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1，09重慶高考數學選擇第6題
2，重慶高考數學最后一題選什么
3，2010年高考重慶市的數學試題及答案
4，一題高三數學題
5，2016重慶高考數學試題是全國b卷嗎
6，高三數學題目
7，求200820092010年重慶市高考數學答案只要詳細內容不要網址拜

1，09重慶高考數學選擇第6題

選.C 48/91

09重慶高考數學選擇第6題

2，重慶高考數學最后一題選什么

理科的選D（∏／2），文科的選D（﹣∞，1）

重慶高考數學最后一題選什么

3，2010年高考重慶市的數學試題及答案

很全 http://zt.tl100.com/2010s/zhenti/

2010年高考重慶市的數學試題及答案

4，一題高三數學題

解：（1）、設P的坐標（x，y）則向量F1P的模=全部根號（x+c）方+y方=全根號（x+c）方+b方-（bx/a）方=全根號（a+cx/a）方因為x≥-a 得知a+cx/a≥a-c 得證（2）、設T（p，q）因為向量PT乘向量TF2=0 即PT垂直與F2T 又PQ模=PF2模所以T為F2P中點在△QF1F2中 OT模=1/2F1Q模=a 所以 p方+q方=a方即為T的軌跡方程

5，2016重慶高考數學試題是全國b卷嗎

高是四分之根號2 嗎？如果是的話由題意可知：abcd所在的圓是小圓，對角線長為根號2，四棱錐的高位四分之根號2，點s,a,b,c,d均在半徑為1的同一球面上，球心到小圓圓心的距離為二分之根號2，定點s在球心距的垂直平分的平面上，而頂點s到球心的距離為1，所以地面abcd的中心與頂點s的距離為1.

嗯，是，分的有文理科，http://wenku.baidu.com/view/9173f1bc783e0912a3162a37這是理科數學卷子

6，高三數學題目

因為對任意x∈R，有f(f(x)- x^2 + x)=f(x)- x^2 +x又因為有且只有一個實數x 0，使得f(x 0)=x 0所以對任意x∈R，有f(x)- x^2 +x= x 0在上式中令x= x 0，有f(x 0)-x + x 0= x 0又因為f(x 0)= x 0，所以x 0- x =0，故x 0=0或x 0=1.若x 0=0，則f(x)- x^2 +x=0，即f(x)= x^2 –x.但方程x^2 –x=x有兩個不同實根，與題設條件矛盾，故x 0≠0，若x 0=1，則有f(x)- x^2 +x=1，即f(x)= x^2 –x+1. 易驗證該函數滿足題設條件.綜上，所求函數為f(x)= x^2 –x+1（x R）.

提示一下 f(x)=x^2-x+1 本題是2006年重慶高考第21題第二小題，你去找下，找不到我再幫你看看！

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2008年普通高等學校招生全國統一考試（重慶卷）數學試題（理工農醫類）答案一、選擇題：每小題5分，滿分50分. （1）A （2）A （3）B （4）C （5）D （6）C （7）A （8）C （9）D （10）B 二、填空題：每小題4分，滿分24分. （11）（12）（13）3 （14）-72 （15）x-y+1=0 （16）216 三、解答題：滿分76分. （17）（本小題13分）解：（Ⅰ）由余弦定理得＝故（Ⅱ）解法一：＝＝由正弦定理和（Ⅰ）的結論得故解法二：由余弦定理及（Ⅰ）的結論有＝故同理可得從而（18）（本小題13分）解：令分別表示甲、乙、丙在第k局中獲勝. （Ⅰ）由獨立事件同時發生與互斥事件至少有一個發生的概率公式知，打滿3局比賽還未停止的概率為（Ⅱ）的所有可能值為2，3，4，5，6，且故有分布列 2 3 4 5 6 P 從而（局）. （19）（本小題13分）解法一：（Ⅰ）在答（19）圖1中，因，故BE‖BC.又因B＝90°，從而 AD⊥DE. 在第（19）圖2中，因A-DE-B是直二面角，AD⊥DE,故AD⊥底面DBCE，從而AD⊥DB.而DB⊥BC,故DB為異面直線AD與BC的公垂線. 下求DB之長.在答（19）圖1中，由，得又已知DE=3,從而因（Ⅱ）在第（19）圖2中，過D作DF⊥CE,交CE的延長線于F，連接AF.由（1）知， AD⊥底面DBCE,由三垂線定理知AF⊥FC,故∠AFD為二面角A-BC-B的平面角. 在底面DBCE中，∠DEF=∠BCE, 因此從而在Rt△DFE中，DE=3, 在因此所求二面角A-EC-B的大小為arctan 解法二：（Ⅰ）同解法一. （Ⅱ）如答（19）圖3.由（Ⅰ）知，以D點為坐標原點，的方向為x、 y、z軸的正方向建立空間直角坐標系，則D（0，0，0），A（0，0，4），，E（0，3，0）. 過D作DF⊥CE,交CE的延長線于F，連接AF. 設從而，有 ① 又由 ② 聯立①、②，解得因為 ,故 ,又因 ,所以為所求的二面角A-EC-B的平面角.因有所以因此所求二面角A-EC-B的大小為 (20)（本小題13分）解：(Ⅰ)因為又因為曲線通過點（0，2a+3）, 故又曲線在（-1，f(-1)）處的切線垂直于y軸，故即-2a+b=0,因此b=2a. (Ⅱ)由(Ⅰ)得故當時，取得最小值- . 此時有從而所以令，解得當當當由此可見，函數的單調遞減區間為（-∞，-2）和（2，+∞）；單調遞增區間為（-2，2）. (21)（本小題12分）解：(Ⅰ)由橢圓的定義，點P的軌跡是以M、N為焦點，長軸長2a=6的橢圓. 因此半焦距c=2，長半軸a=3，從而短半軸 b= ，所以橢圓的方程為 (Ⅱ)由得 ① 因為不為橢圓長軸頂點，故P、M、N構成三角形.在△PMN中， ② 將①代入②，得故點P在以M、N為焦點，實軸長為的雙曲線上. 由(Ⅰ)知，點P的坐標又滿足，所以由方程組解得即P點坐標為 (22)(本小題12分) 解：(Ⅰ)因由此有，故猜想的通項為（Ⅱ）令由題設知x1=1且 ① ② 因②式對n=2成立，有 ③ 下用反證法證明：由①得因此數列是首項為，公比為的等比數列.故 ④ 又由①知因此是是首項為，公比為-2的等比數列,所以 ⑤ 由④-⑤得 ⑥ 對n求和得 ⑦ 由題設知即不等式 22k+1＜對k N*恒成立.但這是不可能的，矛盾. 因此x2≤ ,結合③式知x2= ,因此a2=2*2= 將x2= 代入⑦式得 Sn=2－ (n N*), 所以bn=2Sn=22－ (n N*) 2010年普通高等學校招生全國統一考試（重慶卷）數學試題（理工農醫類）答案一．選擇題：每小題5分，滿分 50分. （1）A （2）B （3）C （4）C （5）D （6）D （7）B （8）C （9）C （10）D 二．填空題：每小題5分，滿分25分. （11）（12）（13）（14）（15）三．解答題：滿分75分. （16）（本題13分）解：（Ⅰ），因此的值域為 . （Ⅱ）由得，即，又因，故 . 解法一：由余弦定理，得，解得或 . 解法二：由正弦定理，得或 . 當時，，從而；當時，，又，從而 . 故的值為1或2. （17）（本題13分）解：只考慮甲、乙兩單位的相對位置，故可用組合計算基本事件數. （Ⅰ）設A表示“甲、乙的演出序號至少一個為奇數”，則表示“甲、乙的序號為偶數”，由等可能性事件的概率計算公式得 . （Ⅱ）的所有可能值為0，1，2，3，4，且， . 從而知有分布列 0 1 2 3 4 所以， . （18）（本題13分）解：（Ⅰ） . 當時，，而，因此曲線在點處的切線方程為即 . （Ⅱ），由（Ⅰ）知，即，解得 . 此時，其定義域為，且，由得 .當或時，；當且時， . G F 答（19）圖1 C B A D E P 由以上討論知，在區間上是增函數，在區間上是減函數. （19）（本題12分）解法一：（Ⅰ）如答（19）圖1 ，在矩形中，平面，故直線與平面的距離為點到平面的距離. 因底面，故，由知為等腰三角形，又點是棱中點，故 .又在矩形中，，而是在底面內的射影，由三垂線定理得，從而平面，故 .從而平面，故之長即為直線與平面的距離. （Ⅱ）過點D作，交CE于F，過點F作，交AC于G，則為所求的二面角的平面角. 由（Ⅰ）知平面PAB，又，得平面PAB，故，從而 . 在中， .由，所以為等邊三角形，故F為CE的中點，且 . 因為平面PBC，故，又，知，從而，且G點為AC的中點. 連接DG，則在中， . 所以 . 解法二： P G F 答（19）圖2 C B A D E （Ⅰ）如答（19）圖2，以A為坐標原點，射線AB、AD、AP分別為軸、軸、軸正半軸，建立空間直角坐標系 . 設，則， . 因此，則，所以平面PBC. 又由知平面PBC，故直線AD與平面 PBC的距離為點A到平面PBC的距離，即為 . （Ⅱ）因為，則 . 設平面AEC的法向量，則 . 又，故所以 . 可取，則 . 設平面DEC的法向量，則 . 又，故所以 . 可取，則 . 故 . 所以二面角的平面角的余弦值為 . （20）（本題12分） H Q M 答（20）圖 G E N O 解：（Ⅰ）設的標準方程為，則由題意，因此，的標準方程為 . 的漸近線方程為，即和 . （Ⅱ）解法一：如答（20）圖，由題意點在直線和上，因此有，，故點M、N均在直線上，因此直線MN的方程為 . 設G、H分別是直線MN與漸近線及的交點，由方程組及解得 . 設MN與軸的交點為Q，則在直線中，令得（易知 . 注意到，得 . 解法二：設，由方程組解得，因，則直線MN的斜率 . 故直線MN的方程為，注意到，因此直線MN的方程為 . 下同解法一. （21）（本題12分）（Ⅰ）解法一：由，，，猜測 . 下用數學歸納法證明. 當時，等式成立；假設當時，等式成立，即，則當時，，綜上，對任何都成立. 解法二：由原式得 . 令，則，因此對有，因此， . 又當時上式成立. 因此 . （Ⅱ）解法一：由，得，因，所以 . 解此不等式得：對一切，有或，其中， . 易知，又由，知，因此由對一切成立得 . 又，易知單調遞增，故對一切成立，因此由對一切成立得 . 從而的取值范圍為 . 解法二：由，得，因，所以對恒成立. 記，下分三種情況討論. （ⅰ）當即或時，代入驗證可知只有滿足要求. （ⅱ）當時，拋物線開口向下，因此當正整數充分大時，不符合題意，此時無解. （ⅲ）當即或時，拋物線開口向上，其對稱軸必在直線的左邊. 因此，在上是增函數. 所以要使對恒成立，只需即可. 由解得或 . 結合或得或 . 綜合以上三種情況，的取值范圍為 .