2016重庆市b卷数学答案，2012年重庆中考数学答案

1，2012年重庆 中考数学答案

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2012年重庆中考数学答案

2，有没有重庆二诊考试的数学答案

DBACB CCCDB 20,240,2,2/3,1000

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3，2016重庆高考数学试题是全国b卷吗

嗯，是，分的有文理科，http://wenku.baidu.com/view/9173f1bc783e0912a3162a37这是理科数学卷子

高是四分之根号2 吗？如果是的话由题意可知：abcd所在的圆是小圆，对角线长为根号2，四棱锥的高位四分之根号2，点s,a,b,c,d均在半径为1的同一球面上，球心到小圆圆心的距离为二分之根号2，定点s在球心距的垂直平分的平面上，而顶点s到球心的距离为1，所以地面abcd的中心与顶点s的距离为1.

2016重庆高考数学试题是全国b卷吗

4，2000年重庆市 初中数学竞赛试题

1000a+100b+10c+d+a+b+c+d =1001a+101b+11c+2d =2001 由此推得b+c+2d=10,20或30 原因：实际可以看出a=1 所以：101b+11c+2d=1000 即b+c+2d+（100b+10c）=1000 因为100b+10c为10的倍数，1000为10的倍数，所以b+c+2d也是10的倍数又b，c，d都介于0到9之间，所以：b+c+2d范围是0到36之间，且0是不可能的（即不可能都是0）又b+c+2d为10的倍数，所以只能是10,20,30

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5，一道重庆的数学中考题

浓度是溶质的质量除以溶液的质量.40和60就是溶液的质量.倒出X再倒回去X,质量是不会变的. 〔X*a%+(60-X)*b%〕/[X+(60-X)]=[(40-X)*a%+X*b%]/[(40-X)+X] X是倒出来那部分的质量. a%是A种饮料原来的浓度. (60-X)是B种饮料倒剩下的质量. b%是B种饮料原来的浓度. 〔X*a%+(60-X)*b%〕就是A倒出来那部分中溶质以及B倒剩下那部分中的溶质的质量和. [X+(60-X)]显然是B倒剩下的以及从A倒出来的溶液的质量和. 〔X*a%+(60-X)*b%〕/[X+(60-X)]这是新的B的浓度. [(40-X)*a%+X*b%]/[(40-X)+X]是新的A的浓度. 两个浓度相等.重点的等式其实是浓度=溶质质量/溶液质量把质量找出来就可以嘞.解出来答案就是24.

6，2007年重庆高考数学卷的答案详解

参考答案一、选择题：每小题5分，满分60分。 1．A 2．D 3．A 4．B 5．A 6．B 7．C 8．A 9．D 10．C 11．B 12．C 二、填空题：每小题4分，满分16分。 13． 14．9 15．288 16．1+2 三、解答题：满分74分 17．（本小题13分）解：（Ⅰ）设A表示甲命中目标，B表示乙命中目标，则A、B相互独立，且P（A）＝，从而甲命中但乙未命中目标的概率为（Ⅱ）设A1表示甲在两次射击中恰好命中k次，B1表示乙有两次射击中恰好命中1次。依题意有由独立性知两人命中次数相等的概率为 18．（本小题13分）解：（Ⅰ）由故f（x）的定义域为（Ⅱ）由已知条件得从而＝＝＝ 19．（本小题12分）解法一：（Ⅰ）由直三棱柱的定义知B1C1⊥B1D，又因为∠ABC＝90°，因此B1C1⊥A1B1，从而 B1C1⊥平面A1B1D，得B1C1⊥B1E。又B1E⊥A1D，故B1E是异面直线B1C1与A1D的公垂线由知在Rt△A1B1D中，A2D＝又因故B1E= （Ⅱ）由（Ⅰ）知B1C1⊥平面A1B1D，又BC‖B1C1，故BC⊥平面ABDE，即BC为四棱锥C-ABDE的高。从而所求四棱锥的体积V为 V＝VC-ABDE＝其中S为四边形ABDE的面积。如答（19）图1，过E作EF⊥BD，垂足为F。答（19）图1 在Rt△B1ED中，ED= 又因S△B1ED= 故EF= 因△A1AE的边A1A上的高故 S△A1AE＝又因为S△A1BD＝从而 S＝S△A1AE-S△A1AE-S△A1B1D＝2- 所以解法二：（Ⅱ）如答（19）图2，以B点为坐标原点O建立空间直角坐标系O-xyz，则答（19）图2 A（0，1，0），A1（0，1，2），B（0，0，0） B1（0，0，2），C1（，0，2），D（0，0，）因此设E（，y0，z0），则，因此又由题设B1E⊥A1D，故B1E是异面直线B1C1与A1D的公垂线。下面求点E的坐标。因B1E⊥A1D，即又联立（1）、（2），解得，，即，。所以. （Ⅱ）由BC⊥AB，BC⊥DB，故BC⊥面ABDE.即BC为四棱锥C-ABDE的高. 下面求四边形ABDE的面积。因为SABCD＝SABE+ SADE，而SABE＝ SBDE＝故SABCD＝所以 20．（本小题12分）解：设长方体的宽为x（m），则长为2x （m），高为 . 故长方体的体积为从而令V′（x）＝0，解得x=0（舍去）或x=1，因此x=1. 当0＜x＜1时，V′（x）＞0；当1＜x＜时，V′（x）＜0，故在x=1处V（x）取得极大值，并且这个极大值就是V（x）的最大值。从而最大体积V＝V′（x）＝9×12-6×13（m3），此时长方体的长为2 m，高为1.5 m. 答：当长方体的长为2 m时，宽为1 m，高为1.5 m时，体积最大，最大体积为3 m3。 21．（本小题12分）（Ⅰ）解：设抛物线的标准方程为，则，从而因此焦点的坐标为（2，0）. 又准线方程的一般式为。从而所求准线l的方程为。答（21）图（Ⅱ）解法一：如图（21）图作AC⊥l，BD⊥l，垂足为C、D，则由抛物线的定义知 |FA|=|FC|，|FB|=|BD| 记A、B的横坐标分别为xxxz，则 |FA|＝|AC|＝解得，类似地有，解得。记直线m与AB的交点为E，则所以。故。解法二：设

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2008年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）数学试题（理工农医类）答案一、选择题：每小题5分，满分50分. （1）A （2）A （3）B （4）C （5）D （6）C （7）A （8）C （9）D （10）B 二、填空题：每小题4分，满分24分. （11）（12）（13）3 （14）-72 （15）x-y+1=0 （16）216 三、解答题：满分76分. （17）（本小题13分）解：（Ⅰ）由余弦定理得＝故（Ⅱ）解法一：＝＝由正弦定理和（Ⅰ）的结论得故解法二：由余弦定理及（Ⅰ）的结论有＝故同理可得从而（18）（本小题13分）解：令分别表示甲、乙、丙在第k局中获胜. （Ⅰ）由独立事件同时发生与互斥事件至少有一个发生的概率公式知，打满3局比赛还未停止的概率为（Ⅱ）的所有可能值为2，3，4，5，6，且故有分布列 2 3 4 5 6 P 从而（局）. （19）（本小题13分）解法一：（Ⅰ）在答（19）图1中，因，故BE‖BC.又因B＝90°，从而 AD⊥DE. 在第（19）图2中，因A-DE-B是直二面角，AD⊥DE,故AD⊥底面DBCE，从而AD⊥DB.而DB⊥BC,故DB为异面直线AD与BC的公垂线. 下求DB之长.在答（19）图1中，由，得又已知DE=3,从而因（Ⅱ）在第（19）图2中，过D作DF⊥CE,交CE的延长线于F，连接AF.由（1）知， AD⊥底面DBCE,由三垂线定理知AF⊥FC,故∠AFD为二面角A-BC-B的平面角. 在底面DBCE中，∠DEF=∠BCE, 因此从而在Rt△DFE中，DE=3, 在因此所求二面角A-EC-B的大小为arctan 解法二：（Ⅰ）同解法一. （Ⅱ）如答（19）图3.由（Ⅰ）知，以D点为坐标原点，的方向为x、 y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（0，0，4），，E（0，3，0）. 过D作DF⊥CE,交CE的延长线于F，连接AF. 设从而，有 ① 又由 ② 联立①、②，解得因为 ,故 ,又因 ,所以为所求的二面角A-EC-B的平面角.因有所以因此所求二面角A-EC-B的大小为 (20)（本小题13分）解：(Ⅰ)因为又因为曲线通过点（0，2a+3）, 故又曲线在（-1，f(-1)）处的切线垂直于y轴，故即-2a+b=0,因此b=2a. (Ⅱ)由(Ⅰ)得故当时，取得最小值- . 此时有从而所以令，解得当当当由此可见，函数的单调递减区间为（-∞，-2）和（2，+∞）；单调递增区间为（-2，2）. (21)（本小题12分）解：(Ⅰ)由椭圆的定义，点P的轨迹是以M、N为焦点，长轴长2a=6的椭圆. 因此半焦距c=2，长半轴a=3，从而短半轴 b= ，所以椭圆的方程为 (Ⅱ)由得 ① 因为不为椭圆长轴顶点，故P、M、N构成三角形.在△PMN中， ② 将①代入②，得故点P在以M、N为焦点，实轴长为的双曲线上. 由(Ⅰ)知，点P的坐标又满足，所以由方程组解得即P点坐标为 (22)(本小题12分) 解：(Ⅰ)因由此有，故猜想的通项为（Ⅱ）令由题设知x1=1且 ① ② 因②式对n=2成立，有 ③ 下用反证法证明：由①得因此数列是首项为，公比为的等比数列.故 ④ 又由①知因此是是首项为，公比为-2的等比数列,所以 ⑤ 由④-⑤得 ⑥ 对n求和得 ⑦ 由题设知即不等式 22k+1＜对k N*恒成立.但这是不可能的，矛盾. 因此x2≤ ,结合③式知x2= ,因此a2=2*2= 将x2= 代入⑦式得 Sn=2－ (n N*), 所以bn=2Sn=22－ (n N*) 2010年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）数学试题（理工农医类）答案一．选择题：每小题5分，满分 50分. （1）A （2）B （3）C （4）C （5）D （6）D （7）B （8）C （9）C （10）D 二．填空题：每小题5分，满分25分. （11）（12）（13）（14）（15）三．解答题：满分75分. （16）（本题13分）解：（Ⅰ），因此的值域为 . （Ⅱ）由得，即，又因，故 . 解法一：由余弦定理，得，解得或 . 解法二：由正弦定理，得或 . 当时，，从而；当时，，又，从而 . 故的值为1或2. （17）（本题13分）解：只考虑甲、乙两单位的相对位置，故可用组合计算基本事件数. （Ⅰ）设A表示“甲、乙的演出序号至少一个为奇数”，则表示“甲、乙的序号为偶数”，由等可能性事件的概率计算公式得 . （Ⅱ）的所有可能值为0，1，2，3，4，且， . 从而知有分布列 0 1 2 3 4 所以， . （18）（本题13分）解：（Ⅰ） . 当时，，而，因此曲线在点处的切线方程为即 . （Ⅱ），由（Ⅰ）知，即，解得 . 此时，其定义域为，且，由得 .当或时，；当且时， . G F 答（19）图1 C B A D E P 由以上讨论知，在区间上是增函数，在区间上是减函数. （19）（本题12分）解法一：（Ⅰ）如答（19）图1 ，在矩形中，平面，故直线与平面的距离为点到平面的距离. 因底面，故，由知为等腰三角形，又点是棱中点，故 .又在矩形中，，而是在底面内的射影，由三垂线定理得，从而平面，故 .从而平面，故之长即为直线与平面的距离. （Ⅱ）过点D作，交CE于F，过点F作，交AC于G，则为所求的二面角的平面角. 由（Ⅰ）知平面PAB，又，得平面PAB，故，从而 . 在中， .由，所以为等边三角形，故F为CE的中点，且 . 因为平面PBC，故，又，知，从而，且G点为AC的中点. 连接DG，则在中， . 所以 . 解法二： P G F 答（19）图2 C B A D E （Ⅰ）如答（19）图2，以A为坐标原点，射线AB、AD、AP分别为轴、轴、轴正半轴，建立空间直角坐标系 . 设，则， . 因此，则，所以平面PBC. 又由知平面PBC，故直线AD与平面 PBC的距离为点A到平面PBC的距离，即为 . （Ⅱ）因为，则 . 设平面AEC的法向量，则 . 又，故所以 . 可取，则 . 设平面DEC的法向量，则 . 又，故所以 . 可取，则 . 故 . 所以二面角的平面角的余弦值为 . （20）（本题12分） H Q M 答（20）图 G E N O 解：（Ⅰ）设的标准方程为，则由题意，因此，的标准方程为 . 的渐近线方程为，即和 . （Ⅱ）解法一：如答（20）图，由题意点在直线和上，因此有，，故点M、N均在直线上，因此直线MN的方程为 . 设G、H分别是直线MN与渐近线及的交点，由方程组及解得 . 设MN与轴的交点为Q，则在直线中，令得（易知 . 注意到，得 . 解法二：设，由方程组解得，因，则直线MN的斜率 . 故直线MN的方程为，注意到，因此直线MN的方程为 . 下同解法一. （21）（本题12分）（Ⅰ）解法一：由，，，猜测 . 下用数学归纳法证明. 当时，等式成立；假设当时，等式成立，即，则当时，，综上，对任何都成立. 解法二：由原式得 . 令，则，因此对有，因此， . 又当时上式成立. 因此 . （Ⅱ）解法一：由，得，因，所以 . 解此不等式得：对一切，有或，其中， . 易知，又由，知，因此由对一切成立得 . 又，易知单调递增，故对一切成立，因此由对一切成立得 . 从而的取值范围为 . 解法二：由，得，因，所以对恒成立. 记，下分三种情况讨论. （ⅰ）当即或时，代入验证可知只有满足要求. （ⅱ）当时，抛物线开口向下，因此当正整数充分大时，不符合题意，此时无解. （ⅲ）当即或时，抛物线开口向上，其对称轴必在直线的左边. 因此，在上是增函数. 所以要使对恒成立，只需即可. 由解得或 . 结合或得或 . 综合以上三种情况，的取值范围为 .