《二輪復習數(shù)學文通用版講義：第一部分 第一層級 邊緣送分專題 常用邏輯用語、推理與證明、函數(shù)的實際應用 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《二輪復習數(shù)學文通用版講義：第一部分 第一層級 邊緣送分專題 常用邏輯用語、推理與證明、函數(shù)的實際應用 Word版含解析（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、 邊緣送分專題邊緣送分專題 常用邏輯用語、推理與證明、函數(shù)的實際應用常用邏輯用語、推理與證明、函數(shù)的實際應用 特別說明特別說明 之所以稱其為之所以稱其為“ “邊緣邊緣” ” ，是指臨界于高考考查的邊緣地帶高考不考正常，是指臨界于高考考查的邊緣地帶高考不考正常，因為近幾年這些考點不在熱門考點之列； 高考一旦考查也正常， 因為這些考點在考綱的規(guī)定因為近幾年這些考點不在熱門考點之列； 高考一旦考查也正常， 因為這些考點在考綱的規(guī)定范圍為既節(jié)省有限的二輪備考時間，又防止一旦考查考生會范圍為既節(jié)省有限的二輪備考時間，又防止一旦考查考生會“ “眼生手冷眼生手冷” ”而遺憾失分，所以而遺憾失分，所以將這些考
2、點單獨集結(jié)成一個專題，供考生利用課余時間適當關注將這些考點單獨集結(jié)成一個專題，供考生利用課余時間適當關注 常用邏輯用語常用邏輯用語 題組練透題組練透 1(2018 成都檢測成都檢測)已知銳角已知銳角ABC 的三個內(nèi)角分別為的三個內(nèi)角分別為 A，B，C，則，則“sin Asin B”是是“tan Atan B”的的( ) A充分不必要條件充分不必要條件 B必要不充分條件必要不充分條件 C充要條件充要條件 D既不充分也不必要條件既不充分也不必要條件 解析：解析：選選 C 在銳角在銳角ABC 中，根據(jù)正弦定理中，根據(jù)正弦定理asin Absin B，知，知 sin Asin Bab AB，而正切函數(shù)
3、，而正切函數(shù) ytan x 在在 0，2上單調(diào)遞增，所以上單調(diào)遞增，所以 ABtan Atan B故選故選 C. 2(2018 太原模擬太原模擬)已知命題已知命題 p：x0R R，x20 x010；命題；命題 q：若：若 ab，則，則1a1b，則下列為真命題的是則下列為真命題的是( ) Apq Bp綈綈 q C綈綈 pq D綈綈 p綈綈 q 解析：解析：選選 B 對于命題對于命題 p，當，當 x00 時，時，10 成立，所以命題成立，所以命題 p 為真命題，命題為真命題，命題綈綈 p 為為假命題；對于命題假命題；對于命題 q，當，當 a1，b1 時，時，1a1b，所以命題，所以命題 q 為假命
4、題，命題為假命題，命題綈綈 q 為真命為真命題，所以題，所以 p綈綈 q 為真命題，故選為真命題，故選 B. 3(2019 屆高三屆高三 遼寧五校聯(lián)考遼寧五校聯(lián)考)已知命題已知命題“x0R,R,4x20(a2)x0140”是假命題，是假命題，則實數(shù)則實數(shù) a 的取值范圍為的取值范圍為( ) A(，0) B0,4 C4，) D(0,4) 解析：解析：選選 D 因為命題因為命題“x0R,R,4x20(a2)x0140”是假命題，所以其否定是假命題，所以其否定“xR,R,4x2(a2)x140”是真命題，則是真命題，則 (a2)24414a24a0，解得，解得 0a4，故選故選 D. 4(2019
5、屆高三屆高三 湖北八校聯(lián)考湖北八校聯(lián)考)下列說法正確的個數(shù)是下列說法正確的個數(shù)是( ) “若若 ab4，則，則 a，b 中至少有一個不小于中至少有一個不小于 2”的逆命題是真命題；的逆命題是真命題； 命題命題“設設 a，bR R，若，若 ab6，則，則 a3 或或 b3”是一個真命題；是一個真命題； “x0R R，x20 x01”的否定是的否定是( ) Ax0R R，x0cos x0ex01 Bx0R R，x0cos x0ex01 CxR R，xcos xex1 DxR R，xcos xex1 解析：解析：選選 D 因為所給命題是一個特稱命題，所以其否定是一個全稱命題，即因為所給命題是一個特稱
6、命題，所以其否定是一個全稱命題，即“xR R，xcos xex1” 2(2018 長春質(zhì)檢長春質(zhì)檢)命題命題“若若 x21，則，則1x1”的逆否命題是的逆否命題是( ) A若若 x21，則，則 x1 或或 x1 B若若1x1，則，則 x21 或或 x1 D若若 x1 或或 x1，則，則 x21 解析：解析： 選選 D 命題的形式是命題的形式是“若若 p， 則， 則 q”， 由逆否命題的知識， 可知其逆否命題為， 由逆否命題的知識， 可知其逆否命題為“若若綈綈 q，則，則綈綈 p”的形式，所以的形式，所以“若若 x21，則，則1x1”的逆否命題是的逆否命題是“若若 x1 或或 x1，則則 x21
7、”故選故選 D. 3(2018 南昌調(diào)研南昌調(diào)研)已知已知 mm，n n 為兩個非零向量，則為兩個非零向量，則“mm 與與 n n 共線共線”是是“mm n n|mm n n|”的的( ) A充分不必要條件充分不必要條件 B必要不充分條件必要不充分條件 C充要條件充要條件 D既不充分也不必既不充分也不必要條件要條件 解析：解析：選選 D 當當 mm 與與 n n 反向時，反向時，mm n n0，故充分性不成立若，故充分性不成立若 mm n n|mm n n|，則則 mm n n|mm| |n n|cosmm，n n|mm| |n n| |cosmm，n n|，則，則 cosmm，n n|cos
8、mm，n n|，故，故cosmm，n n0，即，即 0 mm，n n90 ，此時，此時 mm 與與 n n 不一定共線，即必要性不成立故不一定共線，即必要性不成立故“mm 與與 n n 共線共線”是是“mm n n|mm n n|”的既不充分也不必要條件，故選的既不充分也不必要條件，故選 D. 4(2018 安徽八校聯(lián)考安徽八校聯(lián)考)某參觀團根據(jù)下列約束條件從某參觀團根據(jù)下列約束條件從 A，B，C，D，E 五個鎮(zhèn)選擇參五個鎮(zhèn)選擇參觀地點：觀地點： 若去若去 A 鎮(zhèn)，也必須去鎮(zhèn)，也必須去 B 鎮(zhèn)鎮(zhèn)； D，E 兩鎮(zhèn)至少去一鎮(zhèn)；兩鎮(zhèn)至少去一鎮(zhèn)； B，C 兩鎮(zhèn)只去一鎮(zhèn)；兩鎮(zhèn)只去一鎮(zhèn)； C，D 兩鎮(zhèn)都去
9、或者都不去；兩鎮(zhèn)都去或者都不去； 若去若去 E 鎮(zhèn)，則鎮(zhèn)，則 A，D 兩鎮(zhèn)也必須去兩鎮(zhèn)也必須去 則該參觀團至多去了則該參觀團至多去了( ) AB，D 兩鎮(zhèn)兩鎮(zhèn) BA，B 兩鎮(zhèn)兩鎮(zhèn) CC，D 兩鎮(zhèn)兩鎮(zhèn) DA，C 兩鎮(zhèn)兩鎮(zhèn) 解析：解析：選選 C 若去若去 A 鎮(zhèn)，根據(jù)鎮(zhèn)，根據(jù)可知一定去可知一定去 B 鎮(zhèn)，根據(jù)鎮(zhèn)，根據(jù)可知不去可知不去 C 鎮(zhèn)，根據(jù)鎮(zhèn)，根據(jù)可知可知不去不去 D 鎮(zhèn)，根據(jù)鎮(zhèn)，根據(jù)可知去可知去 E 鎮(zhèn)，與鎮(zhèn)，與矛盾，故不能去矛盾，故不能去 A 鎮(zhèn)；若不去鎮(zhèn)；若不去 A 鎮(zhèn)，根據(jù)鎮(zhèn)，根據(jù)可知也不可知也不 去去 E 鎮(zhèn)，再根據(jù)鎮(zhèn)，再根據(jù)知去知去 D 鎮(zhèn)，再根據(jù)鎮(zhèn)，再根據(jù)知去知去 C 鎮(zhèn)，再根
10、據(jù)鎮(zhèn)，再根據(jù)可知不去可知不去 B 鎮(zhèn)，再檢驗每個條鎮(zhèn)，再檢驗每個條件都成立，所以該參觀團至多去了件都成立，所以該參觀團至多去了 C，D 兩鎮(zhèn)故選兩鎮(zhèn)故選 C. 5下列命下列命題是真命題的是題是真命題的是( ) Ax(2，)，x22x B“x25x60”是是“x2”的充分不必要條件的充分不必要條件 C設設an是公比為是公比為 q 的等比數(shù)列，則的等比數(shù)列，則“q1”是是“an為遞增數(shù)列為遞增數(shù)列”的既不充分也不必要的既不充分也不必要條件條件 Dab 的充要條件是的充要條件是 a b0 解析：解析： 選選 C A 選項， 當選項， 當 x4 時，時， x2與與 2x顯然相等顯然相等 B 選項， 由
11、選項， 由 x25x60， 得， 得x|x1或或 x2x|x1 或或 x0”是是“x2”的必要不充分條件的必要不充分條件C選項，當選項，當 a11 時，數(shù)列時，數(shù)列an遞減；當遞減；當 a10，數(shù)列數(shù)列an遞增時，遞增時，0q0 且且 b1) 解析：解析：選選 C 觀察數(shù)據(jù)可知，當觀察數(shù)據(jù)可知，當 x 增大時，增大時，Q Q(x)的值先增大后減小，且大約是關于的值先增大后減小，且大約是關于 Q Q(3)對稱，故月銷售量對稱，故月銷售量 Q Q(x)(臺臺)與時間與時間 x(月份月份)變化關系的模擬函數(shù)的圖象是關于變化關系的模擬函數(shù)的圖象是關于 x3 對稱的，對稱的，顯然只有選項顯然只有選項 C
12、 滿足題意，故選滿足題意，故選 C. 9(2018 湘東五校聯(lián)考湘東五校聯(lián)考)“不等式不等式 x2xm0 在在 R 上恒成上恒成立立”的一個必要不充分條件的一個必要不充分條件是是( ) Am14 B0m0 Dm1 解析：解析：選選 C 若不等式若不等式 x2xm0 在在 R 上恒成立，則上恒成立，則 (1)24m14，因此當不等式因此當不等式 x2xm0 在在 R 上恒成立時，必有上恒成立時，必有 m0，但當，但當 m0 時，不一定推出不等式時，不一定推出不等式在在 R 上恒成立，故所求的必要不充分條件可以是上恒成立，故所求的必要不充分條件可以是 m0. 10在下列結(jié)論中，正確的個數(shù)是在下列結(jié)
13、論中，正確的個數(shù)是( ) 命題命題 p：“x0R R，x2020”的否定形式為的否定形式為綈綈 p：“xR R，x22N”是是“ 23M 23N”的充分不必要條件；的充分不必要條件； 命題命題“若若 x23x40，則，則 x4”的逆否命題為的逆否命題為“若若 x4，則，則 x23x40” A1 B2 C3 D4 解析：解析：選選 C 由特稱由特稱(存在性存在性)命題與全稱命題的關系可知命題與全稱命題的關系可知正確正確 OA OB OB OC ， OB (OA OC )0，即，即OB CA 0， OB CA . 同理可知同理可知OA BC ，OC BA ，故點，故點 O 是是ABC 的垂心，的垂
14、心，正確正確 y 23x是減函數(shù)，是減函數(shù)， 當當 M N 時，時， 23M 23N時，時，MN”是是“ 23M 23N”的既不充分也不必要條件，的既不充分也不必要條件，錯誤錯誤 由逆否命題的寫法可知，由逆否命題的寫法可知，正確正確 正確的結(jié)論有正確的結(jié)論有 3 個個 11(2018 福州高三期末考試福州高三期末考試)不等式組不等式組 xy1，x2y2的解集記為的解集記為 D.有下面四個命題：有下面四個命題： p1：(x，y)D，x2y2； p2：(x，y)D，x2y3； p3：(x，y)D，x2y23； p4：(x，y)D，x2y2. 其中的真命題是其中的真命題是( ) Ap2，p3 Bp1
15、，p4 Cp1，p2 Dp1，p3 解析：解析：選選 A 不等式組表示的可行域為如圖所示的陰影部分不等式組表示的可行域為如圖所示的陰影部分 由由 xy1，x2y2，解得解得 x43，y13，所以所以 M 43，13. 由圖可知，當直線由圖可知，當直線 zx2y 過點過點 M 43，13時，時， z 取得最小值，且取得最小值，且 zmin4321323， 所以真命題是所以真命題是 p2，p3，故選，故選 A. 12一天，小亮看到家中的塑料桶中有一個豎直放置的玻璃杯，桶和玻璃杯的形狀都一天，小亮看到家中的塑料桶中有一個豎直放置的玻璃杯，桶和玻璃杯的形狀都 是圓柱形，桶口的半徑是杯口半徑的是圓柱形，
16、桶口的半徑是杯口半徑的 2 倍，其正視圖如圖所示小亮決定做個試驗：把倍，其正視圖如圖所示小亮決定做個試驗：把塑塑料桶和玻璃杯看作一個容器，對準杯口勻速注水，注水過程中杯子始終豎直放置，則下列料桶和玻璃杯看作一個容器，對準杯口勻速注水，注水過程中杯子始終豎直放置，則下列能反映容器最高水位能反映容器最高水位 h 與注水時間與注水時間 t 之間關系的大致圖象是之間關系的大致圖象是( ) 解析：解析：選選 C 向玻璃杯內(nèi)勻速注水，水面逐漸升高，當玻璃杯中水滿時，開始向塑料向玻璃杯內(nèi)勻速注水，水面逐漸升高，當玻璃杯中水滿時，開始向塑料桶內(nèi)流，這時水位高度不變，因為杯子和桶底面半徑比是桶內(nèi)流，這時水位高度
17、不變，因為杯子和桶底面半徑比是 12，則底面積的比為，則底面積的比為 14，在，在高度相同情況下體積比為高度相同情況下體積比為 14，杯子內(nèi)水的體積與杯子外水的體積比是，杯子內(nèi)水的體積與杯子外水的體積比是 13，所以高度不，所以高度不變時，杯外注水時間是杯內(nèi)注水時間的變時，杯外注水時間是杯內(nèi)注水時間的 3 倍，當桶的水面高度與玻璃杯的水面高度一樣后，倍，當桶的水面高度與玻璃杯的水面高度一樣后，繼續(xù)注水，水面高度再升高，升高的速度開始慢，結(jié)合圖象知選繼續(xù)注水，水面高度再升高，升高的速度開始慢，結(jié)合圖象知選 C. 13觀察下列各式：觀察下列各式：553 125,5615 625,5778 125,
18、58390 625,591 953 125，則則 52 018的末四位數(shù)字為的末四位數(shù)字為( ) A3 125 B5 625 C0 625 D8 125 解析：解析：選選 B 553 125,5615 625,5778 125,58390 625,591 953 125，可得，可得59與與 55的后四位數(shù)字相同， 由此可歸納出的后四位數(shù)字相同， 由此可歸納出 5m4k與與 5m(kN N*， m5,6,7,8)的后四位數(shù)字相同，的后四位數(shù)字相同，又又 2 01845036，所以，所以 52 018與與 56的后四位數(shù)字相同，為的后四位數(shù)字相同，為 5 625，故選，故選 B. 14埃及數(shù)學中有
19、一個獨特現(xiàn)象：除埃及數(shù)學中有一個獨特現(xiàn)象：除23用一個單獨的符號表示以外，其他分數(shù)都要寫成用一個單獨的符號表示以外，其他分數(shù)都要寫成若干個單位分數(shù)和的形式，例如若干個單位分數(shù)和的形式，例如2513115.可以這樣理解：假定有兩個面包，要平均分給可以這樣理解：假定有兩個面包，要平均分給 5個人，若每人分得一個面包的個人，若每人分得一個面包的12，不夠，若每人分得一個面包的，不夠，若每人分得一個面包的13，還余，還余13，再將這，再將這13分成分成 5份，每人分得份，每人分得115，這樣每人分得，這樣每人分得13115.形如形如2n(n5,7,9，11，)的分數(shù)的分解：的分數(shù)的分解：2513115
20、，2714128，2915145，按此規(guī)律，按此規(guī)律，2n( ) A.2n12n n1 B.1n11n n1 C.1n21n n2 D.12n11 2n1 2n3 解析：解析：選選 A 根據(jù)分面包原理知，等式右邊第一個數(shù)的分母應是等式左邊數(shù)的分母加根據(jù)分面包原理知，等式右邊第一個數(shù)的分母應是等式左邊數(shù)的分母加 1的一半，第二個數(shù)的分母是第一個數(shù)的分母與等式左邊數(shù)的分母的乘積的一半，第二個數(shù)的分母是第一個數(shù)的分母與等式左邊數(shù)的分母的乘積，兩個數(shù)的原始分，兩個數(shù)的原始分子都是子都是 1，即，即2n1n121n n1 22n12n n1 . 15一個人騎車以一個人騎車以 6 m/s 的速度勻速追趕停
21、在交通信號燈前的汽車，當他離汽車的速度勻速追趕停在交通信號燈前的汽車，當他離汽車 25 m時，交通信號燈由紅變綠，汽車開始做變速直線行駛時，交通信號燈由紅變綠，汽車開始做變速直線行駛(汽車與人的前進方向相同汽車與人的前進方向相同)，若汽車在，若汽車在時刻時刻 t 的速度的速度 v(t)t(m/s)，那么此人，那么此人( ) A可在可在 7 秒內(nèi)追上汽車秒內(nèi)追上汽車 B不能追上汽車，但其間最近距離為不能追上汽車，但其間最近距離為 16 m C不能追上不能追上汽車，但其間最近距離為汽車，但其間最近距離為 14 m D不能追上汽車，但其間最近距離為不能追上汽車，但其間最近距離為 7 m 解析：解析：
22、選選 D 因為汽車在時刻因為汽車在時刻 t 的速度的速度 v(t)t(m/s)，所以加速度，所以加速度 av t t1，所以汽車，所以汽車是勻加速運動，以汽車停止位置為參照，人所走過的位移為是勻加速運動，以汽車停止位置為參照，人所走過的位移為 S1256t，汽車在時間，汽車在時間 t內(nèi)的位移為內(nèi)的位移為 S2t22，故設相對位移為，故設相對位移為 y m，則，則 y256tt2212(t6)27，故不能追上，故不能追上汽車，且當汽車，且當 t6 時，其間最近距離為時，其間最近距離為 7 m，故選，故選 D. 16“干支紀年法干支紀年法”是中國歷法上自古以來使用的紀年方法，甲、乙、丙、丁、戊、是
23、中國歷法上自古以來使用的紀年方法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被稱為己、庚、辛、壬、癸被稱為“十天干十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做亥叫做“十二地支十二地支”“天干天干”以以“甲甲”字開始，字開始，“地支地支”以以“子子”字開始，兩者按干支字開始，兩者按干支順序相配，組成了干支紀年法，其相配順序為：甲子、乙丑、丙寅順序相配，組成了干支紀年法，其相配順序為：甲子、乙丑、丙寅癸酉、甲戌、乙亥、癸酉、甲戌、乙亥、丙子丙子癸未、甲申、乙酉、丙戌癸未、甲申、乙酉、丙戌癸巳癸巳共得到共得到 60 個組合，周而復始，循環(huán)記錄
24、已個組合，周而復始，循環(huán)記錄已知知 1894 年是年是“干支紀年法干支紀年法”中的甲午年，那么中的甲午年，那么 2020 年是年是“干支紀年法干支紀年法”中的中的( ) A己亥年己亥年 B戊戌年戊戌年 C辛丑年辛丑年 D庚庚子年子年 解析：解析：選選 D 由題知，天干的周期為由題知，天干的周期為 10，地支的周期為，地支的周期為 12，因為，因為 1894 年為甲午年，年為甲午年，所以所以 2014 年為甲午年，從年為甲午年，從 2014 年到年到 2020 年，經(jīng)過了年，經(jīng)過了 6 年，所以天干中的甲變?yōu)楦刂?，所以天干中的甲變?yōu)楦刂е械奈缱優(yōu)樽?，即中的午變?yōu)樽?，?2020 年是庚
25、子年，故選年是庚子年，故選 D. 二、填空題二、填空題 17(2018 沈陽質(zhì)檢沈陽質(zhì)檢)在推導等差數(shù)列前在推導等差數(shù)列前 n 項和的過程中，我們使用了倒序相加的方法，項和的過程中，我們使用了倒序相加的方法，類比可求得類比可求得 sin21sin22sin289_. 解析：解析：令令 Ssin21sin22sin23sin289， Ssin289sin288sin287sin21， 則則得得 2S89，S892. 答案：答案：892 18 設命題 設命題 p： a0， a1， 函數(shù)， 函數(shù) f(x)axxa 有零點， 則有零點， 則綈綈 p： _. 解析：解析：全稱命題的否定為特稱全稱命題的否
26、定為特稱(存在性存在性)命題，命題，綈綈 p：a00，a01， 函數(shù)函數(shù) f(x)ax0 xa0沒有零點沒有零點 答案：答案：a00，a01，函數(shù)，函數(shù) f(x)ax0 xa0沒有零點沒有零點 19命題命題 p：“xR，ax22ax30 恒成立恒成立”，命題，命題 q：“xR，使，使 x2(a1)x10，4a212a00a3，所以其為假的充要條件是，所以其為假的充要條件是 a0 或或 a3，命題，命題 q 的否的否定是真命題，即定是真命題，即xR，x2(a1)x10，則，則 (a1)240，解得，解得1a3，所以，所以1a0 或或 a3. 答案：答案：1,0)3 20已知某房地產(chǎn)公司計劃出租已
27、知某房地產(chǎn)公司計劃出租 70 套相同的公寓房當每套房月租金定為套相同的公寓房當每套房月租金定為 3 000 元時，元時，這這 70 套公寓房能全部租出去；當月租金每增加套公寓房能全部租出去；當月租金每增加 50 元時元時(設月租金均為設月租金均為 50 元的整數(shù)倍元的整數(shù)倍)，就，就會多一套房子不能出租設已出租的每套房子每月需要公司花費會多一套房子不能出租設已出租的每套房子每月需要公司花費 100 元的日常維修等費用元的日常維修等費用(設沒有出租的房子不需要花這些費用設沒有出租的房子不需要花這些費用)，則要使公司獲得最大利潤，每套房月租金應定為，則要使公司獲得最大利潤，每套房月租金應定為_元元
28、 解析：解析： 設利潤為設利潤為 y 元， 租金定為元， 租金定為 3 00050 x(0 x70，xN N)元 則元 則 y(3 00050 x)(70 x)100(70 x)(2 90050 x)(70 x)50(58x)(70 x)50 58x70 x22204 800，當且僅當當且僅當 58x70 x，即，即 x6 時，等號成立，故每月租金定為時，等號成立，故每月租金定為 3 0003003 300(元元)時，公司獲得最大利潤時，公司獲得最大利潤 答案：答案：3 300 21某食品的保鮮時間某食品的保鮮時間 y(單位：小時單位：小時)與儲藏溫度與儲藏溫度 x(單位：單位：)滿足函數(shù)關系
29、滿足函數(shù)關系 yekxb(e2.718為自然對數(shù)的底數(shù)，為自然對數(shù)的底數(shù)，k，b 為常數(shù)為常數(shù))若該食品在若該食品在 0 的保鮮時間的保鮮時間是是 192 小時，在小時，在22 的保鮮時間是的保鮮時間是 48 小時，則該食品在小時，則該食品在 33 的保鮮時間是的保鮮時間是_小時小時 解析：解析：由題意得由題意得 192eb，48e22kb，解得解得 eb192，e11k12，當當 x33 時，時， ye33kb(e11k)3eb 12319224. 答案：答案：24 22使用使用“”和和“”“”按照如下規(guī)律從左到右進行排位：按照如下規(guī)律從左到右進行排位：，若每一個，若每一個“”“”或或“”“
30、”占一個位置，如上述圖形中，第占一個位置，如上述圖形中，第 1 位是位是“”“”，第，第 4 位是位是“”“”，第，第 7 位是位是“”“”，則第，則第 2 019 位之前位之前(不含第不含第 2 019 位位)，共有，共有_個個“”“” 解析：解析：記記“，”為第為第 1 組，組，“，”為第為第 2 組，組，“，”為第為第 3 組，以此類推，第組，以此類推，第 k 組共有組共有 2k 個圖形，故前個圖形，故前 k 組共有組共有 k(k1)個圖形，因為個圖形，因為44451 9802 01845462 070，所以在這，所以在這 2 018 個圖形中有個圖形中有 45 個個“”“”，1 973
31、 個個“”“” 答案：答案：1 973 23(2018 東北三校聯(lián)考東北三校聯(lián)考)甲、乙、丙三位教師分別在哈爾濱、長春、沈陽的三所中學甲、乙、丙三位教師分別在哈爾濱、長春、沈陽的三所中學里教不同的學科里教不同的學科 A，B，C，已知：，已知： 甲不在哈爾濱工作，乙不在長春工作；甲不在哈爾濱工作，乙不在長春工作； 在哈爾濱工作的教師不教在哈爾濱工作的教師不教 C 學科；學科； 在長春工作的教師教在長春工作的教師教 A 學科；學科； 乙不教乙不教 B 學科學科 可以判斷乙教師所在的城市和所教的學科分別是可以判斷乙教師所在的城市和所教的學科分別是_ 解析：解析：由于乙不在長春工作，而在長春工作的教師
32、教由于乙不在長春工作，而在長春工作的教師教 A 學科，則乙不教學科，則乙不教 A 學科；又乙學科；又乙不教不教 B 學科， 所以乙教學科， 所以乙教 C 學科， 而在哈爾學科， 而在哈爾濱工作的教師不教濱工作的教師不教 C 學科， 故乙在沈陽教學科， 故乙在沈陽教 C 學科 綜學科 綜上可知，乙教師所在的城市為沈陽，所教的學科為上可知，乙教師所在的城市為沈陽，所教的學科為 C. 答案：答案：沈陽、沈陽、C 24某班主任在其工作手冊中，對該班每個學生用某班主任在其工作手冊中，對該班每個學生用 12 項能力特征加以描述每名學生項能力特征加以描述每名學生的第的第 i(i1,2，12)項能力特征用項能
33、力特征用 xi表示，表示，xi 0，如果某學生不具有第，如果某學生不具有第i項能力特征，項能力特征，1，如果某學生具有第，如果某學生具有第i項能力特征項能力特征.若學生若學生 A，B 的的 12 項能力特征分別記為項能力特征分別記為 A(a1，a2，a12)，B(b1，b2，b12)，則，則 A，B 兩名學生的不同能兩名學生的不同能力特征項數(shù)為力特征項數(shù)為_(用用 ai，bi表示表示)如果兩個同學不同能力特征項如果兩個同學不同能力特征項數(shù)不少于數(shù)不少于 7，那么就說這兩個同學的綜合能力差異較大若該班有，那么就說這兩個同學的綜合能力差異較大若該班有 3 名學生兩兩綜合能力差名學生兩兩綜合能力差異
34、較大，則這異較大，則這 3 名學生兩兩不同能力特征項數(shù)總和的最小值為名學生兩兩不同能力特征項數(shù)總和的最小值為_ 解析：解析：若第若第 i(i1,2，12)項能力特值相同，則差為項能力特值相同，則差為 0，特征不同，差的絕對值為，特征不同，差的絕對值為 1，則用則用 ai， bi表示表示 A， B 兩名同學的不同能力特征項數(shù)為：兩名同學的不同能力特征項數(shù)為： |a1b1|a2b2|a3b3|a11 b11|a12b12|i112|aibi|.設第三個學生為設第三個學生為 C(c1，c2，c12)，則，則 di|aibi|bici|ciai|,1i12，因為，因為 di的奇偶性與的奇偶性與 aibibiciciai0 一樣，所以一樣，所以 di是偶數(shù)，是偶數(shù)，3 名名學生兩兩不同能力特征項數(shù)總和為學生兩兩不同能力特征項數(shù)總和為 Sd1d2d12為偶數(shù)， 又為偶數(shù)， 又 S3721， 則， 則 S22，取取 A(0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1)，B(1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,1)，C(1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,1)，則不，則不同能力特征項數(shù)總和正好為同能力特征項數(shù)總和正好為 22. 答案：答案：i112|aibi| 22
二輪復習數(shù)學文通用版講義：第一部分 第一層級 邊緣送分專題 常用邏輯用語、推理與證明、函數(shù)的實際應用 Word版含解析
