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溫州市普通高中2024屆高三第三次適應(yīng)性考
試數(shù)學(xué)試題卷
本試卷共4頁(yè),19小題,滿分150分,考試用時(shí)120分鐘.
注意事項(xiàng):
1.答卷前,考生務(wù)必用黑色字跡鋼筆或簽字筆將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答
題卷上,將條形碼橫貼在答題卷右上角“條形碼粘貼處”.
2.作答選擇題時(shí),選出每小題答案后,用2B鉛筆把答題卷上對(duì)應(yīng)題目選項(xiàng)的答
案信息點(diǎn)涂黑;如需改動(dòng),用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案,答案不能答在
試題卷上.
3.非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答,答案必須寫(xiě)在答題卷各題目指定
區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上;如需改動(dòng),先劃掉原來(lái)的答案,然后再寫(xiě)上新的答案;不
準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無(wú)效.
4.考生必須保持答題卷的整潔,不要折疊、不要弄破.
選擇題部分(共58分)
一、選擇題:本大題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)
中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1.在ABC中,三個(gè)內(nèi)角A氏C成等差數(shù)列,則sin(A+C)=()
A.1B.受C.BD.1
2.平面向量4=(〃7,2),。=(-2,4),若°〃(“-6),則()
A.-1B.1C.-2D.2
3.設(shè)A,B為同一試驗(yàn)中的兩個(gè)隨機(jī)事件,貝1]“尸(4)+尸(3)=1”是“事件4,8互為對(duì)立事件”
的()
A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要
條件
4.已知〃zeN*,(1+尤廣和(l+x)2"-i的展開(kāi)式中二項(xiàng)式系數(shù)的最大值分別為。和"則()
A.a<bB.a=b
C.a>bD.“力的大小關(guān)系與加有關(guān)
5.已知sin[p+苧]
=一~—,則sin(a-20cosa-cos(2/7—a)sina=()
24n24c3「3
A.-----B.—C.■一D.—
252555
?尤2+3光〉0
6.6知函數(shù)/(%)=*2「’.o,則關(guān)于x方程/(x)=依+2的根個(gè)數(shù)不可能是()
A.0個(gè)B.1個(gè)C.2個(gè)D.3個(gè)
22
7.已知片,鳥(niǎo)是橢圓C:=+工=l(a>b>0)的左右焦點(diǎn),C上兩點(diǎn)A,3滿足:AF2=2F,B,
ab
4
cosZAFlB=~,則橢圓C的離心率是()
A.-B.—C.-D.—
4433
S/\56
8.數(shù)列{4}的前〃項(xiàng)和為S“,a“+i=」4"eN"),則£的廠可以是()
anz=lz=l
A.18B.12C.9D.6
二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有
多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分,部分選對(duì)的得部分分,有選錯(cuò)的得。分.
9.已知空間兩條異面直線6所成的角等于60。,過(guò)點(diǎn)P與6所成的角均為。的直線有且
只有一條,則,的值可以等于()
A.30°B.45°C.75°D.90°
10.己知4*2是關(guān)于尤的方程x2+px+q=0(p,qeR)的兩個(gè)根,其中Z]=l+i,貝!|()
A.z(=z2B.z;=z;C.p=—2D.q=2
11.已知函數(shù)4x)=sin(8+")(0>O),xe的值域是可,則下列命題正確的是()
JT7
A.若6-。=2,夕=:,則。不存在最大值B.若b-a=2,(p=j則。的最小值是:
O63
C.若b-a=6,則。的最小值是gD.若b-a==3,則。的最小值是4:
23
非選擇題部分(共92分)
三、填空題:本大題共3小題,每題5分,共15分.把答案填在題中的橫線上.
12.設(shè)隨機(jī)變量占服從正態(tài)分布N(2,l),若PC>“+l)=P(J<a),貝心=.
13.定義在(0,+")上的函數(shù)“X)滿足:/(xy)=/(x)+/(y)-l,/(4)=2,則
試卷第2頁(yè),共4頁(yè)
-----------
14.過(guò)拋物線y2=2px(O<0<2)焦點(diǎn)廠的直線/交拋物線于A3兩點(diǎn),點(diǎn)M(LO),沿x軸
將坐標(biāo)系翻折成直二面角,當(dāng)三棱錐A-RWB體積最大時(shí),P=.
四、解答題:本大題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明.證明過(guò)程或演算
步驟.
15.由四棱柱ABCD-ABCP截去三棱錐A-AQG后得到如圖所示的幾何體,四邊形
ABCD是菱形,AC=4,80=2,0為AC與8。的交點(diǎn),⑸。,平面ABCD.
(2)若BQ=2右,求平面\DC,與平面BCG用夾角的大小.
16.設(shè)函數(shù)/(%)=m1》-二X3的導(dǎo)函數(shù)為g(x).
⑴求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間和極值;
(2)證明:函數(shù)/(x)存在唯一的極大值點(diǎn)與,且不>].
(參考數(shù)據(jù):1112=0.6931)
17.已知直線/:7=履+/與雙曲線。:]-尸=1相切于點(diǎn)。.
⑴試在集合<:,勺,手,1>中選擇一個(gè)數(shù)作為上的值,使得相應(yīng)的,的值存在,并求出相應(yīng)
的」的值;
⑵過(guò)點(diǎn)。與/垂直的直線/'分別交x,y軸于A,s兩點(diǎn),尸是線段A3的中點(diǎn),求點(diǎn)P的軌跡方
程.
18.現(xiàn)有“張形狀相同的卡片,上而分別寫(xiě)有數(shù)字m+l,,”+2,,m+M(meN,?eN,),將這
”張卡片充分混合后,每次隨機(jī)抽取一張卡片,記錄卡片上的數(shù)字后放回,現(xiàn)在甲同學(xué)隨機(jī)
抽取4次.
⑴若〃=8,求抽到的4個(gè)數(shù)字互不相同的概率;
(2)統(tǒng)計(jì)學(xué)中,我們常用樣本的均值來(lái)估計(jì)總體的期望.定義E(X]為隨機(jī)變量X的左階矩,
其中1階矩就是X的期望E(X),利用上階矩進(jìn)行估計(jì)的方法稱為矩估計(jì).
(i)記每次抽到的數(shù)字為隨機(jī)變量X,計(jì)算隨機(jī)變量X的1階矩磯X)和2階矩E(X2);
(參考公式:『+2?++“2=++1)(2〃+1))
6
(ii)知甲同學(xué)抽到的卡片上的4個(gè)數(shù)字分別為3,8,9,12,試?yán)眠@組樣本并結(jié)合(i)
中的結(jié)果來(lái)計(jì)算〃的估計(jì)值”.(n的計(jì)算結(jié)果通過(guò)四舍五入取整數(shù))
19.對(duì)于給定的一個(gè)〃位自然數(shù)x=a。4(其中。產(chǎn){0,1,2,3,4,5,6,7,8,9},,=1,2,?),
稱集合加工為自然數(shù)x的子列集合,定義如下:M,=他瓦以同6且
i1<i2<-<im^n,使得“=牝(4=1,2,m)},比如:當(dāng)彳=麗時(shí),=^0,1,00,01,001}.
(1)當(dāng)尤=麗立時(shí),寫(xiě)出集合“工;
(2)有限集合A的元素個(gè)數(shù)稱為集合A的基數(shù),一般用符號(hào)網(wǎng)來(lái)表示.
(i)已知x=00111,y=11100,z=10101,試比較|見(jiàn),以|,“|大小關(guān)系;
(ii)記函數(shù)r(x)=a;Za'n(其中(《,不,”)為(q,%…,%)這”個(gè)數(shù)的一種順序變換),
并將能使|上(/取到最小值的7(x)記為,(x).當(dāng)x=202420242024時(shí),求|我(/的最小值,
并寫(xiě)出所有滿足條件的C*(尤).
試卷第4頁(yè),共4頁(yè)
1.c
【分析】由條件可知A+C=28,結(jié)合A+B+CMTT求得A+C,從而代入得解.
【詳解】因?yàn)锳B,C成等差數(shù)列,所以A+C=23;
又A+8+C=兀,所以38=兀,即8=巴,所以A+C=2B=@,
33
所以sin(A+C)=sing7i=1.
故選:C.
2.A
【分析】根據(jù)向量平行滿足的坐標(biāo)關(guān)系即可求解.
【詳解】a-b=(m+2,-2),由于所以-2〃工=2(〃z+2),解得根=-1,
故選:A
3.B
【分析】根據(jù)對(duì)立事件概率的性質(zhì)可以說(shuō)明條件是必要的,容易給出反例說(shuō)明條件不是充分
的.
【詳解】若AB互為對(duì)立事件,根據(jù)對(duì)立事件概率公式可直接得到尸(A)+P(3)=l,故條件
是必要的;
若試驗(yàn)基本事件含3種及以上,其中4,8表示概率為g的兩個(gè)不同事件,
則A,3不互為對(duì)立事件,此時(shí)P(A)+P(B)=g+:=l,故條件不是充分的.
故選:B.
4.A
【分析】根據(jù)二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)知〃=C黑,〃=C黑+一再用組合數(shù)的定義驗(yàn)證〃〈人
【詳解】根據(jù)二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì),最大的二項(xiàng)式系數(shù)出現(xiàn)在正中間的1項(xiàng)或正中間的2項(xiàng).
(2m+1)!2m+1(2m)!2m+1
所以6=―今=-r?一;=一從而?!唇?/p>
m+1m\m\m+1
故選:A.
5.B
答案第1頁(yè),共13頁(yè)
194
【分析】先由兩角和正弦和已知條件解得sin£+cos£=y,進(jìn)而得sin2B=-=,再利用兩
角和與差的正弦、余弦公式簡(jiǎn)化所求式子即可求解.
【詳解】因?yàn)閟in[/7+,)=-需,故由兩角和正弦公式得sin/+cos〃=[,
124
1+2sinPcosP=1+sin2p=—,BPsin2p=,
^sin(6Z-2/7)cos6Z-cos(2/7-cr)sinct:=sin(6Z-2/7)coscr-cos(cr-2/7)sincif
24
=sin(iz-2y0-cr)=-sin(2p)=—.
故選:B.
6.C
【分析】將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為直線,="+2與函數(shù)>=/(x)的圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù),作出y=/(%)的
圖象,分,〉0、〃=0、。<0三種情況,結(jié)合圖象求解即可.
【詳解】作出函數(shù)>的圖象,如圖所示:
將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為直線、=依+2(過(guò)定點(diǎn)(0,2))與函數(shù)y=/(x)的圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù),
由圖可知,當(dāng)。=0時(shí),直線y=2與函數(shù)y=/(尤)的圖象只有一個(gè)交點(diǎn);
當(dāng)a<0時(shí),直線丫=依+2與函數(shù)y=/(x)的圖象沒(méi)有交點(diǎn);
當(dāng)。>0時(shí),直線丫=依+2與函數(shù)y=/(x)的圖象有三個(gè)交點(diǎn);
所以直線尸辦+2與函數(shù)y=/(x)的圖象不可能有兩個(gè)交點(diǎn).
故選:C.
7.D
【分析】根據(jù)焦點(diǎn)三角形的邊長(zhǎng)關(guān)系,利用余弦定理即可求解.
【詳解】由祠=2工以可知|4閭=2,0,設(shè)歸Q=X,則從川=2%
|AZ\|=2a-2元,忸£卜2a-x,\AB\=3x,
答案第2頁(yè),共13頁(yè)
貝1|由余弦定理可得(3尤)2=(2a-2尤)2+(2。一一2(2。一2x)(2"x)Xg
化簡(jiǎn)可得2a之—3依—9%2=0=>(〃-3x)(2〃+3x)=0,故Q=3X,2a=—3%(舍去),
又cosZAF2F1+cosABF2FX=0,
所以(2龍)2+402-(2a-2x)2+尤2+3一0人才=0,化簡(jiǎn)可得
2?2%?2c2-x-2c
3c2+4ax-3a2=03c2+4a--3A2=09c2=5a2,故3c=6ne=",
33
【分析】易通過(guò)。同=5.-邑,可得為+2-%=1,也可求得。2=1,但此數(shù)列存在不確定的
首項(xiàng),所以在求和后發(fā)現(xiàn)結(jié)果為-6%,與選項(xiàng)中的四個(gè)數(shù)進(jìn)行對(duì)比分析,發(fā)現(xiàn)%一定不能為
負(fù)整數(shù),所以只能選C.
【詳解】由。用=&(〃eN*)可得:5“=%”,且0產(chǎn)0,
an
S}I
由上式又有:?2=-=1,
4
還有'+1=an+2■%,兩式相減得:fl?+1=an+2-a用-an+1-an,
兩邊同時(shí)除以4+i(”〃+iHO)得:""+2——1'
由上式可知數(shù)列{4}的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)分別成等差數(shù)列,公差為1,
56
a
所以2i-\=(〃2+。4+〃6+。8+〃10)—(〃1+/+“5+%+〃9+011)
i=lz=l
由此數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)公式為0鵬=4+5-1),又由為N0,
所以可以判斷可一定不能為負(fù)整數(shù),即只能有-6q=9,
答案第3頁(yè),共13頁(yè)
故選:c.
9.AD
TTTTJTTT
【分析】過(guò)點(diǎn)尸作,〃。*'/",求得直線/與所成角的范圍為或。e
_o2J32
結(jié)合選項(xiàng),即可求解.
【詳解】過(guò)點(diǎn)尸作,〃"力
冗冗ITTT
從兩對(duì)角的角平分線開(kāi)始,直線/與必加所成角的范圍為。e或。e,
o2J|_32_
而均為e的直線有且僅有一條,根據(jù)對(duì)稱性,可得,=30或6=90.
故選:AD.
10.ACD
【分析】根據(jù)虛根成對(duì)原理得到Z=l-i,即可判斷A,再根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運(yùn)算判
斷B,利用韋達(dá)定理判斷C、D.
【詳解】因?yàn)閦”Z2是關(guān)于x的方程/+px+q=0(°,qeR)的兩個(gè)根且4=1+i,
所以Z2=l-i,即Z]=[,故A正確;
z;=(l+i/=2i,z^=(l-i)2=-2i,所以故B錯(cuò)誤;
因?yàn)閆]+Z?=(l+i)+(l-i)=2=-p,所以p=-2,故C正確;
又4Z2=(l+i)(l-i)=F一i2=2=q,故D正確.
故選:ACD
11.ABC
【分析】由已知結(jié)合正弦函數(shù)的最值取得條件,周期性及單調(diào)性檢驗(yàn)各選項(xiàng)即可判斷.
ITTT7T
【詳解】當(dāng)》一。=2,時(shí),a=-l,b=l,/(x)=sin(6yx+-),當(dāng)①足夠大時(shí),[不兀]包含
662
完整周期,故A正確;
答案第4頁(yè),共13頁(yè)
—+-<2far--
262
為使。更小,g,兀]只包含一個(gè)最大、最小值點(diǎn),所以,,解得
兀、兀
TICOH----N2K71H-----
62
12
2k+—<a)<4k—,k£Z,
33
7
所以k=1時(shí),8",驗(yàn)證成立,故B正確;
71"(兀)=_且叵
C項(xiàng):若b—a=6,當(dāng)。取最小值時(shí),周期最大,且/<一5萬(wàn)>,故
汽07書(shū),故故C正確;
項(xiàng):若-。=^|,。取最小值時(shí),周期最大,71"㈤
D6,當(dāng)
771iTT2兀\3兀..,
此時(shí)D錯(cuò)誤.
2
故選:ABC.
12-1
【分析】根據(jù)正態(tài)曲線的對(duì)稱性計(jì)算可得.
【詳解】因?yàn)镴N(2,l)^P(^>a+l)=P^<a),
,,3
所以〃+1+Q=2X2,解得〃=—.
2
3
故答案為:—
13.-##0.5
2
a1
【分析】依次賦值x=y=2,得〃2)=半賦值x=2,y=l,得〃1)=1;最后賦值x=l,y=;
即可求解.
【詳解】由題賦值%=丁=2,得〃2x2)=/(2)+/(2)—l,
3
所以由"4)=2,得62)=;;
賦值x=2,y=l,得〃2xl)=〃2)+/⑴—1,所以"1)=1;
賦值x=2,y=g,得“21
X—=/(2)+/Tn/
2II
故答案為:y
答案第5頁(yè),共13頁(yè)
41
14.-##1-
33
【分析】設(shè)直線AB的方程為彳=歿+葭,與拋物線方程聯(lián)立,利用韋達(dá)定理,結(jié)合三棱錐
的體積公式求解.
【詳解】由于直線過(guò)焦點(diǎn)且與拋物線交于兩個(gè)不同的點(diǎn),故設(shè)其方程為
P
x=myH——,
2
聯(lián)立方程「一沖+,,消去X得,y2-2pmy-P2=0,
y=2Px
所以力?%=-02,
所以
22
^A-FMB=\-SBFM-\yA\=^x^\MF\-\-yB\-\yA\=^\MF\-\-yB\-\yA\=^P(l-^]=^-p^-2p')<p+p+(42p
jjZoozy243
4,、
當(dāng)p=4-2p,即p=§時(shí),三棱錐A-RWB體積最大.
4
故答案為:—.
15.(1)證明見(jiàn)解析
【分析】(1)取4G中點(diǎn)a,連接用Q,。。,由已知條件證明出4?!?。9,即可得證用。//
平面AQG.
(2)先求平面與平面BCC4的法向量7"=國(guó)%,4)和”=(々,%/2),再由
m-n
COS7",〃=口嗣,結(jié)合二面角夾角范圍和圖形即可求解.
【詳解】(1)如圖,取AC中點(diǎn)a,連接oox,
則由題意4B//你//。。且片2=M=。。1,故四邊形B.BOQ是平行四邊形,
所以BQHBO且B。=BO,故BQJ/OD且用孰=。。,
答案第6頁(yè),共13頁(yè)
所以四邊形4ao。是平行四邊形,故用O//OQ,
又耳。<2平面AOC],QOu平面A。G,
所以用。//平面AQG.
(2)由題意可知AC,B3O4兩兩垂直,
故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz,
則由題意4(0,-2,O),E>(1,O,O),C(O,2,O),B(-1,0,0),Bx(0,0,2月),
又用=/=明=(1,0,2月),
所以O(shè)G=OC+CG=OC+B4=(0,2,0)+(1,0,2A/3)=(1,2,2A/3),
OAl=OA+AA,=OA+BB,=(0,-2,0)+(1,0,2道)=(1,-2,2@,
即A(1,-2,2⑹,G(1,2,2⑹,
所以4G=(1,2,0),CG=(l,0,26),DA=(0,-2,2^),DG=(0,2,273),
設(shè)平面AQG的一個(gè)法向量為根=(%,4zj,
m_LBCm?BG=玉+2y=0
則,所以<1
m-CC=玉+2V=0
m±CCXX
取%=2石,則譏=(2百,-石1),
n_LDO】
設(shè)平面3CG4的一個(gè)法向量為〃=(兀2,%*2),貝卜
n_LDA{
=2A/3Z
Un-D-O2,%+92=居04取/j則”(z1,。,。x),
所以
答案第7頁(yè),共13頁(yè)
_mn_2A/3_G
所以cosm,n=?J?=---二—,
4x12
設(shè)平面4。。]與平面BCC[B]夾角為e,則cosg=|cosm,?|=,
TT
所以平面AQG與平面BCQBI夾角的大小為e=y.
16.(l)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(L+8)上單調(diào)遞減,極大值g(l)=;,無(wú)極小值.
(2)證明見(jiàn)解析
【分析】(1)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間和極值;
(2)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)〃x)的極大值點(diǎn)及,由單調(diào)性證明
【詳解】(1)函數(shù)〃x)=xhu=,x3,定義域?yàn)?0,+“),
6
111—/
g(x)=/'(x)Tnx+1_w尤2,g,(x)=—x=----(x>0),
乙XX
g'(x)>0解得0cx<1,g'(x)<0解得x>l,
所以g(X)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+8)上單調(diào)遞減,
故極大值為g(l)=lnl+l—;=;,無(wú)極小值.
(2)由(1)可知,-⑴=g6=;>0且/[]=一』<。,廣仁)=7<0,
所以根據(jù)零點(diǎn)定理,居eg」]使/&)=0,叫e(l,e)使尸(%)=。,
即工?0,%)5々,+8)時(shí),/'(x)<0,f(x)為減函數(shù);
xe(玉,巧)時(shí),f'(x)>0,/(x)為增函數(shù),
所以/(%)存在唯一極大值點(diǎn)巧,即%)=豆e(Le),
又因?yàn)?(m)=ln|+l(I
=ln3-ln2+l--=ln3-|ln2+-?ln3-0.8181>0=^(x)
8180,
所以即x°>T,得證!
17.(1)當(dāng)左=正時(shí),f=0;當(dāng)左=更時(shí),f=土無(wú);當(dāng)%=1時(shí),t=±l.
222
答案第8頁(yè),共13頁(yè)
2/9
⑵XXw±---.
竹84
【分析】(1)直線方程和雙曲線方程聯(lián)立,由△=()求得左與r的函數(shù)關(guān)系,再由左的值求出
相應(yīng)的,的值;
(2)設(shè)Q(機(jī),〃),利用導(dǎo)數(shù)求直線/的斜率,得直線/'的斜率和方程,求出A,8兩點(diǎn)的坐標(biāo),
表示出分點(diǎn)尸的坐標(biāo),由。(",,")在雙曲線上,得點(diǎn)P的軌跡方程.
【詳解】(1)由〈萬(wàn)一)'T,消去y得(2二一1)/+4依+2產(chǎn)+2=0,
y=kx+t
由公=-16左2+85+8=0,得2/=產(chǎn)+1,當(dāng)A=1?時(shí),/不存在;
當(dāng)%=也時(shí),fwO;當(dāng)左=中時(shí),t=+--,當(dāng)左=1時(shí),t=±l.
222
(2)設(shè)QOM,則〃w0,根2=2/+2,
對(duì)。求導(dǎo)可得>2y.y=0,則了=5,
有冗,=一@=一型,所以=
xmm
令y=0,得x=],所以?|九0;令x=0,得,=3〃,所以8(0,3"),
f33133
所以尸即%=]〃?,匕>=7”,
則〃?=丸,〃=久,所以那%=。;+2,得考=?+,,八。,
5Jyy2o
即尸的軌跡方程是土羋.
2o4
以⑴黑
(2)(i)E(X)=M+;(〃+1),E(X2)=zw2+m(n+1)+1(n+1)(2?+1);(ii)H
答案第9頁(yè),共13頁(yè)
【分析】(1)根據(jù)相互獨(dú)立事件的概率公式計(jì)算可得;
(2)(i)根據(jù)左階矩的定義、期望公式及等差數(shù)列求和公式計(jì)算可得;(ii)首先求出樣
本數(shù)據(jù)的1階矩及2階矩,結(jié)合(i)的中的結(jié)果得到方程組,解得即可.
【詳解】⑴依題意可得抽到的4個(gè)數(shù)字互不相同的概率尸=卜塔;
oooo230
(2)(i)依題意X的可能取值為m+1,m+2,L,根+〃OEN,〃£N*),
且尸(X=m+i^=—(1<z<nSzGN*),
n
所以E(X)」[O+l)+O+2)++(m+n)]
n
=—nm+—n{n+1)=m+—(n+1),
n22
依題意X?的可能取值為(m+1)2,(m+2)2,L,n)2(mGN,neN*)
且P(x2=(m+i)]=:(IV<〃且QN*),
所以E(X?)=匕(租+1)2+(m+2)2+…+(〃z+riy]
n
1r2
=—n?m+2(m+2m++nm)+(l2+22++
nL
121
=—n-m+〃(〃+l)?根+一〃(〃+1)(2〃+1)
n6
71
=m+m(n+1)+—(及+1)(2〃+1);
6
(ii)依題意樣本數(shù)據(jù)3,8,9,12為期望(平均數(shù))為:(3+8+9+12)=8,
則9,64,81,144為期望(平均數(shù))為:(9+64+81+144)=74.5,
E(X)=++1)=8
所以
(22皿〃+(
EX)=m+1)+g"+1)(2"+1)=74.5
2
消去加得8-1(?+l)8一*+1)
+(〃+l)+-(n+1)(2〃+1)=74.5,
6
整理得/=127,解得〃=加(負(fù)值已舍去),
又1儼=121,122=144,所以”1L
19.(1)MT={0,1,2,00,01,02,12,601,002,012,0012}
⑵(i)\Mz\>\Mx\=\My\;(ii)答案見(jiàn)解析
答案第10頁(yè),共13頁(yè)
【分析】(1)由自然數(shù)X的子列集合,即可求解;
(2)⑴由工=而11/=仃面,z=iWL根據(jù)子列集合的定義,進(jìn)行列舉,分別求得=
Mb"和M』=i9,即可求解;
(ii)根據(jù)題意,得到加強(qiáng)命題轉(zhuǎn)化為⑶L=n*(q+1)T,等號(hào)成立的條件是,當(dāng)X中
相同數(shù)字排列在一起的情形,結(jié)合數(shù)學(xué)歸納法,作出證明即可.
【詳解】(1)解:由自然數(shù)X的子列集合,可得:
自然數(shù)x=而無(wú),可得此.={。,1255,所,應(yīng),心,麗,而,近,麗直}.
(2)解:(i)由X=00111,y=11100,z=10101,
可得{6,1,55,51,II,麗,5H,TH,麗1,而工麗11},即
MV={L6,n,io,oo,m,HO,IOO,mo,nooo,moo},BP|MJ=H,
MZ={[6,*,桁,所,麗,麗,麗,麗,麗,而,麗,山,15而,而1而,麗1兩,麗1},即
|M』=19,所以
(ii)加強(qiáng)命題如下:若由生個(gè)數(shù)字2構(gòu)成題中的自然數(shù)元(其中qsN,偽一位整數(shù),本
題即為%=3,4=0,%=6,為=2,%=3,&=4的情形),
則所求M.L=口著(《+1)-1,等號(hào)成立的條件是,當(dāng)》中相同數(shù)字排列在一起的情形,
證明:①當(dāng)”=1時(shí),跖⑸,。一,顯然成立;
②設(shè)當(dāng)〃=%時(shí),命題成立,即“⑺L=n*(q+i)-i,
當(dāng)〃=%+1時(shí),相當(dāng)于在原來(lái)字符串的基礎(chǔ)上增加了%+i個(gè)4+1,
注意到此時(shí)w=左時(shí)的每一種排列,此時(shí)匹配上0到aM個(gè)排列,
都能構(gòu)成〃=左+1時(shí)的一種排列,再結(jié)合不含有n=%
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