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文檔簡介
高級中學名校試題PAGEPAGE1山東省大教育聯(lián)盟2025屆高三質(zhì)量檢測第二次聯(lián)考數(shù)學試題一、單項選擇題:本大題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.已知集合,則()A. B. C. D.【答案】C【解析】,即集合為有理數(shù)集,而是無理數(shù),所以.故選:.2.已知為復數(shù),為純虛數(shù),為實數(shù),則()A.2 B. C. D.3【答案】B【解析】因為為復數(shù),為純虛數(shù),為實數(shù),所以.所以.故選:B3.如果是函數(shù)圖象上的一點,那么就是函數(shù)圖象上的點,則()A. B.0 C. D.【答案】D【解析】因為在函數(shù)圖象上,而在函數(shù)圖象上,則,令,則,因此,,.故選:D4.函數(shù)的圖象大致為()A. B.C. D.【答案】A【解析】首先:,所以函數(shù)為偶函數(shù),圖象關(guān)于軸對稱,故排除CD.又,故排除B.故選:A5.已知圓柱的側(cè)面展開圖的周長為定值,則該圓柱的側(cè)面積的最大值為()A. B. C. D.【答案】D【解析】因為圓柱的側(cè)面展開圖為矩形,設(shè)矩形的長寬分別為,則,圓柱的側(cè)面積為:.由(當且僅當時取“”).故選:D6.已知,,則()A. B. C. D.【答案】B【解析】因為;又.所以,.所以.故選:B7.如圖,在三棱臺中,底面,,與底面所成的角為,,,則三棱錐的體積為()A. B. C. D.【答案】D【解析】因為底面,平面,所以平面底面.所以即為與底面所成的角,為.因為,所以.根據(jù)棱臺的概念,可知:,且,所以.因為,所以為直角三角形,所以.所以.故選:D8.已知橢圓的左、右焦點分別為,上頂點為,過作的垂線與在第一象限內(nèi)交于點,且.設(shè)的離心率為,則()A. B. C. D.【答案】C【解析】如圖,連接,設(shè)與交于點M.由,可設(shè),則,其中,由橢圓的定義,得,從而,又因為,所以,在中,設(shè),則為銳角,所以,即,由余弦定理,得,即,解得.故選:C.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中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.已知變量與的6對觀測數(shù)據(jù)如下表:0.10.20.30.40.50.61.11.31.61.52.02.1經(jīng)計算得關(guān)于的經(jīng)驗回歸方程為,設(shè)為觀測值減去預測值,則()A. B.當時,C. D.【答案】AC【解析】因為,.因為線性回歸方程必過樣本中心點,所以.故A正確;所以,當時,,故B錯誤;對C:列出如下表格:0.10.20.30.40.50.61.11.31.61.52.02.11.11.31.51.71.92.1000.1010所以.故C正確;對D:因為,故D錯誤.故選:AC10.在藝術(shù)、建筑設(shè)計中,把短對角線與長對角線長度之比為的菱形稱為“白銀菱形”.如圖,在白銀菱形內(nèi),有三個全等的小白銀菱形.若,則()A.與共線 B.C. D.【答案】ABD【解析】根據(jù)題意,在白銀菱形內(nèi),設(shè),則,在小白銀菱形中,而所以,則與共線,A正確;由于,則,因,則,B正確;由于,根據(jù)菱形性質(zhì)可知,又,根據(jù)對稱性可得,所以,在中,設(shè)小白銀菱形邊長為,則,,所以,則,C錯誤;,D正確.故選:ABD11.定義在區(qū)間上的函數(shù)滿足:①;②.則()A.B.C.是增函數(shù)D.若,則負整數(shù)【答案】BC【解析】對A:因為且,所以,,故A錯誤;對B:令,則,即,所以.也就是,故B成立;對C:設(shè),且,,則.因為.即,所以函數(shù)在上為增函數(shù),故C正確;對D:首先,根據(jù)函數(shù)的定義域,當時,恒成立,所以在上恒成立.設(shè)函數(shù),當時,(當且僅當時取“”).所以.又.且在上單調(diào)遞增,所以,所以在上恒成立.設(shè),則函數(shù)在上單調(diào)遞減,所以.所以.綜上:,又為整數(shù),所以或,故D錯誤.故選:BC三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.雙曲線:的兩條漸近線分別與圓交于點(異于原點),則_____________.【答案】4【解析】雙曲線:的漸近線方程為.由且,可得;由且,可得.所以.故答案為:413.現(xiàn)有第19屆亞運會、第9屆亞冬會吉祥物“宸宸”“琮琮”“蓮蓮”“濱濱”“妮妮”卡片各一張,將這5張卡片貼在墻上,貼成上下兩行,第一行2張,第二行3張,則“濱濱”和“妮妮”卡片在不同行的不同貼法的種數(shù)為_____________.(用數(shù)字作答)【答案】72【解析】“濱濱”和“妮妮”卡片在不同行,分兩種情況討論:若“濱濱”在第一行,“妮妮”在第二行,從第一行的個位置中選個給“濱濱”,有種選法;從第二行的個位置中選個給“妮妮”,有種選法.根據(jù)分步乘法計數(shù)原理,此時共有種貼法.若“濱濱”在第二行,“妮妮”在第一行,從第二行的個位置中選個給“濱濱”,有種選法;從第一行的個位置中選個給“妮妮”,有種選法.根據(jù)分步乘法計數(shù)原理,此時共有種貼法.所以“濱濱”和“妮妮”卡片在不同行的貼法共有種.在確定“濱濱”和“妮妮”的位置后,還剩下張卡片,這張卡片進行全排列,有種排法.可得種排法.根據(jù)分步乘法計數(shù)原理,完成“濱濱”和“妮妮”卡片在不同行的貼法需要分兩步,第一步確定“濱濱”和“妮妮”的位置,有12種貼法;第二步對其余三張卡片進行全排列,有種排法.所以不同貼法的種數(shù)為種.故答案為:72.14.如圖,小正方形(點為其中心,為其一個頂點)的邊長是大正方形邊長的,小正方形沿著大正方形的四條邊,依次按逆時針方向無滑動地滾動一周后,返回出發(fā)時的初始位置(例如正方形按逆時針方向滾動到正方形的位置,向量隨之到達向量的位置,此時繞小正方形的中心旋轉(zhuǎn)了).在這整個過程中向量繞小正方形的中心共旋轉(zhuǎn)了角,則_____________;已知小正邊形(,,點為其中心,為其一個頂點)的邊長是大正邊形的邊長的(),小正邊形沿著大正邊形的邊,按逆時針方向無滑動地滾動一周后,返回出發(fā)時的初始位置,在這整個過程中向量繞小正邊形中心共旋轉(zhuǎn)了角,則_____________.(兩空均用弧度表示)【答案】①.②.【解析】對空1:因為小正方形的邊長是大正方形邊長的,所以在每一條邊上,小正方形都要轉(zhuǎn)動2次,每次都轉(zhuǎn)動,所以共轉(zhuǎn)動;在大正方形的每個頂點,轉(zhuǎn)彎時,都要轉(zhuǎn)動,4次轉(zhuǎn)彎共轉(zhuǎn).所以的總旋轉(zhuǎn)角度為:.對空2:因為小正邊形的邊長是大正邊形邊長的,所以在每一條邊上,小正邊形都要轉(zhuǎn)動次,每次都轉(zhuǎn)動,所以共轉(zhuǎn)動;在大正邊形的每個頂點,轉(zhuǎn)彎時,都要轉(zhuǎn)動,次轉(zhuǎn)彎共轉(zhuǎn).所以的總旋轉(zhuǎn)角度為:.故答案為:;四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.如圖,在四棱錐中,底面為矩形,側(cè)面底面,為的中點,.(1)證明:;(2)求平面與平面夾角的余弦值.(1)證明:在中,由,且為的中點,所以,因為側(cè)面底面,且平面,側(cè)面底面,可得平面,又因為平面,所以,又由,可得,因為,所以,所以,又因為,且平面,所以平面,因為平面,所以.(2)解:取的中點,連接,以為原點,以所在的直線分別為軸,軸和軸,建立空間直角坐標系,如圖所示,因為底面為矩形,且,則,可得,設(shè)平面的法向量為,則,取,可得,所以,又因為平面,所以向量是平面一個法向量,設(shè)平面與平面夾角為,則,所以平面與平面夾角的余弦值為.16.已知函數(shù).(1)求曲線的對稱中心;(2)證明:有三個零點;(3)設(shè)曲線與軸的交點從左到右依次為,過作直線與曲線相切,切點為(異于),證明:.(1)解:構(gòu)造奇函數(shù):設(shè),則.把代入得,所以是奇函數(shù).奇函數(shù)圖象關(guān)于原點對稱,即曲線對稱中心是.根據(jù)函數(shù)平移求對稱中心:函數(shù)圖象平移遵循“上加下減”原則,意味著把曲線向上平移個單位長度得到曲線.那么對稱中心也向上平移個單位,所以曲線對稱中心為.(2)證明:已知.當時,,,所以.當時,,,所以.當時,,,所以.所以在區(qū)間和上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減.在函數(shù)單調(diào)性發(fā)生變化的點處取得極值,所以是的極大值點,是的極小值點.計算可得,,,根據(jù)零點存在定理和函數(shù)單調(diào)性知道,因為,所以在區(qū)間內(nèi)有一個零點;因為,所以在區(qū)間內(nèi)有一個零點;因為,所以在區(qū)間內(nèi)有一個零點.綜上,有三個零點.(3)證明:已知函數(shù)與軸交于,,,根據(jù)函數(shù)零點的性質(zhì),可設(shè).因為直線過點且斜率存在且不為,根據(jù)直線的點斜式方程,設(shè)直線的方程為.切點的坐標是直線:與曲線的公共點,所以聯(lián)立方程組,消去可得.當(因為是直線與軸交點的橫坐標,這里考慮的是除點外的切點情況),兩邊同時除以,得到.將其整理為一元二次方程的一般形式(記為).利用一元二次方程根的判別式和韋達定理:因為直線與曲線相切,所以方程有兩個相等的實根.由可知方程有兩個相等實根.在方程中,設(shè)切點的橫坐標為,因為兩根相等都為,所以,即.點,,則中點的橫坐標為.因為在軸上的射影的橫坐標就是點的橫坐標,所以在軸上的射影為的中點,即在的垂直平分線上.根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì):線段垂直平分線上的點到線段兩端的距離相等,所以.17.某企業(yè)在2024年的年終慶典中,有一個根據(jù)“歌曲旋律猜歌名”的游戲,該游戲環(huán)節(jié)的規(guī)則如下:設(shè)定三首歌曲,按照一定的順序猜,只有猜對當前歌曲的歌名才有資格猜下一首,直到猜不對或猜完為止.員工甲猜對每首歌曲的歌名相互獨立,猜對歌曲歌名的概率分別為(其中),猜對時獲得的獎勵分別為1千元,2千元,3千元.(1)若甲按照的順序猜,至少猜對兩首的概率為;按照的順序猜,至少猜對兩首的概率為,比較與的大?。?)已知.甲考慮了兩種方案,方案一:按照的順序猜;方案二:按照的順序猜.請從獲得獎勵的數(shù)學期望的角度分析,甲應當選擇哪種方案?解:(1)因為,,且,所以.(2)方案一:設(shè)獲得獎勵的金額為,則的值可以為:0,1000,3000,6000.且,,,.所以.方案二:設(shè)獲得獎勵金額為,則的值可以為:0,2000,3000,6000.且,,,.所以.所以.所以甲應該選擇方案二.18.已知拋物線的焦點為,準線為.過的直線與交于兩點,過分別作,垂足分別為和,連接,過分別作,垂足分別為,且直線與交于點.(1)證明:;(2)證明:在上;(3)求的最小值.(1)證明:由題意可知,,因直線的斜率不為0,故設(shè),設(shè),則,聯(lián)立得,則,因,則,,則,則.(2)證明:直線,直線聯(lián)立方程組得,即,故點在上.(3)解:令,則,則得;得,則在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,則的最小值為,故的最小值為,此時.19.二進制就是“逢二進一”,通常用表示一個位的二進制數(shù).設(shè)正整數(shù),(其中,記.(1)當時,求對應的二進制數(shù)及的值.(2)(i)當時,若最小,求對應的二進制數(shù);(ii)設(shè)為位二進制數(shù),若最小,證明:是形如的二進制數(shù),且該二進制數(shù)的首位是1,后面連續(xù)個0,再后面是連續(xù)個1,其中0的個數(shù)滿足.解:(1)因為,所以,.(2)(i)當時,,’,該式分式部分分子為正,所以當時,最??;令,則,該式分式部分分子為正,所以當時,最??;再令,則,顯然當時,最?。C上,當時,最?。╥i)證明:由已知,得,該式分式部分分子為正,要使最小,須取最大,于是,令,得,該式分式部分分子為正,要使最小,須取最大,于是;又,該式分式部分分子為負,要使最小,須取最小,于是.另外,對于使得最小的位二進制數(shù),必有.這是因為:假設(shè)其中有兩個數(shù)位存在,則交換此兩個數(shù)位,所得新數(shù)的值會變小,而的值不變,于是更小,這與"最?。⒌那疤崦埽C上,可得最小時,必有",且".取的某個數(shù)位,其右邊所有位數(shù)均為1,即,則因此,要使最小,的取值只有兩種情況:若該式分式部分分子為正,則需取1;若該式分式部分分子為負,則需取0.故使最小的是形如的二進制數(shù),由題意知此時中0的個數(shù)為,則,所以,既然有個0時最小,那么有個0時會更大,于是,可得,考慮到左邊為整數(shù),右邊為小于1的分數(shù),所以上式等價于,解得①,同理,有個0時也會更大,于是,可得,考慮到左邊為整數(shù),右邊為小于1的分數(shù),所以上式等價于,解得②,由①②,可得對應的位二進制數(shù)中的0的個數(shù)滿足.山東省大教育聯(lián)盟2025屆高三質(zhì)量檢測第二次聯(lián)考數(shù)學試題一、單項選擇題:本大題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.已知集合,則()A. B. C. D.【答案】C【解析】,即集合為有理數(shù)集,而是無理數(shù),所以.故選:.2.已知為復數(shù),為純虛數(shù),為實數(shù),則()A.2 B. C. D.3【答案】B【解析】因為為復數(shù),為純虛數(shù),為實數(shù),所以.所以.故選:B3.如果是函數(shù)圖象上的一點,那么就是函數(shù)圖象上的點,則()A. B.0 C. D.【答案】D【解析】因為在函數(shù)圖象上,而在函數(shù)圖象上,則,令,則,因此,,.故選:D4.函數(shù)的圖象大致為()A. B.C. D.【答案】A【解析】首先:,所以函數(shù)為偶函數(shù),圖象關(guān)于軸對稱,故排除CD.又,故排除B.故選:A5.已知圓柱的側(cè)面展開圖的周長為定值,則該圓柱的側(cè)面積的最大值為()A. B. C. D.【答案】D【解析】因為圓柱的側(cè)面展開圖為矩形,設(shè)矩形的長寬分別為,則,圓柱的側(cè)面積為:.由(當且僅當時取“”).故選:D6.已知,,則()A. B. C. D.【答案】B【解析】因為;又.所以,.所以.故選:B7.如圖,在三棱臺中,底面,,與底面所成的角為,,,則三棱錐的體積為()A. B. C. D.【答案】D【解析】因為底面,平面,所以平面底面.所以即為與底面所成的角,為.因為,所以.根據(jù)棱臺的概念,可知:,且,所以.因為,所以為直角三角形,所以.所以.故選:D8.已知橢圓的左、右焦點分別為,上頂點為,過作的垂線與在第一象限內(nèi)交于點,且.設(shè)的離心率為,則()A. B. C. D.【答案】C【解析】如圖,連接,設(shè)與交于點M.由,可設(shè),則,其中,由橢圓的定義,得,從而,又因為,所以,在中,設(shè),則為銳角,所以,即,由余弦定理,得,即,解得.故選:C.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中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.已知變量與的6對觀測數(shù)據(jù)如下表:0.10.20.30.40.50.61.11.31.61.52.02.1經(jīng)計算得關(guān)于的經(jīng)驗回歸方程為,設(shè)為觀測值減去預測值,則()A. B.當時,C. D.【答案】AC【解析】因為,.因為線性回歸方程必過樣本中心點,所以.故A正確;所以,當時,,故B錯誤;對C:列出如下表格:0.10.20.30.40.50.61.11.31.61.52.02.11.11.31.51.71.92.1000.1010所以.故C正確;對D:因為,故D錯誤.故選:AC10.在藝術(shù)、建筑設(shè)計中,把短對角線與長對角線長度之比為的菱形稱為“白銀菱形”.如圖,在白銀菱形內(nèi),有三個全等的小白銀菱形.若,則()A.與共線 B.C. D.【答案】ABD【解析】根據(jù)題意,在白銀菱形內(nèi),設(shè),則,在小白銀菱形中,而所以,則與共線,A正確;由于,則,因,則,B正確;由于,根據(jù)菱形性質(zhì)可知,又,根據(jù)對稱性可得,所以,在中,設(shè)小白銀菱形邊長為,則,,所以,則,C錯誤;,D正確.故選:ABD11.定義在區(qū)間上的函數(shù)滿足:①;②.則()A.B.C.是增函數(shù)D.若,則負整數(shù)【答案】BC【解析】對A:因為且,所以,,故A錯誤;對B:令,則,即,所以.也就是,故B成立;對C:設(shè),且,,則.因為.即,所以函數(shù)在上為增函數(shù),故C正確;對D:首先,根據(jù)函數(shù)的定義域,當時,恒成立,所以在上恒成立.設(shè)函數(shù),當時,(當且僅當時取“”).所以.又.且在上單調(diào)遞增,所以,所以在上恒成立.設(shè),則函數(shù)在上單調(diào)遞減,所以.所以.綜上:,又為整數(shù),所以或,故D錯誤.故選:BC三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.雙曲線:的兩條漸近線分別與圓交于點(異于原點),則_____________.【答案】4【解析】雙曲線:的漸近線方程為.由且,可得;由且,可得.所以.故答案為:413.現(xiàn)有第19屆亞運會、第9屆亞冬會吉祥物“宸宸”“琮琮”“蓮蓮”“濱濱”“妮妮”卡片各一張,將這5張卡片貼在墻上,貼成上下兩行,第一行2張,第二行3張,則“濱濱”和“妮妮”卡片在不同行的不同貼法的種數(shù)為_____________.(用數(shù)字作答)【答案】72【解析】“濱濱”和“妮妮”卡片在不同行,分兩種情況討論:若“濱濱”在第一行,“妮妮”在第二行,從第一行的個位置中選個給“濱濱”,有種選法;從第二行的個位置中選個給“妮妮”,有種選法.根據(jù)分步乘法計數(shù)原理,此時共有種貼法.若“濱濱”在第二行,“妮妮”在第一行,從第二行的個位置中選個給“濱濱”,有種選法;從第一行的個位置中選個給“妮妮”,有種選法.根據(jù)分步乘法計數(shù)原理,此時共有種貼法.所以“濱濱”和“妮妮”卡片在不同行的貼法共有種.在確定“濱濱”和“妮妮”的位置后,還剩下張卡片,這張卡片進行全排列,有種排法.可得種排法.根據(jù)分步乘法計數(shù)原理,完成“濱濱”和“妮妮”卡片在不同行的貼法需要分兩步,第一步確定“濱濱”和“妮妮”的位置,有12種貼法;第二步對其余三張卡片進行全排列,有種排法.所以不同貼法的種數(shù)為種.故答案為:72.14.如圖,小正方形(點為其中心,為其一個頂點)的邊長是大正方形邊長的,小正方形沿著大正方形的四條邊,依次按逆時針方向無滑動地滾動一周后,返回出發(fā)時的初始位置(例如正方形按逆時針方向滾動到正方形的位置,向量隨之到達向量的位置,此時繞小正方形的中心旋轉(zhuǎn)了).在這整個過程中向量繞小正方形的中心共旋轉(zhuǎn)了角,則_____________;已知小正邊形(,,點為其中心,為其一個頂點)的邊長是大正邊形的邊長的(),小正邊形沿著大正邊形的邊,按逆時針方向無滑動地滾動一周后,返回出發(fā)時的初始位置,在這整個過程中向量繞小正邊形中心共旋轉(zhuǎn)了角,則_____________.(兩空均用弧度表示)【答案】①.②.【解析】對空1:因為小正方形的邊長是大正方形邊長的,所以在每一條邊上,小正方形都要轉(zhuǎn)動2次,每次都轉(zhuǎn)動,所以共轉(zhuǎn)動;在大正方形的每個頂點,轉(zhuǎn)彎時,都要轉(zhuǎn)動,4次轉(zhuǎn)彎共轉(zhuǎn).所以的總旋轉(zhuǎn)角度為:.對空2:因為小正邊形的邊長是大正邊形邊長的,所以在每一條邊上,小正邊形都要轉(zhuǎn)動次,每次都轉(zhuǎn)動,所以共轉(zhuǎn)動;在大正邊形的每個頂點,轉(zhuǎn)彎時,都要轉(zhuǎn)動,次轉(zhuǎn)彎共轉(zhuǎn).所以的總旋轉(zhuǎn)角度為:.故答案為:;四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.如圖,在四棱錐中,底面為矩形,側(cè)面底面,為的中點,.(1)證明:;(2)求平面與平面夾角的余弦值.(1)證明:在中,由,且為的中點,所以,因為側(cè)面底面,且平面,側(cè)面底面,可得平面,又因為平面,所以,又由,可得,因為,所以,所以,又因為,且平面,所以平面,因為平面,所以.(2)解:取的中點,連接,以為原點,以所在的直線分別為軸,軸和軸,建立空間直角坐標系,如圖所示,因為底面為矩形,且,則,可得,設(shè)平面的法向量為,則,取,可得,所以,又因為平面,所以向量是平面一個法向量,設(shè)平面與平面夾角為,則,所以平面與平面夾角的余弦值為.16.已知函數(shù).(1)求曲線的對稱中心;(2)證明:有三個零點;(3)設(shè)曲線與軸的交點從左到右依次為,過作直線與曲線相切,切點為(異于),證明:.(1)解:構(gòu)造奇函數(shù):設(shè),則.把代入得,所以是奇函數(shù).奇函數(shù)圖象關(guān)于原點對稱,即曲線對稱中心是.根據(jù)函數(shù)平移求對稱中心:函數(shù)圖象平移遵循“上加下減”原則,意味著把曲線向上平移個單位長度得到曲線.那么對稱中心也向上平移個單位,所以曲線對稱中心為.(2)證明:已知.當時,,,所以.當時,,,所以.當時,,,所以.所以在區(qū)間和上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減.在函數(shù)單調(diào)性發(fā)生變化的點處取得極值,所以是的極大值點,是的極小值點.計算可得,,,根據(jù)零點存在定理和函數(shù)單調(diào)性知道,因為,所以在區(qū)間內(nèi)有一個零點;因為,所以在區(qū)間內(nèi)有一個零點;因為,所以在區(qū)間內(nèi)有一個零點.綜上,有三個零點.(3)證明:已知函數(shù)與軸交于,,,根據(jù)函數(shù)零點的性質(zhì),可設(shè).因為直線過點且斜率存在且不為,根據(jù)直線的點斜式方程,設(shè)直線的方程為.切點的坐標是直線:與曲線的公共點,所以聯(lián)立方程組,消去可得.當(因為是直線與軸交點的橫坐標,這里考慮的是除點外的切點情況),兩邊同時除以,得到.將其整理為一元二次方程的一般形式(記為).利用一元二次方程根的判別式和韋達定理:因為直線與曲線相切,所以方程有兩個相等的實根.由可知方程有兩個相等實根.在方程中,設(shè)切點的橫坐標為,因為兩根相等都為,所以,即.點,,則中點的橫坐標為.因為在軸上的射影的橫坐標就是點的橫坐標,所以在軸上的射影為的中點,即在的垂直平分線上.根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì):線段垂直平分線上的點到線段兩端的距離相等,所以.17.某企業(yè)在2024年的年終慶典中,有一個根據(jù)“歌曲旋律猜歌名”的游戲,該游戲環(huán)節(jié)的規(guī)則如下:設(shè)定三首歌曲,按照一定的順序猜,只有猜對當前歌曲的歌名才有資格猜下一首,直到猜不對或猜完為止.員工甲猜對每首歌曲的歌名相互獨立,猜對歌曲歌名的概率分別為(其中),猜對時獲得的獎勵分別為1千元,2千元,3千元.(1)若甲按照的順序猜,至少猜對兩首的概率為;按照的順序猜,至少猜對兩首的概率為,比較與的大小.(2)已知.甲考慮了兩種方案,方案一:按照的順序猜;方案二:按照的順序猜.請
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