设 $P = \{x \mid x < 4\}$，$Q = \{x \mid x^2 < 4\}$，则（ ）

\begin{answer} B \end{answer}

\begin{solution} 由 $x^2<4$ 得 $-2<x<2$，所以 $Q=\{x\mid -2<x<2\}$. 任取 $x\in Q$，都有 $x<2<4$，故 $x\in P$，从而 $Q\subseteq P$.

选项 A 不成立，因为 $3\in P$ 但 $3\notin Q$；选项 C 不成立，因为 $0\in P\cap Q$；选项 D 不成立，因为 $Q$ 中的每个元素都属于 $P$，不属于 $\complement_{\mathbf{R}}P$. 因此选 B. \end{solution}

设 $0 < x < \frac{\pi}{2}$，则“$x \sin^2 x < 1$”是“$x \sin x < 1$”的（ ）

\begin{answer} B \end{answer}

\begin{solution} 因为 $0<x<\frac{\pi}{2}$，所以 $0<\sin x<1$，从而 若 $x\sin x<1$，则必有 $x\sin^2x<1$，所以“$x\sin x<1$”是“$x\sin^2x<1$”的充分条件，即前一个条件是后一个条件的必要条件.

再设 $x_0$ 是方程 $x\sin x=1$ 在 $(0,\frac\pi2)$ 内的根. 由于 $x\sin x$ 连续，且在 $x=1$ 时小于 $1$，在 $x=\frac\pi2$ 时大于 $1$，这样的 $x_0$ 存在. 此时 但 $x_0\sin x_0<1$ 不成立. 因此“$x\sin^2x<1$”不是“$x\sin x<1$”的充分条件，故选 B. \end{solution}

设函数的集合 $P = \left\{f(x) = \log_2(x + a) + b \mid a = -\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2}, 1; b = -1, 0, 1\right\}$，平面上点的集合 $Q = \left\{(x, y) \mid x = -\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2}, 1; y = -1, 0, 1\right\}$，则在同一直角坐标系中，$P$ 中函数 $f(x)$ 的图象恰好经过 $Q$ 中两个点的函数的个数是（ ）

\begin{answer} B \end{answer}

\begin{solution} 逐一考查 $a$ 的四个取值. 只有当 $x+a>0$ 且 $\log_2(x+a)+b$ 属于 $\{-1,0,1\}$ 时，图象才经过集合 $Q$ 中的点.

对 $a=-\frac12$，在 $x=-\frac12$，$0$，$\frac12$，$1$ 中只有 $x=1$ 使 $x+a>0$ 且 $\log_2(x+a)=-1$，所以任意 $b$ 至多经过一个点. 对 $a=0$，$x=\frac12$，$1$ 时的对数值分别为 $-1,0$，故 $b=0$，$1$ 时恰好经过两个点，而 $b=-1$ 时只有一个点.

对 $a=\frac12$，$x=0$，$\frac12$ 时的对数值分别为 $-1,0$，故 $b=0$，$1$ 时恰好经过两个点，而 $b=-1$ 时只有一个点. 对 $a=1$，四个横坐标对应的对数值依次为 $-1$，$0$，$\log_2\frac32$，$1$. 因为 $0<\log_2\frac32<1$，所以 $b=-1$ 时恰好有 $(0,-1)$、$(1,0)$ 两个点，$b=0$ 时有三个点，$b=1$ 时恰好有 $(-\frac12,0)$、$(0,1)$ 两个点.

因此符合条件的函数共有 个，故选 B. \end{solution}