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2022年高考理數(shù)真題試卷(全國(guó)乙卷)一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分.1.(2022·全國(guó)乙卷)設(shè)全集U={1,2,3,4,5},集合M滿(mǎn)足?UA.2∈M B.3∈M C.4?M D.5?M【答案】A【知識(shí)點(diǎn)】元素與集合關(guān)系的判斷;補(bǔ)集及其運(yùn)算【解析】【解答】易知M={2,4,5},對(duì)比選項(xiàng)即可判斷,A正確.故選:A【分析】先寫(xiě)出集合M,即可判斷.2.(2022·全國(guó)乙卷)已知z=1?2i,且z+azA.a(chǎn)=1,b=?2 B.a(chǎn)=?1,b=2C.a(chǎn)=1,b=2 D.a(chǎn)=?1,b=?2【答案】A【知識(shí)點(diǎn)】復(fù)數(shù)相等的充要條件;復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減運(yùn)算【解析】【解答】易知z所以z+a由z+az+b=0,得1+a+b=02a?2=0故選:A【分析】先求得z,再代入計(jì)算,由實(shí)部與虛部都為零解方程組即可.3.(2022·全國(guó)乙卷)已知向量a,b滿(mǎn)足|a|=1,|b|=3,|a?2b|=3,則A.-2 B.-1 C.1 D.2【答案】C【知識(shí)點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算律【解析】【解答】解:∵|a又∵|∴9=1?4a∴a故選:C【分析】根據(jù)給定模長(zhǎng),利用向量的數(shù)量積運(yùn)算求解即可.4.(2022·全國(guó)乙卷)嫦娥二號(hào)衛(wèi)星在完成探月任務(wù)后,繼續(xù)進(jìn)行深空探測(cè),成為我國(guó)第一顆環(huán)繞太陽(yáng)飛行的人造行星,為研究嫦娥二號(hào)繞日周期與地球繞日周期的比值,用到數(shù)列{bn}:b1=1+1αA.b1<b5 B.b3<【答案】D【知識(shí)點(diǎn)】數(shù)列的應(yīng)用【解析】【解答】解:因?yàn)棣羕所以α1<α1+同理可得b2<b又因?yàn)?α故b2<b以此類(lèi)推,可得b11α2>1αα1+1故選:D【分析】根據(jù)αk∈N*(k=1,2,…),再利用數(shù)列{5.(2022·全國(guó)乙卷)設(shè)F為拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn),點(diǎn)A在C上,點(diǎn)B(3,0),若|AF|=|BF|A.2 B.22 C.3 D.【答案】B【知識(shí)點(diǎn)】?jī)牲c(diǎn)間的距離公式;拋物線的定義【解析】【解答】易知拋物線的焦點(diǎn)為F(1,0),則|AF|=|BF|=2,即點(diǎn)A到準(zhǔn)線x=?1的距離為2,所以點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為1,不妨設(shè)點(diǎn)A在x軸上方,代入得,A(1,2),所以|AB|=(3?1)故選:B【分析】根據(jù)拋物線上的點(diǎn)到焦點(diǎn)和準(zhǔn)線的距離相等,從而求得點(diǎn)A的橫坐標(biāo),進(jìn)而求得點(diǎn)A坐標(biāo),即可得到答案.6.(2022·全國(guó)乙卷)執(zhí)行下邊的程序框圖,輸出的n=()A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【知識(shí)點(diǎn)】程序框圖【解析】【解答】第一次循環(huán):b=b+2a=1+2=3,a=b?a=3?1=2,n=n+1=2,|b第二次循環(huán),b=b+2a=3+4=7,a=b?a=7?2=5,n=n+1=3,|b第三次循環(huán),b=b+2a=7+10=17,a=b?a=17?5=12,n=n+1=4,|b2a故選:B【分析】根據(jù)程序框圖循環(huán)計(jì)算即可.7.(2022·全國(guó)乙卷)在正方體ABCD?A1BA.平面B1EF⊥平面BDD1 C.平面B1EF∥平面A1AC 【答案】A【知識(shí)點(diǎn)】用向量證明平行;用向量證明垂直【解析】【解答】解:在正方體ABCD?A1B1C1D又EF?平面ABCD,所以EF⊥DD1,由E,F(xiàn)分別為AB,BC的中點(diǎn),所以EF∥AC,所以EF⊥BD,又BD∩DD1=D,所以EF⊥平面BDD1,又EF?以點(diǎn)D為原點(diǎn),建立如圖空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=2,則B1C1(0,2,2),得EF=(?1,1,0),A設(shè)平面B1EF的法向量為則有m?EF=?同理可得平面A1BD的法向量為平面A1AC的法向量為平面A1C1則m?n1=2?2+1=1≠0,所以平面因?yàn)閙與n2不平行,所以平面B1EF因?yàn)閙與n3不平行,所以平面B1EF故選:A【分析】證明EF⊥平面BDD1,即可判斷A;以點(diǎn)D為原點(diǎn),建立如圖空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=2,分別求出平面B1EF,8.(2022·全國(guó)乙卷)已知等比數(shù)列{an}的前3項(xiàng)和為168,aA.14 B.12 C.6 D.3【答案】D【知識(shí)點(diǎn)】等比數(shù)列的通項(xiàng)公式;等比數(shù)列的前n項(xiàng)和【解析】【解答】解:設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q若q=1,則a2所以q≠1,由題意可得a1+a所以a6故選:D.【分析】設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,首項(xiàng)為a9.(2022·全國(guó)乙卷)已知球O的半徑為1,四棱錐的頂點(diǎn)為O,底面的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的球面上,則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí),其高為()A.13 B.12 C.33【答案】C【知識(shí)點(diǎn)】棱錐的結(jié)構(gòu)特征;棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積;球內(nèi)接多面體【解析】【解答】假設(shè)底面是邊長(zhǎng)為a的正方形,底面所在圓的半徑為r,則r=所以該四棱錐的高h(yuǎn)=1?a當(dāng)且僅當(dāng)a24=1?a故選:C【分析】假設(shè)底面是邊長(zhǎng)為a的正方形,底面所在圓的半徑為r,則r=22a10.(2022·全國(guó)乙卷)某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤(pán),各盤(pán)比賽結(jié)果相互獨(dú)立.已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為p1,pA.p與該棋手和甲、乙、丙的此賽次序無(wú)關(guān)B.該棋手在第二盤(pán)與甲比賽,p最大C.該棋手在第二盤(pán)與乙比賽,p最大D.該棋手在第二盤(pán)與丙比賽,p最大【答案】D【知識(shí)點(diǎn)】相互獨(dú)立事件的概率乘法公式【解析】【解答】該棋手連勝兩盤(pán),則第二盤(pán)為必勝盤(pán),記該棋手在第二盤(pán)與甲比賽,且連勝兩盤(pán)的概率為p則p記該棋手在第二盤(pán)與乙比賽,且連勝兩盤(pán)的概率為p則p記該棋手在第二盤(pán)與丙比賽,且連勝兩盤(pán)的概率為p則p則pp即p甲<p則該棋手在第二盤(pán)與丙比賽,p最大.選項(xiàng)D判斷正確;選項(xiàng)BC判斷錯(cuò)誤;p與該棋手與甲、乙、丙的比賽次序有關(guān).選項(xiàng)A判斷錯(cuò)誤.故選:D【分析】該棋手連勝兩盤(pán),則第二盤(pán)為必勝盤(pán).分別求得該棋手在第二盤(pán)與甲比賽且連勝兩盤(pán)的概率p甲;該棋手在第二盤(pán)與乙比賽且連勝兩盤(pán)的概率p乙;該棋手在第二盤(pán)與丙比賽且連勝兩盤(pán)的概率11.(2022·全國(guó)乙卷)雙曲線C的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1,F(xiàn)2,以C的實(shí)軸為直徑的圓記為D,過(guò)A.52 B.32 C.132【答案】C【知識(shí)點(diǎn)】雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì);正弦定理的應(yīng)用;余弦定理的應(yīng)用【解析】【解答】解:依題意不妨設(shè)雙曲線焦點(diǎn)在x軸,設(shè)過(guò)F1作圓D的切線切點(diǎn)為G所以O(shè)G⊥NF1,因?yàn)閏os∠所以|OG|=a,|OF1|=c,|GF1由cos∠F1NF2=35在△F2=sin由正弦定理得2csin所以|NF1又|NF1|?|NF2|=3a+4b故選:C【分析】依題意設(shè)雙曲線焦點(diǎn)在x軸,設(shè)過(guò)F1作圓D的切線切點(diǎn)為G,可判斷N在雙曲線的右支,設(shè)∠F1NF2=α,∠F2F1N=β,即可求出sinα,sinβ,12.(2022·全國(guó)乙卷)已知函數(shù)f(x),g(x)的定義域均為R,且f(x)+g(2?x)=5,g(x)?f(x?4)=7.若y=g(x)的圖像關(guān)于直線x=2對(duì)稱(chēng),g(2)=4,則k=122A.-21 B.-22 C.-23 D.-24【答案】D【知識(shí)點(diǎn)】抽象函數(shù)及其應(yīng)用;函數(shù)的應(yīng)用【解析】【解答】因?yàn)閥=g(x)的圖像關(guān)于直線x=2對(duì)稱(chēng),所以g(2?x)=g(x+2),由g(x)?f(x?4)=7,得g(x+2)?f(x?2)=7,即g(x+2)=7+f(x?2),因?yàn)閒(x)+g(2?x)=5,所以f(x)+g(x+2)=5,代入得f(x)+[7+f(x?2)]=5,即f(x)+f(x?2)=?2,所以f(3)+f(5)+…+f(21)=(?2)×5=?10,f(4)+f(6)+…+f(22)=(?2)×5=?10.因?yàn)閒(x)+g(2?x)=5,所以f(0)+g(2)=5,即f(0)=1,所以f(2)=?2?f(0)=?3.因?yàn)間(x)?f(x?4)=7,所以g(x+4)?f(x)=7,又因?yàn)閒(x)+g(2?x)=5,聯(lián)立得,g(2?x)+g(x+4)=12,所以y=g(x)的圖像關(guān)于點(diǎn)(3,6)中心對(duì)稱(chēng),因?yàn)楹瘮?shù)g(x)的定義域?yàn)镽,所以g(3)=6因?yàn)閒(x)+g(x+2)=5,所以f(1)=5?g(3)=?1.所以k=122故選:D【分析】根據(jù)對(duì)稱(chēng)性和已知條件得到f(x)+g(x+2)=5代入f(x)+g(2?x)=5得到f(x)+f(x?2)=?2,從而得到f(3)+f(5)+…+f(21)=?10,f(4)+f(6)+…+f(22)=?10,然后根據(jù)條件得到f(2)的值,再由題意得到g(3)=6從而得到f(1)的值即可求解.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2022·全國(guó)乙卷)從甲、乙等5名同學(xué)中隨機(jī)選3名參加社區(qū)服務(wù)工作,則甲、乙都入選的概率為.【答案】3【知識(shí)點(diǎn)】古典概型及其概率計(jì)算公式【解析】【解答】從5名同學(xué)中隨機(jī)選3名的方法數(shù)為C甲、乙都入選的方法數(shù)為C31=3故答案為:3【分析】根據(jù)古典概型計(jì)算即可.14.(2022·全國(guó)乙卷)過(guò)四點(diǎn)(0,0),(4,0),(?1,1),(4,2)中的三點(diǎn)的一個(gè)圓的方程為.【答案】(x?2)2+(y?3)2=13或【知識(shí)點(diǎn)】圓的一般方程;點(diǎn)與圓的位置關(guān)系【解析】【解答】解:設(shè)圓的方程為x2若過(guò)(0,0),(4,0),(?1,1)三點(diǎn),則F=016+4D+F=01+1?D+E+F=0,解得所以圓的方程為x2+y若過(guò)(0,0),(4,0),(4,2)三點(diǎn),則F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0,解得所以圓的方程為x2+y若過(guò)(0,0),(4,2),(?1,1)三點(diǎn),則F=01+1?D+E+F=016+4+4D+2E+F=0,解得所以圓的方程為x2+y若過(guò)(?1,1),(4,0),(4,2)三點(diǎn),則1+1?D+E+F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0,解得所以圓的方程為x2+y故答案為:(x?2)2+(y?3)2=13或(x?2)【分析】設(shè)圓的方程為x215.(2022·全國(guó)乙卷)記函數(shù)f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期為T(mén),若f(T)=32,x=π9為【答案】3【知識(shí)點(diǎn)】余弦函數(shù)的周期性;余弦函數(shù)的零點(diǎn)與最值【解析】【解答】解:函數(shù)f(x)=cos(ωx+φ),(ω>0,的最小正周期為T(mén)=2πω,因?yàn)橛?<φ<π,所以φ=π6,即又x=π9為f(x)的零點(diǎn),所以π9因?yàn)棣?gt;0,所以當(dāng)k=0時(shí)ωmin故答案為:3【分析】先表示周期T,再根據(jù)f(T)=32求出φ,最后根據(jù)x=π16.(2022·全國(guó)乙卷)已知x=x1和x=x2分別是函數(shù)f(x)=2ax?ex2【答案】(【知識(shí)點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性;利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值【解析】【解答】解:f′因?yàn)閤1,x所以函數(shù)f(x)在(?∞,x1)和(所以當(dāng)x∈(?∞,x1)∪(x2,+∞)時(shí),若a>1時(shí),當(dāng)x<0時(shí),2lna?a故a>1不符合題意,若0<a<1時(shí),則方程2lna?a即方程lna?ax=ex的兩個(gè)根為x1,x設(shè)過(guò)原點(diǎn)且與函數(shù)y=g(x)的圖象相切的直線的切點(diǎn)為(x則切線的斜率為g′(x則有?lna?a則切線的斜率為ln2因?yàn)楹瘮?shù)y=lna?a所以eln2a<又0<a<1,所以1e綜上所述,a的范圍為(1【分析】由x1,x2分別是函數(shù)f(x)=2ax?ex2的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn),可得x∈(?∞,x1)∪(x2,+∞)時(shí),f′(x)<0,三、解答題:共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.第17~21題為必考題,每個(gè)試題考生都必須作答.第22、23題為選考題,考生根據(jù)要求作答.(一)必考題:共60分.17.(2022·全國(guó)乙卷)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知sinC(1)證明:2a(2)若a=5,cosA=25【答案】(1)證明:因?yàn)閟inC所以sinC所以ac?a即a2所以2a(2)解:因?yàn)閍=5,cos由(1)得b2+c2=50則50?50所以bc=31故(b+c)2所以b+c=9,所以△ABC的周長(zhǎng)為a+b+c=14.【知識(shí)點(diǎn)】?jī)山呛团c差的正弦公式;正弦定理;余弦定理【解析】【分析】(1)利用兩角差的正弦公式化簡(jiǎn),再根據(jù)正弦定理和余弦定理化角為邊,從而即可得證;(2)根據(jù)(1)的結(jié)論結(jié)合余弦定理求出bc,從而可求得b+c,即可得解.18.(2022·全國(guó)乙卷)如圖,四面體ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E為AC的中點(diǎn).(1)證明:平面BED⊥平面ACD;(2)設(shè)AB=BD=2,∠ACB=60°,點(diǎn)F在BD上,當(dāng)△AFC的面積最小時(shí),求CF與平面ABD所成的角的正弦值.【答案】(1)證明:因?yàn)锳D=CD,E為AC的中點(diǎn),所以AC⊥DE;在△ABD和△CBD中,因?yàn)锳D=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB,所以△ABD≌△CBD,所以AB=CB,又因?yàn)镋為AC的中點(diǎn),所以AC⊥BE;又因?yàn)镈E,BE?平面BED,DE∩BE=E,所以AC⊥平面BED,因?yàn)锳C?平面ACD,所以平面BED⊥平面ACD.(2)解:連接EF,由(1)知,AC⊥平面BED,因?yàn)镋F?平面BED,所以AC⊥EF,所以S△AFC當(dāng)EF⊥BD時(shí),EF最小,即△AFC的面積最小.因?yàn)椤鰽BD≌△CBD,所以CB=AB=2,又因?yàn)椤螦CB=60°,所以△ABC是等邊三角形,因?yàn)镋為AC的中點(diǎn),所以AE=EC=1,BE=3因?yàn)锳D⊥CD,所以DE=1在△DEB中,DE2+B以E為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E?xyz,則A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,0,1),所以設(shè)平面ABD的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)則n?AD=?x+z=0n?又因?yàn)镃(?1,0,0),F(xiàn)(0,34,所以cos?設(shè)CF與平面ABD所成的角的正弦值為θ(0≤θ≤π所以sinθ=|所以CF與平面ABD所成的角的正弦值為43【知識(shí)點(diǎn)】平面與平面垂直的判定;用空間向量求直線與平面的夾角【解析】【分析】(1)根據(jù)已知關(guān)系證明△ABD≌△CBD,得到AB=CB,結(jié)合等腰三角形三線合一得到垂直關(guān)系,結(jié)合面面垂直的判定定理即可證明;(2)根據(jù)勾股定理逆用得到BE⊥DE,從而建立空間直角坐標(biāo)系,結(jié)合線面角的運(yùn)算法則進(jìn)行計(jì)算即可.19.(2022·全國(guó)乙卷)某地經(jīng)過(guò)多年的環(huán)境治理,已將荒山改造成了綠水青山.為估計(jì)一林區(qū)某種樹(shù)木的總材積量,隨機(jī)選取了10棵這種樹(shù)木,測(cè)量每棵樹(shù)的根部橫截面積(單位:m2)和材積量(單位:m樣本號(hào)i12345678910總和根部橫截面積x0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材積量y0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并計(jì)算得i=110附:相關(guān)系數(shù)r=i=1(1)估計(jì)該林區(qū)這種樹(shù)木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量;(2)求該林區(qū)這種樹(shù)木的根部橫截面積與材積量的樣本相關(guān)系數(shù)(精確到0.01);(3)現(xiàn)測(cè)量了該林區(qū)所有這種樹(shù)木的根部橫截面積,并得到所有這種樹(shù)木的根部橫截面積總和為186m2【答案】(1)解:樣本中10棵這種樹(shù)木的根部橫截面積的平均值x樣本中10棵這種樹(shù)木的材積量的平均值y據(jù)此可估計(jì)該林區(qū)這種樹(shù)木平均一棵的根部橫截面積為0.06m平均一棵的材積量為0.39(2)解:r==則r≈0.97(3)解:設(shè)該林區(qū)這種樹(shù)木的總材積量的估計(jì)值為Ym又已知樹(shù)木的材積量與其根部橫截面積近似成正比,可得0.060.39=186則該林區(qū)這種樹(shù)木的總材積量估計(jì)為1209m【知識(shí)點(diǎn)】眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù);相關(guān)系數(shù)【解析】【分析】(1)計(jì)算出樣本中10棵這種樹(shù)木根部橫截面積的平均值及10棵這種樹(shù)木材積量平均值,即可估計(jì)該林區(qū)這種樹(shù)木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量;(2)根據(jù)相關(guān)系數(shù)公式計(jì)算即可求得樣本的相關(guān)系數(shù)值;(3)依據(jù)樹(shù)木的材積量與其根部橫截面積近似成正比,列方程即可求得該林區(qū)這種樹(shù)木的總材積量的估計(jì)值.20.(2022·全國(guó)乙卷)已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點(diǎn),對(duì)稱(chēng)軸為x軸、y軸,且過(guò)A(0,?2),B(3(1)求E的方程;(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)P(1,?2)的直線交E于M,N兩點(diǎn),過(guò)M且平行于x軸的直線與線段AB交于點(diǎn)T,點(diǎn)H滿(mǎn)足MT=【答案】(1)解:設(shè)橢圓E的方程為mx2+n則4n=194m+n=1,解得m=所以橢圓E的方程為:y(2)證明:A(0,?2),B(32,?1)①若過(guò)點(diǎn)P(1,?2)的直線斜率不存在,直線x=1.代入x2可得M(1,263),T(6+3,263y=(2?263②若過(guò)點(diǎn)P(1,?2)的直線斜率存在,設(shè)kx?y?(k+2)=0,M(x聯(lián)立kx?y?(k+2)=0x23可得x1+x且x聯(lián)立y=y1可求得此時(shí)HN:y?y將(0,?2),代入整理得2(x將(*)代入,得24k+12顯然成立,綜上,可得直線HN過(guò)定點(diǎn)(0,?2).【知識(shí)點(diǎn)】恒過(guò)定點(diǎn)的直線;橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;直線與圓錐曲線的關(guān)系【解析】【分析】(1)設(shè)橢圓方程為mx(2)分直線斜率是否存在進(jìn)行討論,直線方程與橢圓C的方程聯(lián)立,利用韋達(dá)定理結(jié)合已知條件即可表示直線HN,化簡(jiǎn)即可得解.21.(2022·全國(guó)乙卷)已知函數(shù)f(x)=ln(1)當(dāng)a=1時(shí),求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程;(2)若f(x)在區(qū)間(?1,0),(0,+∞)各恰有一個(gè)零點(diǎn),求a的取值范圍.【答案】(1)解:f(x)的定義域?yàn)??1,+∞)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=ln(1+x)+x所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=2x(2)解:f(x)=f設(shè)g(x)=1°若a>0,當(dāng)x∈(?1,0),g(x)=ex所以f(x)在(?1,0)上單調(diào)遞增,f(x)<f(0)=0故f(x)在(?1,0)上沒(méi)有零點(diǎn),不合題意2°若?1?a?0,當(dāng)x∈(0,+∞),則g所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增所以g(x)>g(0)=1+a?0,即f所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,f(x)>f(0)=0故f(x)在(0,+∞)上沒(méi)有零點(diǎn),不合題意3°若a<?1①當(dāng)x∈(0,+∞),則g′(x)=ex?2ax>0g(0)=1+a<0,g(1)=e>0所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f當(dāng)x∈(0,m),f當(dāng)x∈(m,+∞),f所以當(dāng)x∈(0,m),f(x)<f(0)=0當(dāng)x→+∞,f(x)→+∞所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零點(diǎn)又(0,m)沒(méi)有零點(diǎn),即f(x)在(0,+∞)上有唯一零點(diǎn)②當(dāng)x∈(?1,0),g(x)=設(shè)h(x)=h所以g′(x)在g所以存在n∈(?1,0),使得g當(dāng)x∈(?1,n),g當(dāng)x∈(n,0),g′又g(?1)=所以存在t∈(?1,n),使得g(t)=0,即f當(dāng)x∈(?1,t),f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(t,0),f(x)單調(diào)遞減有x→?1,f(x)→?∞而f(0)
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