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7．甲.乙.丙三位同學上課后獨立完成5道自我檢測題.甲及格概率為.乙及格概率為.丙及格概率為.則三人中至少有一人及格的概率為( ) 【查看更多】

 

題目列表(包括答案和解析)

甲、乙、丙三位同學上課后獨立完成5道自我檢測題，甲及格概率為
4
5
，乙及格概率為
2
5
，丙及格概率為
2
3
，則三人中至少有一人及格的概率為（　�。�
A、
16
75
B、
59
75
C、
1
25
D、
24
25

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甲、乙、丙三位同學上課后獨立完成5道自我檢測題，甲及格概率為，乙及格概率為，丙及格概率為，則三人中至少有一人及格的概率為（ ）
A．
B．
C．
D．

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甲、乙、丙三位同學上課后獨立完成5道自我檢測題，甲及格概率為數(shù)學公式，乙及格概率為數(shù)學公式，丙及格概率為數(shù)學公式，則三人中至少有一人及格的概率為


  1. A.
    數(shù)學公式
  2. B.
    數(shù)學公式
  3. C.
    數(shù)學公式
  4. D.
    數(shù)學公式

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甲、乙、丙三位同學用計算機學習數(shù)學，每天上課后獨立完成六道自我檢測題，甲答及格的概率為，乙答及格的概率為，丙答及格的概率為，三人各答一次，則三人中只有一人答及格的概率為 

    A．  B．   C．  D．以上均不對

 

 

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甲、乙、丙三位同學用計算機聯(lián)網(wǎng)學習數(shù)學，每天上課后獨立完成六道自我檢測題，甲答及格的概率為；乙答及格的概率為；丙答及格的概率為，三人各答一次，則三人中只有一人答及格的概率為（�。�

A．　　　　    B．　　　　   C．　　　　  D．以上全不對

 

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一、選擇題

 1-6  C  A  B  B   B   D    7-12   B  C  B  B  B  C

二、填空 

 13．  4     14．      15． 2    16．

三、解答題

17．（1）解：由

       有    ……6分

由，  ……8分

由余弦定理

      當……12分

∴PB∥平面EFG. ………………………………3分

   （2）解：取BC的中點M，連結GM、AM、EM，則GM//BD，

所成的角.………………4分

     在Rt△MAE中， ，

     同理，…………………………5分

又GM=，

∴在△MGE中，

………………6分

故異面直線EG與BD所成的角為arccos，………………………………7分

   （3）假設在線段CD上存在一點Q滿足題設條件，

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∵ABCD是正方形，△PAD是直角三角形，且PA=AD=2，
∴AD⊥AB，AD⊥PA.
又AB∩PA=A,
∴AD⊥平面PAB.
……………………………………8分
又∵E，F(xiàn)分別是PA，PD中點，
∴EF∥AD，∴EF⊥平面PAB.
又EF面EFQ，
∴面EFQ⊥面PAB. …………………………………9分
過A作AT⊥ER于T，則AT⊥平面EFQ，
∴AT就是點A到平面EFQ的距離. ……………………………………………10分
設，
    在， …………………………11分
    解得
    故存在點Q，當CQ=時，點A到平面EFQ的距離為0.8. ……………………… 12分
解法二：建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，
則A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），




 

  
  

   

    
    

    
   （1）證明：
     …………………………1分
    設，
    即，
    
     ……………2分
    ，
    ∴PB∥平面EFG. …………………………………………………………………… 3分
   （2）解：∵,…………………………………………4分
    ，……………………… 6分
 
20．（本小題滿分12分）
解：（1）數(shù)列{an}的前n項和，
                                      …………2分
又，
                           …………3分
是正項等比數(shù)列，
 
，                                               …………4分
公比，                                                                                    …………5分
數(shù)列                                  …………6分
   （2）解法一：，
由                        …………8分
，
當，                                      …………10分
又
故存在正整數(shù)M，使得對一切M的最小值為2…………12分
   （2）解法二：，
令，         …………8分
由，
函數(shù)…………10分
對于
故存在正整數(shù)M，使得對一切恒成立，M的最小值為2…………12
21．解：  1）設橢圓的焦距為2c,因為，所以有，故有。從而橢圓C的方程可化為：     
①                    
………2分
易知右焦點F的坐標為（），
據(jù)題意有AB所在的直線方程為：   ②                    
………3分
由①，②有：        
③
設，弦AB的中點，由③及韋達定理有：
 
所以，即為所求。                                   
………5分
2）顯然與可作為平面向量的一組基底，由平面向量基本定理，對于這一平面內(nèi)的向量，有且只有一對實數(shù)，使得等式成立。設，由1）中各點的坐標有：
，所以
。                                  
………7分
又點在橢圓C上，所以有整理為。          
④
由③有：。所以
   ⑤
又A?B在橢圓上，故有               
⑥
將⑤，⑥代入④可得：。                               
………11分
對于橢圓上的每一個點，總存在一對實數(shù)，使等式成立，而
在直角坐標系中，取點P（），設以x軸正半軸為始邊，以射線OP為終邊的角為，顯然 。
也就是：對于橢圓C上任意一點M ，總存在角（∈R）使等式：＝cos＋sin成立。                                                
………12分
 
22.  …1分
在上無極值點      ……………………………2分
當時，令,隨x的變化情況如下表：
x
＋
0
－
遞增
極大值
遞減
從上表可以看出，當時，有唯一的極大值點
（2）解：當時，在處取得極大值
此極大值也是最大值。
要使恒成立，只需
的取值范圍是     …………………………………………………8分
（3）證明：令p=1，由（2）知:
        …………………………………………………………10分
         ……………………………………………14分