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填空題高頻考點(diǎn) 押題練 2025年高考數(shù)學(xué)三輪復(fù)習(xí)備考

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填空題高頻考點(diǎn) 押題練 2025年高考數(shù)學(xué)三輪復(fù)習(xí)備考

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填空題高頻考點(diǎn) 押題練
2025年高考數(shù)學(xué)三輪復(fù)習(xí)備考
1.若命題p:,,則命題p的否定為 .
2.已知曲線在處的切線與軸垂直,則實(shí)數(shù)的值為 .
3.若是奇函數(shù),則 .
4.已知函數(shù),則 .
5.在中,已知,,.則 .
6.記為等差數(shù)列的前n項(xiàng)和,若,,則 .
7.過點(diǎn)作直線與拋物線相交于A,B兩點(diǎn),若點(diǎn)P是線段AB的中點(diǎn),則直線AB的斜率是 .
8.記為等差數(shù)列的前項(xiàng)和,,,則 .
9.若關(guān)于的方程有實(shí)根,則實(shí)數(shù)的值為 .
10.已知數(shù)列的首項(xiàng)為,前項(xiàng)和為,且,若,則的取值范圍為
11.甲、乙等5人去三個(gè)不同的景區(qū)游覽,每個(gè)人去一個(gè)景區(qū),每個(gè)景區(qū)都有人游覽,若甲、乙兩人不去同一景區(qū)游覽,則不同的游覽方法的種數(shù)為 種.
12.雙曲線的左焦點(diǎn)為F,點(diǎn),若P為C右支上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),則的最小值為 .
13.若直線是函數(shù)的圖象的切線,則的最小值為 .
14.在正四棱臺(tái)中,,則該棱臺(tái)的體積為 .
15.已知為拋物線的焦點(diǎn),過上一點(diǎn)作的準(zhǔn)線的垂線,垂足為,若,則 .
16.已知等比數(shù)列的前項(xiàng)和為,若,,則 .
17.已知數(shù)列滿足,則除以16的余數(shù)為
18.有數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)三類競(jìng)賽名額各個(gè),將所有名額全部分給甲、乙兩所學(xué)校,每所學(xué)校每類名額至少分得一個(gè),則甲學(xué)校所得到的三類名額的個(gè)數(shù)的乘積與乙學(xué)校所得到的三類名額的個(gè)數(shù)的乘積相等的分法有 種(用數(shù)字作答).
19.人工智能(Artificial Intelligence),英文縮寫為.是新一輪科技革命和產(chǎn)業(yè)變革的重要驅(qū)動(dòng)力量,是研究、開發(fā)用于模擬、延伸和擴(kuò)展人的智能的理論、方法、技術(shù)及應(yīng)用系統(tǒng)的一門新的科學(xué).某商場(chǎng)在有獎(jiǎng)銷售的抽獎(jiǎng)環(huán)節(jié)時(shí),采用技術(shù)生成獎(jiǎng)券碼:在每次抽獎(jiǎng)時(shí),顧客連續(xù)點(diǎn)擊按鍵5次,每次點(diǎn)擊隨機(jī)生成數(shù)字0或1或2,點(diǎn)擊結(jié)束后,生成的5個(gè)數(shù)字之和即為獎(jiǎng)券碼.并規(guī)定:如果獎(jiǎng)券碼為0,則獲一等獎(jiǎng);如果獎(jiǎng)券碼為3的正整數(shù)倍,則獲二等獎(jiǎng),其它情況不獲獎(jiǎng).已知顧客甲參加了一次抽獎(jiǎng),則他獲二等獎(jiǎng)的概率為 .
20.在長方體中,在長方體內(nèi)部有兩個(gè)大小相同的球,其中一個(gè)與頂點(diǎn)A所在的三個(gè)面相切,另一個(gè)與頂點(diǎn)C1所在的三個(gè)面相切,且這兩個(gè)球也外切于P點(diǎn),平面過點(diǎn)P且與這兩個(gè)球相切,則平面與底面所成銳二面角的余弦值為
參考答案
1.
根據(jù)全稱量詞命題否定的方法:改量詞,否結(jié)論,可得答案.
命題p:,的否定為:,
故答案為:
2./0.5
對(duì)函數(shù)求導(dǎo),代入,可得對(duì)應(yīng)的導(dǎo)數(shù)值為0,由此可建立關(guān)于的方程,從而得解.
對(duì)函數(shù)求導(dǎo)得,,
因?yàn)榍€在處的切線與軸垂直,
所以,解得.
故答案為:.
3.
根據(jù)奇函數(shù)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,得到,即可求出的值,求出函數(shù)的定義域,再由奇函數(shù)的性質(zhì),求出的值,即可得到結(jié)果。
因?yàn)槭瞧婧瘮?shù),
定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,
由,可得,
所以且,
所以,解得,
所以函數(shù)的定義域?yàn)?
則,即,
解得,
此時(shí),
,符合題意;
故答案為:.
4.3
先計(jì)算即可求解.
由題意有,
又,所以,
故答案為:3.
5./
根據(jù)正弦定理求解,即可根據(jù)余弦的二倍角公式求解.
由正弦定理可得,故,
故,
故答案為:.
6.95
利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式得到方程組,解出,再利用等差數(shù)列的求和公式節(jié)即可得到答案.
因?yàn)閿?shù)列為等差數(shù)列,則由題意得,解得,
則.
故答案為:.
7.
設(shè),當(dāng)若直線的斜率存在,,將點(diǎn)代入拋物線方程后作差,將點(diǎn)代入可得直線的斜率,再檢驗(yàn)所得結(jié)果,再補(bǔ)充考慮斜率不存在的情況,最后可得結(jié)論.
設(shè),
若直線的斜率存在,則,
點(diǎn)P是線段的中點(diǎn),,
∴,
,兩式作差可得,
即,又,

直線的方程是,即,
聯(lián)立,可得,
方程的判別式,
所以方程有兩個(gè)根,故方程組有兩組解,滿足條件,
若直線的斜率不存在,則直線方程為,此時(shí)線段AB的中點(diǎn)為矛盾,
故答案為:.
8.
因?yàn)槭堑炔顢?shù)列,所以,
所以,
可得,

故答案為:
9.或
根據(jù)復(fù)數(shù)相等的定義求解.
設(shè)原方程的實(shí)根為,則,即,
所以,解得或,
故答案為:或.
10.
利用已知寫出奇數(shù)、偶數(shù)項(xiàng)的通項(xiàng)公式,再應(yīng)用分組求和及等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求,結(jié)合已知求的取值范圍.
當(dāng)為奇數(shù),則,即,
所以的奇數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為,公比為2的等比數(shù)列,
則,即,
當(dāng)為偶數(shù),則,即,
所以的偶數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為,公比為2的等比數(shù)列,
則,即,
所以,
若,則,即.
故答案為:
11.114
由題意,根據(jù)分組分配的解題方法,結(jié)合正難則反的思想,可得答案.
由題意人去三個(gè)地方,不同分組有或,則不同的游覽方法的種數(shù)為,
若甲乙去到同一景區(qū),則不同的游覽方法的種數(shù)為,
符合題意的不同的游覽方法的種數(shù)為.
故答案為:.
12.9
利用雙曲線的定義將進(jìn)行轉(zhuǎn)化,再結(jié)合三角形三邊關(guān)系求的最小值;
設(shè)雙曲線的右焦點(diǎn)為.
對(duì)于雙曲線,可得,則.
因?yàn)辄c(diǎn)在雙曲線的右支上,所以,即.
則.
根據(jù)三角形三邊關(guān)系:兩邊之和大于第三邊,可得,當(dāng)且僅當(dāng),,三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào).
已知,,根據(jù)兩點(diǎn)間距離公式,可得.
所以,即的最小值為.
故答案為:
13.
求導(dǎo),設(shè)切點(diǎn)為,根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義分析可知,構(gòu)建函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性和最值,即可得結(jié)果.
因?yàn)椋瑒t,
設(shè)切點(diǎn)為,則,
則切線方程為,即,
可得,,所以,
令,則,
當(dāng)時(shí),;當(dāng)時(shí),;
可知在內(nèi)單調(diào)遞減,在內(nèi)單調(diào)遞增,
可得,所以的最小值為.
故答案為:.
14./
結(jié)合圖像,依次求得,從而利用棱臺(tái)的體積公式即可得解.
如圖,過作,垂足為,易知為四棱臺(tái)的高,

因?yàn)椋?br/>則,
故,則,
所以所求體積為.
故答案為:.
15.
利用拋物線的準(zhǔn)線確定拋物線方程,結(jié)合拋物線定義與直角三角形的邊角關(guān)系計(jì)算即可.
由題意為拋物線的焦點(diǎn),過上一點(diǎn)作的準(zhǔn)線的垂線,垂足為,且,
所以,所以,所以,
設(shè)準(zhǔn)線與縱軸交于點(diǎn),根據(jù)拋物線定義可知,
所以,
因?yàn)椋裕?br/>在中,,所以.
故答案為:
16.
由等比數(shù)列的性質(zhì)結(jié)合題意可得,再由等比數(shù)列的性質(zhì)化簡(jiǎn)計(jì)算式可得答案.
由可得,
若,則與矛盾,
所以,
則.
故答案為:.
17.15
根據(jù)數(shù)列的遞推公式可求得數(shù)列是以1為首項(xiàng),公比為的等比數(shù)列,即,再結(jié)合二項(xiàng)式定理可求得,可知余數(shù)為15.
由可得,
易知當(dāng)時(shí),,所以,
整理可得,即,
因?yàn)椋字磾?shù)列為遞增數(shù)列,
因此,
所以,
即可得數(shù)列是以為首項(xiàng),公比為的等比數(shù)列;
所以,即,可得
當(dāng)時(shí),符合上式,
可得數(shù)列的通項(xiàng)公式為;
所以;
易知當(dāng)時(shí),都能被16整除,即可表示為,;
記,;
結(jié)合二項(xiàng)式定理可得;
所以,
因此除以16的余數(shù)為15.
故答案為:15
18.
設(shè)甲學(xué)校所得到數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)三類競(jìng)賽名額分別為、、,其中、、且、、,推導(dǎo)出、、中至少有一個(gè),然后列舉出滿足題設(shè)條件的排列,即可得解.
設(shè)甲學(xué)校所得到數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)三類競(jìng)賽名額分別為、、,
其中、、且、、,
則甲學(xué)校所得到數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)三類競(jìng)賽名額分別為、、,
由題意可得,
若、、均不為,則、、中有兩個(gè)數(shù)大于一個(gè)數(shù)小于或者兩個(gè)數(shù)小于一個(gè)數(shù)大于,
由于對(duì)稱性,不妨考查、均小于,大于,則、,,
則,則,,故,
當(dāng)時(shí),則,因?yàn)椋?br/>等式不成立;
當(dāng)時(shí),則,因?yàn)椋?br/>由于,且為的倍數(shù)也為的倍數(shù),
而、、、、中沒有的倍數(shù),不合乎題意;
當(dāng)時(shí),則,因?yàn)椋?br/>又因?yàn)闉榈谋稊?shù),,
可得,所以,,
若時(shí),則,此時(shí),
若,則或,此時(shí),
若,則,此時(shí),均不合乎題意;
當(dāng)時(shí),則,因?yàn)椋?br/>則,可得,故,
若,則,此時(shí);
若,則或,此時(shí),
若,則或,此時(shí),
若,則,此時(shí),均不合乎題意.
故、、中至少有一個(gè)為,不妨設(shè),則,
由可得,則,
當(dāng)時(shí),只有種情況,
當(dāng)為、、的一個(gè)排列時(shí),有種情況;
當(dāng)為、、或、、或、、的一個(gè)排列時(shí),各有種情況.
綜上所述,符合條件的分法種數(shù)為種.
故答案為:.
19.
利用分步乘法計(jì)數(shù)原理求出總情況數(shù),利用分類加法計(jì)數(shù)原理結(jié)合組合數(shù)的性質(zhì)求出符合條件的事件數(shù),再利用古典概型概率公式求解概率即可.
設(shè)一次抽獎(jiǎng)所生成的獎(jiǎng)券碼為S,共有種情況,
生成的5個(gè)數(shù)字中有個(gè)0,個(gè)1,
則,
由題可知.若獲得二等獎(jiǎng),則S為3的正整數(shù)倍,
故可取的值為.當(dāng)時(shí),的取值為,
共有種情況;當(dāng)時(shí),的可能取值為,,,
共有種情況;當(dāng)時(shí),的取值為,,
共有種情況,由分類加法計(jì)數(shù)原理得符合條件的有種情況,
且設(shè)獲得二等獎(jiǎng)的概率為,由古典概型概率公式得.
故答案為:
20.
以為原點(diǎn)建系,利用點(diǎn)到面的距離公式得出,,再利用得出,又平面的法向量為,再得出平面的法向量為,計(jì)算即可.
如圖,以為原點(diǎn),分別以所在直線為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系,
則,設(shè)球心,,半徑為.
則平面的法向量為,,,
則,得,
解得(舍)或,
又平面的法向量為,

則平面與底面所成銳二面角的余弦值為.
故答案為:.

21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 (共 2 頁)
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