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参考答案

第八章 不等式
考点一 不等关系与不等式
1．B 2．C 3．D 4．D 5．D 6．D
7．①
8．解：因为，所以．
将和左右两边分别相减，整理得，所以，所以．
综上可知，．
10．解：．
因为，所以，，所以，所以
．
11．解：作商比较：．
① 当时，，则，于是；
② 当时，，则，于是．
综上所述，对于不相等的实数，，都有．
考点二 解不等式
1．C 2．D 3．A 4．A 5．D 6．B 7．C
8．
9．
10．
11．解：由题意可知，．
当，即时，，不等式的解集为；
当，即时，，不等式的解集为．
当，即时，不等式的解集为．
综上可知，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为．
12．解：（1）因为的解集为，所以且，故．
因为方程，所以．因为方程有两个相等的实根，
所以，即，解得或（舍）．
因此，函数的解析式为．
（2），
因为函数有最大值，所以，且最大值为．又因为最大值是正数，所以，且，解得或．
因此，当函数的最大值为正数时，的取值范围是．
13．解：（1）．
当时，，所以．
（2）由（1）可知，当时，的解集为；当时，的解集为；当时，的解集为．
综上，不等式的解集为．
考点三 不等式的证明
1．C 2．A 3．D 4．B 5．D 6．D
7．
8．

9．证明：因为
，
所以．
10．证明：（1）因为当时，，所以，即．
（2）因为当时，，所以，，，即，，，故，．
因为函数的图像是一条直线，因此，在上的最大值只能在区间端点或处取得，于是，几．
（3）因为，所以函数在区间上是增函数，又因为函数在区间上的最大值是2，所以．因为，，，所以，所以．
当时，，即函数在时取得最小值为，所以函数是二次函数且它的图像的对称轴是直线，即，所以．又因为，所以．
综上可知，函数的解析式为．
11．证明：．
因为均为正实数，所以当时，，即
；当时，，．
综上可知，．
12．证明：要证成立，即证，即证
．
因为，故就是证，即证，即证．

只需证，也就是证，这是显然成立的，故原不等式成立．
13．证明：对任意，都有，所以
．
因此成立．
考点四 简单的线性规划参考答案：
1．B 2．C 3．C 4．B 5．C
6．4
7．解：设生产甲产品吨，乙产品吨，获利元，依题意可得：
，目标函数．
作出可行域，则当目标函数的等值线经过点时，目标函数z取最大值26 250元，即生产甲产品吨，乙产品吨时可获得最大的经济效益．
第九章 数列
考点一 数列的概念及表示法
1．B 2．B 3．D 4．B 5．B
6．4
7．
8．解：（1），，．
（2）由（1）归纳出．令，解得．
9．解：（1）令，解得．因为所以，，所以数列中有两项是负数，为a2，a3．
（2）因为的对称轴方程为，又，所以或时，故an有最小值，其最小值为．
10．解：由题意知，当时，．
两式相减，得，即，所以
．
因为，所以，即
，
即，所以．
因为，也适合上式，所以．
考点二 等差数列
1．C 2．D 3．A 4．C 5．C 6．B
7．2
8．5
9．解：因为，，，所以将两式相加，可得，即．
因为，所以．
10．解：因为，所以，又，所以，故
，．
当时，Sn最大，最大值为225．
11．解：（1）设等差数列的公差为d，则．
因为，，所以，解得，故．
（2）因为，所以，又，所以
，即解得或，又因为，故．
考点三 等比数列
1．A 2．B 3．C 4．A
5．解：设等比数列的首项为a1，公比为q．
因为，，所以，故，两式相除并整理，得，解得．
将代入中，解得，所以，．
6．解：（1）因为，所以．两式相减，得，
．又由可知，，则．
由等比数列定义可知，数列是首项为1，公比为2的等比数列．
（2）由（1）可知，，所以，即，故
，，，…，，
等式两边分别相加，可得，所以
．
7．解：（1）设等比数列的公比为q，则，解得，所以，，故，解得或．
因为数列单调递增，所以，故．
（2）因为，所以，所以，故
．
令，则．
两式相减，可得，
所以，所以不等式，即，，所以正整数n的最小值为5．
考点四 数列的求和及综合应用
1．C 2．B 3．B 4．D 5．B
6．15
7．
8．解：等差数列的首项为，公差为d，则．
因为，，所以，即，解得．
因为，所以，故数列是首项为，公差为的等差数列故．
9．解：（1）第1年投入800万元，第2年投入万元，…，第n年投入万元，则总投入为
．
第1年收入400万元，第2年收入万元，…，第n年收入万元，则总收入为
．
（2）只需即可，即，整理得
，即，解得．
因此，至少经过5年旅游业的总收入才能超过总投入．
第十章 计数原理参考答案
考点一 分类计数原理与分布计数原理
1．D 2．B 3．C 4．B 5．B
6．20
7．6
8．32
9．解：由题意可知，有一人即会英语也会日语，有6人会英语，有2人会日语，所以可分两类方法完成这件事．第一类：当选到这一人时，若他讲日语时，则另一人应从会英语的人中选，有6种选法；若他讲英语时，则另一人应从会日语的人中选，有2种选法；故有种选法；第二类：若未选到该人，则有种选法，故总共有20种不同的选法．
10．解：在垂直于轴的6条直线中任取2条，在垂直于轴的6条直线中任取2条，4条直线相交得出一个矩形，所以共有个矩形．
11．解：由题意可知，．当时，；当时，，；当时，，2，3；当时，，2，3，4；当时，，2，34，5；当时，，，2，3，4，5，6；所以焦点在上的椭圆共有个．
考点二 排列与组合
1．B 2．C 3．B 4．C 5．D 6．A
7．480
8．590
9．
10．14
11．解：（1）第一步：选3名男运动员有种选法；第二步：选2名女运动员有种选法，故共有种选法．
（2）“至少有1名女运动员”包括以下几种情况：1女4男、2女3男、3女2男、4女1男．由分类加法计数原理可知，共有种选法．
（3）当有女队长时，其他人选法任意，共有种选法；不选女队长时，必选男队长，共有种选法，其中不含女运动员的选法有种，故不选女队长时共有种选法，所以既有队长又有女运动员的选法共有种选法．
考点三 二项式定理
1．C 2．D 3．D 4．B 5．B 6．A 7．D 8．C
9．10
10．0
11．解：令，则令，则，所以
，又，所以，即，解得或．
12．解：因为
，而且
，故，，，即．
第十一章 概率与统计
考点一 随机事件及其概率
1．B
2．
3．
4．8
5．
6．解：（1）从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种：红1红2，红1红3，红1蓝1，红1蓝2，红2红3，红2蓝1，红2蓝2，红3蓝1，红3蓝2，蓝1蓝2，其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，故所求的概率为．
（2）加入一张标号为0的绿色卡片后，从六张卡片中任取两张，除上面的10种情况外，多出5种情况：红1绿0，红2绿0，红3绿0，蓝1绿0，蓝2绿0，即共有15种情况，其中颜色不同且标号之和小于4的有8种情况，所以概率为．
考点二 古典概型与几何概型
1．B 2．D 3．C 4．B 5．C 6．D
7．
考点三 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
1．B 2．C
3．解：（1）因为，所以，故．
因为，所以或或或或，因此A包含的基本事件为：．
（2）因为m的可能取值为，，0，1，2，3，所以的可能取值为0，1，4，9，则，，因此的分布列为：

0
1
4
9

数学期望为．
4．解：（1）记甲对A、乙对B、丙对C各一盘中甲胜A、乙胜B、丙胜C分别为事件，，，则甲不胜A、乙不胜B、丙不胜C分别为事件，，．
因为各盘比赛结果相互独立，所以红队至少两名队员获胜的概率为

（2）依题意可知，，1，2，3．
；

；
；
．
故的分布列为

0
1
2
3
P
0.1
0.35
0.4
0.15
则．
5．解：（1）设“在1次游戏中摸出i个白球”为事件，则．
（2）设“在1次游戏中获奖”为事件B，则，又
，且，互斥，所以．
由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，则
．
故X的分布列是
X
0
1
2
P

则．
6．解：设表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，则Y的分布列如下：

1
2
3
4
5
P
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
（1）用A表示事件“第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务”，则事件A对应以下三种情形：
① 第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；② 第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；③ 第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟．
所以

（2）X所有可能的取值为0，1，2．对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，所以；对应第一个顾客办理业务所需的时间正好是2分钟，所以；对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，所以；
故X的分布列为
X
0
1
2
P
0.5
0.49
0.01
则．
7．解：（1）设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A，则
，所以在取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为．
（2）设随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4，则
，，，．
故随机变量X的分布列是
X
1
2
3
4
P

则
考点四 随机抽样与总体估计
1．C 2．C 3．B 4．B 5．A 6．D
7．160
8．（1）
分组
频数
频率

5
0.1

8
0.16

25
0.5

10
0.2

2
0.04
合计
50
1
（2）不合格品的直径长与标准值的差落在区间内的概率为．
（3）合格品的件数为（件）．
考点五 回归分析与独立性检验
1．C 2．C 3．C 4．D
5．13
6．解：（1）由所给数据看出，年需求量与年份之间是近似直线上升，下面来求回归直线方程，先将数据预处理如下：
年份2006
-4
-2
0
2
4
需求量257
-21
-11
0
19
29
由预处理的数据，容易算得，，则
，．
故所求回归直线方程为，即
．
（2）利用所求得的直线方程，可预测2012年的粮食需求量为
.
第十二章 算法初步
考点一 算法的含义与程序框图
1．D 2．C 3．B 4．C 5．C
考点二 基本算法语句
1．B 2．A 3．B
第十三章 推理与证明
考点一 推理与证明的方法
1．B 2．B 3． 4．C
5．一般形式：．
证明：左边

，
故原式得证．
6．（1）证明：因为全不相等，所以与，与，与全不相等，所以，，．
三式相加，得，所以，即．
（2）解：由柯西不等式可知，，即
，又因为，所以当且在时取等号，即，．
将，代入，解得，则，，所以．
（3）证明：移向并整理，得

．
因为，所以，，，所以，所以，所以．
（4）证明：记，欲证为偶函数，只须证，即只须证．
因为函数与的图象关于y轴对称，而函数与的图象也关于y轴对称，所以=，于是有
，
故函数为偶函数．
7．证明：（1）取中点，连结．
在矩形中，且，又且，所以且．连结，于是四边形为平行四边形，所以．
又因为平面，且平面，所以平面．
（2）连结，由（1）和已知条件可知，在等边中，，，．
因此平行四边形为菱形，所以，又，所以，故．又因为，所以．
8．解：（1）；
．
（2）由（1）可归纳得到结论：对一切实数，有．
证明如下：

，故结论正确．
（3）设，则
．
两式相加，由（2）的结论可得，所以．
考点二 数学归纳法
1．B 2．C 3．C
4．5
5．证明：因为，所以，，，
，由此猜想．
用数学归纳法证明如下：
（1）当时，等式显然成立．
（2）假设时，能被整除，即能被整除；当时，．
因为是2的倍数，所以能被除，这就是说，当时，也能被整除．
由（1），（2）可知，对一切正整数都有能被整除，所以的最大值为．
6．证明：（1）当时，一个圆把平面分成两部分，则，即命题成立．
（2）假设当时，命题成立，即个圆把平面分成个部分．当时，这个圆中的个圆把平面分成个部分，第个圆被前个圆分成条弧，这条弧中的每一条把所在的部分分成了2个部分，这时共增加了个部分，故个圆把平面分成个部分，这说明当时命题也成立．
综上所述，对一切，命题都成立．
7．解：（1）当时，方程有一根为，于是
，解得．
当时，方程有一根为，于是
，解得．
（2）由（1）可知，，．
由题意可知，，则．
当时，，代入上式，得，则．
由此猜想．
用数学归纳法证明如下：
（1）当时，结论成立．
（2）假设时结论成立，则．当时，，即，故时结论也成立．
由（1），（2）可知，对所有正整数都成立．
当时，；当时，，也适合上式，所以的通项公式为．
8．解：（1）因为成等比数列，所以．
因为，所以，将其代入上式，则，解得．
同理，，．
由此可推出．
（2）证明：① 当，2时，显然猜想成立．
② 假设时，成立，则，即，解得或（舍）．
当时，因为，所以，则，即，故时，命题也成立．
由①，②可知，对一切成立．
（3）由（2）可得数列前项和．
9．解：（1）联立方程组得，解得．
（2）因为，所以，两式相减，可得，即，即，所以数列是一个以为首项，3为公比的等比数列．因为，所以，所以，即．当时，，也满足上式，所以数列的通项公式是．
（3）因为，所以，所以，于是
．
第十四章 数系的扩充
考点一 复数的概念及几何意义
1．C
1． 考点二 复数的代数四则运算
1．D 2．D 3．A 4．D 5．B 6．C 7．C
第十五章 坐标系与参数方程
考点一 坐标系
1．（1） （2） （3） （4）
2．
考点二 参数方程
1．解：（1）消去参数，得圆C的普通方程为．
因为，所以，所以直线的直角坐标方程为．
（2）圆心到直线的距离为，设圆截直线所得弦长为，则，则．
2．解：由题意可知，直线的倾斜角为，并过点；曲线是以为圆心、半径为1的圆，且圆也过点．
设直线与圆的另一个交点为，在中，．
3．解：（1）因为，所以，将其代入中，则可得直线的普
通方程．将两边同时平方，则，将代入，则
．
（2）由已知得：，设点的横坐标，纵坐标，则
，所以当点的坐标为时，的最小值为1．
4．解：（1）联立方程组得，则，所以，即，所以两点的极坐标为，或．
（2）由曲线的极坐标方程，则其普通方程为，将直线代入，整理得，所以．
5．解：（1）将分别代入圆和直线的直角坐标方程，则其极坐标方程为，．
（2）设点，，的极坐标分别为，，．
因为，所以．又因为，，所以，故点轨迹的极坐标方程为．

·21·

参考答案

目 录

第八章 不等式 1
考点一 不等关系与不等式 1
考点二 解不等式 1
考点三 不等式的证明 2
考点四 简单的线性规划参考答案： 4
第九章 数列 4
考点一 数列的概念及表示法 4
考点二 等差数列 5
考点三 等比数列 5
考点四 数列的求和及综合应用 6
第十章 计数原理参考答案 7
考点一 分类计数原理与分布计数原理 7
考点二 排列与组合 8
考点三 二项式定理 8
第十一章 概率与统计 9
考点一 随机事件及其概率 9
考点二 古典概型与几何概型 9
考点三 离散型随机变量及其分布列、均值与方差 9
考点四 随机抽样与总体估计 12
考点五 回归分析与独立性检验 12
第十二章 算法初步 13
考点一 算法的含义与程序框图 13
考点二 基本算法语句 13
第十三章 推理与证明 13
考点一 推理与证明的方法 13
考点二 数学归纳法 15
第十四章 数系的扩充 20
第十五章 坐标系与参数方程 20
迁移应用参考答案 20

·XXIII·