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文档简介
2023-2024学年上海市高二上学期期末数学试题
一、填空题
1.甲校有3600名学生,乙校有5400名学生,丙校有1800名学生.为统计三校学生某方面的情
况,计划采用分层抽样法,抽取一个样本容量为90人的样本,则应在甲校抽取的学生数是
【正确答案】30
【分析】根据分层抽样时样本容量与总体容量成正比,可以求出甲校抽取的学生数.
【详解】因为甲校有3600名学生,乙校有5400名学生,丙校有1800名学生,计划采用分层
抽样法.
所以3600:5400:1800=2:3:1,因此抽取一个样本容量为90人的样本,甲校抽取的学生数是
故答案为30
本题考查了分层抽样定义,考查了数学运算能力,属于基础题.
2.现有高一学生9人,高二学生12人,高三学生7人,自发组织参加数学课外活动小组,
从中推选两名来自不同年级的学生做一次活动的主持人,则不同的选法有一种.
【正确答案】255
【分析】可以从所有学生中抽取2人,减去从每个年级中各抽取2人的组合数,从而得出结
果.
【详解】所有的选法共有C1=378种,
这2名学生属于同一个年级的选法有C;+C%+C;=123种,
故此2名学生不属于同一个年级的选出方法有378-123=255种.
故255.
111^∣*
3,若1+3+5++(2〃-I)=Ilo—+—++-----------(/7∈N),则
1∙22∙3π∙(n+l)
【正确答案】10
【分析】利用等差数列的求和公式和裂项相消即可求出答案.
【详解】由题意得创W』=IIO(I-―二),
2〃+1
所以“("+1)=110,
所以〃=10.
故10.
4.如图所示,RtAAOB绕直角边AO所在直线旋转一周形成一个圆锥,已知在空间直角坐
标系。-肛Z中,点(2,0,0)和点(0,2,-1)均在圆锥的母线上,则圆锥的体积为.
【正确答案】g万
【分析】根据坐标确定圆锥的高与底面半径,再根据圆锥体积公式得结果.
(详解】由题意得圆锥的高为IOAI,底面半径为2,.∙.ɪ=啜3,
2∖OA∖
所以圆锥体积为g∕x22χ4=等.
.16
故4丁
本题考查圆锥体积公式,考查基本分析求解能力,属基础题.
5.己知直线/的方向向量为α=(l,0,l),点A(l,2,-1)在/上,则点P(3,1,1)至IJ/的距离为
【正确答案】1
【分析】求出AP与直线/的方向向量的夹角的余弦,转化为正弦后可得点到直线的距离.
【详解】AP=(2,T,2),
Ce告/笔平=延
同APl√2×√93
1
所以sin<a,AP>==—,
3
/
点P(3,l,l)到/的距离为d=3P卜in<〃,AP>=3x;=l.
故1.
6.图1中的机械设备叫做“转子发动机”,其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”,
图2是一个曲侧面三棱柱,它的侧棱垂直于底面,底面是“莱洛三角形“,莱洛三角形是以正
三角形的三个顶点为圆心,正三角形的边长为半径画圆弧得到的,如图3.若曲侧面三棱柱的
高为5,底面任意两顶点之间的距离为20,则其侧面积为
【正确答案】100万
【分析】由曲侧面三棱柱的定义,其侧面为矩形,即可根据几何关系求侧面积.
【详解】由题意得一4BC为等边三角形,且边长为20,如图所示,
所以弧AC的长度为∕=(∙20=等,
曲侧面三棱柱的三个侧面展开后,均是长为等,宽为5的矩形,
所以曲侧面三棱柱的侧面积为3χ蜉χ5=IOO".
故IOO万
7.A,B两人下棋,每局两人获胜的可能性一样.某一天两人要进行一场三局两胜的比赛,最
终胜利者赢得IOO元奖金.第一局比赛A胜,后因为有其他要事而中止比赛,则将IOO元奖
金公平分给AB两人,则A应该得到的奖金数为一元.
【正确答案】75
【分析】A赢得这场比赛的情况为第二局A胜;第二局A输,第三局A胜,求出A赢得这场
比赛的概率,即可求出A应该得到的奖金数.
【详解】A赢得这场比赛的情况为第二局A胜;第二局A输,第三局A胜,
1113
故A赢得这场比赛的概率P=7+<x==:,
2224
所以A应该得到的奖金数为IooX=3=75元.
故75.
8.复印纸幅面规格只采用A系列和B系列,其中A系列的幅面规格为:①4,A,4,,4所
有规格的纸张的幅宽(以X表示)和长度(以y表示)的比例关系都为x:y=1:71;②将4
纸张沿长度方向对开成两等分,便成为4规格;A纸张沿长度方向对开成两等分,便成为4
规格;…;如此对开至4规格.现有4,A,4,,4纸各一张.若4纸的幅宽为2dm,则这
9张纸的面积之和等于_dn?.
【正确答案】“逑##"夜
44
【分析】根据题意先逐一得出4,A,A2,4,A4纸张的长和宽,进而求得4的面积,再由
4,A,4,,A纸张的面积是以64夜为首项,公比为T的等比数列,再根据等比数列的求和
公式即可求得这9张纸的面积之和.
【详解】依题意可得,
A」的长、宽分别为是2j5dm,2dm;A.,的长、宽分别为4dm,20dm;
A2的长、宽分别为4拒dm,4dm;4的长、宽分别为8dm,4j5dm;
4的长、宽分别为8√f∑dm,8dm,
所以4纸的面积为8√5χ8=64√5dπ?;
则4,A,42,,4纸张的面积是以640为首项,以T为公比的等比数列,
故"
4
9.己知球。的半径为1,4B是球面上的两点,且AB=6,若点P是球面上任意一点,则
PA-PB的取值范围是.
【正确答案】-最"I
【分析】以球心为坐标原点建立空间直角坐标系,设点4,8,P的坐标,用来表示PA∙P3,
进而求出答案.
【详解】由题意,可得OA=OB=I,AB=百,
l212*I2
W∣JcosZAOB=+-‹^)=_1,又由ZAOB∈[0㈤,所以NAO8==,
2×1×123
以球心O为坐标原点,以OA为X轴正方向,平面。4B的垂线为Z轴建立空间坐标系,
则A(l,0,0),8(-L且,0),设P(x,)',z),
22
3
12_2
1X,停
y)-y)+z2=X2+y2+z2---^(x+y∕3y),
2-b(-
,
+v^2+z=1,所以f+y2≤l,
所以P4P8=g-g(x+6y),
设〃?=χ+6y,当x+6y-〃2=O与圆Y+)a=1相切时,团取得最值.
∣O+O+7∕2∣
=1
又由22,解得M=2,
λ∕l+(√3)
所以一2≤"Z≤2,所以P4P3=!-!(x+gy)e[-1,m
2222
I3
故答案为.I-彳,彳]
22
本题主要考查了空间向量的应用,向量的数量积的运算,以及直线与圆的位置关系的综合应
用,其中解答中建立适当的空间直角坐标系,利用向量的数量积的运算公式,结合直线与圆
的位置关系求解是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于中档试题.
10.如图,现将一张正方形纸片进行如下操作:第一步,将纸片以。为顶点,任意向上翻
折,折痕与BC交于点然后复原,记NCDE=%;第二步,将纸片以。为顶点向下翻折,
使AO与EQ重合,得到折痕E?。,然后复原,记NADE?=。?:第三步,将纸片以。为顶
点向上翻折,使8与刍。重合,得到折痕E0,然后复原,记NCDE3=α3;按此折法从第
二步起重复以上步骤L,得到%%,,%,,则:吧%=
第一步第二步第三步
【正确答案】E
6
【分析】先分析出递推式,再求出{%}的通项,最后算出极限即可.
【详解】由第二步得a?=,]-%);由第三步得α3=g成-α?),
依此类推4=-∣(y-a,,-l)(n>2),所以%,-看=-,*-?),
①若α∣=J,则α,=J,此时Iim%=5;
66286
②若e则数歹」{%-刍是以为首项,二为公比的等比数列,
6662
所以%—£=(α∣-5)(-;)”',即=Q-T+T'
662626
所以ɪimɑ,,=lim[(ɑ,-⅛⅛n^'+刍=g.
〃T8“T96266
综上,lim%=f.
"→a06
π
故ιzk
II.取棱长为”的正方体的一个顶点,过从此顶点出发的三条棱的中点作截面,依次进行下
去,对正方体的所有顶点都如此操作,所得的各截面与正方体各面共同围成一个多面体,如
图所示.则此多面体:
①有12个顶点;②有24条棱;③有12个面;
④表面积为3标;⑤体积为.
以上结论正确的是.(填上所有正确的序号)
【正确答案】①②⑤
【分析】根据题意结合图形可知,原来的六个面还在,只是变成了六个小正方形,再添加了
八个三角形面,计算或者数数可得到顶点、棱和面的个数,再利用割补法求出多面体的表面
积和体积即可.
【详解】由图可知,原来的六个面还在,只是变成了六个小正方形,再添加了八个三角形面,
总计有6+8=14个面,则③错误;
每个正方形有4条边,每个三角形3条边,而每条边对应两个面,所以共有;(4χ6+3χ8)=24
条棱,则②正确;
每个顶点对应4条棱,每条棱对应两个顶点,所以顶点数是棱数的一半,即12个,则①正
确;
三角形和小正方形的边长都是也“,所以小正方形的总面积为6χ<∕=3/,三角形的总面
积为8xgxg/xsin60。=有/,即多面体的表面积为(3+6)/,则④错误;
多面体的体积为原正方体的体积减去8个三棱锥的体积,8个三棱锥的体积为
82X(XfM于是多面体的体积为则⑤正确.
32<2JJ666
故①@⑤
12.设数列{4}的前"项和为S",q=l,a2=a^a>∖),∖all+2-an+l∖=∖an+l-all∖+d(d>0,
〃eN").且{a2n}Jα2,,-1}均为等差数列,则S*=.
【正确答案】S2,,=n(l÷a)
根据已知条件知数列{应川-q|}是首项为公差为d的等差数列,可求出
%-%∣=α-l+(…l)d,再根据已知条件转化求出等差数列{%“}、{%ι}的通项公式,再利
用分组求和即可得解.
【详解】Q∣a2-Λl∣=∣α-l∣=a-l
^∖an+2-a,,+l∖=∖an+l-an∖+d,B∣J|«„+2-¾+l∣-∣¾+l=
,数列{∣4M-4|}是首项为。-1,公差为"的等差数列,aJ="7+5-1)”①,
又{生“},{%ι}分别构成等差数列,根据①式可得
a2n-a2n,x=±[α-1+(2n-2)d](n≥2)(g),
a
2n+∖-¾1=±[^-l÷(2∕ι-1)J](∏≥1)(3),
¾w÷2-¾∏+1=±[β-1+2nJ](n≥1)©,
由②+③,得¾π+∣-¾π-ι=⅛-l+(2π-l)rf]±[β-l+Qn-2)d](〃≥1),
又{%τ}是等差数列,所以4向一%.7必为常数,
所以a2n+l-a2n-∖=[^-ɪ+(2«—l)t/]—[<7—1+(2/1—2)4]=≥2),
0-aα--
2w+ιin-∖~~tɪ÷ɪ)^ʃ]÷[^-ɪ+(2n-2)d]=-d(n≥2)9
由①得|6一。2|=。-1+〃,即/一%=±(。一l+d),
Qa2=af%=±(々-l+d)+α,又〃ι=l,
.∖a3-aλ=67-l±(a-l+J),即%一勾=一1或G=2(〃_1)+"(舍去),
•∙a2n+l~a2n-∖=-〃,
{¾π,,}是首项为1,公差为-d的等差数列,∙∙∙%T=I-S-IM,
同理,由③+④得,a2llt.2-a2π=±[<2-1+2nd]±[α-1+(2n-1)<√](∏>1),
所以的“+2一生“=4或«2,.+2-«2„=-d,
Q4—〃■>=—a+1—d,/—%=±3—1+2d),%=-Q+1-d±(a-1+2d),
即4一%二d或〃4一。2=—2a+2—3d(舍去),
*'•a2n+2~=d,
.••{%,}是首项为〃,公差为d的等差数列,∙∙∙%,="+("7)”,
从而α2*.l+a2k=a2k+l+a2li+1=a+∖(keN'),
所以8”=4+6++。2”=(1+。)++(l+α)="(l+0).
故S2,="O+")
方法点睛:本题考查递推关系求等差数列求通项公式,分组求数列和,求数列的和常用的方
法有:(1)分组求和法;(2)倒序相加法;(3)H=H(数列{«“}为等差数列):裂
项相消法;(4)等差X等比数列:错位相减法,考查学生的逻辑推理能力与运算求解能力,
属于难题.
二、单选题
13.若P为两条异面直线/,机外的任意一点,则()
A.过点P有且仅有一条直线与/,机都平行
B.过点尸有且仅有一条直线与/,“都垂直
C.过点尸有且仅有一条直线与"都相交
D.过点尸有且仅有一条直线与/,〃?都异面
【正确答案】B
【详解】解:因为若点P是两条异面直线/,〃?外的任意一点,则过点P有且仅有一条直线
与/,,〃都垂直,选B
14.已知数列{4}满足q,+4l+4=%+∣+%+3,那么()•
A.{4}是等差数列B.{%-}是等差数列
C.{%“}是等差数列D.{%,}是等差数列
【正确答案】D
a
【分析】通过an+αn+4=an+,+anti(neN)可知⅛t4-aπ+,=an+i-an,进而可得¾+6-¾÷J=⅛3-,,,
从而数列{%,}是等差数列.
a+
【详解1由4+¾+4=n+∖4*3得J-4+1=4+3-4,
a”+5-4+2=⅛÷4~a^ι»a»6-β,,÷3=¾÷5-4+2,
故。”+6-。“+3=。"3一/,
0=a-θ
即有。3("+2)—3(n÷l)3(n+l))ιt
故数列{%,}是等差数列,
故选:D
15.空间直角坐标系O-DZ中,经过点P(Xz。),且法向量为机=(A8,C)的平面方程
为A(X-Λ0)+8(y-%)+C(z-ZO)=0,经过点P(X0,%,ZO)且一个方向向量为
n=(〃,U,co){μυω≠0)的直线I的方程为=与产=三包,阅读上面的材料并解决下面
问题:现给出平面ɑ的方程为3x-5y+z-7=0,经过(0,0,0)的直线/的方程为W=I=匕,
则直线/与平面。所成角的正弦值为()
A.叵B.aC.叵D.在
103557
【正确答案】B
根据题设给出的材料可得平面的法向量和直线的方向向量,利用公式可求直线/与平面。所
成角的正弦值.
【详解】因为平面ɑ的方程为3x-5y+z-7=0,故其法向量为“=(3,-5,1),
因为直线/的方程为9=彳=5,故其方向向量为加=(3,2,-1),
32—1
_9__-_1_0_-_1_2√io
故直线/与平面”所成角的正弦值为
√I4×√35-7√I0^35'
故选:B.
关键点点睛:此题为材料题,需从给定的材料中提炼出平面的法向量和直线的方向向量的求
法,这是解决此题的关键.
16.北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是儿何研
究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性,规定:多面体顶点的曲率等于2万与多面体在该点的
面角之和的差(多面体的面的内角叫像多面体的面角,角度用弧度制),多面体面上非顶点的
曲率均为零,多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如:正四面体在每个顶点
有3个面角,每个面角是所以正四面体在各顶点的曲率为2)-3xg=%,故其总曲率
为4万.给出下列三个结论:
①正方体各顶点的曲率为9;
2
②任意三棱锥的总曲率均为4万;
③将棱长为3的正方体正中心去掉一个棱长为1的正方体所形成的几何体的总曲率为8万.
其中,所有正确结论的序号是()
A.①②B.①③C.②③D.①②③
【正确答案】D
【分析】根据几何体顶点的曲率和几何体总曲率的定义求解.
【详解】①因为正方体的每个顶点有3个面角,每个面角是所以正方体在各顶点的曲
TTTT
率为2…3∖=5'故正确;
A点的曲率为:2兀一NBAC-NDAC-NBAD,
B点的曲率为:2兀一NABC-NABD-NCBD,
C点的曲率为:2兀-ZACB-NACD-NBCD,
力点的曲率为:2兀一NADC-NADB-NBDC,
则三棱锥的总曲率均为8万一(NABC+ZACB+ZBAC)-(ZDAB+NABD+NBDA),
-(ZADC+ZACD-ZDAC)-(ZSCD+ZBDC+CBD)=4π,故正确;
■JTTT
③此几何体有16个顶点,每个顶点的曲率为2一5=于所以该几何体的总曲率为
TT
16×-=8^∙,故正确.
2
故选:D
三、解答题
17.如图,在直三棱柱ABC-ABlG中,BAlBC.
⑴若BA=BBI,求证:4月,平面ABC;
⑵若BA=BC=BBl=2,M是棱BC上的一动点.试确定点M的位置,使点M到平面9C的
距离等于也.
2
【正确答案】(1)证明见解析•
(2)当点M为棱BC的中点时,使点M到平面ABC的距离等于—
12
【分析】(1)先证明BC±AB1和As_LAB,再根据直线与平面垂直的判定定理可证ABt±平
面ABC;
(2)以B为原点,BA,网,BC分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系:设M(0,0∕)(0WW2),
利用点面距的向量公式列式可求出结果.
【详解】(1)在直三棱柱ABC-ΛlB,Cl中,Bfi1I平面ABC,所以BB、1BC,BBt±BA,
又因为B4LBC,BAnBBt=B,所以BCl平面BAA四,所以BCLAB-
因为BB∣BA=BBi,所以四边形BAAE为正方形,所以AB∣,AB,
因为ABlBC=B,所以ABl_L平面ABC.
(2)由(1)知,BA,BB∣,8C两两垂直,
以B为原点,BA,BBl,BC分别为X,yz轴建立空间直角坐标系:
因为BA=BC=Bg=2,则8(0,0,0),At(2,2,0),S1(0,2,0),C(0,0,2),
设M(0,0,f)(0WW2),
则MC=(0,0,2-f),A4=(-2,0,0),B1C=(0,-2,2),
设平面ABC的一个法向量为"=(x,y,z),
n∙AB=-2x=0[x=0
则1,则
=z
n∙B1C=-2y÷2z=0[y
取y=ι,贝∣Jz=ι,n=(θ,ι,i),
l2d∣2τ∣
所以点M到平面Aβ,c的距离等于!"0:=^
|/?|√oj+ι+ιɪ
又已知点M到平面ABC的距离等于变,所以等考,
2
解得r=l,t=3(舍),
所以点M为棱BC的中点时,使点M到平面ABC的距离等于走.
2
18.现有31行67列表格一个,每个小格都只填1个数,从左上角开始,第一行依次为
1,2,,67;第二行依次为68,79,,134;L依次把表格填满.现将此表格的数按另一方式填写,
从左上角开始,第一列从上到下依次为1,2,,31;第二列从上到下依次为32,33,,62;L依
次把表格填满.若因自(1≤i≤3U≤/≤67)分别表示第一次和第二次填法中第i行第j列的数.
(1)求%的表达式(用i,/表示);
(2)若两次填写中,在同一小格里两次填写的数相同的个数为N,求N的值.
【正确答案】⑴他=67(1)+j
(2)7
【分析】(1)第i行的第一个数为67(i-l)+l,第i行的第J个数为67(z∙-l)+∕∙,得到答案.
⑵计算%=31(j-l)+i,根据得到lli-5∕=6,验证得到答案.
【详解】(1)第一种填法中:第i行的第一个数为67(iT)+l,
第i行的第j个数为67(I)+1+_/-1=67(I)+J,
即为=67("1)+/
(2)第二种填法中:第/列的第一个数为31。-1)+1,
第/列的第i个数为31(/—l)+l+I=31(j-l)+i,
故4=31(∕-l)+i
当67(z-l)+,∕=31(/-1)+i时,在同一小格里两次填的数相同,整理得lh-5j=6.
当i=l,j=l时,aij=∖.
当i=6,/=12时,%=347;
当i=ll,/=23时,%=693;
当i=16,尸34时,旬=1039;
当i=21,/=45时,%=1385;
当i=26,/=56时,%=1731;
当i=31,/=67时,aij=2077,
故N=7.
19.已知数列{叫和{幻的通项公式分别为4=3"+6,⅛=2n+7(w∈N"),将集合
{x∖x=aι,,neN*}u{x∖x=hn,nGN*}中的元素从小到大依次排列,构成数列
C,‹?2,C,
∣3,Cfl,.
(1)cl,c2,c3,C4;
⑵求证:在数列{%}中、但不在数列也}中的项恰为出,%,,%,,;
⑶求数列{%}的通项公式.
【正确答案】(1)C1=9,C2=11,C3=12,C4=13;(2)证明见解析;(3)
6Jt+3(π=4⅛-l)
l6⅛÷5(―)L
c.=f.⅛∈Λ.
6卜6(n=4⅛-l)
•6⅛+7(w=4⅛)
【详解】(1)c∣=9,c2=ll,c3=12,c4=13;
(2)①任意〃eN”,设“2,1=3(2〃—1)+6=6〃+3=4=24+7,
贝Ij左=3〃一2,即%1=%,-2;
②假设a2"=6“+6=4=2k+7ok=3“_gwN*(矛盾),.∙.%,任{4}
.∙.在数列{%}中、但不在数列也}中的项恰为4,,,M2“,.
(3)b3k_2=2(3⅛-2)+7=6⅛+3=a2k_],
%τ=6L+5,a2k=6⅛+6,%=6k+7,
•:6⅛+3<6⅛+5<6⅛+6<6⅛÷7,
,当A=I时,依次有a=4=ς,⅛2=c2,¾=c3,⅛3=c4,
64+3(〃=44-3)
6⅛÷5(∏≡4⅛-2).
用JV
6⅛+6(π≡4⅛-l)
6k-7(π≡4⅛)
20.为了求一个棱长为力的正四面体的体积,某同学设计如下解法.构造一个棱长为1的正
方体,如图1:则四面体ACq2为棱长是正的正四面体,且有
%面体AC比外=KE方体-VB_ACBI—匕,-AfiiDi-Vc「BiCDi-正方体=~.
Si
(I)类似此解法,如图2,一个相对棱长都相等的四面体,其三组棱长分别为逐,√13,√Γδ,
求此四面体的体积;
⑵对棱分别相等的四面体ASCD中,AB=CD,AC=BD,AD=BU求证:这个四面体的
四个面都是锐角三角形;
(3)有4条长为2的线段和2条长为胆的线段,用这6条线段作为棱且长度为,〃的线段不相
邻,构成一个三棱锥,问加为何值时,构成三棱锥体积最大,最大值为多少?
【正确答案】(1)2
(2)证明见解析
(3),”=挛时,构成的三棱锥体积最大,最大值为电I
327
【分析】(1)类比已知条件中的解法,构造一个长方体,求出长方体的棱长,在由长方体的
体积减去四个三棱锥体积即可得到答案;
(2)在四面体ABC。中,由已知可得四面体ABCD的四个面为全等三角形,设长方体的长、
宽、高分别为“'b、c,证明AABC为锐角三角形,即可证明这个四面体的四个面都是锐角
三角形;
(3)当2条长为〃7的线段不在同一个三角形中,写出三棱锥体积的表达式,利用基本不等
式求最值.
【详解】(1)设四面体ABe。所在长方体的棱长分别为α,Ac,
'a2+b2=5Fa2=4
则</+/=13,解得,从=1,
⅛2+c2=10c2=9
所以四面体的体积』——或X4=E=2.
(2)在四面体ABCO中,
因为Aβ=8,AC=BD,AD=BC,
所以四面体ABC。的四个面为全等三角形,
即只需证明一个面为锐角三角形即可.
设长方体的长、宽、高分别为。、b、c,
则AB?=。2+/??,BC2=h2+c2>AC2=a1+c2,
AB'+BC->AC2,AB2+AC2>BC2,AC2+BC2>AC2,
所以ABC为锐角三角形,则这个四面体的四个面都是锐角三角形;
(3)当2条长为〃?的线段不在同一个三角形中,
如图,不妨设A0=BC="2,BD=CD=AC=2,取BC的中点E,
连接AE、DE,
则AEd.8C,DE±BC,而AEl-JoE=E,所以BCl平面AEO,
则三棱锥的体积V=∣sAI)K-BC,
在ZVlED中,AE=DE=^4-^~,AD=m,
2
S_1LM∏Γ1/1.λm.
AED~~2m'4-------------=-ʌ//n(4-------),
442V2
2
所以V=ɪJ∕w∙AW2(4--^―)=ɪ-4
6V26
/W2m"2tn2
2
因为mMZ7>彳+一"相364,所以V≤——
----------(4------)≤(―----------------)=—?7
442327/
224
当且仅当T=4-丝,即m=κ时取等号,
42√3
怨时,构成的三棱锥体积最大,最大值为吧.
故机=
27
A
C
21.已知{%}是无穷数歹∣J.给出两个性质:①
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