不间断的从1数到100万,估计大约需要多少时间

不对，因为从1数到10时，一开始就数了1了，所以从1数到10所用的时间是数9个数的时间，所以数一个数的时间是[4/9]秒，
所以从1数到100万需要（1000000-1）×[4/9]=444444（秒），
所以小飞的解答错误．

点评：
本题考点： 有理数的除法．

考点点评： 此题考查了有理数的除法，解题的关键是读懂题意，注意从1数到10所用的时间是数9个数的时间．

从表格中

x -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2
f（x） -3.15 1.02 2.37 1.56 -0.38 1.23 2.77 3.45 4.89可以得出f（-2）•f（-1.5）＜0，f（-0.5）•f（0）＜0，f（0）•f（0.5）＜0．
根据零点存在定理，可知函数f（x）在区间[-2，2]内至少有3个零点．
故答案为：3．

点评：
本题考点： 根的存在性及根的个数判断．

考点点评： 本题考查函数零点的定义和零点存在定理的应用，属于基础题．

（1）记该事件为事件A，事件A包括①第一个储户办理业务所需时间为3分钟，②第一个储户办理业务所需时间为1分钟且第二个储户办理业务所需的时间为2分钟；
③第一个储户办理业务所需时间为2分钟且第二个储户办理业务所需的时间为1分钟；④连续3个储户业务均用了1分钟，
所以 P（A）=0.3+2×0.2×0.3+0.2³=0.428．
（2）记第三个储户办理业务恰好等待4分钟开始办理业务为事件B，第三个储户业务办理等待4分钟开始办理包括①第一个储户办理业务用了2分钟，且第二个储户办理业务用了2分钟
②第一个储户办理业务用了1分钟，且第二个储户办理业务用了3分钟，③第一个储户办理业务用了3分钟，且第二个储户办理业务用了1分钟，
则P（B）=0.3×0.3+2×0.2×0.3=0.21．

点评：
本题考点： 互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式．

考点点评： 本题考查概率的求解，解题的关键是明确变量的取值与含义．

（Ⅰ）∵g′（x）=3x²-6ax，g（x）地点（1，g（1））处的切线与直线y=x+2平行，
∴g′（1）=3-6a=1，a=[1/3]
（Ⅱ）m（x）=2x³-x²+2，m′（x）=6x²-2x=6x（x-[1/3]）由m′（x）=6x²-2x=6x（x-[1/3]）＞0，得x＜0或x＞[1/3]
由m′（x）=6x²-2x=6x（x-[1/3]）＜0，得0＜x＜[1/3]
又∵x∈[0，2]
|m（2）|＞|m（0）|＞|m（[1/3]）|
∴f（x）与g（x）在区间[0，2]上的“绝对和”为12
（Ⅲ）记m（x）=f（x）+g（x），则m（x）=2x³-3ax²+2
m′（x）=6x（x-a）
∵a＞[3/2]＞0
∴由m（x）=6x（x-a）＞0得x＞a或x＜0
由m（x）=6x（x-a）＜0得0＜x＜a
又∵x∈[0，2]，且a＞[3/2]
（1）当[3/2]＜a＜2时，m（x）在[0，a]上单调递减，在[a，2]上单调递增．
又∵m（0）=2，m（a）=2-a²＜0，则|m（2）|＜|m（a）|
此时有|m（0）|-|m（a）|=4-a2≥0，解得a≤
34

∴（i）当[3/2＜a＜
34
]，|m（0）|＞|m（a）|
故“绝对和”为h（a）=m（0）=2
（ii）当
34
＜a＜2，|m（0）|＜|m（a）|
故“绝对值和”为h（a）=m（a）=a²-2
（2）a≥2，m（x）在x∈[0，2]上单调递减，
|m（2）|＞|m（0）|，
故“绝对和”为h（a）=m（2）=12a-18≥6＞2
由（1）（2）得a的取值范围是[3/2]＜a≤
34
．

点评：
本题考点： 函数与方程的综合运用．

考点点评： 本题主要考查导数的几何意义，用导数法求函数的最大值以及用新定义来研究最大值的应用．

∵连续函数f（x）满足f（0）•f（a）＜0
∴函数f（x）在区间（0，a）上必有零点
又∵f（x）在区间[0，a]上是单调函数∴函数f（x）在区间[0，a]上必有唯一一个零点
根据偶函数的对称性知函数f（x）在区间[-a，0]上必有唯一一个零点
∴函数f（x）在区间[-a，a]上必有2个零点
故答案为：2．

点评：
本题考点： 函数零点的判定定理．

考点点评： 本题主要考查函数零点的判断定理．连续且单调函数在区间[a，b]满足f（a）f（b）＜0时，在区间（a，b）上必有唯一一个零点．

水的摩尔质量为18克/摩尔，故1克水为[1/18]摩尔；
故一克水的分子个数为：n=
NA
18；
60亿=6×10⁹；
60亿人数，每人每小时数5000个，需要的时间是：
t=

6.02×1023
18
6×109×5000≈1.11×10⁹小时≈11万年
故选：C．

点评：
本题考点： 阿伏加德罗常数．

考点点评： 此题主要考摩尔质量和阿伏加德罗常数的应用，以及对时间的计算，特别注意科学记数法的运用．

甲车和乙车的速度比是15：35=3：7．这里的相遇存在迎面相遇和追上相遇两种．（如果两车相差的路程是AB的距离的倍数，就是追上相遇．）．
第一次相遇（迎面），把全程看作10份，甲车行了3份，乙车行了7份
第二次相遇（追上），10÷（7-3）=2.5，甲车行了2.5×3=7.5份，乙车行了17.5份．
第三次相遇（迎面），甲车行了3×3=9份，乙车行了7×3=21份
第四次相遇（迎面），甲车行了3×5=15份，乙车行了7×5=35份
两次相遇点，相距9-（15-10）=4份，所以每份是100÷4=25（千米）．
所以AB两地相距25×10=250（千米）．
答：A、B两地的距离为250千米．

点评：
本题考点： 多次相遇问题．

考点点评： 此题属于多次相遇问题，解决的关键是将全程看作10份，分析每次相遇时，甲车与乙车所行的份数．