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- 2021-07-01 发布
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南京市六校联合体高三年级12月份联考试卷
数 学
注意事项:
1.本试卷共4页,包括填空题(第1题~第14题)、解答题(第15题~第20题)两部分.本试卷满分为160分,考试时间为120分钟.
2.答题前,请务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题纸的密封线内.试题的答案写在答题纸上对应题目的答案空格内.考试结束后,交回答题纸.
参考公式:
样本数据x1,x2,…,xn的方差,其中;
锥体的体积公式:V=Sh,其中S为锥体的底面积,h为锥体的高;
圆锥的侧面积公式:,其中为底面半径,为母线长.
一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,计70分. 不需写出解答过程,请把答案写在答题纸的指定位置上)
1.已知集合,集合,则=______.
【答案】
【解析】
【分析】
由M与N,求出两集合的交集即可.
【详解】∵集合,集合,
∴=
故答案为:
【点睛】此题考查了交集及其运算,熟练掌握交集的定义是解本题的关键.
2.双曲线的渐近线方程是____.
【答案】
【解析】
【分析】
在双曲线的标准方程中,把1换成0,即得此双曲线的渐近线方程.
【详解】令﹣=0得
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y=±x,
∴双曲线﹣=1的渐近线方程为y=±x,
故答案为:.
【点睛】本题主要考查双曲线的标准方程,以及双曲线的简单性质的应用,属于基础题.
3.复数满足,其中是虚数单位,则复数的模是______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用复数的运算法则和模的计算公式即可得出.
【详解】∵
∴
∴|z|==,
故答案为:
【点睛】本题考查了复数的运算法则和模的计算公式,属于基础题.
4.若一组样本数据3,4,8,9,的平均数为6,则该组数据的方差s2=______.
【答案】
【解析】
【分析】
本题可运用平均数的公式:=(x1+x2+…+xn)解出a的值,再代入方差的公式中计算得出方差即可.
【详解】∵数据3,4,8,9,的平均数为6,
∴3+4+8+9+a=30,解得a=6,
∴方差s2=[(3﹣6)2+(4﹣6)2+(8﹣6)2+(9﹣6)2+(6﹣6)2]=.
故答案为:.
【点睛】本题主要考查的是平均数和方差的求法,解题的关键弄清计算公式,同时考查了运算求解的能力,属于基础题.
5.从1,2,3,4这四个数中一次性随机地取出2个数,则所取2个数的乘积为奇数的概率是______.
【答案】
【解析】
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【分析】
列举可得共6种情形,其中满足所取2个数的乘积为奇数的有1种情形,由概率公式可得.
【详解】从1,2,3,4这4个数中依次随机地取2个数有
(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)共6种情形,
其中满足所取2个数的乘积为奇数的有(1,3)共1种情形,
∴所求概率,
故答案为:
【点睛】有关古典概型的概率问题,关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数:1.基本事件总数较少时,用列举法把所有基本事件一一列出时,要做到不重复、不遗漏,可借助“树状图”列举;2.注意区分排列与组合,以及计数原理的正确使用.
6.如图所示的流程图的运行结果是______.
【答案】20
【解析】
试题分析:第一次循环:,第二次循环:,结束循环,输出
考点:循环结构流程图
7.若圆锥底面半径为1,侧面积为,则该圆锥的体积是________.
【答案】
【解析】
【分析】
由圆锥底面半径为1,侧面积为得到圆锥的母线长,进而得到圆锥的高,从而得到该圆锥的体积.
【详解】设圆锥的母线长为,圆锥底面半径为1,侧面积为,
∴,即,
∴圆锥的高
∴该圆锥的体积是
故答案为:
【点睛】本题考查圆锥的体积与侧面积公式,属于基础题.
8.设直线是曲线的切线,则直线的斜率的最小值是_____.
【答案】4
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【解析】
【分析】
求出函数的导函数,利用均值不等式求最小值即直线的斜率的最小值
【详解】的定义域为(0,+∞)
y'=4x+,当且仅当x=时取等号·
即直线的斜率的最小值是4
故答案为:4
【点睛】考查学生会利用导数求曲线上过某点切线方程的斜率,以及利用均值不等式求最值,掌握不等式成立时的条件,属于基础题.
9.已知 ,则的值是_____.
【答案】
【解析】
【分析】
由得到,进而得到,再结合两角和的正弦公式得到结果.
【详解】∵ ,
∴,
∴
故答案为:
【点睛】本题考查了两角和与差的正弦、正切公式,同角基本关系式,考查了计算能力,属于基础题.
10.已知函数f (x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,.若f (a)<4+f (-a),则实数a的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【分析】
利用函数为奇函数,不等式可转化为f (a)<2,结合函数图象可得结果.
【详解】∵f (x)为奇函数,∴
∴f (a)<4+f (-a)可转化为f (a)<2
作出的图象,如图:
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由图易知:a<2
故答案为:
【点睛】本题考查函数的图象与性质,解题关键利用奇偶性简化不等式,结合函数图象即可得到结果.
11.中,为边的中点,,则的值为______.
【答案】-4
【解析】
【分析】
利用基底表示,结合向量的运算法则即可得到结果.
【详解】∵
∴
∵为边的中点,
∴,
∵,
∴
∴2-6=-4
故答案为:-4
【点睛】求向量的数量积,应该先利用向量的运算法则将各个向量用已知的向量表示,再利用向量的运算法则展开即可.
12.已知圆,直线与轴交于点,过上一点作圆的切线,切点为,若,则实数的取值范围是______.
【答案】或
【解析】
【分析】
设P(x,y),由PA=2PT,求出点P的轨迹方程,问题可转化为直线l与圆有公共点的问题,列不等式求解即可.
【详解】圆C:
直线l:与与轴交于点A(0,﹣2),
设P(x,y),由PA=PT,可得=2(﹣2),
即x2+y2﹣12y=0,即满足PA=2PT的点P的轨迹是一个圆
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所以问题可转化为直线l与圆有公共点,
所以d≤r,
≤6,
解得或,
∴实数k的取值范围是或.
故答案为:或
【点睛】本题考查圆的方程的综合应用,直线与圆的位置关系,考查转化思想以及计算能力,明确动点P的轨迹是解题的关键.
13.已知n∈N*,,,,其中表示这个数中最大的数.数列的前n项和为,若 对任意的n∈N*恒成立,则实数的最大值是______.
【答案】
【解析】
【分析】
设,明确的单调性,得到,进而得到,对任意的n∈N*恒成立即,转求的最小值即可.
【详解】设
,
即
∴
∴
即,
由与图象可知:在第一象限n取正整数时,仅有n=3时,
即
∴,即实数的最大值是
故答案为:
【点睛】本题考查数列的综合应用,等差数列的性质,考查与不等式的综合应用,考查学生分析问题及解决问题的能力,考查分类讨论及转化思想,考查计算能力,属于难题.
14.已知函数.若对任意的,存在,使得成立,则实数的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】
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围.
【详解】∵的对称轴为x=a,且,
∴函数f(x)=在[0,]上是减函数,
在[,2]上是增函数;
∴函数f(x)=在的最小值为f(a)=﹣∈,
①当2≤a<3时,
函数f(x)=(x∈)在x=0时取得最大值,
且最大值为2a﹣1,由于此时2≤a<3,则3≤2a﹣1<5;
2a﹣1
∴
②0<a<2时,
函数f(x)=(x∈)在x=4时取得最大值,
且最大值为42﹣8a+2a﹣1=15﹣6a,由于此时0<a<2,则3<15﹣6a<15;
,
∴
综上, ∴;
即t的取值范围是:.
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质的应用问题,也考查了恒成立问题与存在性问题,是综合性题目.
二、解答题(本大题共6小题,计90分.解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤,请把答案写在答题卡的指定区域内)
15.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.
(1)求角B;
(2)若,,求,.
【答案】(1);(2).
【解析】
【分析】
(1)利用正弦定理化简已知条件,然后求解B的大小.
(2)利用正弦定理余弦定理,转化求解即可.
【详解】(1)在中,
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由正弦定理,得.
又因为在中.
所以.
法一:因为,所以,因而.
所以,
所以.
法二:即,
所以,因为,
所以.
(2)由正弦定理得,
而,
所以 ,①
由余弦定理,得,
即, ②
把①代入②得.
【点睛】解三角形的基本策略:一是利用正弦定理实现“边化角”,二是利用余弦定理实现“角化变;求三角形面积的最大值也是一种常见类型,主要方法有两类,一是找到边之间的关系,利用基本不等式求最值,二是利用正弦定理,转化为关于某个角的函数,利用函数思想求最值.
16.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,AC与BD交于点O,PC⊥底面ABCD, 点E为侧棱PB的中点.
求证:(1) PD∥平面ACE;
(2) 平面PAC⊥平面PBD.
【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析。
【解析】
【分析】
(1)连接OE.易证PD∥OE,根据线面平行判定定理得证;
(2)要证平面PAC⊥平面PBD,即证BD⊥平面PAC
【详解】(1) 连接OE.
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因为O为正方形ABCD的对角线的交点,
所以O为BD中点.
因为E为PB的中点,所以PD∥OE.
又因为OE⊂面ACE,PD平面ACE,
所以PD∥平面ACE.
(2) 在四棱锥P-ABCD中,
因为PC⊥底面ABCD,BD⊂面ABCD,
所以BD⊥PC.
因为O为正方形ABCD的对角线的交点,
所以BD⊥AC.
又PC、AC⊂平面PAC,PC∩AC=C,
所以BD⊥平面PAC.
因为BD⊂平面PBD,
所以平面PAC⊥平面PBD.
【点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.
(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.
17.已知椭圆:上一点与两焦点构成的三角形的周长为,离心率为 .
(1)求椭圆的方程;
(2)设椭圆C的右顶点和上顶点分别为A、B,斜率为的直线l与椭圆C交于P、Q两点(点P在第一象限).若四边形APBQ面积为,求直线l的方程.
【答案】(1);(2)。
【解析】
【分析】
( 1)设椭圆的半焦距为c,由已知得,又,a2=b2+c2,联立解出即可得出;
(2)设直线方程为:代入椭圆并整理得:,利用韦达定理表示,分别计算A,B到直线PQ的距离,即可表示四边形APBQ面积,从而得到直线l的方程.
【详解】(1)由题设得,又,
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解得,
∴.
故椭圆的方程为.
(2)设直线方程为:代入椭圆并整理得:,
设,则.
,
到直线PQ的距离为,
到直线PQ的距离为,
又因为在第一象限, 所以,
所以,
所以,
解得,
所以直线方程为.
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、一元二次方程的根与系数的关系、三角形面积计算公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
18.如图,某公园内有一个以O为圆心,半径为5百米,圆心角为的扇形人工湖OAB,OM、ON是分别由OA、OB延伸而成的两条观光道.为便于游客观光,公园的主管部门准备在公园内增建三条观光道,其中一条与相切点F,且与OM、ON分别相交于C、D,另两条是分别和湖岸OA、OB垂直的FG、FH (垂足均不与O重合).
(1) 求新增观光道FG、FH长度之和的最大值;
(2) 在观光道ON段上距离O为15百米的E处的道路两侧各有一个大型娱乐场,为了不影响娱乐场平时的正常开放,要求新增观光道CD的延长线不能进入以E为圆心,2.5百米为半径的圆形E的区域内.则点D应选择在O与E之间的什么位置?请说明理由.
【答案】 (1) 新增观光道FG、FH长度之和的最大值是百米;(2) 点D应选择在O与E之间,且到点O的距离在区间 (单位:百米)内的任何一点处.
【解析】
【分析】
(1)连结OF,OF⊥CD于点F,则OF=5.设∠FOD=θ,则FG+FH=5sin(-θ)+5sinθ,利用两角和与差的正弦公式化简,即可得到新增观光道FG、FH长度之和的最大值;
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(2)以O为坐标原点,以ON所在的直线为x轴,建立平面直角坐标系xOy.可得圆O的方程,圆E的方程,根据直线和圆的位置关系得到答案即可.
【详解】(1) 连结OF,OF⊥CD于点F,则OF=5.设∠FOD=θ,
则∠FOC=-θ (<θ<),故FH=5sinθ,FG=5sin(-θ),
则FG+FH=5sin(-θ)+5sinθ
=5(cosθ+sinθ+sinθ)=5(sinθ+cosθ)=5sin(θ+),
因为<θ<,所以<θ+<,
所以当θ+=,即θ=时,(FG+FH)max=.
(2) 以O为坐标原点,以ON所在的直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系xOy.
由题意,可知直线CD是以O为圆心,5为半径的圆O的切线,直线CD与圆E相离,且点O在直线CD下方,点E在直线CD上方.由OF=5,圆E的半径为2.5,因为圆O的方程为x2+y2=25,
圆E的方程为(x-15)2+y2=6.25,
设直线CD的方程为y=kx+t (-<k<0,t>0),
即kx-y+t=0,设点D(xD,0)
则
由①得t=5,
代入②得,解得k2>.
又由-<k<0,得0<k2<3,故<k2<3,即<<3.
在y=kx+t中,令y=0,解得xD===,所以<xD<10.
答:(1) 新增观光道FG、FH长度之和的最大值是百米;
(2) 点D应选择在O与E之间,且到点O的距离在区间 (单位:百米)内的任何一点处.
【点睛】本题考查了三角函数的应用问题,考查了直线与圆的位置关系,考查了逻辑推理能力及运算能力,属于中档题.
19.已知数列{an}各项均不相同,a1=1,定义,其中n,k∈N*.
(1)若,求;
(2)若bn+1(k)=2bn(k)对均成立,数列{an}的前n项和为Sn.
(i)求数列{an}的通项公式;
(ii)若k,t∈N*,且S1,Sk-S1,St-Sk成等比数列,求k和t的值.
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【答案】(1);(2)(i);(ii)k=2,t=3.
【解析】
【分析】
(1)当时,由新定义可得,利用累加法可得结果;
(2)(i)若bn+1(k)=2bn(k)对均成立,由新定义可得,从而得到数列{an}的通项公式;(ii)由(i)可知Sn=2n-1.因为S1,Sk-S1,St-Sk成等比数列,
可得2t-2=(2k-1)2-3×2k-2+1对k分类讨论可知k和t的值.
【详解】(1)因为,
所以,
所以.
(2)(i)因为bn+1(k)=2bn(k),
得 ,
令k=1, ,……………①
k=2,,……………②
由①得,……………③
②+③得,……………④
①+④得,
又,所以数列是以1为首项,2为公比的等比数列,
所以.
(ii)由(i)可知Sn=2n-1.
因为S1,Sk-S1,St-Sk成等比数列,
所以(Sk-S1)2=S1(St-Sk),即(2k-2)2=2t-2k,
所以2t=(2k)2-3×2k+4,即2t-2=(2k-1)2-3×2k-2+1(*).
由于Sk-S1≠0,所以k≠1,即k≥2.
当k=2时,2t=8,得t=3.
当k≥3时,由(*),得(2k-1)2-3×2k-2+1为奇数,
所以t-2=0,即t=2,代入(*)得22k-2-3×2k-2=0,即2k=3,此时k无正整数解.
综上,k=2,t=3.
【点睛】本题以新定义为背景,考查数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是中档题.
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20.已知函数.
(1)求的极大值;
(2)当时,不等式恒成立,求的最小值;
(3)是否存在实数,使得方程在上有唯一的根,若存在,求出所有的值,若不存在,说明理由.
【答案】(1);(2)-1;(3)存在,且当符合题意。
【解析】
【分析】
(1)求导,明确函数的单调性,从而得到的极大值;
(2) 不等式恒成立,即恒成立,记,求其最大值,即可得到的最小值;
(3) 记,由,存在,使在上有零点,再证明唯一性即可.
【详解】(1),令,得.
当时,,则在上单调递增,当时,,则在上单调递减,故当时,的极大值为.
(2)不等式恒成立,即恒成立,
记,则,
当时,令,得,
当时,,此时单调递增,当时,,此时单调递减,则,即,…8分
则, 记,则,令,得
当时,,此时单调递减,当时,,此时 单调递增,,故的最小值为.
(3)记,由,
故存在,使在上有零点,下面证明唯一性:
① 当时,,故,在上无解
②当时,,而,
此时,单调递减,
所以当符合题意.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,所以在历届高考中,对导数的应用的考查都非常突出 ,本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行: (1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系. (2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数. (3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题.
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(4)考查数形结合思想的应用.
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数学Ⅱ(附加题)
注意事项:
1.附加题供选修物理的考生使用.
2.本试卷共40分,考试时间30分钟.
3.答题前,请务必将自己的姓名、学校写在答题卡上.试题的答案写在答题卡上对应题目的答案空格内.考试结束后,交回答题卡.
【选做题】本题A、B、C三小题,请选定其中两小题,并在相应的答题区域内作答.若多做,则按作答的前两小题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
[选修4—2:矩阵与变换]
21.已知矩阵,其中,若点在矩阵的变换下得到的点
(1)求实数的值;
(2)求矩阵的逆矩阵.
【答案】(1);(2)
【解析】
【分析】
(1)根据点P在矩阵A的变化下得到的点,写出题目的关系式,列出关于a,b的等式,解方程即可,
(2)计算,从而得到矩阵的逆矩阵.
【详解】(1)因为 ,
所以,所以 .
(2),
.
【点睛】本题考查二阶矩阵与逆矩阵,属于基础题.
[选修4—4:坐标系与参数方程]
22.在直角坐标系中,已知直线的参数方程是(t是参数),若以为极点,轴的正半轴为极轴,取与直角坐标系中相同的单位长度,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.求直线l被曲线C截得的弦长.
【答案】
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【解析】
【分析】
消去参数即可求直线l的普通方程,利用极坐标与直角坐标的互化求解曲线C的直角坐标方程,利用直线与圆的位置关系,通过点到直线的距离以及圆的半径以及半弦长的关系求解|AB|.
【详解】消去参数,得直线的普通方程为,
即,两边同乘以得,
所以,
圆心到直线的距离,
所以弦长为.
【点睛】本题考查直线的参数方程以及圆的极坐标方程的应用,考查直线与圆的位置关系的应用,考查计算能力.
[选修4—5:不等式选讲]
23.若x,y,z为实数,且x+2y+2z=6,求的最小值.
【答案】4.
【解析】
分析:根据柯西不等式可得结果.
详解:证明:由柯西不等式,得.
因为,所以,
当且仅当时,不等式取等号,此时,
所以的最小值为4.
点睛:本题考查柯西不等式等基础知识,考查推理论证能力.柯西不等式的一般形式:设a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn为实数,则(a+a+…+a)(b+b+…+b)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2,当且仅当bi=0或存在一个数k,使ai=kbi(i=1,2,…,n)时,等号成立.
【必做题】第22题、第23题,每题10分,共计20分.请在答题卡指定区域内作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
24.将4名大学生随机安排到A,B,C,D四个公司实习.
(1)求4名大学生恰好在四个不同公司的概率;
(2)随机变量X表示分到B公司的学生的人数,求X的分布列和数学期望E(X).
【答案】(1);(2)分布列见解析,。
【解析】
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【分析】
(1)将4人安排四个公司中,共有44=256种不同放法,记“4个人恰好在四个不同的公司”为事件A,则事件A包含=24个基本事件,由此能求出4名大学生恰好在四个不同公司的概率;
(2)X的可能取值为0,1,2,3,4,分别求出相应的概率,由此能求出X的分布列和E(X).
【详解】(1)将4人安排四个公司中,共有44=256种不同放法.
记“4个人恰好在四个不同的公司”为事件A,
事件A共包含个基本事件,
所以,
所以4名大学生恰好在四个不同公司的概率.
(2)方法1:X的可能取值为0,1,2,3,4,
,,,
,.
所以X的分布列为:
X
0
1
2
3
4
P
所以X的数学期望为:.
方法2:每个同学分到B公司的概率为,.
根据题意~,所以,4,
所以X的分布列为:
X
0
1
2
3
4
P
所以X的数学期望为.
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【点睛】本题考查概率的求法,考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用,考查古典概型、排列组合等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是中档题.
25.设且,集合的所有个元素的子集记为.
(1)当时,求集合中所有元素之和;
(2)记为 中最小元素与最大元素之和,求的值.
【答案】(1)30;(2)2019.
【解析】
【分析】
(1)当n=4时,因为含元素的子集有个,同理含的子集也各有个,从而得到结果;
(2)分类讨论明确最小元素的子集与最大元素的子集个数,从而得到,进而得到结果.
【详解】(1)因为含元素的子集有个,同理含的子集也各有个,
于是所求元素之和为;
(2)集合的所有个元素的子集中:
以为最小元素的子集有个,以为最大元素的子集有个;
以为最小元素的子集有个,以为最大元素的子集有个;
以为最小元素的子集有个,以为最大元素的子集有个.
∴
,
.
.
【点睛】本题考查了子集的概念,组合的概念及性质,分类讨论的思想方法,考查推理、计算能力.两题中得出含有相关数字出现的次数是关键.
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