题目内容
19．已知变量x，y满足约束条件$\left\{\begin{array}{l}{x-4y+3≥0}\\{x+y≥0}\\{x≥1}\end{array}\right.$，目标函数z=2x+y，则（ ）| A． | z的最小值为3，z无最大值 | B． | z的最小值为1，最大值为3 | ||
| C． | z的最小值为3，z无最小值 | D． | z的最小值为1，z无最大值 |
分析 由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．
解答 
解：由约束条件作出可行域如图，
化目标函数z=2x+y为y=-2x+z，
由图可知，当直线y=-2x+z过A（1，-1）时
直线在y轴上的截距最小，z最小，为2×1-1=1，
无最大值．
故选：D．
点评 本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．
练习册系列答案
相关题目
的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，下列函数：
；②
；③
其中满足“倒负”变换的函数是（ ）
10．将函数f（x）=$\sqrt{2}$sin2x-$\sqrt{2}$cos2x+1的图象向左平移$\frac{π}{4}$个单位，再向下平移1个单位，得到函数y=g（x）的图象，则下列关予函数y=g（x）的说法错误的是（ ）
| A． | 函数y=g（x）的最小正周期为π | |
| B． | 函数y=g（x）的图象的一条对称轴为直线x=$\frac{π}{8}$ | |
| C． | ${∫}_{0}^{\frac{π}{2}}$g（x）dx=$\sqrt{2}$ | |
| D． | 函数y=g（x）在区间[$\frac{π}{12}$，$\frac{5π}{8}$]上单调递减 |
14．设a＞0，若关于x，y的不等式组$\left\{\begin{array}{l}{ax-y+2≥0}\\{x+y-2≥0}\\{x-2≤0}\end{array}\right.$，表示的可行域与圆（x-2）2+y2=9存在公共点，则z=x+2y的最大值的取值范围为（ ）
| A． | [8，10] | B． | （6，+∞） | C． | （6，8] | D． | [8，+∞） |
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别为BB1，B1C1的中点．
11．已知直线的方程是$\sqrt{3}x-y+1=0$，则直线的倾斜角是（ ）
| A． | 120° | B． | 150° | C． | 30° | D． | 60° |
8．下列函数中，与函数y=ln（x-1）定义域相同的是（ ）
| A． | $y=\frac{1}{x-1}$ | B． | $y={（x-1）^{-\frac{1}{2}}}$ | C． | y=ex-1 | D． | $y=\sqrt{sin（x-1）}$ |
9．
我国古代数学家祖暅是著名数学家祖冲之之子，祖暅原理叙述道：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异．”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”中的体积问题，其核心过程为：如下图正方体ABCD-A1B1C1D1，求图中四分之一圆柱体BB1C1-AA1D1和四分之一圆柱体AA1B1-DD1C1公共部分的体积V，若图中正方体的棱长为2，则V=（ ）
（在高度h处的截面：用平行于正方体上下底面的平面去截，记截得两圆柱体公共部分所得面积为S1，截得正方体所得面积为S2，截得锥体所得面积为S3，${S_1}={R^2}-{h^2}$，${S_2}={R^2}$⇒S2-S1=S3）
我国古代数学家祖暅是著名数学家祖冲之之子，祖暅原理叙述道：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异．”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”中的体积问题，其核心过程为：如下图正方体ABCD-A1B1C1D1，求图中四分之一圆柱体BB1C1-AA1D1和四分之一圆柱体AA1B1-DD1C1公共部分的体积V，若图中正方体的棱长为2，则V=（ ） （在高度h处的截面：用平行于正方体上下底面的平面去截，记截得两圆柱体公共部分所得面积为S1，截得正方体所得面积为S2，截得锥体所得面积为S3，${S_1}={R^2}-{h^2}$，${S_2}={R^2}$⇒S2-S1=S3）
| A． | $\frac{16}{3}$ | B． | $\frac{8}{3}$ | C． | 8 | D． | $\frac{8π}{3}$ |