎬ ＋ ｂ ＝５２ꎬ 上 ∴ 方 实数 ꎬ ｍ的取值范围为 (１ꎬ＋∞) . 所 解 以 得 ２ ａ ａ > > ０ ０ ꎬ ꎬ ｂ ＝４８ꎬ ２０.解析 (１) ｆ ( ｘ ) 的定义域为Ｒ ꎬ 因为ｆ (－ ｘ ) 所以ａ的取值范围是 ( １ ) . 当 若 ∴ 用 ｙ ｘ ＝ ＝ 函 ２ ３ ｘ 数 ＋ 时 ４ ꎬ ｙ ８ ｙ . ＝ ＝ ａ ５ ｘ ４ ＋ . ｂ ( ａ >０) 模拟 ꎬ 取 (１ꎬ５０)ꎬ ＝ 所 ３ ３ 以 ｘ －ｘ ＋ － ｆ ３ ( ３ － ｘ ｘ ｘ ) ＝ 是 － ｆ 奇 ( ｘ 函 )ꎬ 数. ２５. ∵ 解析 ａ > ０ 且 设 ａ ｕ ≠ ( ｘ １ ) ꎬ ＝２－ ａｘ ꎬ ０ꎬ ２ ( 则 ２ 有 ꎬ５ { ２) ａ ꎬ ＋ ｂ ＝５０ꎬ (２) ｆ ( ｘ )＝ ３ ３ ｘ ｘ ＋ － ３ ３ － － ｘ ｘ ＝ ３ ３ ２ ２ ｘ ｘ ＋ － １ １ ꎬ 设 ３ ２ ｘ ＝ ｔ ꎬ ∴ 而函 ｕ ( 数 ｘ ) 是 ｙ ＝ 定 ｌｏ 义 ｇａ( 域 ２－ 内 ａｘ 的 ) 减 在 函 区 数 间 . [０ꎬ１] 上是减 ａ２ ｂ ｔ 函数 {ａ ＋ ＝５２ꎬ 则ｇ ( ｔ )＝ｔ －１ ＝１－ｔ ２ ꎬ 故知 ꎬ ｙ ｕ是 上的增函数 得 ＝２ꎬ ＋１ ＋１ ＝ｌｏｇａ [０ꎬ１] ꎬ ｂ . ｙ ｔ ｔ 在定义域内为增函数 ａ . ＝４８ ∵ ( )＝ ＋１ ꎬ ∴ >１ ｙ ｘ . 又当ｘ 时 ｕ ｘ ａｘ ∴ ＝２ ＋４８ ｙ ２ 在定义域内为增函数 ∈[０ꎬ１] ꎬ ( )＝２－ >０ꎬ 当ｘ 时 ｙ . ∴ ＝－ｔ ＋１ ꎬ 当ｘ 时 也有 ａ 即ａ ＝３ ꎬ ＝５６ ＋１ ∴ ＝１ ꎬ ２－ >０ꎬ <２ꎬ 由题表知 月份的产量为 . 千件 又 ｔ ２ ｘ在定义域内为增函数 实数ａ的取值范围是 ａ . ３ ５３９ ꎬ ∵ ＝３ ꎬ ∴ １< <２ 故用函数ｙ ｘ 来模拟误差较小 故用 由复合函数的单调性关系可知原函数为 ２６.解析 ＝２ ＋４８ ꎬ ∴ (１) 函数ｙ ａｘ ｂ模拟比较好. 定义域内的增函数. ＝ ＋ １９.解析 当ｍ 时 ｙ ｘｍ 在 上 ２１.解析 ｆ ｘ ｘ ｘ (ｉ) <０ ꎬ ＝ (０ꎬ＋∞) ∵ ( )＝３ －１( ≥１)ꎬ 的图象如图 所示 与ｙ ｘ的图象交于点 函数ｆ ｘ 在 为增函数 ① ꎬ ＝ ∴ ( ) [１ꎬ＋∞) ꎬ . 又ｆ ｘ 关于直线ｘ 对称 (１ꎬ１) ( ) ＝１ ꎬ 当ｘ 时 ｙ ｘｍ 的图象在ｙ ｘ图象 ｆ ｘ 在 上为减函数 ∈(０ꎬ１) ꎬ ＝ ＝ ∴ ( ) (－∞ꎬ１) ꎬ 的上方 ｘ 时 ｙ ｘｍ的图象在ｙ ꎬ ∈(１ꎬ＋∞) ꎬ ＝ ＝ １ ２ ｘ图象的下方. ∵ < <１ꎬ ３ ５ ( ) ( ) ｆ １ ｆ ２ . ∴ > ３ ５ 由散点图可得水温与时间近似符合一 又 ３ １ ２ ３ １ (２) ∵ １－ ＝ ꎬ １－ ＝ > ꎬ 次函数模型 可设为ｙ ｋｘ ｂ ｋ ( ) ２ ( ２ ) ５ ５ ２ 将点 . ꎬ . ＝ 代 ＋ 入 ( ≠０)ꎬ ｆ ２ ｆ ３ (１ꎬ９０５)ꎬ(２ꎬ８２５) ∴ ( ５ ) > ( ２ ) ꎬ ( ) 得 {ｋ ＋ ｂ ＝９０ . ５ꎬ (ｉｉ) 当ｍ ＝０ 时 ꎬ ｙ ＝ ｘｍ ＝ ｘ０ ＝１( ｘ ≥０)ꎬ ∴ ｆ １ ３ > ｆ ２ ５ > ｆ ３ ２ . ２ { ｋ ＋ ｋ ｂ ＝８２ . ５ꎬ 即ｙ ｘ . ２２.解析 由题意知 解得 ＝－８ꎬ ＝１( ≥０) ４０－２４ ＝ (８８－２４) ｂ . 图象如图 ② 所示. ( ) ２ｈ０ ｙ ＝ ｘ ９８５ . ꎬ . １ ∴ ＝－８ ＋９８５ 􀅰 ２ ꎬ 图象略. ( ) ２ｈ０ 由 ｘ . 解得ｘ . 即 １ １ 解得ｈ . (３) ３５≐－８ ＋９８５ꎬ ≐７９３７５ꎬ ＝ ꎬ ＝１０ 所以估计经过 分钟水温才会降到 ４ ２ ８ ３５ ℃ 故Ｔ ( １ ) １ ｔ ０ . 左右. －２４＝(８８－２４)􀅰 ２７.略. ２ 当Ｔ 时 代入上式 得 ＝３５ ꎬ ꎬ １９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等第5 章 三角函数 象限角. ４.解析 用角度制写出象限角的集合 Ｐ 练习 : １５４ 第一象限角 α ｋ ° α ° ｋ ° １.解析 锐角是第一象限角 第一象限角是 :{ ｜ 􀅰３６０ < <９０ ＋ 􀅰３６０ ꎬ ꎻ“ ｋ Ｚ 锐角 这句话错.第一象限角的范围是 ｋ ∈ }ꎻ ” “ 􀅰 第二象限角 α ° ｋ ° α ° ｋ ° α ｋ ° ° ｋ Ｚ 而锐角的范 :{ ｜９０ ＋ 􀅰３６０ < <１８０ ＋ 􀅰 ３６０ < < 􀅰３６０ ＋９０ ꎬ ∈ ”ꎬ ° ｋ Ｚ 围是 ° α ° . ３６０ ꎬ ∈ }ꎻ “０ < <９０ ” 第三象限角 α ° ｋ ° α ° ｋ ２.解析 图略. :{ ｜１８０ ＋ 􀅰３６０ < <２７０ ＋ ° ｋ Ｚ 第一象限角 第三象限角 􀅰３６０ ꎬ ∈ }ꎻ (１) ꎻ(２) ꎻ 第四象限角 α ° ｋ ° α ° ｋ 第二象限角 第四象限角. :{ ｜２７０ ＋ 􀅰３６０ < <３６０ ＋ (３) ꎻ(４) ° ｋ Ｚ . ３.解析 ° 第一象限角. 􀅰３６０ ꎬ ∈ } (１)５０ ꎬ 用弧度制写出象限角的集合 ° ′ 第二象限角. : (２)１７４ ３０ꎬ { } ° 第二象限角. 第一象限角 α ｋ α π ｋ ｋ Ｚ (３)１５０ ꎬ : ２ π< < ＋２ πꎬ ∈ ꎻ ° 第二象限角. ２ (４)１４０ ꎬ { ４.解析 终边在ｘ轴非负半轴上的角的集合 第二象限角 : α π ＋２ ｋ π< α <π＋２ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｓ １＝{ β ｜ β ＝３６０ ° 􀅰 ｋ ꎬ ｋ ∈ Ｚ }ꎬ } ２ 终边在ｘ轴非正半轴上的角的集合为 Ｚ Ｓ β β ° ｋ ° ｋ Ｚ ꎻ 所 ２ 以 ＝{ 终 ｜ 边 ＝ 落 ３ 在 ６０ ｘ 􀅰 轴上 ＋１ 的 ８０ 角 ꎬ 的 ∈ 集合 }ꎬ { 第三象限角 α ｋ α ３π ｋ ｋ Ｓ Ｓ Ｓ : π＋２ π< < ＋２ πꎬ ∈ ＝ β １∪ β ２ ° ｎ ｎ Ｚ . } ２ ＝{ ｜ ＝１８０ 􀅰 ꎬ ∈ } Ｚ Ｐ 练习 ꎻ １５７ { １.解析 表中从左至右依次填 π π 第四象限角 α ３π ｋ α ｋ ｋ :０ꎬ ꎬ ꎬ : ＋２ π< <２π＋２ πꎬ ６ ４ ２ } ° ° ２ ３ ５ ° ° . ６０ ꎬ９０ ꎬ πꎬ πꎬ πꎬ１８０ ꎬ２７０ ꎬ２π Ｚ . ３ ４ ６ ∈ ２.解析 α α ｋ ｋ Ｚ α α ｋ (１){ ｜ ＝２ πꎬ ∈ )∪{ ｜ ＝２ π ｋ Ｚ α α ｎ ｎ Ｚ ５.答案 π π ７ ＋πꎬ ∈ }＝{ ｜ ＝ πꎬ ∈ }ꎻ (１) (２) (３)－ π { } { １２ ５ １２ α α ｋ π ｋ Ｚ α α (２) ＝２ π＋ ꎬ ∈ ∪ ＝ ２９ ２ (４) π } { } ３６ ６.答案 ° ° ° ｋ ３π ｋ Ｚ α α ｎ π ｎ Ｚ . (１)－９０ (２)６００ (３)－８６ ２ π＋ ꎬ ∈ ＝ ＝ π＋ ꎬ ∈ ２ ２ (４)２３ ° ( ) ３.解析 (１) ｌ ＝ ｒα ＝８× ３ π＝６πꎬ Ｓ ＝ １ ｌｒ ７.解析 依题意 ꎬ 有 １ ′ ＝ １ × π ｒａｄꎬ 于是 １ ４ ２ ６０ １８０ ＝２４πꎻ 海里 １ π . 千米 . ＝６３７１× × ≈１８５３２( ) ° π ５ ６０ １８０ (２)７５ ＝７５× ＝ πꎬ ８.解析 设圆半径为ｒ 矩形长 宽分别为ａ ｂ. １８０ １２ ꎬ 、 ꎬ ∴ ｌ ＝ ｒα ＝６× １ ５ ２ π＝ ２ ５ π . ∴ ＢＥ Ｓ １ ｌｒ １５ . ＝ ＝ π ２ ２ Ｐ 习题 . １５７ ５１ １.解析 ° 第三象限角. (１)１９５ ꎬ ° 第四象限角. (２)３１０ ꎬ ° ′ 第二象限角. (３)１５２ ３４ꎬ ２.解析 第一象限或第二象限或 α角的终边 ２ 落在ｙ轴正半轴上. ３.解析 １７π ５π (１) ＝４π＋ ꎬ ３ ３ １７π与５π终边相同 是第四象限角. ∴ ꎬ ３ ３ １７π π (２) ＝４π＋ ꎬ ４ ４ １７π与π终边相同 则１７π是第一象限角. ∴ ꎬ ４ ４ ４ １７π ７π (３)－ ＝－４π＋ ꎬ ６ ６ １７π与７π终边相同 故 １７π是第三象 ∴－ ꎬ － ６ ６ ６ 限角. ９π π (４)－ ＝－２π＋ ꎬ ５ ５ ９π与π是终边相同的角 则 ９π是第一 ∴－ ꎬ － ５ ５ ５ ２０ ( 的长为 １ ｒ . 􀅰２π ＝２π ４ ｒ ∴ ＝４ꎬ 由图可知ａ ｒ ＤＥ ｂ ｒ . ＝ ＋ ＝１１ꎬ ＝ ＝４ 故所求面积Ｓ Ｓ １ Ｓ ＝ 矩形ＡＢＣＤ－ 圆 ４ ａｂ １ ｒ２ ＝ － π ４ １ ＝４４－ 􀅰π􀅰１６ ４ . ＝４４－４π ９.解析 设半径为ｒ. (１) 已知弧长ｌ . ＝６０ｃｍ 而Ｓ １ ｌｒ ＝ ꎬ ２ ｒ . ∴ ＝８ｃｍ ｌ θｒ θ (２)∵ ＝ ＝８ ＝６０ꎬ θ １５. ∴ ＝ ２ １０.解析 终边位于第一或第三象限且介于直 线ｙ ｘ和ｙ轴之间的部分 不包括边界 . ＝ ( ) １１.解析 设圆心为Ｏ. 因为ＡＢ ( ＢＣ ∶ ( ＣＤ ∶ ( ＤＥ ∶ ( ＥＡ ∶ ( ＢＯＣ ２ ４ ∠ ＝ ×２π＝ πꎬ １＋２＋３＋４＋５ １５ ＣＯＤ ３ ２ ∠ ＝ ×２π＝ πꎬ １＋２＋３＋４＋５ ５ ＤＯＥ ４ ８ ∠ ＝ ×２π＝ πꎬ １＋２＋３＋４＋５ １５ ＥＯＡ ５ ２ ∠ ＝ ×２π＝ πꎬ １＋２＋３＋４＋５ ３ 所以五边形ＡＢＣＤＥ的各个内角的弧度数 为依次为 ＥＡＢ ３π ＡＢＣ ４ ∠ ＝ ꎬ∠ ＝ πꎬ ５ ５ ＢＣＤ ２π ＣＤＥ ８ ＤＥＡ ２π. ∠ ＝ ꎬ∠ ＝ πꎬ∠ ＝ ３ １５ ５ １２.解析 ２π×４００ ４０ 对应角度数是 (１) ＝ πꎬ ６０ ３ °. ２４００ 答 轮沿上某一点Ａ每秒转过的弧度数是 : ４０ 角度数是 °. πꎬ ２４００ ３ ° ５０ . (２)１０００ ＝ π ９ ５０ ２００π . π×１２＝ (ｃｍ) ９ ３ 答 轮沿上一点Ｂ在轮子转动 °时所 : １ ０００ 经过的路程是２００π . ｃｍ ３ １３.解析 相互咬合的两个齿轮 大轮有 ∵ ꎬ ４８ 齿 小轮有 齿 ꎬ ２０ ꎬ 当大轮转动一周时 大轮转动了 ∴ ꎬ ４８ 个齿 ꎬ 小轮转动了 ４８ １２ 周 即 １２ ° ∴ ＝ ꎬ ×３６０ ２０ ５ ５ ° ＝８６４ ꎬ 对应的弧度数为１２ ２４π. ×２π＝ ５ ５ 当大轮的转速为 时 １５０ｒ/ｍｉｎ ꎬ 小轮转速为１２ ×１５０＝３６０ｒ/ｍｉｎꎬ ５ 小轮圆周上一点每 秒转过的弧度数为 ∴ １ ３６０×２π÷６０＝１２πꎬ 小轮半径为 . ∵ １０ｃｍ 小轮圆周上一点每秒转过的弧长为 ∴ １２π . ×１０＝１２０π(ｃｍ) Ｐ 练习 １６１ １.解析 α ５ α １２ α ５ . ｓｉｎ ＝－ ꎬｃｏｓ ＝－ ꎬｔａｎ ＝ １３ １３ １２ ２.解析 π π π 无 (１)ｓｉｎ ＝１ꎬｃｏｓ ＝０ꎬｔａｎ ２ ２ ２ 意义. . (２)ｓｉｎπ＝０ꎬｃｏｓπ＝－１ꎬｔａｎπ＝０ ( ) ( α ) π ２ ２ (３)ｓｉｎ － ＝ － ꎬｃｏｓ － ＝ ꎬ ４ ２ ４ ２ ( α ) . ｔａｎ － ＝－１ ４ ３ ２ ３ ２ ３ (４)ｓｉｎ π＝ ꎬｃｏｓ π＝－ ꎬｔａｎ π＝ ４ ２ ４ ２ ４ . －１ ７ ３ ７ １ ７ (５)ｓｉｎ π＝ ꎬｃｏｓ π＝ ꎬｔａｎ π ３ ２ ３ ２ ３ . ＝１ ∶ ２ ∶ ３ ∶ ４ ＝ ３ Ｐ 练习 ∶ ５ꎬ １６３ １.解析 终边在不同位置的角的三角函数值 所以 ＡＯＢ １ ２ ∠ ＝ ×２π＝ πꎬ 的情况 包括三角函数值的符号情况 大小 １＋２＋３＋４＋５ １５ ꎬ ꎬ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 情况终等 边相同的角的同一三角函数值 ( ) ꎬ α １ ３ １０ π α α ２ ２. 相等. ∴ｃｏｓ ＝± ２α＝± ꎬ (１)ｓｉｎ ＋ ＝ｃｏｓ ＝± １＋ｔａｎ １０ ２ ３ ２.解析 在单位圆中作出各角的三条线如图 ( ) 所示 当 ｃｏｓ α ＝ ３ １０ ꎬ 即α为第一象限角时 ꎬ (２)ｔａｎ π － α ＝ １ α＝±２ ２ . : １０ ２ ｔａｎ 正弦线 ＭＰ 余弦线 ＯＭ 正切线 ＡＴ. ３. 解 析 原 式 (１) : ꎬ : ꎬ : ( １ ) ｓｉｎ α ＝ １ １ ０ ０ ꎬ ＝ (－ｃ [ ｏｓ α ) ( ２ )] α π α 当 α ３ １０ 即α为第三象限角时 ｃｏｓ( －π)􀅰 －ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＝－ ꎬ ꎬ ２ １０ ２α ２α ｃｏｓ ｃｏｓ . ｓｉｎ α ＝－ １０. ＝ －ｃｏｓ(π－ α )ｃｏｓ α＝ ｃｏｓ ２α＝１ １０ 原式 α α α α ３.证明 ４α ４α ２α ２ ２α ２ (２) ＝１－ｓｉｎ ｃｏｓ ｔａｎ ＝１－ｓｉｎ 􀅰 ｃｏｓ －ｓｉｎ ＝(ｃｏｓ ) －(ｓｉｎ ) α ２α ２α ２α ２α α ｓｉｎ ２α ２α. ＝(ｃｏｓ ＋ｓｉｎ )(ｃｏｓ －ｓｉｎ ) ｃｏｓ 􀅰 α ＝１－ｓｉｎ ＝ｃｏｓ ２α ２α. ｃｏｓ 正弦线 ＭＰ 余弦线 ＯＭ 正切线 ＡＴ. ＝ｃｏｓ －ｓｉｎ Ｐ 习题 . (２) : ꎬ : ꎬ : ４.解 析 ２α ２α １７０ ５２ ( １＋ ｃ ｓｉ ｏ ｎ ｓ ２ ２ α α ) ( 􀅰 １ ｃ ) ｏｓ ( ２α １ ＝ｃ ＋ ｏｓ ｔ ２ ａ α ｎ ＋ｓｉｎ ) ２α 􀅰 ＝１ ｃ . ｏｓ ＝ １. 则 解析 ｓｉｎ α ｒ ＝ ＝ －３ ｔ ( ｔ ＝ ４ ｔ － ) ２ ３ ＋( ꎬｃ － ｏ ３ ｓ ｔ ) α ２ ＝ ＝ ４ ５ ｔ ｔ ｔ. ＝ ４ ꎬｔａｎ α ＝ ２ｃｏｓ ２α －１ ２ｃｏｓ ２α －(ｃｏｓ ２α ＋ｓｉｎ ２α ) ５ ５ ５ ５ (２) １－２ｓｉｎ ２α ＝ (ｃｏｓ ２α ＋ｓｉｎ ２α )－２ｓｉｎ ２α ＝ －３ ｔ ｔ ＝－ ３ . ｃ ｃ ｏ ｏ ｓ ｓ ２ ２ α α － － ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ ２ ２ α α＝１ . ２. 上 解 ４ 析 在 角 ( ４ 终 １) 边 ２π 上 角 取 的 一 终 点 边 Ｐ 在ｘ轴的非 ｒ 负半 ＯＰ 轴 ５.解析 α α ꎬ (１ꎬ０)ꎬ∴ ＝｜ ｜ ∵ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝ ２ꎬ α α ２ α α ＝１ꎬ ∴(ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ) ＝１＋２ｓｉｎ 􀅰ｃｏｓ ＝２ꎬ ｙ ｘ ０ α α １ ∴ｓｉｎ２π＝ ｒ ＝ ＝０ꎬｃｏｓ２π＝ ｒ ＝１ꎬ (３) 正弦线 : ＤＰ ꎬ 余弦线 : ＯＤ ꎬ 正切线 : ＡＴ. ∴ｓｉｎ 􀅰ｃｏｓ ＝ ２ ꎬ ｙ １ ０ . ∴ｔａｎ α ＋ １ α ｔａｎ２π＝ ｘ ＝ １ ＝０ ｔａｎ ＝ ｃ ｓ ｓ ｉ ｉ ｏ ｎ ｎ ｓ ２ α α α ＋ ＋ ｃ ｃ ｓ ｏ ｉ ｏ ｎ ｓ ｓ ２ α α α ( α ２ 的 ) 因 终 为 边 当 与单 α ＝ 位 ２ ３ 圆 π 的 时 交 ꎬ 点 在 坐 直 标 角 为 坐 ( 标 ０ꎬ 系 －１ 中 ) ꎬ ꎬ 角 所 ＝ α α ｓｉｎ ｃｏｓ 以 ３π ３π ３π无意义. ｓｉｎ ＝－１ꎬｃｏｓ ＝０ꎬｔａｎ １ ２ ２ ２ ＝ １ ５π角的终边在第三象限的角平分线上 (３) ꎬ ( 余 正 ４ 弦 切 ) 正 线 线 弦 : Ｏ Ａ 线 Ｔ Ｄ . : ꎬ ＤＰ ꎬ Ｐ １ ＝ ６８ ２ ２ . 练习 则 在终 ｒ ＝ 边 ４ ｜ Ｏ 上 Ｐ 任 ｜＝ 取一 ( 点 － ａ ) Ｐ ２ ( ＋ － ( ａ － ꎬ ａ － ) ａ ２ )( ＝ ａ > ２ ０ ａ ) ꎬ ꎬ : １.解析 (１) ( ｃｏｓ(７２０ ) ° ＋４５ ° )＝ｃ ( ｏｓ４５ ° ＝ ２ ) ２. ∴ｓｉｎ ５ ４ π ＝ ｙ ｒ ＝ － ２ ａ ａ＝－ ２ ２ ꎬ １３ π ｘ ａ ａ (２) ｓｉｎ － π ＝ ｓｉｎ －４π－ ＝ ５π － ２ ５π － . ３ ３ ｃｏｓ ＝ ｒ ＝ ａ＝－ ꎬｔａｎ ＝ ａ＝１ ( ) ４ ２ ２ ４ － π ３. ｓｉｎ － ＝－ ５ 角的终边在第四象限 在终边上任 ３ ２ (４) π ꎬ ( ) ３ (３)ｃｏｓ １５ π＝ｃｏｓ ４π－ π ＝ｃｏｓ π ＝ ２. 取一点 ( ａ ꎬ－ ３ ａ )( ａ >０)ꎬ ４ ４ ４ ２ ( ) ( ) 则ｒ ａ２ ａ２ ａ ４ π π . ＝ ＋３ ＝２ ꎬ (４)ｔａｎ ( ３ π ) ＝ｔａｎ π ( ＋ ３ ＝ｔａ ) ｎ ３ ＝ ３ ５ － ３ ａ ３ ∴ｓｉｎ π＝ ａ ＝－ ꎬ １６ π π ３ ２ ２ (５)ｃｏｓ － π ＝ｃｏｓ －５π－ ＝－ｃｏｓ ３.解析 负 负 正 负. ３ ３ ３ ５ ａ １ Ｐ １６５ 练 习 (１) ꎻ(２) ꎻ(３) ꎻ(４) ＝－ １ . ｃｏｓ ３ π＝ ２ ａ＝ ２ ꎬ １.解析 ∵ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α ＝１ꎬ (６)ｃ ２ ｏｓ(－２ ０４０ ° )＝ｃｏｓ(－６×３６０ ° ＋１２０ ° )＝ ｔａｎ ５ π＝ － ａ ３ ａ ＝－ ３ . ３ ∴ｓｉｎ ２α ＝１－ｃｏｓ ２α ＝１－ ２ １ ５ ６ ＝ ２ ９ ５ . － ２ １ . ３.解析 (１)ｓｉｎ π ＝ ＤＰ ꎬｃｏｓ π ＝ ＯＤ ꎬｔａｎ π α是第四象限角 ２.解析 α α α. ３ ３ ３ ∵ ꎬ ｔａｎ(２π－ )＝ｔａｎ(－ )＝－ｔａｎ ＡＴ α α α α. ＝ ꎻ ∴ｓｉｎ <０ꎬ ｓｉｎ(２π－ )＝ｓｉｎ(－ )＝－ｓｉｎ α α α. α ３ ｃｏｓ(２π－ )＝ｃｏｓ(－ )＝ｃｏｓ ∴ｓｉｎ ＝－ ꎬ α α α ５ ３.解析 原式 (－ｓｉｎ )ｃｏｓ ｔａｎ . α ( ) ＝ α α α ＝１ α ｓｉｎ ３ ５ ３ . (－ｔａｎ )ｓｉｎ ｃｏｓ(－ ) ∴ｔａｎ ＝ α＝ － × ＝－ Ｐ 练习 ｃｏｓ ５ ４ ４ １７０ １.解析 α. α. ２.解析 α １ α为第一或第三象 (１)－ｓｉｎ (２)－ｃｏｓ ∵ ｔａｎ ＝ ꎬ∴ ３ ２.解析 α α １ 限角 ∵ｓｉｎ(π＋ )＝－ｓｉｎ ＝ ꎬ ꎬ ３ 且 ２α １ α １ α ２ ２. ５ ＤＰ ５ ＯＤ ５ １＋ｔａｎ ＝ ２αꎬ ∴ｓｉｎ ＝－ ꎬｃｏｓ ＝± (２)ｓｉｎ π＝ ꎬｃｏｓ π＝ ꎬｔａｎ π ｃｏｓ ３ ３ ６ ６ ６ ２１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等ＡＴ ( ) ( ) １２.解析 θ θ是关于ｘ的方程 ＝ ꎻ ２６ ４ ３０ ∵ｓｉｎ ꎬｃｏｓ (２)ｃｏｓ － π ＝ｃｏｓ π－ π ｘ２ ｘ ｍ 的两个根 ３ ３ ３ ５ － ＋５ ＝０ ꎬ ４ π １ . θ θ １ ＝ｃｏｓ π＝－ｃｏｓ ＝－ ∴ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝ ꎬ ３ ３ ２ ５ ( ) ( ) ｍ ４７ π π θ θ ５ ｍ. (３)ｔａｎ π＝ｔａｎ － ＋８π ＝ｔａｎ － ＝ ｓｉｎ 􀅰ｃｏｓ ＝ ＝ ６ ６ ６ ５ 又 ２θ ２θ . ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１ － ３. ∴(ｓｉｎ θ ＋ｃｏｓ θ ) ２ －２ｓｉｎ θ 􀅰ｃｏｓ θ ＝１ꎬ ３ ( ) 即 １ ｍ ｍ １２. ５ ＤＰ ５ ＯＤ ５ ２３ －２ ＝１ꎬ∴ ＝－ (３)ｓｉｎ π＝ ꎬｃｏｓ π＝ ꎬｔａｎ π (４)ｃｏｓ － π ２５ ２５ ３ ３ ３ ４ ( ) ＝ ＡＴ ꎻ ( π ) 此时Δ ＝(－１) ２ －４×５× － １２ ＝ｃｏｓ －６π＋ ５ ４ ＝４９>０ꎬ π ＝ｃｏｓ ｍ １２符合题意 ４ ∴ ＝－ ꎬ ２５ ＝ ２. 故实数ｍ的值为 － １２. ２ ( ) ２５ α １６ １３.解析 因为 α ｓｉｎ 所以 (５)ｔａｎ － π (１) ｔａｎ ＝ α＝－２ꎬ ( ３ ) ｃｏｓ α α π α α 原式 －２ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ( ) ＝ｔａｎ －５π－ ｓｉｎ ＝－２ ｃｏｓ ꎬ ＝ α α＝ ３ －２ｃｏｓ －ｃｏｓ (４) ( ｓｉｎ － ) π ４ ＝ ＤＰ ꎬ ＝－ｔａｎ π －ｃｏｓ α α＝ １ . ３ －３ｃｏｓ ３ ｃｏｓ ( － π ４ ) ＝ ＯＤ ꎬ ８.解 ＝－ 析 ３ . 原式 ° ° ° (２) 原式 ＝ ｓｉｎ ２α ｓｉ ＋ ｎ ２ ２α ｃｏｓ ２α＝ ｔａ ｔ ｎ ａ ２ ｎ α ２α ＋２ ＝ ４＋ ４ ２ π ＡＴ. ＝ ３ｃｏｓ６０ ＋ｔａｎ(－３０ )－ｓｉｎ６０ ｔａｎ － ＝ ２ . ４ ３ ３ ３ ３. ＝ ＝ － － ＝－ ３ ２ ３ ２ ( ３ ) １４.解析 由题意知 α α ２ . ９.解析 由 ｓｉｎ π － α ＝ １ 得 ｃｏｓ α ＝ １ . ( ) ꎬｓｉｎ(π－ ( )＝ｓｉｎ ) ＝－ ３ ( ) ２ ２ ２ (１)ｃｏｓ α － ３ π ＝ｃｏｓ ３ π－ α ＝－ｓｉｎ α π α ２ ２ (１)ｓｉｎ ＋ ２ ２ . α ＝ ＝ｃｏｓ ３ ( ) １ . π α １ ＝ (２)ｔａｎ － ＝ α ４.解析 (１) 负. (２) 正. (３) 正. (４) 负. ２ ( ) ２ ｔａｎ ３π ａ ４ ５.解析 因为 α １ 所以α为第三或 (２)ｓｉｎ － α ± １－ ｓｉｎ ＝－ <０ꎬ ２ ｃｏｓ ９ ５. ３ α ＝ α＝ ＝± 第四象限角. ＝－ｃｏｓ ｓｉｎ ２ ２ － 因为 ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α ＝１ꎬ ＝－ １ . １５.解析 不成 ３ 立 Ａ Ｂ Ｃ ( ) ２ (１) ꎬｃｏｓ( ＋ )＝ｃｏｓ(π－ ) 所以 － １ ２ ＋ｃｏｓ ２α ＝１ꎬ 所以 ｃｏｓ ２α ＝－ ８ . １０.解析 ( ２ ｎ ＋１ α ) ( ｎ １ ＝－ｃｏｓ Ｃ ꎻ ３ ９ (１)ｓｉｎ π＋ ＝ｓｉｎ π＋ π 成立 Ａ Ｂ Ｃ Ｃ ２ ２ (２) ꎬｓｉｎ( ＋ )＝ｓｉｎ(π－ )＝ｓｉｎ ꎻ 当α为第三象限角时 ꎬｃｏｓ α ＝－ ２ ３ ２ ꎬｔａｎ α ＝ ＋ α ) ꎬ (３) 成立 ꎬｃｏｓ (Ａ ＋ ２ Ｂ) ＝ｃｏｓ ( π ２ － Ｃ) ｓｉｎ α ２ ( ) ( π Ｃ ) Ｃ . α＝ ꎻ 当ｎ为偶数时 原式 １ α α ＝ｃｏｓ － ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ４ ꎬ ＝ｓｉｎ π＋ ＝ｃｏｓ ꎻ ２ ２ ２ ２ Ｐ 练习 当α为第四象限角时 ꎬｃｏｓ α ＝ ２ ３ ２ ꎬｔａｎ α ＝ 当ｎ为奇数时 ꎬ 原式 ＝ｓｉｎ ( ３ π＋ α ) ＝－ｃｏｓ α. １. １ 解 ７５ 析 ２ α 综上可知 原式 ｎ α. ｓｉｎ ２. ꎬ ＝(－１) ｃｏｓ α＝－ ( ｎ ) ( ) ｃｏｓ ４ ２ ＋１ α ｎ π α ６.证明 ２α ２α α (２)ｃｏｓ π＋ ＝ｃｏｓ π＋ ＋ ꎬ (１)∵ｃｏｓ ＝１－ｓｉｎ ＝(１－ｓｉｎ )(１＋ ２ ２ α ( ) ｓｉｎ )ꎬ 当ｎ为偶数时原式 π α α α α ꎬ ＝ｃｏｓ ＋ ＝－ｓｉｎ ꎻ ｃｏｓ １＋ｓｉｎ . ２ ∴ α＝ α ( ) １－ｓｉｎ ｃｏｓ 当ｎ为奇数时 原式 ３ α α. ２β ２β ２β ２β ꎬ ＝ｃｏｓ π＋ ＝ｓｉｎ (２)ｔａｎ －ｓｉｎ －ｔａｎ ｓｉｎ ２ ＝ｔａｎ ２β (１－ｓｉｎ ２β )－ｓｉｎ ２β 综上可知 ꎬ 原式 ＝(－１) ｎ＋１ ｓｉｎ α. ２β ２β ２β ＝ｔａｎ ｃｏｓ －ｓｉｎ １１.解析 π θ ２β ∵ ≤ ≤πꎬ ｓｉｎ ２β ２β ２ ＝ ２β􀅰ｃｏｓ －ｓｉｎ ì ｍ ｃｏｓ ï θ －３ ＝ｓｉｎ ２ ２ β β －ｓｉｎ ２ ２ β β ＝０ꎬ ２β ２β ï ï ｓｉｎ ＝ｍ ＋５ ｍ ∈[０ꎬ１]ꎬ ∴ｔａｎ －ｓｉｎ －ｔａｎ ｓｉｎ ＝０ꎬ í θ ４－２ ∴ｔａｎ ２β ｓｉｎ ２β ＝ｔａｎ ２β －ｓｉｎ ２β. ∴ ïｃｏｓ ＝ ｍ ＋５ ∈[－１ꎬ０]ꎬ ７.解析 (１)ｓｉｎ１９２０ ° ＝ｓｉｎ(３６０ ° ×５＋１２０ ° ) î ï ï ｓｉｎ ２θ ＋ｃｏｓ ２θ ＝ ( ｍ ｍ －３ ) ２ ＋ ( ４ ｍ －２ ｍ) ２ ＝１ꎬ ° ３. ＋５ ＋５ ＝ｓｉｎ１２０ ＝ 解得ｍ . ２ ＝８ ２２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 Ｐ 练习 定义域为 ｘ ｘ ｋ ｋ Ｚ 最小 值 为 此 时 ｘ 的 集 合 １７８ (２) { ｜ ≠π＋２ πꎬ ∈ }ꎬ － ２ ꎬ １.解析 最大值为 此时 ｘ 的集合 单调增区间为 ｋ ｋ ｋ Ｚ. { } (１) ３ꎬ (２ π－πꎬ２ π＋π)ꎬ ∈ 为 ｘ ｘ ｋ ３ ｋ Ｚ . { } { } ＝２ π－ πꎬ ∈ 为 ｘ ｘ ｋ π ｋ Ｚ . 定义域为 ｘ ｘ ｋ ２ ｋ Ｚ ４ ＝２ π－ ꎬ ∈ (３) ≠４ ＋ ꎬ ∈ ꎬ ２ ３ ４.解析 π ３ 且ｙ ｘ在 最 小 值 为 此 时 ｘ 的 集 ( ) (１) <３<４< πꎬ ＝ｓｉｎ － １ꎬ 单调增区间为 ｋ １０ ｋ ２ ｋ Ｚ. ２ ２ { } ４ － ꎬ４ ＋ ꎬ ∈ ( ) 合 ｘ ｘ ｋ π ｋ Ｚ . ３ ３ π ３π 上单调递减 ＝２ π＋ ꎬ ∈ ( ) ( ) ꎬ ꎬ ２ ３.解析 ７ π ２ ２ 最 大 值 为 此 时 ｘ 的 集 合 (１) ｔａｎ － π ＝ ｔａｎ － ＝ . (２) ２ꎬ ６ ６ ∴ｓｉｎ３>ｓｉｎ４ { } ( ) 为 ｘ ｘ ＝ ｋ π＋ π ꎬ ｋ ∈ Ｚ . －ｔａｎ π ꎬ (２) π <２<３<πꎬ 且ｙ ＝ｃｏｓ ｘ在 π ꎬπ 上单 ６ ( ６ ) ( ) 调递减 ２ ２ 最 { 小 值 为 － ２ꎬ 此 } 时 ｘ 的 集 合 ｔａｎ － ７ π ＝ｔａｎ － ２ π ＝－ｔａｎ ２ πꎬ ꎬ . ５ ５ ５ ∴ｃｏｓ２>ｃｏｓ３ 为 ｘ ｘ ｋ ２ ｋ Ｚ . ＝ π＋ ３ πꎬ ∈ ∵０< π < ２ π< π ꎬ 且函数ｙ ＝ｔａｎ ｘ >０ 在 (３)π< ６ π< ５ πꎬ ２.答案 偶函数 奇函数 ６ ５ ２ ５ ４ (１) (２) ( ) π 上单调递增 ６ ６ . ３.解析 １ １ π 且函数ｙ ｘ ０ꎬ ꎬ ∴ｓｉｎ π>ｃｏｓ π (１)∵０< < < ꎬ ＝ｓｉｎ ２ ５ ５ ３ ２ ２ ( ) ( ) ( ) π ２ ５.解析 ｙ π ｘ ｘ π 在 π 上单调递增 ∴ｔａｎ <ｔａｎ πꎬ (１) ＝ｓｉｎ －２ ＝－ｓｉｎ ２ － ꎬ ０ꎬ ꎬ ６ ５ ３ ３ ２ ( ) ( ) ７ ７ . 令 ｋ π ｘ π ｋ π ｋ Ｚ １ １ . ∴ｔａｎ － π >ｔａｎ － π ２ π－ ≤２ － ≤２ π＋ ꎬ ∈ ꎬ ∴ｓｉｎ <ｓｉｎ ６ ５ ２ ３ ２ ３ ２ (２)∵ ３π < ８π < ９π <２πꎬ 且函数ｙ ＝ｃｏｓ ｘ在 (２)ｔａｎ ７ ９ π<０ꎬ 则ｋ π－ １ π ２ ≤ ｘ ≤ ｋ π＋ １ ５ ２ πꎬ ｋ ∈ Ｚ. ２ ５ ５ ( ) ３ ２ π ꎬ２π 上单调递增 ꎬ ｔａｎ π ９ >０ꎬ 令 ２ ｋ π＋ π ２ ≤２ ｘ － π ３ ≤２ ｋ π＋ ２ ３ πꎬ ｋ ∈ Ｚ ꎬ ∴ｃｏｓ ８ ５ π <ｃｏｓ ９ ５ π. Ｐ ∴ｔａ 习 ｎ 题 π ９ > . ｔａｎ ７ ９ π . 则ｋ π＋ １ ５ ２ π≤ ｘ ≤ ( ｋ π＋ １ １ ２ １ ) πꎬ ｋ ∈ Ｚ. (３)ｓｉｎ１<ｓｉｎ２ . １８１ ５３ 函数 ｙ π ｘ 的单调减区间为 １.解析 ∴ ＝ｓｉｎ －２ ４ ７ . [ ３ ] (４)ｃｏｓ π>ｃｏｓ π ９ ９ ｋ π ｋ ５ ｋ Ｚ ４.解析 (１) 令 ２ ｋ π－π≤ ｘ ≤２ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｚ得 π－ １２ ꎬ π＋ １ [ ２ π ꎬ ∈ ꎬ ] ２ 单调增区间为 ｋ ５ ｋ １１ ｋ Ｚ. ｋ ｘ ｋ ｋ Ｚ. π＋ πꎬ π＋ π ꎬ ∈ ４ π－２π≤ ≤４ πꎬ ∈ １２ １２ 令 ｋ ｘ ｋ ｋ Ｚ得 ｋ ｘ ｋ 令 ｋ ｘ π ｋ ｋ Ｚ得 ２ π≤ ≤２ π＋πꎬ ∈ ４ π≤ ≤４ π (２) －π＋２ π≤３ － ≤２ πꎬ ∈ ꎬ ２ ４ ｋ Ｚ. ｋ ｋ ＋２πꎬ ∈ π ２ π ｘ ２ π π ｋ Ｚ 故ｆ ｘ 的单调减区间为 ｋ ｋ ｋ － ＋ ≤ ≤ ＋ ꎬ ∈ ꎬ ( ) [４ π－２πꎬ４ π]ꎬ ４ ３ ３ １２ Ｚ ∈ ꎬ 令 ｋ ｘ π ｋ ｋ Ｚ得 ｆ ( ｘ ) 的单调增区间为 [４ ｋ πꎬ４ ｋ π＋２π]ꎬ ｋ ∈ Ｚ. ２ π≤３ － ４ ≤２ π＋πꎬ ∈ ꎬ ｋ ｋ (２) 令 － π ＋２ ｋ π≤２ ｘ ＋ π ≤ π ＋２ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｚ π ＋ ２ π ≤ ｘ ≤ ５π ＋ ２ π ꎬ ｋ ∈ Ｚ ꎬ ２ ６ ２ １２ ３ １２ ３ 所以函数的单调增区间是 得 ꎬ－ π ＋ ｋ π≤ ｘ ≤ π ＋ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｚ. [ ｋ ｋ ] ３ ６ ２.解析 函数ｙ ｆ ｘ ｘ的定义域 π ２ π ２ π π ｋ Ｚ. (１) ＝ ( )＝－ｓｉｎ２ － ＋ ꎬ ＋ ꎬ ∈ 令π ＋２ ｋ π≤２ ｘ ＋ π ≤ ３ π＋２ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｚ得 ꎬ 为Ｒ ꎬ ｆ (－ ｘ )＝－ｓｉｎ(－２ ｘ )＝ｓｉｎ２ ｘ ＝－ ｆ ( ｘ )ꎬ 所 ４ ３ ３ [ １２ ｋ ｋ ] ２ ６ ２ 以函数ｙ ｘ为奇函数. 单调减区间为 π ２ π ５π ２ π ｋ Ｚ. ＝－ｓｉｎ２ ＋ ꎬ ＋ ꎬ ∈ π ｋ ｘ ２ ｋ ｋ Ｚ. 函数ｙ ｆ ｘ ｘ 的定义域为 １２ ３ １２ ３ ＋ π≤ ≤ π＋ πꎬ ∈ (２)∵ ＝ ( )＝２ｃｏｓ ＋１ ６.解析 ６ ３ [ Ｒ ꎬ ｆ (－ ｘ )＝２ｃｏｓ(－ ｘ )＋１＝２ｃｏｓ ｘ ＋１＝ ｆ ( ｘ )ꎬ 故ｆ ｘ 的单调增区间是 π ｋ π ｙ ｆ ｘ ｘ 为偶函数. ( ) － ＋ πꎬ ＋ ∴ ＝ ( )＝２ｃｏｓ ＋１ ３ ６ 函数ｙ ｆ ｘ ｘ的定义域关于原 ] (３)∵ ＝ ( )＝３ｔａｎ ｋ ｋ Ｚ 单 调 减 区 间 是 点对称 ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ π ( ∈ )ꎬ ꎬ(－ )＝３ｔａｎ(－ )＝－３ｔａｎ ＝－( )ꎬ ｙ ｆ ｘ ｘ为奇函数. [ ] ∴ ＝ ( )＝３ｔａｎ π ｋ ２ ｋ ｋ Ｚ . 函数ｙ ｆ ｘ ｘ 的定义域为Ｒ ＋ πꎬ π＋ π ( ∈ ) (４) ＝ ( )＝ ｜ｓｉｎ ｜ ꎬ ６ ３ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ Ｐ 练习 (－ )＝ ｜ｓｉｎ(－ )｜ ＝ ｜－ｓｉｎ ｜ ＝ ｜ｓｉｎ ｜ ＝ １８１ ｆ ｘ 所以函数ｙ ｘ 为偶函数. ( )ꎬ ＝｜ｓｉｎ ｜ １.解析 不是 因为 π ３π 但 π ３.解析 最大值为 此时 ｘ 的集合 ꎬ < ꎬ ｔａｎ ＝１> (１) ２ꎬ ４ ４ ４ { } 为 ｘ ｘ ｋ π ｋ Ｚ { ｋ } ｔａｎ ３π ＝－１ . ＝ π＋ ２ ꎬ ∈ ꎬ ７.解析 定义域为 ｘ ｘ ≠ π ＋ π ꎬ ｋ ∈ Ｚ ꎻ ２. 解 为 ４ { ｘ 析 ｘ ≠ ｋ π ＋ π ( ꎬ ｋ １ ∈ Ｚ ) } ꎬ 定 义 域 为 最 { 小 ｘ ｘ 值 ＝ ｋ 为 πꎬ ｋ ∈ － Ｚ ２ } ꎬ ꎬ 此 时 ｘ 的 集 合 单调减区间为 (ｋ ３ π － π ６ ꎬ ｋ ３ ３ π ＋ π ６ ６ ) ꎬ ｋ ∈ Ｚ. ３ ６ ８.解析 ｘ π和ｘ ３π. ( ｋ ｋ ) 最 大 值 为 此 时 ｘ 的 集 合 (１) ＝ ＝ 单调递增区间为 － π ＋ π ꎬ π ＋ π ( ｋ (２ { ) ２ꎬ } ４ ４ ６ ３ ６ ３ 为 ｘ ｘ ｋ π ｋ Ｚ ｘ π和ｘ ５π. Ｚ . ＝２ π＋ ꎬ ∈ ꎬ (２) ＝ ＝ ∈ ) ４ ６ ６ ２３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等( ) ２.解析 将ｙ ｘ的图象上的每一点的 ｘ ２π和ｘ ４ . ｋ π ｋ π ｋ Ｚ 令 ｋ (１) ＝ｓｉｎ (３) ＝ ＝ π ２ π－ ꎬ２ π＋ ( ∈ )ꎬ∴ ２ π－ ３ ３ ２ ２ 纵坐标缩短为原来的 １ 横坐标不变. ꎬ ｘ ３ 和ｘ ７ . π ｘ π ｋ π ｋ Ｚ ３ (４) ＝ π ＝ π < ＋ <２ π＋ ( ∈ )ꎬ 将ｙ ｘ的图象上的每一点的横坐标 ４ ４ ２ ３ ２ (２) ＝ｓｉｎ { 伸长为原来的 倍 纵坐标不变. ９.答案 ｘ π ｋ ｘ ２π ｋ ｋ 解得 ｋ ５π ｘ ｋ π ｋ Ｚ ３ ꎬ (１) ＋２ π≤ ≤ ＋２ πꎬ ∈ ２ π－ < <２ π＋ ( ∈ )ꎬ 将ｙ ｘ的图象上的每一点的横坐标 ３ ３ ６ ６ (３) ＝ｓｉｎ } ( ) 伸长为原来的 倍 纵坐标伸长为原来的 Ｚ . ∴ ｙ ＝ ｓｉｎ ｘ ＋ π 的单调递增区间为 倍. ２ ꎬ ３ ２ { } ( ) Ｐ 练习 ｘ ３π ｋ ｘ ３π ｋ ｋ Ｚ . － ５π ＋２ ｋ πꎬ π ＋２ ｋ π ( ｋ ∈ Ｚ ) . １９０ ( ( ３ ２ ) ) ( － π － ＋ ｋ ４ πꎬ ＋２ π π ＋ ≤ ｋ π ] ≤ ( ｋ ４ ∈ ＋ Ｚ ２ ) . πꎬ ∈ 又 ∵ ６ ｙ ＝ ( ｌ ｘ ｏｇπ π ｘ ６ 是 ) 的 单 单 调 调 递 递 增 增 函 区 数 间 ꎬ∴ 为 函 ( 数 π ｙ ＝ １. 单 解 位 析 长 度 (１ 得 ) 将 到 ｙ . ＝ｓｉｎ ｘ的图象向左平移π ３ 个 [ ２ ４ ) ｌｏｇπｓｉｎ ＋ ３ － ３ ＋ ｋ π ｋ π ｋ Ｚ . ) (４) π＋ ꎬ π＋ ( ∈ ) ３ ２ ｋ π ｋ ｋ Ｚ . １０.解析 作出函数图象 ꎬ 如图所示 : ２ πꎬ ６ ＋２ π ( ∈ ) 同 理 可 得 单 调 减 区 间 为 ꎬ ( ) π ｋ ２π ｋ ｋ Ｚ . ＋２ πꎬ ＋２ π ( ∈ ) ６ ３ Ｐ 练习 将ｙ ｘ的图象上所有点向右平移π １８６ (２) ＝ｓｉｎ １.解析 ３ 个单位长度 然后将纵坐标伸长为原来的 按五个关键点列表 ꎬ ２ (１): : 倍 横坐标不变得到. ꎬ 从图中可以看出 ꎬ ｙ ＝｜ｓｉｎ ｘ ｜ 是以 π 为周期 ｘ ０ π π ３π ２π 的函数 证明如下 ２ ２ ꎬ : 由于 ｘ ｘ ｘ ｘ ｜ｓｉｎ( ＋π)｜＝｜－ｓｉｎ ｜＝｜ｓｉｎ ｜ꎬ ｓｉｎ ０ １ ０ －１ ０ 所以ｙ ｘ 是以 为周期的函数. ＝｜ｓｉｎ ｜ π １１. 点 解 外 析 正 ( 弦 １) 曲 由 线 正 还 弦 有 函 其 数 他 的 对 周 称 期 中 性 心 可知 其 ꎬ 坐 除 标 原 １ ３ ｓｉｎ ｘ ０ １ ３ ０ － ３ １ ０ ꎬ ꎬ 描点 作图如下 为 ｋ ｋ Ｚ ｋ . ꎬ : ( πꎬ０)ꎬ ∈ ꎬ ≠０ 正弦曲线是轴对称图形 其对称轴的方 将ｙ ｘ的图象上所有点向左平移π (２) ꎬ (３) ＝ｓｉｎ ３ 程是ｘ π ｋ ｋ Ｚ. 个单位长度 然后再将横坐标缩短为原来的 ＝ ＋ πꎬ ∈ ꎬ ２ 其图象是中心对称图形 也是轴对称 １ 纵坐标伸长为原来的 倍 最后将所得 (３) ꎬ ꎬ ３ ꎬ 图形 ２ ꎬ 函数图象向上平移 个单位长度得到. 按五个关键点列表 １ 令 ｘ π ｋ 所以ｘ π ｋ π ｋ Ｚ (２) : ２ ＋ ＝ πꎬ ＝－ ＋ ( ∈ )ꎬ ３ ( ｋ ６ ) ２ １ ｘ ０ π π ３π ２π 即对称中心为 π π ｋ Ｚ ３ ２ ２ － ＋ ꎬ０ ( ∈ )ꎻ ６ ２ ｋ ｘ ３π ９π 令 ｘ π π ｋ ｋ Ｚ 得ｘ π π ｋ ０ ３π ６π ２ ＋ ＝ ＋ πꎬ ∈ ꎬ ＝ ＋ ( ２ ２ ３ ２ １２ ２ ｋ ∈ Ｚ )ꎬ 即对称轴为直线ｘ ＝ π ＋ π ꎬ ｋ ∈ Ｚ. ｓｉｎ １ ｘ ０ １ ０ －１ ０ １２ ２ ３ １２.解析 描点 作图如下 ꎬ : ２.答案 左 π (１) ꎻ ３ 右 π (２) ꎻ ６ ( ) ｙ １ ｘ π (３) ＝ｓｉｎ － 按五个关键点列表 ２ １０ (３) : ３.答案 (１) １ ｘ π ３π ０ π ２π ２ ２ ２ 由图可知 ｘ 且 ｘ 的ｘ的取值范 ｓｉｎ <０ ｃｏｓ <０ ｘ ( ) ０ π ２π ３π ４π 围为 π . －πꎬ－ ２ １ ｘ ( ) ２ｓｉｎ ０ ２ ０ －２ ０ １３.解析 由题意得 ｘ π ２ ｓｉｎ ＋ >０ꎬ ３ 描点 作图如下 ꎬ : 振幅为 ∴ 解 ２ 得 ｋ π 函 < 数 ｘ ＋ 定 π ３ 义 < 域 π＋ 为 ２ ｋ π( ｋ ∈ Ｚ ) . ( 周 ２ 期 ) Ｔ ＝２πꎬ ２ꎬ { } 频率为 １ ꎬ ｘ π ｋ ｘ ２π ｋ ｋ Ｚ . ２π － ＋２ π< < ＋２ πꎬ ∈ ３ ３ 初相为 ２ . 又 ｙ ｘ 的单调递增 区 间 是 π ∵ ＝ ｓｉｎ ３ ２４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 Ｐ 习题 . 值域为 １９１ ５４ [－３ꎬ３]ꎬ 不妨取θ π １.略. 周期Ｔ ＝－ ꎬ ＝πꎬ ４ ２.答案 [ ] ( ) (１)Ｄ (２)Ｃ 单调增区间为 ｋ π ｋ π ｋ Ｚ Ｉ ｔ π . π－ ꎬ π＋ ꎬ ∈ ꎬ ∴ ＝３０ｓｉｎ １００π－ ３.解析 振幅为 ２ 周期为 初相为 ３ ６ ４ (１) ꎬ ２πꎬ ０ꎻ [ ] ２.解析 由题意 ＯＰ每秒钟内所转过的角 ３ 单调减区间为 ｋ π ｋ ２ ｋ Ｚ (１) ꎬ ｙ ｘ的图象上的每一点横坐标不变 纵 π＋ ꎬ π＋ π ꎬ ∈ ꎬ ＝ｓｉｎ ꎬ ６ ３ 为５×２π π ＯＰ在时间ｔ 内所转过的角 (ｋ ) ＝ ꎬ (ｓ) 坐标缩短为原来的 ２ 得 ｙ ２ ｘ 的 对称中心为 π π ｋ Ｚ ６０ ６ ꎬ ＝ ｓｉｎ － ꎬ０ ꎬ ∈ ꎬ ３ ３ ２ １２ 为πｔ.由题意可知水轮逆时针转动 得ｈ 图象. ｋ ꎬ ＝ 对称轴方程为ｘ π π ｋ Ｚ. ６ ＝ ＋ ꎬ ∈ ( ) 振幅为 周期为 初相为π ２ ６ πｔ φ . (２) ２ꎬ ２πꎬ ꎻ ４ｓｉｎ ＋ ＋２ ３ ５.解析 令ｔ 得Ｉ π ３ 周期Ｔ ６ ＝０ꎬ ＝３ｓｉｎ ＝ ꎬ ＝ 可将ｙ ｘ图象上所有的点向左平移 π ６ ２ 当ｔ 时 ｈ 得 φ １ 可取φ π. ＝ｓｉｎ ＝０ ꎬ ＝０ꎬ ｓｉｎ ＝ ꎬ ＝－ ３ ２π . ２ ６ 个单位长度 然后将纵坐标伸长为原来的 ω ＝４π ( ) ꎬ 故所求的函数关系式为ｈ πｔ π 倍. ＝４ｓｉｎ － ２ 故初始电流为 ３ 最大电流为 周期 ６ ６ Ａꎬ ３ Ａꎬ . 振幅为 周期为 初相为 π ２ ＋２ (３) ２ꎬ πꎬ － ꎻ 为 . ( ) ６ ４π 令ｈ πｔ π 可将ｙ ｘ的图象上的每一点的横坐标缩 ６.解析 解法一 将函数ｆ ｘ ωｘ的图象 (２) ＝４ｓｉｎ － ＋２＝６ꎬ ＝ｓｉｎ : ( )＝ｓｉｎ ６ ６ ( ) 短为原来的 １ 纵坐标伸长为原来的 倍 向右平移π个单位长度得到函数ｇ ｘ 得 πｔ π 令πｔ π π 得ｔ ꎬ ２ ꎬ ( )＝ｓｉｎ ｓｉｎ － ＝１ꎬ － ＝ ꎬ ＝ ２ ４ ６ ６ ６ ６ ２ ( ) 故点Ｐ第一次到达最高点大约需要 . 然后将所得图象上所有点向右平移 π 个单 ωｘ π ω 的图象 又 其图象过点 ＝４ꎬ ４ｓ － ꎬ ∵ Ｐ 习题 . １２ ４ １９６ ５５ 位长度. ( ) ( ) ( ) １.答案 ３π ｇ ３π ３πω πω ０Ａ ꎬ０ ꎬ∴ ＝ｓｉｎ － ＝ｓｉｎ 解析 由题图知Ａ .函数的最小正周期 振幅为 周期为 初相为π. ４ ４ ４ ４ ＝１００ (４) ２ꎬ πꎬ ( ) ３ πω 又ω ω的最小值为 . Ｔ ４ １ １ 则 ω ２π ２π 可将ｙ ｘ的图象上的每一点的横坐标缩 ＝０ꎬ >０ꎬ∴ ２ ＝２× － ＝ ꎬ ＝ Ｔ ＝ ＝ ＝ｓｉｎ ２ ３００ ３００ ５０ １ 解法二 函数ｆ ｘ ωｘ的图象向右平移 短为原来的 １ 纵坐标伸长为原来的 倍 : ( )＝ｓｉｎ ５０ ꎬ ２ ꎬ ( ) ( ) ２ π个单位长度后过点 ３π 函数ｆ ｘ 将点 １ 代入Ｉ ｔ φ ꎬ０ ꎬ∴ ( ) １００πꎬ ꎬ１０ ＝１０ｓｉｎ(１００π＋ ) 然后将所得图象上所有的点向左平移 π 个 ４ ４ ３００ ( ) ( ) ( ) ６ ωｘ的图象过点 π 即 ｆ π 可得 π φ 不妨取φ π 故函数 单位长度 再向上平移 个单位长度得到. ＝ｓｉｎ ꎬ０ ꎬ ＝ ｓｉｎ ＋ ＝１ꎬ ＝ ꎬ ꎬ １ ２ ２ ３ ６ ４.解析 按五个关键点列表 ( ) (１) : πω 又ω ω的最小值为 . 解析式为Ｉ ｔ π 将ｔ ７ ｓｉｎ ＝０ꎬ >０ꎬ∴ ２ ＝１０ｓｉｎ １００π ＋ ꎬ ＝ ２ ６ １２０ ２ ｘ ＋ π ６ ０ π ２ π ３ ２ π ２π ７.解析 先将ｙ ＝２ｃｏｓ ( ｘ ＋ １ ) 图象上所有的 ２. 代 解 入 析 函数解析式 振 得 幅 Ｉ ＝ Ａ ０ . 周期 Ｔ ２ (１) ＝ ２ꎬ ＝ ２× ｘ π π ５π ２π １１π ( ) － １２ ６ １２ ３ １２ 点向右平移 １ 个单位长度得到ｙ ＝２ｃｏｓ ｘ的 １１ π－ ５ π ＝πꎬ ( ) 图象 然后将 ２ 该函数的图象上所有点的纵坐 １２ １２ ３ｓｉｎ ２ ｘ ＋ π ６ ０ ３ ０ －３ ０ 标缩短 ꎬ 为原来的 １ 得到ｙ ｘ的图象. 频率ｆ ＝ π １ ꎬ 初相为 － π ３ . 描点 ꎬ 作图 : ２ ＝ｃｏｓ 由 可知Ａ ω φ π ８.解析 初始位置为Ｐ (２) (１) ＝２ꎬ ＝２ꎬ ＝－ ꎬ (１)∵ ０( ２ꎬ－ ２)ꎬ ( ) ３ 初始角度θ π. ｙ ｘ π . ∴ ０＝－ ∴ ＝２ｓｉｎ ２ － ４ ３ 又 角速度为 ∵ １ｒａｄ/ｓꎬ 令 ｋ π ｘ π ｋ π ｋ Ｚ (３) ２ π－ ≤２ － ≤２ π＋ ꎬ ∈ ꎬ 点Ｐ转过的角度θ π ｔ ｔ π. ２ ３ ２ ∴ ＝－ ＋１× ＝ － ４ ４ 得ｋ π ｘ ｋ ５ ｋ Ｚ ( ) π－ ≤ ≤ π＋ πꎬ ∈ ꎬ ｙ ｔ π . １２ １２ ∴ ＝２ｓｉｎ － 函 数 的 单 调 增 区 间 为 ４ ∴ ω [ ] (２)∵ ＝１ꎬ ｋ π ｋ ５ ｋ Ｚ. π－ ꎬ π＋ π ꎬ ∈ Ｔ ２π ｆ １ １ . １２ １２ ∴ ＝ ω ＝２πｓꎬ ＝ Ｔ ＝ Ｈｚ ３.解析 由题图及题意可知隧道口的两端 ２π (１) Ｐ 练习 点坐标分别为 . ｙ ｘ的图象先向左平移 π 个单位长 １９６ (０ꎬ０)ꎬ(８４ꎬ０)ꎬ (２) ＝ｓｉｎ ６ １.解析 由题图知 Ｔ ９ １ ８ １ Ａ . Ｔ . . ω ２π π ( ) ＝ － ＝ ＝ ＝４５ꎬ ＝２×８４＝１６８ꎬ∴ ＝ . ＝ . ꎬ 度得到ｙ ｘ π 的图象 再将横坐标 ４００ ４００ ４００ ５０ １６８ ８４ ＝ｓｉｎ ＋ ꎬ ( ) ６ ２π ｙ . πｘ θ . ＝ ωꎬ ∴ ＝４５ｓｉｎ . ＋ 缩短为原来的 １ 纵坐标不变 得到 ｙ ８４ ( ) ＝ ω . ( ) ２ ∴ ＝１００π 将 . . 代入可得 . π θ ( ) 又Ａ (４２ꎬ４５) １＝４５ｓｉｎ ＋ ꎬ ｘ π 的图象 最后将纵坐标扩大为 ＝３０ꎬ ２ ｓｉｎ ２ ＋ ꎬ 设Ｉ ｔ θ 可取θ ６ ＝３０ｓｉｎ(１００π＋ )ꎬ ＝０ꎬ 原来的 倍 横坐标不变 则得到函数ｙ ( ) ３ ( )ꎬ ＝ 将 １ 代入可得 ｙ . πｘ ９ ５πｘ. ( ) ꎬ０ ꎬ ∴ ＝４５ｓｉｎ . ＝ ｃｏｓ ｘ π 的图象. ４００ ８４ ２ ４２ ３ｓｉｎ ２ ＋ ( ) 由路面宽度为 . 可知公路边缘的坐 ６ π θ (２) ４２ｍꎬ 定义域为Ｒ ０＝３０ｓｉｎ ＋ ꎬ 标为 . (３) ꎬ ４ (２１ꎬ０)ꎬ ２５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等２. 将ｘ . 代入解析式可得ｙ ９ π ２ １５πｃｍ α α ３. ＝２１ ＝ ｃｏｓ ＝ ∴ｃｏｓ(２π－ )＝ｃｏｓ ＝± ２ ４ ２ 分针尖端所走过的弧长为 ５ ２ (３) ×２π×６＝ １２ ４.解 × ２ 析 ９ ＝ ９ ( ４ １ ２ ) . 最大用电量为 ５０ 万 ｋＷ􀅰ｈꎬ ３.解 ５π 析 ｃｍ . 由角α的终边经过点Ｐ ( ａ ꎬ ａ )( 其中 ｔａｎ( α －３π) { ＝ｔａｎ( α π＋ ｓ α ｉｎ ) α ＝ｔａｎ α ＝± α ３ ３. α 最小用电量为 ３０ 万 ｋＷ􀅰ｈ . ａ ≠０)ꎬ (４)∵ 联立 ｔａｎ ＝ ｃｏｓ α＝２⇒ｓｉｎ ＝２ｃｏｓ ꎬ ( Ａ ２) 观 ω 察 ｘ 图 φ 象 ｂ 可 的 知 半个 ８~ 周 １ 期 ４ 时 的图 的 象 图象是 ｙ ＝ 可得 :ｓｉｎ α ＝ ａ２ ａ ａ２ ＝ ａ ａ２ ＝ ａ ａ ꎬｃｏｓ α ＝ ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α ＝１ꎬ ｓｉｎ( ＋ )＋ ꎬ ａ ａ ＋ ａ ２ ２｜ ｜ 解得 ｃｏｓ ２α ＝ １ ⇒ｃｏｓ α ＝± ５ ꎬ ∴ Ａ ＝ ２ １ ×(５０－３０)＝ １０ꎬ ｂ ＝ ２ １ ×(５０＋３０) ａ２ ＋ ａ２ ＝ ２ ａ２ ＝ ２｜ ａ ｜ ꎬ ( ) ５ ５ ＝４０ １ . ２π ω π. ｔａｎ α ＝ ａ ａ ＝１ . ８.解 ∴ 析 ｓｉｎ π ２ － α ＝ｃｏｓ α ＝± ５ ５. ∵ ×ω ＝１４－８ꎬ∴ ＝ ２ ６ ( ) 当ａ 时 α ２ α ２ α ∴ ｙ ＝１０ｓｉｎ πｘ ＋ φ ＋４０ . >０ ꎬｓｉｎ ＝ ２ ꎬｃｏｓ ＝ ２ ꎬｔａｎ ＝１ꎻ ｘ ０ π ２ π ３ ２ π ２π ６ ( ) 当ａ 时 α ２ α ２ α ｙ ｘ 将ｘ ｙ 代入上式 可得 ４π φ <０ ꎬｓｉｎ ＝－ ꎬｃｏｓ ＝－ ꎬｔａｎ ＝ｓｉｎ ０ １ ０ －１ ０ ＝８ꎬ ＝３０ ꎬ ｓｉｎ ＋ ＝ ２ ２ ３ . ｙ ｘ 又 φ ＝１ ＝ｃｏｓ １ ０ －１ ０ １ －１ꎬ ０< <πꎬ ４.解析 由ＭＰ ＭＰ 知 α β 所 １＋ ２＝０ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＝０ꎬ φ π. 以α β的终边关于ｘ轴或原点对称 从而α ∴ ＝ 、 ꎬ ＋ ６ β ｋ 或α β ｋ ｋ Ｚ. ( ) ＝２ π － ＝２ π＋πꎬ ∈ 所求函数解析式为ｙ πｘ π ∴ ＝１０ｓｉｎ ＋ ＋ ５.解析 θ θ １ ６ ６ ∵ｓｉｎ －ｃｏｓ ＝－ ꎬ ｘ . ５ ４０ꎬ ∈[８ꎬ１４] ５.解析 (１) 由题得 ꎬ Ｔ ＝１２ꎬ ∴(ｓｉｎ θ －ｃｏｓ θ ) ２ ＝ ２ １ ５ ꎬ 由图可知 ꎬ 当ｘ ∈ [ πꎬ ３π ] 时 ꎬ ｙ ＝ｓｉｎ ｘ是减 ∴ ω ＝ ２ Ｔ π ＝ π ６ ꎬ ∴ｓｉｎ ２θ －２ｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ＋ｃｏｓ ２θ ＝ ２ １ ５ ꎬ 函数 ꎬ ｙ ＝ｃｏｓ ｘ是 ( 增函数 ) ２ . 当ｔ ＝０ 时 ꎬ Ａ ｃｏｓ０＋ ｂ ＝ ２ ３ ꎬ 即Ａ ＋ ｂ ＝ ２ ３ ꎻ ∴ｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ＝ ２ １ ５ ２ ꎬ ９.解析 ｙ ＝２ｃｏｓ π ２ －３ ｘ ＝２ｓｉｎ３ ｘ. 当ｔ ＝３ 时 ꎬ Ａ ｃｏｓ π ２ ＋ ｂ ＝１ꎬ 即ｂ ＝１ꎬ ∴ｓｉｎ θ ＋ｃｏｓ θ ( [ １ ｋ ) 单 ｋ 调 ] 递 增 区 间 为 θ θ ２ π π ２ π π ｋ Ｚ Ａ １ ｂ ＝ １＋２ｓｉｎ ｃｏｓ － ꎬ ＋ ( ∈ )ꎬ ∴ ＝ ꎬ ＝１ꎬ ３ ６ ３ ６ ２ ７ [ ｋ ｋ ] ＝± ꎬ 单调递减区间为 ２ π π ２ π π ｋ ｙ １ πｔ . ５ ＋ ꎬ ＋ ( ∈ ∴ ＝ ｃｏｓ ＋１ ４θ ４θ ２θ ２θ ２θ ２θ ３ ６ ３ ２ ２ ６ ∴ｓｉｎ －ｃｏｓ ＝(ｓｉｎ －ｃｏｓ )(ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ) Ｚ . 由题意知 当ｙ 时 才对冲浪者开放 ２θ ２θ ) (２) ꎬ >１ ꎬ ꎬ ＝ｓｉｎ －ｃｏｓ ｋ θ θ θ θ 最大值为 此时ｘ ２ π π ｋ Ｚ. ∴ 令 １ ｃｏｓ πｔ ＋１>１ꎬ 得 ｃｏｓ πｔ >０ꎬ ＝(ｓｉｎ － ( ｃｏｓ ) ) (ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ) ２ꎬ ＝ ３ ＋ ６ ꎬ ∈ ２ ６ ６ １ ７ ｋ ＝－ × ± 最小值为 此时ｘ ２ π π ｋ Ｚ. ｋ π πｔ ｋ π ｋ Ｚ ５ ５ －２ꎬ ＝ ＋ ꎬ ∈ ∴２ π－ < <２ π＋ ꎬ ∈ ꎬ ３ ２ ２ ６ ２ ７ . 即 ｋ ｔ ｋ ｋ Ｚ. ＝± １０.答案 π １２ －３<<１２ ＋３ꎬ ∈ ２５ (１)３π (２) (３)６π (４)π ｔ ６.解析 原式 ２ ∵０≤≤２４ꎬ (１) 令ｋ 得 ｔ 或 ｔ 或 ｔ ２α ２β ２β ２α ２β １１.解析 图略.振幅 周期 ２π 初 ∴ ＝０、１、２ꎬ ０≤<３ ９< <１５ ２１< ＝ｓｉｎ (１－ｓｉｎ )＋ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ｃｏｓ (１) :１ : . ２α ２β ２β ２α ２β ５ ≤２４ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ｃｏｓ 故在 ８:００ 至 ２０:００ 之间 ꎬ 有 ６ 个小时的时间 ＝ｃｏｓ ２β (ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α )＋ｓｉｎ ２β 相 : π 可供冲浪者进行运动 即 至 . . ６ ꎬ ９:００ １５:００ ＝１ Ｐ 复习题五 原式 先把正弦曲线向左平移 π 个单位长度 再 １. ２ 解 ０１ 析 { α α ｋ ５ ｋ Ｚ } π. ( ＝ ２ ９ ) ｓｉｎ ２θ ＋１６ｃｏｓ ２θ ＋２４ｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ＋９ｃｏｓ ２θ － 把所得图象上所有点的横 ６ 坐标缩小到原 ꎬ 来 (１) ＝２ π－ πꎬ ∈ ꎬ θ θ ２θ { ３ } ３ ２４ｃｏｓ ｓｉ ２ ｎ θ ＋１６ ２ ｓ θ ｉｎ ２θ ２θ . 的 １ . α α ｋ ２１ ｋ Ｚ π ９ . ＝１６(ｓｉｎ ＋ｃｏｓ )＋９(ｓｉｎ ＋ｃｏｓ )＝２５ ５ (２) ＝２ π＋ πꎬ ∈ ꎬ ꎬ－ π { ５ } ５ ５ ７.解析 (１)∵ α是第二象限角且 ｓｉｎ α ＝ １ ５ ３ ꎬ (２) 图略.振幅 :２ 周期 :４π 初相 :－ π (３) α α ＝２ ｋ π＋ ３ πꎬ ｋ ∈ Ｚ ꎬ－ ５ π . ( ) ２ ６ ４ ４ α ２α ５ １２ 先把正弦曲线向右平移 π 个单位长度 再 { } ∴ｃｏｓ ＝－ １－ｓｉｎ ＝ １－ ＝－ ꎬ ꎬ α α ｋ π ｋ Ｚ １１ . １３ １３ ６ (４) ＝２ π＋ ꎬ ∈ ꎬ－ π α 把所得图象上各点的横坐标扩大到原来的 ６ ６ ｔａｎ α ＝ ｓｉｎ α＝－ ５ . 倍 纵坐标扩大到原来的 倍 最后再将 ２.答案 分针走了 即走了２５ ５ ｃｏｓ １２ ２ ꎬ ２ ꎬ ２５ ｍｉｎ ＝ α １ . 所得图象做关于ｘ轴对称的图象. ６０ １２ (２)ｃｏｓ ＝ 个圆. ５ 图略.振幅 周期 ２π 初相 (３) :３ : :０ (１) 分针转过的角的弧度数为 ５ ×２π＝ (３) 由 ｓｉｎ(π＋ α )＝－ ２ １ ꎬ 得 ｓｉｎ α ＝ ２ １ . 先将正弦曲线上所有点的 ３ 横坐标缩短为原 １２ ５ π . ∴ｃｏｓ α ＝± ３ ꎬ 来的 １ ꎬ 再将所得图象上所有点的纵坐标 ６ ２ ３ 伸长为原来的 倍 然后做所得图象关于ｘ 分针扫过的扇形的面积为 ５ ２ α ３. ３ ꎬ (２) ×π×６ ＝ ∴ｔａｎ ＝± 轴对称的图象后再整体向上平移 个单位 １２ ３ １ ２６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 长度. 点的横坐标伸长到原来的 倍 纵坐标不 赛 人数较少 应采用全面调查. ２ ( ꎬ ꎬ １２.解析 若ｔ . 则ｙ . 变 故 适宜普查 适宜抽样调查. (１) ＝０ ６ ｓꎬ ＝５ｃｏｓ(０ ６π＋ )ꎬ (２)(４) ꎬ(１)(３) . . 所得图象对应的函数解析式为ｙ ｘ Ｐ 习题 . ０４π)＝５ｃｏｓπ＝－５(ｃｍ) ＝ｃｏｓ ＋１ꎬ ２０９ ６１ 由周期可知振动一次所需时间为 . 然后向左平移 个单位长度 再向下平移 １.解析 获取数据的途径有直接来源和间接 (２) ２ｓ １ ꎬ １ 略. 个单位长度 来源 如国家各级统计部门公布的统计公 (３) ꎬ ꎬ ｇ 所得图象对应的函数解析式为 报 定期出版的各类统计年鉴 各类经济信 １３.解析 由已知得 ２π 所以 ꎬ ꎬ ｇ ＝１ꎬ ｌ ＝ ｙ ＝ｃｏｓ( ｘ ＋１)＋１－１＝ｃｏｓ( ｘ ＋１) . 息中心 、 专业调查机构 、 各行业协会提供的 ｌ １９.解析 由题意知Ｔ ＝２πꎬ∴ ω ＝１ꎬ 市场信息和行业发展的数据情报 ꎬ 各类专业 ( ) 期刊 报纸 图书所提供的文献资料 从互联 ２πꎬ 所以 ｇ ｌ ＝４π ２ ꎬ ｌ ＝ ４π ｇ ２＝ ４ ９ π . ８ ２＝ ２０ ４ π ９ ２ . ∴ ｙ ＝２ｓｉｎ ｘ ＋ π ６ . 网或图 、 书馆 、 查阅到的相关资料 ꎬ 以及 ꎬ 直接调 ( ) 查 实验.面对具体活动时 要多查阅 搜集 １４.解析 (１) ｙ ＝２ｓｉｎ ｘ ＋ π . 令 ２ ｋ π＋ π ≤ ｘ ＋ π ≤２ ｋ π＋ ３ πꎬ ｋ ∈ Ｚ ꎬ 以往 、 的数据 灵活运用多种 ꎬ 途径. ꎬ ３ ２ ６ ２ ꎬ ( ) ２.Ｄ 此问题研究的是运动员的年龄情况 不 (２) ｙ ＝２ｓｉｎ πｘ ＋ π . 解得 ２ ｋ π＋ π ≤ ｘ ≤２ ｋ π＋ ４ πꎬ ｋ ∈ Ｚ. 是 运动员 故 错 故选 . ꎬ １５.解析 ∵ α为 ３ 第二象 ３ 限角 ꎬ 减区间为 ３ [ ｋ π ｋ ３ ４ ] ｋ Ｚ. ３.答案 (１ ꎬ ) 做全 Ａꎬ 面 Ｂꎬ 调 Ｃ 查. ꎬ Ｄ ∴ ２ π＋ ꎬ２ π＋ π ꎬ ∈ 做抽样调查. ∴ １ １ － ＋ ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ α α － １ １ ＋ － ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ α α ２０.解析 因为 － π为函 ３ 数ｆ ( ｘ ) 的 ３ 零点 ꎬ 直线ｘ ４. ( ( 解 ２ ３ 析 ) ) 做抽 普 样 查 调 数 查 据 . 准确 但耗时费力 抽样调 α ２ ４ ꎬ ꎻ (１＋ｓｉｎ ) 查省时省力 但数据不够准确. ＝ α α π为函数ｆ ｘ 图象的对称轴 所以 π ꎬ (１－ｓｉｎ )(１＋ｓｉｎ ) ＝ ( ) ꎬ ＝ ５.略. ４ ２ － (１＋ｓ ( ｉｎ １－ α α ｓ ) ｉｎ ( ２ １ α － ) ｓ ２ ｉｎ α ) α ２ ｋ ２ Ｔ ＋ Ｔ ４ ( ｋ ∈ Ｚ ꎬ Ｔ为最小 ( 正周期 ) )ꎬ 得Ｔ ＝ １ Ｐ . ２ 与 解 １２ 总 析 练 体 习 分 样 布 本 的 的 一 代 致 表性 它 是 表 指 现 样 为 本 样 的 本 频 与 率 总 分 体 布 在 ＝ (１＋ ｃｏ ｓｉ ｓ ｎ ２α ) － (１－ ｃｏ ｓｉ ｓ ｎ ２α ) ２ ２ ｋ ＋ π １ ( ｋ ∈ Ｚ ) .又ｆ ( ｘ ) 在 １ π ８ ꎬ ５ ３ π ６ 上单调 ꎬ 数据结构上的相似 ꎬ . ＝－ １ ｃ ＋ ｏ ｓ ｓ ｉｎ α α ＋ １ ｃ － ｏ ｓ ｓ ｉｎ α α ＝－２ｔａｎ α. 所以Ｔ ≥ π ６ ꎬ 所以ｋ ≤ １ ２ １.当ｋ ＝５ 时 ꎬ ω ＝ ２.解析 先 将 假设班 人 内 进 有 行编 ５０ 号 人 ꎬ 可 则 以 抽 从 取过程 编 如 到 下 : ( ) ( ) (１) ５０ ꎬ ０１ ５０ꎻ １６.解析 π α ３ 且 π α为第 φ π ｆ ｘ 在 π ５π 上不单调 把号码写在形状和大小相同的小纸条 ∵ ｓｉｎ － ＝ ꎬ － １１ꎬ ＝－ ꎬ ( ) ꎬ ꎻ (２) ４ ５ ４ ４ １８ ３６ 上 然后把纸条放到一个盒子中摇匀 二象限角 ꎬ ꎻ ꎬ 当 ｋ 时 ω φ π ｆ ｘ 在 从盒子中依次取出 个纸条 即得样本 ( ) ( ) ＝ ４ ꎬ ＝ ９ꎬ ＝ ꎬ ( ) (３) １０ ꎬ ∴ ｃｏｓ π ４ － α ＝ － １－ｓｉｎ ２ π ４ － α ＝ ( π ꎬ ５π ) 上单调 ꎬ 满足题意 ꎬ ４ 故ω的最大 ３. 号 解 码 析 ꎬ 再 先 根 用 据 计 个 算 人 机 编 生 号 成 落 随 实 机 到 数 具体 表 人 再 选 进 即 行 可 抽 . ( ) ２ １８ ３６ 样 对 名学生按 ３ ４ 值为 . :① ６００ ００１ꎬ００２ꎬ００３ꎬ􀆺ꎬ６００ － １－ ＝－ ꎬ ９ 进行编号 在随机数表中随机确定一个数 ( ５ ) ５ ( ) ２１.解析 (１) 略. 作为开始 ꎻ② 然后从选定的数开始按一定的方 ∴ｓｉｎ α － １３π ＋ｓｉｎ α ＋ ２１π ｙ ( ２π ｘ ９π ) . 向读下去 ꎬ 每次读三位 不在 中的 ( ４ ) ４ ( (２) ＝９ｓｉｎ ５ ＋ １０ ＋２４ 数跳过去 ꎬ 遇到已读的 ꎬ 数跳过 ０ 去 ０１~ 依 ６０ 次 ０ 得到 α π α ２２.解析 对角度ｘ进行简单的分段 如ｘ ꎬ ꎬ ＝ｓｉｎ －４π＋π＋ － ＋ｓｉｎ ４π＋π＋ ＋ (１) ꎬ 个数时停止 这 个数就是抽取的 名 ４ [ ) [ ) ６０ ꎬ ６０ ６０ ) π π 学生的编号. π ∈ ０ꎬ ꎻ ꎬπ ꎬ􀆺ꎬ ２ ２ Ｐ 练习 ４ 然后根据三角函数的定义得到 ２１４ ( ) ( ) １.解析 志愿者有男成员 人 有女成 α π α π ｙ ｆ ｘ (１)∵ ４８ ꎬ ＝ｓｉｎ π＋ － ＋ｓｉｎ π＋ ＋ ＝ ( ) 员 人 ４ ４ { [ ) [ ) ３６ ꎬ ( ) ( ) ｘ ｘ ｘ π 或ｘ ３ 共有 人 ＝－ｓｉｎ ( α － π ４ ) －ｓｉｎ ( α ＋ π ４ ) ＝ ｓ － ｉ ｓ ｎ ｉｎ ｃ ｘ ｏ ｃ ｓ ｏｓ ｘ ꎬ ꎬ ｘ ∈ ∈ [ ０ꎬ π ２ ꎬπ ) 或ｘ ∈ ∈ [ πꎬ ３ ２ πꎬ π ２π ) ꎬ . 用 取 ∴ 分 一 层 个 抽 容 ４８ 样 量 ＋３ 为 的 ６＝ 方 ８ 法 ４ 的 从 样 ꎬ 该 本 队的全体成员中抽 π α π α π ２ ２ ２１ ꎬ ＝ｓｉｎ － －ｃｏｓ － － 利用函数的周期性得到ｆ ｘ ｘ ｘ . ４ ２ ４ ( )＝ ｜ｓｉｎ ｃｏｓ ｜ 每个个体被抽到的概率是２１ １ ( ) ( ) 略. ∴ ＝ ꎬ π α π α (２) ８４ ４ ＝ｓｉｎ － －ｃｏｓ － ４ ４ 男成员要抽取 １ 人 ( ) 第6 章 统计学初步 ∴ ４８× ＝１２ ꎬ ３ ４ ４ ＝ － － ５ ５ Ｐ 练习 女成员要抽取 １ 人. ２０８ ３６× ＝９ ＝ ５ ７ . ( ) １.解 样 析 本 (１) 总 个 体 家 : 庭 全 的 市 用 各 电 个 情 家 况 庭的用电情况 ꎻ (２)４５ 岁以上的有 １ ４ ２＋１８＝３０ 人 ꎬ １７.解析 ∵－１≤ｃｏｓ ３ ｘ － π ≤１ꎬ 则 样本容 :２ 量 ０００ . ꎻ 每个个体被抽到的概率为２８ ＝ １ ꎬ ２ :２０００ ８４ ３ ( ) 总体 全体消费者的满意度 当ｂ 时 ｂ ｂ ｘ π ｂ (２) : ꎻ 岁以上的成员要抽取 １ 人. ① >０ ꎬ－ ≤－ ｃｏｓ ３ － ≤ ꎬ 样本 名消费者的满意度 ∴４５ ３０× ＝１０ ２ :１０００ ꎻ ３ {ａ ｂ {ａ 样本容量 . ２.解析 对应的总体明显分成互不交叉的 故有 － ＝－２ꎬ解之得 ＝２ꎬ :１０００ (１) ａ ｂ ｂ . ２.解析 调查某批次汽车的抗撞击能力 四层 即甲 乙 丙 丁四个地区 故用分层 ＋ ＝６ꎬ ＝４ (１) ꎬ ꎬ 、 、 、 ꎬ ( ) 具有破坏性 应采用抽样调查 抽样 当ｂ 时 ｂ ｂ ｘ π ｂ ꎬ ꎻ ꎻ ② <０ ꎬ ≤－ ｃｏｓ ３ － ≤－ ꎬ 了解某班学生的身高情况 人数较少 应 对应的总体容量较少 故用简单随机抽 ２ (２) ꎬ ꎬ (２) ꎬ {ａ ｂ {ａ 采用普查 即全面调查 样即可. 故有 ＋ ＝－２ꎬ解之得 ＝２ꎬ ꎬ ꎻ ａ ｂ ｂ . 调查 春节联欢晚会 的收视率 人数众 Ｐ 习题 . － ＝６ꎬ ＝－４ (３) « » ꎬ ２１６ ６２ 因此 ａ和ｂ的值分别为 或 . 多 应采用抽样调查 １.解析 不是. ꎬ ２ꎬ４ ２ꎬ－４ ꎬ ꎻ １８.解析 把函数ｙ ｘ 的图象上所有 选出某校短跑最快的学生参加全市比 ２.解析 先将 个加油站进行编号 可以 ＝ｃｏｓ ２ ＋１ (４) (１) ５０ ꎬ ２７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等从 编到 个班中的某几个组的同学 采用匿名的问卷 ０１ ５０ꎻ ꎬ 把号码写在形状和大小相同的小纸条 调查方式 不写班级 姓名. (２) ꎬ ꎬ 上 然后把纸条放到一个盒子中摇匀 调查问卷 请在自己认为正确的一项中画 ꎬ ꎻ :( 从盒子中依次取出 个纸条 即得样本 (３) ２５ ꎬ “√”) 号码 再根据编号落实到具体加油站即可. 使用手机联系亲朋好友非常方便 你现 ꎬ (１) ꎬ ３. 组 解 成 析 ꎬ 故 总 应 体 采 由 用 差 分 异 层 明 抽 显 样 的 .总 四 共 种 有 血 １ 型 ００ 的 ０ 人 名 群 学 在 □ 拥 Ａ. 有 有 自 □ 己 Ｂ 的 . 没 手 有 机 吗 □ ? Ｃ. 即将要买 更 可 加 以 准 看 确 出 地 ꎬ 更 反 小 映 的 数 组 据 距 的 使 分 得 布情 组 况 数 . 增加 ꎬ 能够 生 ꎬ 样本容量是 １００ꎬ (２) 你有属于自己的游戏机吗 ? ３.答案 (１) 频率分布表如下 : 有 没有 每个个体被抽到的概率是 １ １ ０ ０ ０ ０ ０ ＝ １ １ ０ ꎬ □Ａ. 你每 天 □ 完 Ｂ. 成作业需要多长时间 分组 频数 频率 又 Ｏ 型血有 ４１０ 人 ꎬ (３) 大约半个小时 ? [４０ꎬ４５) ８ ８ ％ □Ａ. 型血的人要抽取 １ 人 大约 个小时 ％ ∴Ｏ ４１０× ＝４１( )ꎬ □Ｂ. １ [４５ꎬ５０) ３７ ３７ １０ 大约 个半小时 □Ｃ. １ ％ 同理 型血的人要抽取 １ 个小时或以上 [５０ꎬ５５) ３４ ３４ ꎬＡ ２８０ × ＝ ２８ □Ｄ.２ ％ １０ Ｐ 练习 [５５ꎬ６０) １８ １８ 人 ２２１ ( )ꎬ １.略. ％ [６０ꎬ６５) ３ ３ Ｂ 型血的人要抽取 ２４０× １ ＝２４( 人 )ꎬ ２.解析 从题中 ２０１７ 年全国居民人均消费支 总计 ％ １０ 出及其构成图来看 年一整年全国居民 １００ １００ ＡＢ 型血的人要抽取 ７０× １ ＝７( 人 ) . 用于食品的消费支出 ꎬ２０ 最 １７ 多 大约占总消费支 (２) 频率分布直方图和频率分布折线图 １０ ꎬ 如下 ４.解析 以全年级学生的学籍号为编号 出的 . ％ 其次是居住消费 大约占 . : (１) ꎬ ２９ ３ ꎬ ꎬ ２２ 用计算机在 名学生的学籍号中随机抽 ％ 这说明此年居民的主要消费还是用于 ４５０ ４ ꎬ 取 个学籍号 这 个学籍号对应的同学 吃住 另外 用于交通通信及教育文化娱乐 ４５ ꎬ ４５ ꎬ ꎬ 就是要抽取的对象 的消费支出之和约占总支出的 ％. ꎻ ２５ 将 名同学分成男 女两部分 把所有 从题中 年的全国快递业务量及 (２) ４５０ 、 ꎬ ２０１３－２０１７ 男生进行编号 再根据简单随机抽样选取 其增长速度图来看 这几年内 我国居民购 ꎬ ２３ ꎬ ꎬ 人 然后把所有女生进行编号 再根据简单 买快递的总量在逐年增加 但每年的增长率 ꎬ ꎬ ꎬ 随机抽样选取 人 却略有减小. ２２ ꎻ 将每班男 女生进行分层抽样 如果第ｉ Ｐ 练习 (３) 、 ꎬ ２２４ Ｐ 习题 . 照 个 此 班 比 人 例 数 对 为 男 Ｍ 生 ｉꎬ 则 和女 ５ ∶ 生 Ｍ 进 ｉ 行 为 分 抽 层 取 抽 的 取 比 . 例 ꎬ 按 １.解析 频率分布直方图纵坐标是 频 组 率 距ꎬ 每一 １. ２ 解 ２５ 析 由 ６ 题 ３ 图 (２) 可知小敏一星期的食品开 支为 元 ５.解析 在调查某个城市的家庭年平均收入 组矩形的面积表示该组频率 所有矩形面积 ３０＋４０＋１００＋８０＋５０＝３００( )ꎬ ꎬ 由题图 可知小敏一星期的总开支为 时 不能只在该市的娱乐场所 如电影院 歌 的和为 频数分布直方图每组矩形的高为 (１) ３００ 为 剧 他 院 ꎬ 们 、 游 不 乐 能 场 代 、 表 健 全 身 市 馆 的 等 真 ) 进 实 行 情 ( 随 况 机 .也 抽 不 样 能 ꎬ 、 只 因 ２.提 该 示 组频 该 数 １ꎻ 组 ꎬ 所 数 有 据 矩 中 形 最 的 小 高 值 之 为 和为样本 最 容 大 量 值 . 为 则 ÷３ 小 ０ ％ 敏 ＝ 一 １ 星 ００ 期 ０( 的 元 鸡 )ꎬ 蛋开支占总开支的百分 ꎬ ２１３ꎬ 在 该 该 市 市 的 的 公 公 共 共 汽 汽 车 车 站 站 的 进 人 行 不 随 能 机 代 抽 表 样 该 ꎬ 市 因 全 为 部 在 ５８４ꎬ 极 . 差为 知 ３７ 可 １ . 分 由组 为 数 ＝ 组 极差 分 ÷ 组 别 距 为 ＝３７１÷ 比为 １ ３ ０ ０ ００ ×１００ ％ ＝３ ％. 人员.由于要研究的对象是由具有明显不同 ４０≈９ ３ꎬ １０ ꎬ [２００ꎬ ２.答案 (１) ２４０)ꎬ[２４０ꎬ２８０)ꎬ[２８０ꎬ３２０)ꎬ[３２０ꎬ３６０)ꎬ 特征的若干部分构成 故应采用分层抽样的 ꎬ [３６０ꎬ４００)ꎬ[４００ꎬ４４０)ꎬ[４４０ꎬ４８０)ꎬ[４８０ꎬ 方法. 并列出频率 ５２０)ꎬ[５２０ꎬ５６０)ꎬ[５６０ꎬ６００)ꎬ ６.解析 设登山组人数为ｘ 游泳组中 青 分布表 年人 中 (１ 年 ) 人 老年人所占比 ꎬ 例分别为 ꎬ ａ : 、 、 、 ｂ 、 ｃ ꎬ 分组 发生天数 ( 频数 ) ｎ ｉ 频率ｆ ｉ ｘ ％ ｘｂ ｘ ％ ｘｃ 则有 ×３０ ＋２ . ％ ×２０ ＋２ ％ ３ ｘ ＝ ３７ ５ ꎬ ３ ｘ ＝ [２００ꎬ２４０) ３ ５ 食物充足 没有天敌 气候适宜等. ２０ ％ ꎬ 解得ｂ ＝４１ . ２５ ％ ꎬ ｃ ＝２０ ％ ꎬ 故ａ ＝１００ ％ － ％ (２) 作为食物 ꎬ 的枯物被大 ꎬ 量吃掉 导致食物 . ％ ％ . ％ 即游泳组中 青年 [２４０ꎬ２８０) ０ ０ (３) ꎬ ４１２５ －２０ ＝３８ ７５ ꎬ ꎬ 匮乏 自然灾害等. 人 中年人 老年人所占比例分别为 . ％ ％ ꎬ 、 、 ３８７５ 、 [２８０ꎬ３２０) ９ １５ ３.解析 这组数据的最大值为 最小 . ％ ％. (１) ４１１ꎬ ４１２５ 、２０ ％ 值为 ２５９ꎬ 极差为 １５２ꎬ 可将其分为 ８ 组 ꎬ 组距 游泳组中 抽取的青年人人数为 ２ [３２０ꎬ３６０) ６ １０ 为 .频率分布表如下 (２) ꎬ ２００× ２０ : . ％ ３ [３６０ꎬ４００) １３ ２１ . ７ ％ 分组 频数 频率 频率/组距 ×３８７５ ≈５２ꎻ 抽取的中年人人数为 ２ . ％ [４００ꎬ４４０) ８ １３ . ３ ％ [２５８ꎬ２７８) １ ０ . ０２ ０ . ００１ ２００× ×４１ ２５ . . ３ [２７８ꎬ２９８) ３ ００６ ０００３ . ％ ＝５５ꎻ [４４０ꎬ４８０) １０ １６７ [２９８ꎬ３１８) １４ ０ . ２８ ０ . ０１４ 抽取的老年人人数为 ２００× ２ ×２０ ％ ＝２７ . [４８０ꎬ５２０) ５ ８ . ３ ％ [３１８ꎬ３３８) ７ ０ . １４ ０ . ００７ ３ . . 即游泳组中 青年人 中年人 老年人分别应 . ％ [３３８ꎬ３５８) ９ ０１８ ０００９ ꎬ 、 、 [５２０ꎬ５６０) ４ ６７ . . 抽取的人数为 . [３５８ꎬ３７８) ７ ０１４ ０００７ ７.解析 调查方案 ５２ : ꎬ 从 ５５ 高 ꎬ２ 一 ７ 、 高二 、 高三三个年 [５６０ꎬ６００) ２ ３ . ３ ％ [３７８ꎬ３９８) ５ ０ . . １０ ０ . . ００５ 级 按 的比例抽取容量为ｎ [３９８ꎬ４１８) ４ ００８ ０００４ 的学 ꎬ 生 １ 样 ∶ 本 １ ∶ 可 １６ 以用计算机按学籍号随 ＝ 机 １ 调 ００ 总计 ６０ １００ ％ 合计 . . ５０ １００ ００５ ꎬ 取 体现公平性 从每个年级中随机选择一 绘制出的频率分布直方图如下 略. ꎬ ꎬ : (２) ２８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 ４.解析 平均气温低于 的频率 即题图 . . ２.解析 列频数分布表 ２２ ℃ ꎬ ∴５９７>５５>５ꎬ ① : 中最左边两个矩形面积之和 为 . . 平均数 中位数 众数. ꎬ ０１０×１＋０ ∴ > > 分组 频数 频率 . １ 所 ２ 以 ×１ 城 ＝０ 市 ２ 总 ２ꎬ 数为 . ３.解析 (１) 甲厂 : 平均数为 １ (８＋９＋９＋９＋９ ０≤ ｘ ≤５０ ８ ２７ ％ １１÷０２２＝５０ꎬ １０ 平均气温不低于 的频率即为题图中最 众数为 中位数 ｘ ％ ２５℃ ＋１１＋１３＋１６＋１７＋１９)＝１２ꎬ ９ꎬ ５１≤ ≤１００ １４ ４７ 右边矩形面积 为 . . 为 ꎬ ０１８×１＝０１８ꎬ １０ꎻ ｘ ％ 所以平均气温不低于 的城市个数为 １０１≤ ≤１５０ ５ １７ ×０ . １８＝９ . ２５℃ ５０ 乙厂 : 平均数为 １ １ ０ (１０＋１０＋１２×３＋１３＋１４＋１６ １５１≤ ｘ ≤２００ ２ ６ ％ ５.ＢＣＤ 由 ２０１４ 年 １ 月至 ２０１６ 年 １２ 月期间 ＋１８＋７９)＝１３ . ６ꎬ 众数为 １２ꎬ 中位数为 １２ . ５ꎻ ２０１≤ ｘ ≤２５０ １ ３ ％ 月接待游客量 单位 万人次 的数据可得 月接待游客量 ( 逐月有 : 增有减 ) 故 错误 年 : 丙厂 : 平均数为 １ １ ０ (８＋８＋８＋１０＋１１＋１３＋１７＋ ② 绘制频率分布直方图 : 接待游客量逐年增加 故 正 ꎬ 确 Ａ 各年的 ꎻ 月 １９＋２０＋２０)＝１３ . ４ꎬ 众数为 ８ꎬ 中位数为 １２ . ꎬ Ｂ ꎻ 甲厂用的是平均数 乙厂用的是众数 丙 接待游客量高峰期大致在 月 故 正 (２) ꎬ ꎬ 确 各年 月至 月的月接待 ７— 游 ８ 客量 ꎬ 相对 Ｃ 于 厂用的是中位数. ꎻ １ ６ 选乙厂的产品 因为平均数 乙 丙 甲 月至 月 波动性更小 变化比较平稳 故 (３) ꎬ : > > ꎻ ７ １２ ꎬ ꎬ ꎬ 众数 乙 甲 丙 中位数 乙 丙 甲 因此应 正确 故选 . : > > ꎻ : > > ꎬ ６.答 Ｄ 案 ꎬ 不合理 Ｂ . ＣＤ 选乙厂的产品. Ｐ 练习 ７.解析 根据 . ａ . . . ２４１ (００３５＋ ＋００２０＋００１５＋０００５) １.解析 甲土地相对平均标高为 １ ×１０＝１ꎬ (－４５＋７６ 可得ａ . . １０ ＝００２５ 身高在 内的学生有 . ＋４７－２６＋１３５＋８４－６１－３８＋７６＋９２)＝ ３４ [１５０ꎬ１６０) ０ ０２５×１０× 人 (ｃｍ)ꎬ 估计该市今年 月空气质量达到优良的 １００＝２５ ꎬ １—４ 在 [１６０ꎬ１７０) 内的学生有 ０ . ０３５×１０×１００＝ 甲土地相对标高的方差为 １ [(－４５－３４) ２ ＋ 天数是 ８８ꎬ 空气质量处于较好水平. 人 １０ Ｐ 练习 ３５ ꎬ ２ ２ . . ２４７ 在 内的学生有 . (７６－３４) ＋􀆺＋(９２－３４) ]＝４３８１２ １.解析 数据个数ｎ [１７０ꎬ１８０) ０ ０２０×１０×１００＝ ＝１０ꎬ 人. 乙土地相对平均标高为 １ ｃ ｎ ％ . 不是整数. ２０ (７４＋１２０＋１００－ ∵ ＝ ×２５ ＝２５ 则从 内抽取的学生应有 １０ 是比 . 大的最小整数. [１７０ꎬ １８０) ３ ２５ ７０－４４＋９５＋６３－５０＋５７－２５)＝３２(ｃｍ)ꎬ Ｐ ｘ . . ２５＋ １ ３ ６ ５＋２０ ×２０＝４ 人. 乙土地相对标高的方差为 １ [(７４－３２) ２ ＋ ∴ ∵ ｃ ＝ ２５ ｎ ＝ ×５ ３ ０ ＝ ％ ２ ＝ ５ ５ 是整数 ꎬ １ ８ Ｐ . . ２ ２ 解 解 种 ３ ２ ２ ５ 析 析 日 ꎬ 练 ２ 光 ５ 习 ５ 略 灯 ( ꎬ １ . ２ 管 ) ８ 各 ５ 的 ꎬ 组 ３ 平 １ 的 ５ 均 ꎬ 中 ３ 使 ４５ 间 用 ꎬ 值 寿 ３７５ 命 分 ꎬ 约 由 别 为 此 为 可 １ １ ６ ６ ５ 算 ５ × ꎬ 得 １ １ ％ ９５ 这 ＋ ꎬ ２. 根 解 ( ∴ ∵ １ 据 析 甲 ｘ ２ 甲 ０ 方 土 － 与 ３ 差 地 由 ２ ｘ ) 的 比 题 乙 ２ ＋ 求 较 中 接 􀆺 解 容 表 近 ＋( 公 易 格 ꎬ － ｓ２甲 式 平 可 ２ < ５ 可 整 得 － ｓ２乙 ３ 得 . ꎬ ２ ｓ２Ａ ) ＝ ２ １ ] ８ ０ ꎬ ＝ ｓ ４ ２Ｂ＝ ５８ １ ４ ３ . ꎬ ８ ∴ ∴ ∵ 是 Ｐ Ｐ ｃ ＝ ５ ７ 比 ０ ５ ｎ ＝ ＝ × ７ ｘ ｘ ７ . ８ ５ ５ ５ ＋ ２ ＝ ％ 大 ｘ ４ ６ . ＝ 的 ＝ ６ ７ . ３ 最 . . ５ ６ ２ 小 ＋ 不 ４ 整 是 ＝ 数 ３ 整 . ８ ꎬ 数 . ꎬ ３ １ １ ９ ５ ５ × × １ １ ６ １ ％ ％ ＋ ＋ ３ ２ ４ ２ ５ ５ × × ７ １８ ％ ％ ＋ ＋ ３７ ２ ５ ５５ × × ２ ％ ２０ ≈ ％ ２ ＋ ６ ２ ８ ８ ( ５ 天 ×２ ) ５ . ％ ＋ ｓ２ ＝ ( ｘ １－ ｘ ) ２ ＋( ｘ ２－ ｘ ｎ ) ２ ＋􀆺＋( ｘ ｎ－ ｘ ) ２ ２. Ｐ 解析 ｘ ７５ ( ＋ １ ｘ ) ７６ 由 ３ Ｐ ３ ７ ６ ５ 与 ＋３３ Ｐ ７ ９３ 确定 . ꎬ Ｐ ｘ ９３＋ ｘ ９４ ２. ( 解 ２ 析 ) 不 是 男 . 生在高中学生中所占的比例是Ｗ １ ｓ２样本＝ １６ ｓ２Ａ ３ ＋ ６ ２０ ｓ２Ｂ ４８ ７５ ０ ＝ ＋４８５ ２ ＝４８ ＝ ２ . ５ꎬ ２ ＝３３６５ꎬ ９３＝ ２ ＝ ３２０ . 女生在高中学生中所占的比例 ２ １ Ｐ . ２ 人 时 解 则 所 是 ＝ ＝ ３５ ５ ０ 口 间 析 总 以 Ｗ ０ . 练 ６ ０ ꎻ ꎬ 体 总 ２ ４ ＝ 习 ＝ 年 × ( 身 体 ０ ５ １ １ １ 龄 ０ ７ ８ ６ 高 身 ) ０ ３ ０ ４ ① . 中 ＝ ꎬ 均 高 ５＋ ０ 建 位 均 值 . ０ ３ . 国 ６ 数 ３ 为 值 ꎬ ６ 以 × 约 在 ｘ １ ＝ 来 为 ６ ２ Ｗ ３ ０ . １ １ １ ８ 岁 ９ ７ ３ ｘ ７ ０ ≈ １ ５ . 以 ＋ ０ １ Ｗ １ 年 ７ 下 ８ ２ ０ 左 ８ ｘ . ꎬ ０ ２ 为 右 １ ｃｍ ８ 年 的 . ８ . 轻 一段 型 ３. ９ 答 ( ( 由 检 μ 看 ＝ . ＋ ２ ３ ９ １ 案 样 查 出 ) ) ３ ７ ６ ｘ 由 σ ꎬ × 本 有 . ＝ σ ) ８ ｘ 之 ９ 估 一 ( ＋ ３ 的 . ６ ＝ １ ２ ９ 外 计 个 ) ０ 估 ７ ９ × 极 ꎬ . ꎬ 总 零 ９ ｓ １ 计 因 ２ ７ 差 ３ 体 件 ≈ ꎬ 值 ＝ 此 为 ｓ ０ 可 的 ≈ ９ 为 需 ９ . ７ ０ １ 得 尺 ０ ４ ꎬ ０ 对 ０ . ５ . 寸 ꎬ ２ . ２ ꎬ 当 ２ ｓ １ ６ ｓ ２总 １ ( ２ ≈ － 体 ２ 天 ꎬ 即 ９ ꎬ ０ 得 ＝ . 由 的 . ２ ９ ２ ９ ２ ９ . １ μ 样 ７ 生 ２ ＝ ２ ２ . . 的 １ 本 产 ) . 在 ０ 估 数 过 ４ ( 计 ｃ 据 程 μ ｍ － 值 可 进 . ３ σ 为 行 以 ꎬ １ Ｐ . ２ ４ 这 ｍ ( 女 答 ｍ 故 ( ４ ８ ２ ２ ８ ３ ３ ２ 说 法 案 应 ) ) ꎬ ꎬ . 习 所 约 ３ 唐 ５ 明 定 缴 ３ 题 ｍ 以 ０ 代 有 约 初 纳 ( × ３ １ 一 妇 ６ . ２ 有 婚 ) ９ . ９ . ４ ９ ３ 阶 １ 女 ５ 年 ％ ８ ７ ＝ ７ 、 . 平 ５ ９ ３ 元 龄 的 二 ％ ５ ５ 均 ７ 燃 . 的 阶 岁 用 ꎬ 初 气 用 临 . 户 婚 费 户 界 用 年 . 用 值 气 龄 气 分 量 小 量 别 于 不 不 为 我 超 超 ３ 国 ３ 过 过 ６ 当 . ５ ４ ３ 代 ８ ３ ｍ ２ ６ 妇 . ３ . ５ ５ ꎬ 进入 年以来 年龄中位数在 岁以 Ｐ 练习 初婚年龄随着时代的发展逐渐增大 初 上 ② ꎬ 为老 ２ 年 ０１ 型 ０ 人 年 口 之 ꎻ 间 ꎬ 集中在 ３０ 岁 为 １. ２ 解 式 ４４ 析 反映 了 (１ 数 ) 由 据 于 落 频 在 率 各 分 小 布 组 直 内 方 的 图 频 以 率 面 大 积 小 的形 因 ２. ( 婚 答 ３ 年 案 ) 龄的大小 有 直 众 接 数 影响 众 生 数 育 为 率的高低. ꎬ 成 ③１ 年 ９９ 型 ０ 人 ~２ 口 ０１０ ꎬ ２０~３０ ꎬ 此第二小组的频率为 ꎬ (１) . ꎬ １４２ꎬ１５７ꎬ１６６ꎬ ꎻ １６８ꎬ１７３ꎬ１７６ 放开二孩政策后 我国人口年龄中位数 中位数为 平均数为 . 二者不 (２) ꎬ ４ . . (２) １６６ꎬ １７５ ４ꎬ 仍处在 岁以上 仍为老年型人口. ＝００８ 相等. ３０ ꎬ ２＋４＋１７＋１５＋９＋３ ２.解析 第二小组的频数 极差与平均数发生了改变 中位数与众 又因为第二小组的频率 (３) ꎬ 平均数为 ＝ 样本容量 ꎬ 数没有发生改变. 第二小组的频数 ３.解析 由题表中甲 乙两名射击运动员的训 ３×２＋４×３＋５×１０＋６×６＋７×３＋８×２＋９×２＋１０×２ 所以样本容量 １２ 、 ＝ 第二小组的频率 ＝ . 练成绩得 ３０ ００８ . 众数为 . . ≈５９７ꎬ ５ ＝１５０ ｘ ８７＋９１＋９０＋８９＋９３ 由图可估计该学校高一学生的达标率为 甲＝ ＝９０ꎬ 中位数为第 和 个数的平均数 即５＋６ (２) ５ １５ １６ ꎬ ２ １７＋１５＋９＋３ ％ ％. ｘ ８９＋９０＋９１＋８８＋９２ . . ×１００ ＝８８ 乙＝ ＝９０ ＝５５ꎬ ２＋４＋１７＋１５＋９＋３ ５ ２９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等ｓ２甲 ＝ (８７－９０)２＋(９１－９０)２＋(９０－９０)２＋(８９－９０)２＋(９３－９０)２ ７７ . ２７ 元. 故女生抽取的人数为 ２１８ 男生抽取 ５ 设 所 有 顾 客 的 人 数 为 ａ 则 ５０× ≈２２ꎻ (２) ꎬ ５００ ＝４ꎬ ％ａ . ％ａ . ｓ２乙 ＝ (８９－９０)２＋(９０－９０)２＋(９１－９０)２＋(８８－９０)２＋(９２－９０)２ ３２ ×４９６１＋ ａ ６８ ×７７２７ ＝６８ . ４２( 元 ) . 的人数为 ５０× ２８２ ≈２８ꎬ 然后测量这 ５０ 人的 ５ ５００ . 身高数据 ＝２ １１.解析 ｘ １ ꎬ 因为ｘ 甲＝ ｘ 乙ꎬ ｓ２乙< ｓ２甲ꎬ 所以派乙参加周末的 甲＝ ６ ×(１５＋１６＋１６＋１４＋１４＋１５)＝ 从而得到 ５０ 人的身高数据样本. 比赛比较合适. 第一层是样本中女生 人的身高数据 ｘ １ (２) ２２ ꎬ １５(ｃｍ)ꎬ 乙＝ ×(１１＋１５＋１８＋１７＋１０＋１９) 第二层为男生 人的身高数据. ４.解析 总体均值为５２０×２２０＋５００×１８０ ６ ２８ ＝５１１ꎻ 甲段台阶路中台阶高度的中位 是的 可以分别用男 女生身高数据之和 ４００ ＝１５(ｃｍ)ꎻ (３) ꎬ 、 数为 乙段台阶路中台阶高度的中位 除以各自样本中的人数 得到男 女生平均 总体方差ｓ２ １ １５ｃｍꎬ ꎬ 、 ＝ ×[２２０×２５０＋２２０×(５２０－ 数为 甲段台阶路中台阶高度的方差 身高的估计值. ４００ １６ｃｍꎻ ２ ２ ３.略. ５１１) . ＋ . １８０×２８０＋１８０×(５００－５１１) ] ｓ２甲＝ １ ×[(１５－１５) ２ ＋(１６－１５) ２ ＋(１６－１５) ２ ４.Ｄ 样本Ａ的众数为 样本Ｂ的众数为 ＝３６２５ ６ ８８ꎬ ８８ ５.答案 . . . 经 计 (１ 算 )３ 可 ２ 得 ４３ 总 ｍｉ 体 ｎ 标准差约为 . . ＋(１４－１５) ２ ＋(１４－１５) ２ ＋(１５－１５) ２ ]＝ ２ ꎬ 各 ＋２ 样 ＝９ 本 ０ 都加 后 平均数显然不同. (２) １１６２ ３ ２ ꎬ ６.解析 答案不唯一 经过统计可得 (１)( 的有 天 ) : 乙段台阶路中台阶高度的方差 ｓ２乙＝ １ × 样本Ａ的中位数为８６＋８６ ＝８６ꎬ 样本Ｂ的中 －２５~２０℃ ６ ꎬ ６ ２ 的有 天 －２０~１５℃ １０ ꎬ [(１１－１５) ２ ＋(１５－１５) ２ ＋(１８－１５) ２ ＋(１７－ 位数为８８＋８８ 而由标准差公式 ｓ 的有 天 ＝ ８８ꎬ ＝ －１５~１０℃ 的有 ７ 天 ꎬ １５) ２ ＋(１０－１５) ２ ＋(１９－１５) ２ ]＝ ３５ ꎻ 甲段台 ２ － － ５ １０ ~ ~ ０ ５ ℃ ℃ 的有 １３ １４ 天 ꎬ ꎬ 阶路中台阶高度的极差为 １６－１４ ３ ＝２(ｃｍ)ꎬ ｎ １ [( ｘ １－ ｘ ) ２ ＋( ｘ ２－ ｘ ) ２ ＋􀆺＋( ｘ ｎ－ ｘ ) ２ ]ꎬ 知 的有 天 乙段台阶路中台阶高度的极差为 选项 正确. ０~５℃ ５ ꎬ １９－１０＝９ Ｄ 的有 天. .甲段台阶路走起来更舒服一些 因为 ５.解析 根据题意得 ５~１０℃ ４ (ｃｍ) ꎬ ꎬ 故频率分布直方图如下 它的台阶高度的方差 或极差 较小 所以 该小区家庭用于文化方面的支出的总体均 : ( ) ꎬ 各台阶间的高度落差不大 走起来更舒服. 值ｘ为 ꎬ １２.解析 产品质量指标值的频率分布直 (１) ｘ １ 方图如图. ＝ ×(２００＋１５０＋１７０＋１５０＋１６０＋１３０＋１４０＋ ２０ １００＋１１０＋２４０＋１５０＋１６０＋１８０＋１３０＋１００＋１８０ 元 ＋１００＋１８０＋１７０＋１２０)＝１５１( )ꎬ 该小区家庭用于文化方面的支出的总体方 差ｓ２为 : ｓ２ １ ２ ２ ＝ [(２００－１５１) ＋(１５０－１５１) ＋􀆺＋(１２０ ２０ ２ ２４０１＋１＋􀆺＋９６１ －１５１) ]＝ ＝１２５９ꎬ ２０ 该小区家庭用于文化方面的支出的总体标 准差ｓ为 ｓ ｓ２ . . ＝ ＝ １２５９≈３５４８ ６.解析 星期一与星期六失去了控制. ７.解析 略. (１) 该城市 月的日平均气温在 以 (２) 中位数 ＝ 众数 < 平均数. ( 下 ２ 的 ) 天数为 １—２ ０ ℃ 经计算可知 这 天的销售额的平均值 １ 下 故 — 的 该 ２ 天 城 月 数 市 共 所 有 １— 占 ４ ５ ８ ２ ９ 的 ꎬ 月 天 百 的 ꎬ 分 日 比 平 为 均 ４ ５ 气 ８ ９ × 温 １０ 在 ０ ％ ０ ≈ ℃ ０ 及 . ８１ 以 × ( 质 ９ ＝ ０ ２ １ 量 ) × ０ 质 ０ ０ 指 . . ２ 量 标 ６ 指 ＋ 值 １ 标 ０ 的 ０ 值 × 样 ０ 的 本 . ３ 样 方 ８＋ 本 差 １ 平 １ 为 ０ 均 × ｓ ０ ２ 数 . ＝ ２ 为 ( ２ ８ ＋ ０ ８ １ － ０ ２ １ ０ × ０ × ０ ０ . ０ ０ ) . ６ ２ ０ ＋ × ８ ８. ８ ( 为 解 ２ ５ ３ ８ 析 × ) ３ ３ ７ ６ . ８ ５ ５ 依 ＝ 万 １ 题 ３ 石 元 意 ８１ ꎬ 可 . ５ 所 ꎬ . ２ 得 以 ５( 这 估 ４ 万 ０ 批 计 元 一 米 ) . 年 内 的 夹 销 谷 售 为 额 １ 为 ５３ ３ ４ ７ × . １００ ％ ＝８１ ％. ０ . ０６＋(９０－１００) ２ ×０ . ２６＋(１００－１００) ２ ×０ . ３８ ２５４ ≈１６９( ) ７.答案 ３ . ５６ｈ . ＋(１１０－１００) ２ ×０ . ２２＋(１２０－１００) ２ ×０ . ０８ ９.解析 前 １５００ 名所占的比例为 ３ ％ ꎬ 所以处 ８.解析 学生成绩的第 ７０ 百分位数是 ７５ 分 ꎬ ＝１０４ . 于第 ９７ꎬ 第 ９８ 百分位数的同学才能进入决 即有大约 ％的人成绩不高于 分 所以 所以这种产品质量指标值的平均数的估计 赛 即丙 丁两人可参加决赛. ７０ ７５ ꎬ ꎬ 、 成绩大于或等于 分的学生有 值为 方差的估计值为 . ７０ ％ )＝３６０( 名 ) . ７５ １２００×(１－ (３) 质 １ 量 ００ 指 ꎬ 标值不低于 ９５ 的 １０ 产 ４ 品所占比例 １０.解析 (１) 总体平均数为 ２ １ ０ ×(７８＋６３＋７２＋ ９.解析 根据题意以第ｋ百分位数 ( 记为Ｐ ｋ) 的估计值为 ０ . ３８＋０ . ２２＋０ . ０８＝０ . ６８ . 􀆺＋７８＋９２＋８０)＝７７ . ５５ꎬ １ 作 材 ６１ 为 为 . ５ 指 Ｐ ｃ ５ 标 ｍ ０ꎬ . 界 高 取 值 身 １６ . 材 １ 矮 为 ｃ 身 ｍ Ｐ 材 和 ９５ 为 ꎬ １ 取 ６ Ｐ ２ ５ １ ꎬ ｃ ７ 即 ｍ １ｃ 的 １ ｍ ５ 平 ２ 和 ｃ 均 ｍ １ 数 ꎬ ７２ 中 ꎬ ｃ 身 即 ｍ 由 产 产 品 的 于 至 这 该 少 种 估 要 产 计值 占 品 全 符 小 部 合 于 产 “ ０ 质 . 品 ８ꎬ 量 的 故 指 不 ８０ 标 能 ％ 值 ” 认 的 不 为 规 低 该 定 于 企 . ９ 业 ５ 生 的 ( ｓ２ ８ ＝ ０－ ２ １ ０ ７７ × . [ ５５ ( ) ７ ２ ８ ] － ＝ ７７ １ . ２ ５ ４ ５ . ) ６４ ２ ７ ＋( ５ ６ ꎬ ３－７７ . ５５) ２ ＋􀆺＋ 的平均值 即 . .故矮身材的界值为 Ｐ 复习题六 故总体标准差为 ｓ２ . . ꎬ １７１ ５ ｃｍ ２５８ ＝１１１６ 中身材的界值为 . 高身材的 １.Ｄ 本题的研究对象是学生学业水平考试中 可以使用抓阄法进行抽样 样本平均数 １５２ｃｍꎬ １６１５ｃｍꎬ (２) ꎬ 界值为 . . 的数学成绩 而非学生本人 故选 . 和标准差的计算结果和抽取到的样本 １７１５ｃｍ ꎬ ꎬ Ｄ １０.解析 经计算可得使用现金支付的顾 ２.解析 因为男生 女生身高有差异性 故 有关. (１) (１) 、 ꎬ 客的平均消费额为 . 元 按男 女生在总人数中所占比例采取分层抽 由样本的随机性知 计算结果不相同的 ４９６１ ꎬ 、 (３) ꎬ 使用移动支付的顾客的平均消费额为 样抽取 概率相当大 而相同的概率很小. ꎬ ꎬ ３０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 随着样本容量的增加 分别用样本平均 所以全班同学的平均成绩为 分 标准差 因为 . . . . 所以数据 (４) ꎬ ８５ ꎬ (２) ０３０＋０１５＋００２＝０４７ꎬ 数和样本标准差估计总体平均数和总体标 为 . 落在 . . 中的概率约为 . . ５１ [１１５ꎬ１３０) ０４７ 准差的效果会越来越准确. １２.解析 (１) 由频率分布直方图知 ꎬ 月均用水 因为１２０×１００ 条 所以水库中 １１. ２ 依 第 解 １ ０ ꎬ ) 题 二 析 ２ꎬ ꎬ 意 组 􀆺 有 设 ꎬ ２ ２ ０ ０ 第 名 ｘ ) 一 ꎬ 学 组 １ 生 ２ 的 ｘ ０ 成 名 ｘ 学 绩 生 为 的 ｙ ｘ ｉ 成 ( ｉ 绩 ＝ 为 １ꎬ２ ｘ ꎬ ｉ( 􀆺 ｉ ＝ ꎬ ０ ３ 由 量 同 . . ０ ５ 在 理 ０ ８ ) . ꎬ ꎬ [ ꎬ ０ ０ [ ４ 在 ０ . ３ ＋ ２ ꎬ . ０ [ ０ ０ ５ ꎬ . ０ . ꎬ ５ ０ ０ . ) ４ ８ . ５ ２ ) 中 ꎬ ＋ ６ ꎬ １ ０ ꎬ 的 [ ) . ０ ５ ꎬ ４ . 频 ０ × ꎬ [ ６ ａ ４ １ 率 ꎬ . ＋ . ０ ５ ５ 为 . ０ ] ０ ꎬ . ４ ２ ２ 中 ０ ꎬ ０ ) . ０ ０ ＋ ꎬ 的 . ８ ０ [ ０ × ２ . 频 ２ ２ . ０ ꎬ ６ . 率 ２ ５ ＋ . ＝ ５ ０ 分 ０ ) . ５ . ꎬ 别 ０ × [ ４ ａ ꎬ 为 ３ ＋ ꎬ １４. ( 解 ( 鱼 ＝ ３ ３ ２ 析 的 ) ) ０ 不 ２ 总 > 是 ２ 条 ( ０ １ ꎬ ０ 数 ) ∵ ꎬ 第 ∴ 约 １ ６ ３ ６ 不 为 ０ 岁 是 位 ２ 男 ＝ 优 ０ ２ 百 生 ０ ０ 良 ０ 分 ０ 立 . ０ . 数 ( 定 跳 ) ( 远 ꎬ ２) 成 １６ 绩 ５ 的Ｐ ７５ ꎬ ＝ ２０ ( １＋ ２＋􀆺＋ ２０)＝９０ꎬ ０ . ０６＋０ . ０４＋０ . ０２＝１ꎬ 解得ａ ＝０ . ３０ . １５.解析 位居民中每人月均用水量不低于 ｙ ＝ ２ １ ０ ( ｙ １＋ ｙ ２＋􀆺＋ ｙ ２０)＝８０ꎬ 吨 (２ 的 )１ 频 ００ 率为 . . . . . ３ 结论 是否可推断出来 故全班平均成绩为 ００６＋００４＋００２＝０１２ 根据样本中的频率 可以估计全市 万居 ꎬ ３０ 两名学生都是 ４ １ ０ ( ｘ １＋ ｘ ２＋􀆺＋ ｘ ２０＋ ｙ １＋ ｙ ２＋􀆺＋ ｙ ２０) 民中月均 . 用水量不低 . 于 ３ 吨的人数为 女生 否 ３０００００×０１２＝３６０００ １ . 因为前 组的频率之和为 . . ＝ ×(９０×２０＋８０×２０)＝８５ (３) ６ ００４＋００８＋ 一名是男生 另 ４０ . . . . . . ꎬ 否 设第一组学生成绩的标准差为ｓ 第二组 ０１５＋０２０＋０２６＋０１５＝０８８>０８５ꎬ 一名是女生 １ꎬ 前 组的频率之和为 . . . . 学生成绩的标准差为ｓ ５ ００４＋００８＋０１５＋０２０ ２ꎬ ＋０ . ２６＝０ . ７３<０ . ８５ꎬ 两名学生的身 则ｓ２ １＝ １ ( ｘ２ １＋ ｘ２ ２＋􀆺＋ ｘ２ ２０－２０ ｘ２ )ꎬ 所以 ２ . ５≤ ｘ <３ . 高一样 否 ２０ 由 . ｘ . . . 解得ｘ . . ０３０×( －２５)＝０８５－０７３ꎬ ＝２９ ｓ２ １ ｙ２ ｙ２ ｙ２ ｙ２ . 所以估计月用水量标准为 . 吨时 ％的 ２＝ ( １＋ ２＋􀆺＋ ２０－２０ ) ２９ ꎬ８５ 所有学生的平 ２０ 居民每月的用水量不超过标准. 否 设全班 名学生成绩的标准差为ｓ 平均 均身高没变 ４０ ꎬ １３.解析 频率分布表如下 成绩为ｚ ｚ (１) : ( ＝８５)ꎬ 分组 频率 杜 梅 仍 是 最 则ｓ２ １ ｘ２ ｘ２ ｘ２ ｙ２ ｙ２ ｙ２ 是 ＝ ４０ ( １＋ ２＋􀆺＋ ２０＋ １＋ ２＋􀆺＋ ２０－ . . . 矮的 ｚ２ [１００ꎬ１０５) ００５ ４０ ) . . . １６.解析 略. １ ｓ２ ｘ２ ｓ２ ｙ２ ｚ２ [１０５ꎬ１１０) ０２０ ＝ (２０ １＋２０ ＋２０ ２＋２０ －４０ ) . . . ４０ [１１０ꎬ１１５) ０２８ １ ２ ２ ２ ２ ２ . . . ＝ ×(６ ＋４ ＋９０ ＋８０ －２×８５ ) [１１５ꎬ１２０) ０３０ ２ . . . ＝５１ꎬ [１２０ꎬ１２５) ０１５ 即ｓ . . . . ＝ ５１ [１２５ꎬ１３０) ００２ ３１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等