《2025年对点对题高考状元训练手册高三数学人教版》

阅读下面的材料,完成28~30小题.
某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券,多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特笔妆1个_等奖10个.一等奖50个设1张奖券中特等奖、- . 等奖、二等奖的事件分别为A,B,C.
28.1张奖券的中奖概率为 (　　　)
A.$\frac{1}{1000}$　　　　　　　　　　　　　　
　B.$\frac{1}{100}$
C.$\frac{1}{20}$　　　　　　　　　　　　　　　　
　D.$\frac{61}{1000}$
29.1张奖券不中奖的概率为 (　　　)
A.$\frac{61}{1000}$　　　　　　　　　　　　　　
　B.$\frac{1}{20}$
C.$\frac{939}{1000}$　　　　　　　　　　　　　　　
　D.$\frac{939}{100}$
30.1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为 (　　　)
A.$\frac{939}{1000}$　　　　　　　　　　　　　　　B.$\frac{989}{1000}$
C.$\frac{61}{1000}$　　　　　　　　　　　　　　　　D.$\frac{1}{10}$

答案： D 设“1 张奖券中奖”为事件 $M$，则 $M = A\cup B\cup C$. $\because A$，$B$，$C$ 两两互斥，$\therefore P(M)=P(A\cup B\cup C)=P(A)+P(B)+P(C)=\frac{1 + 10+50}{1000}=\frac{61}{1000}$. 故 1 张奖券中奖的概率为 $\frac{61}{1000}$.
@@C 设“1 张奖卷不中奖”为事件 $Q$，“1 张奖券中奖”为事件 $M$，则 $M$ 与 $Q$ 互为对立事件，$\therefore P(Q)=1 - P(M)=1-\frac{61}{100}=\frac{939}{1000}$.
@@B 设“1 张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件 $N$，则事件 $N$ 与事件“1 张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，$\therefore P(N)=1 - P(A\cup B)=1-[P(A)+P(B)]=1-(\frac{1}{1000}+\frac{1}{100})=\frac{989}{1000}$. 故 1 张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为 $\frac{989}{1000}$.

根据下面的题设,完成31~33小题.
　　已知函数f(x)=2x + λ·2 - x(λ∈R).
31.若λ = -1时,则函数f(x)的零点是 (　　　)
A.0　　　　　　　　　　　　　　　　　
　B.(0,0)
C.1　　　　　　　　　　　　　　　　　
　D.(1,1)
32.若函数f(x)为偶函数,则实数λ的值是 (　　　)
A.-1
B.1
C.2
D.-2
33.若不等式$\frac{1}{2}$≤f(x)≤4在x∈[0,1]上恒成立,则实数λ的取值范围是 (　　　)
A.$\left[\frac{1}{2},3\right]$　　　　　　　　　　　　　　　B.$\left[-3,\frac{1}{2}\right]$
C.$\left[-3,-\frac{1}{2}\right]$　　　　　　　　　　　　　D.$\left[-\frac{1}{2},3\right]$

答案： A 由 $\lambda=-1$，得 $f(x)=2^{x}-2^{-x}$，令 $f(x)=2^{x}-2^{-x}=0$，得 $2^{x}=2^{-x}$，所以 $x=-x$，解得 $x = 0$，所以函数 $f(x)$ 的零点为 0，故选 A.
@@B 因为函数 $f(x)$ 为偶函数，所以 $f(-x)=f(x)$，即 $2^{-x}+\lambda\cdot2^{x}=2^{x}+\lambda\cdot2^{-x}$，所以 $(1 - \lambda)(2^{-x}-2^{x})=0$，又 $2^{-x}-2^{x}$ 不恒为 0，所以 $1 - \lambda = 0$，即 $\lambda = 1$，故选 B.
@@D 因为 $\frac{1}{2}\leqslant f(x)\leqslant4$ 在 $x\in[0,1]$ 上恒成立，所以 $\frac{1}{2}\leqslant2^{x}+\lambda\cdot2^{-x}\leqslant4$ 在 $x\in[0,1]$ 上恒成立. 由 $2^{-x}＞0$，得 $-2^{2x}+\frac{1}{2}\cdot2^{x}\leqslant\lambda\leqslant-2^{2x}+4\cdot2^{x}$ 在 $x\in[0,1]$ 上恒成立. 令 $t = 2^{x}$，所以 $-t^{2}+\frac{1}{2}t\leqslant\lambda\leqslant-t^{2}+4t$ 在 $t\in[1,2]$ 上恒成立. 设 $g(t)=-t^{2}+\frac{1}{2}t$，$t\in[1,2]$，$h(t)=-t^{2}+4t$，$t\in[1,2]$，由 $g(t)=-t^{2}+\frac{1}{2}t=-(t-\frac{1}{4})^{2}+\frac{1}{16}$，得当 $t = 1$ 时，$g(t)_{\max}=-\frac{1}{2}$，由 $h(t)=-t^{2}+4t=-(t - 2)^{2}+4$，可得当 $t = 1$ 时，$h(t)_{\min}=3$，所以 $-\frac{1}{2}\leqslant\lambda\leqslant3$，所以实数 $\lambda$ 的取值范围为 $[-\frac{1}{2},3]$，故选 D.