|试卷下载
搜索
    上传资料 赚现金
    山东省济南市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷(Word版附解析)
    立即下载
    加入资料篮
    山东省济南市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷(Word版附解析)01
    山东省济南市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷(Word版附解析)02
    山东省济南市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷(Word版附解析)03
    还剩23页未读, 继续阅读
    下载需要15学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    山东省济南市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷(Word版附解析)

    展开
    这是一份山东省济南市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷(Word版附解析),共26页。试卷主要包含了 随机变量X的分布列为,,,2B, 的展开式,下列说法正确的是等内容,欢迎下载使用。

    本试卷共4页,19题,全卷满分150分.考试用时120分钟.
    注意事项:
    1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
    2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
    3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
    一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
    1. 大明湖是济南三大名胜之一,素有“泉城明珠”之美誉,自2017年1月1日起全面向社会免费开放.景区有东南西北4个大门,每个大门进去都有不同景致,小明从一个门进,另一个门出,则不同进出方式的种数为( )
    A 7B. 8C. 12D. 16
    2. 函数在点处的切线斜率为( )
    A. B. 0C. 1D.
    3. 下列残差满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是( )
    A. B.
    C. D.
    4. 济南市某高中组织全部学生参加公益活动,其中高一、高二、高三年级人数之比为4:3:3,这三个年级分别又有20%,30%,40%的学生参加公益活动中的环保活动.从三个年级中任选一名学生,该学生参加环保活动的概率是( )
    A. 27%B. 28%C. 29%D. 30%
    5. 随机变量X的分布列为,,.若,则( )
    A. 0.2B. 0.4C. 0.6D. 0.8
    6. 某城市高中数学统考,假设考试成绩服从正态分布.如果按照的比例将考试成绩由高到低分为四个等级,那么等级的最高分数线约为( )
    参考数据:若,则
    A. 71B. 78C. 85D. 92
    7. 人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.对于方程,如果用二分法求近似解,给定初始区间,若精确度,则至少需要经过4次迭代才能求出其近似解.牛顿在《流数法》一书中用“作切线”的方法求高次方程的近似解.从函数的观点看,给定一个初始值,在横坐标为的点处作函数的切线,切线与x轴交点的横坐标就是,用代替重复上面的过程得到,一直继续下去得到,,…,.它们越来越逼近函数的零点r,当时,或即为方程的近似解.现给定初始值,利用牛顿法求的近似解,至少需要几次迭代也能达到同样的精确度( )
    A. 1B. 2C. 3D. 4
    8. 函数有两个极值点,则实数a的取值范围是( )
    A. B.
    C. D.
    二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分,有选错的得0分.
    9. 的展开式,下列说法正确的是( )
    A. 展开式共有7项
    B. 展开式的二项式系数的和为128
    C. 展开式中的系数为14
    D. 展开式中第3项或者第4项的二项式系数最大
    10. 下列函数中,有两个零点的是( )
    A. B.
    C. D.
    11. 设A,B是两个随机事件,,,下列说法正确的是( )
    A. 若A,B相互独立,,,则
    B. 若A,B互斥,,,则
    C. 若,则
    D. 若,则
    三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
    12. 从0,1,2,3,4,5,6中任取3个数字,可以组成的没有重复数字的三位数的个数是________.(用数字作答)
    13. 袋子中有大小形状完全相同的2个白球和4个黑球,从中任取3个球,1个白球得2分,1个黑球得1分.记X为取出的3个球的得分总和,则________.
    14. 以半径为R,圆心角为α的扇形铁皮为圆锥的侧面,制成一个圆锥形容器.当扇形的圆心角α为________时,容器的容积最大.
    四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
    15. 一个质点从数轴上的原点0开始移动,通过抛掷一枚质地均匀的硬币决定质点向左或者向右移动.若硬币正面向上,则质点向右移动一个单位;若硬币反面向上,则质点向左移动一个单位.抛掷硬币4次后,质点所在位置对应数轴上的数记为随机变量,求:
    (1)质点位于2位置的概率;
    (2)随机变量的分布列和期望.
    16. 函数.
    (1)当时,求的单调区间;
    (2)当时,记在区间上的最大值为M,最小值为m,求的取值范围.
    17. 长时间近距离看电子产品会影响视力.泉泉调查了某校1000名学生,发现40%的学生近视;而该校20%的学生每天近距离看电子产品时间超过1h,这些人的近视率为50%.
    (1)请完成下列2×2列联表,并根据小概率值的独立性检验,判断近视与每天近距离看电子产品时间超过1h是否有关联;
    (2)研究发现,近视儿童每年眼轴的增速要大于非近视儿童,长时间近距离看电子产品会导致眼轴快速增长,最终影响视力.高度近视者的眼轴长度一般大于26mm.下图是每天近距离看电子产品时间超过1h近视儿童和非近视儿童6~16岁的眼轴生长发育散点图.
    ①根据散点图判断,和哪一个更符合每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况?(给出判断即可,不必说明理由)
    ②根据①中的判断结果,建立该类近视儿童眼轴长度y(单位:mm)关于年龄x(,且)的经验回归方程;
    ③根据②中的结果,估计该类近视儿童开始高度近视时的年龄.(结果保留整数)
    参考公式及数据:(ⅰ),,
    (ⅱ)回归方程中斜率和截距最小二乘估计公式分别为:,;
    (ⅲ)散点图1中,;散点图2中,.
    18. 将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后,所得曲线仍然是一个函数的图象,即函数的图象与直线至多有1个交点,则称函数具有“α旋转不变性”.
    (1)证明:函数,具有“旋转不变性”;
    (2)若函数具有“旋转不变性”,求m的取值范围.
    19. 某校数学兴趣小组的同学对杨辉三角性质进行探究发现:“第n行各数平方和等于第2n行中间的数,即:”,证明如下.证明:考虑多项式中的系数,一方面:代数式中,的系数为.另一方面:代数式中,的系数为.因为,所以.所以.
    (1)如果证明过程中考虑中的系数,能得到的组合恒等式为________.请先填空,再构造一个实际背景,对所得恒等式的意义作出解释;
    (2)证明:①;②.注:组合数,若,则.近视
    每天近距离看电子产品时间超过1h
    合计




    合计
    1000
    α
    0.01
    0.005
    0.001
    6635
    7.879
    10.828
    2024年7月济南市高二期末学习质量检测
    数学试题
    本试卷共4页,19题,全卷满分150分.考试用时120分钟.
    注意事项:
    1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
    2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
    3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
    一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
    1. 大明湖是济南三大名胜之一,素有“泉城明珠”之美誉,自2017年1月1日起全面向社会免费开放.景区有东南西北4个大门,每个大门进去都有不同景致,小明从一个门进,另一个门出,则不同进出方式的种数为( )
    A. 7B. 8C. 12D. 16
    【答案】C
    【解析】
    【分析】根据分步乘法计数原理求解即可.
    【详解】由题意,分两步完成,第一步选一个大门进去有4种选法,第二步选一个大门出去有3种选法,
    所以由分步乘法计数原理可知共有种.
    故选:C
    2. 函数在点处的切线斜率为( )
    A. B. 0C. 1D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】求出函数导数,代入即可得解.
    【详解】因为,
    所以,
    所以.
    故选:A
    3. 下列残差满足一元线性回归模型中对随机误差假定的是( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】根据一元线性回归模型对随机误差的假定即可判断结果.
    【详解】图A显示残差与观测时间有非线性关系,应在模型中加入时间的非线性函数部分;
    图B说明残差的方差不是一个常数,随观测时间变大而变大;
    图C显示残差与观测时间有线性关系,应将时间变量纳入模型;
    图D的残差较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内,
    可见D满足一元线性回归模型对随机误差的假定.
    故选:D.
    4. 济南市某高中组织全部学生参加公益活动,其中高一、高二、高三年级人数之比为4:3:3,这三个年级分别又有20%,30%,40%的学生参加公益活动中的环保活动.从三个年级中任选一名学生,该学生参加环保活动的概率是( )
    A. 27%B. 28%C. 29%D. 30%
    【答案】C
    【解析】
    【分析】根据已知条件结合全概率公式求解即可.
    【详解】由题意可得从三个年级中任选一名学生,该学生参加环保活动的概率是
    .
    故选:C
    5. 随机变量X的分布列为,,.若,则( )
    A. 0.2B. 0.4C. 0.6D. 0.8
    【答案】B
    【解析】
    【分析】根据题意可得求出,再利用方差公式可求得结果.
    【详解】因为随机变量X的分布列为,,,,
    所以,解得,
    所以.
    故选:B
    6. 某城市高中数学统考,假设考试成绩服从正态分布.如果按照的比例将考试成绩由高到低分为四个等级,那么等级的最高分数线约为( )
    参考数据:若,则.
    A. 71B. 78C. 85D. 92
    【答案】C
    【解析】
    【分析】由正态分布的对称性即可求解.
    【详解】因为等级概率为,且服从正态分布,
    且,
    所以等级范围在,
    所以等级的最高分数线约为.
    故选:C.
    7. 人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.对于方程,如果用二分法求近似解,给定初始区间,若精确度,则至少需要经过4次迭代才能求出其近似解.牛顿在《流数法》一书中用“作切线”的方法求高次方程的近似解.从函数的观点看,给定一个初始值,在横坐标为的点处作函数的切线,切线与x轴交点的横坐标就是,用代替重复上面的过程得到,一直继续下去得到,,…,.它们越来越逼近函数的零点r,当时,或即为方程的近似解.现给定初始值,利用牛顿法求的近似解,至少需要几次迭代也能达到同样的精确度( )
    A. 1B. 2C. 3D. 4
    【答案】B
    【解析】
    【分析】利用切点和斜率求得切线方程,结合牛顿法求得、,即可得解.
    【详解】令,则,,,
    所以曲线在点处的切线方程为,
    令,得.
    又,,
    所以曲线在点处的切线方程为,
    令,解得,
    因为,
    所以利用牛顿法求的近似解,至少需要次迭代也能达到同样的精确度.
    故选:B.
    8. 函数有两个极值点,则实数a的取值范围是( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】由题意可得有两个不等的正根,即有两个不等的正根,设,利用导数求出的单调区间,画出大致图象,结合图象求解即可.
    【详解】由,得,
    因为有两个极值点,
    所以有两个不等的正根,
    即有两个不等的正根,
    令,则,
    当时,,当时,,
    所以在上递减,在上递增,
    所以,
    当时,,当时,,
    所以的大致图象如图所示,

    由图可知当时,与的图象有两个不同的交点,
    所以当时,有两个极值点.
    故选:D
    【点睛】关键点点睛:此题考查导数的综合问题,考查利用导数解决极值点问题,考查利用导数求函数的单调区间,解题的关键是将问题转化为有两个不等的正根,然后构造函数,利用函数图象求解,考查数形结合的思想,属于较难题.
    二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分,有选错的得0分.
    9. 的展开式,下列说法正确的是( )
    A. 展开式共有7项
    B. 展开式的二项式系数的和为128
    C. 展开式中的系数为14
    D. 展开式中第3项或者第4项的二项式系数最大
    【答案】BC
    【解析】
    【分析】对于A,根据二项式展开式的性质判断,对于B,根据二项式展开式的系数的性质求解判断,对于C,求出通项公式,令的次数为2,求出,从而可求出的系数,对于D,根据二项式展开式的系数的性质判断.
    【详解】对于A,的展开式有8项,所以A错误,
    对于B,的展开式的二项式系数的和为,所以B正确,
    对于C,展开式的通项公式为,
    令,得,
    所以展开式中的系数为,所以C正确,
    对于D,因为的展开式有8项,所以展开式中第4项或者第5项的二项式系数最大,所以D错误.
    故选:BC
    10. 下列函数中,有两个零点的是( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】BCD
    【解析】
    【分析】根据题意,逐个分析,先对函数求导,利用导数分析函数的单调性,再结合零点存在性定理分析函数零点的个数即可.
    【详解】对于A,由,得,
    当时,,当时,,
    所以上递减,在上递增,
    所以,所以有且只有一个零点,所以A错误,
    对于B,由,得,
    当时,,当时,,
    所以在上递减,在上递增,
    所以,
    因为,,
    所以在上有且只有一个零点,在上有且只有一个零点,
    所以有两个零点,所以B正确,
    对于C,由,得,
    当时,,当时,,
    所以在上递增,在上递减,
    所以,
    因为当,,
    所以在上有且只有一个零点,在上有且只有一个零点,
    所以有两个零点,所以C正确,
    对于D,由,得,
    当时,,当时,,
    所以在上递减,在上递增,
    所以,
    因为,,
    所以在上有且只有一个零点,在上有且只有一个零点,
    所以有两个零点,所以D正确,
    故选:BCD
    11. 设A,B是两个随机事件,,,下列说法正确的是( )
    A. 若A,B相互独立,,,则
    B. 若A,B互斥,,,则
    C. 若,则
    D. 若,则
    【答案】ABD
    【解析】
    【分析】由互斥、对立事件概率公式及相互独立事件乘法公式判断AB;根据条件概率公式判断C,应用条件概率公式、相互独立事件乘法公式判断D.
    【详解】对A,A,B相互独立,,,所以,故A正确;
    对B,,故B正确;
    对C,,若时,
    得不出,即得不出,得不出,故C错误;
    对D,,

    所以
    ,故D正确.
    故选:ABD
    三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
    12. 从0,1,2,3,4,5,6中任取3个数字,可以组成的没有重复数字的三位数的个数是________.(用数字作答)
    【答案】180
    【解析】
    【分析】根据取到0与取不到0分类讨论即可由排列求解.
    【详解】当取不到0时,一共有个三位数,
    若取到时,不能排首位,共有个三位数,
    由分类加法计数原理可知,共有三位数的个数为.
    故答案为:180
    13. 袋子中有大小形状完全相同的2个白球和4个黑球,从中任取3个球,1个白球得2分,1个黑球得1分.记X为取出的3个球的得分总和,则________.
    【答案】4
    【解析】
    【分析】根据题意,由条件可得的可能取值为,分别求得其对应概率,再由期望的计算公式代入计算,即可得到结果.
    【详解】由题可知,的可能取值为,
    则,,,
    所以.
    故答案为:4
    14. 以半径为R,圆心角为α的扇形铁皮为圆锥的侧面,制成一个圆锥形容器.当扇形的圆心角α为________时,容器的容积最大.
    【答案】##
    【解析】
    【分析】设圆锥底面半径为,高为 ,那么,再根据,代入得到 ,利用导数求得函数的最大值,以及和,由圆心角得解.
    【详解】设圆锥的底面半径为,高为,体积为,则,
    因此,
    则,令 ,解得,
    当时,,单调递增,
    当时,,单调递减,
    所以当时容积最大,
    把代入,得
    由,得,
    即圆心角为时容积最大.
    故答案为:
    四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
    15. 一个质点从数轴上的原点0开始移动,通过抛掷一枚质地均匀的硬币决定质点向左或者向右移动.若硬币正面向上,则质点向右移动一个单位;若硬币反面向上,则质点向左移动一个单位.抛掷硬币4次后,质点所在位置对应数轴上的数记为随机变量,求:
    (1)质点位于2的位置的概率;
    (2)随机变量的分布列和期望.
    【答案】(1)
    (2)分布列见解析,期望为0
    【解析】
    【分析】(1)抛掷硬币4次后,质点要位于2,则可知4次中向右移动3次,向左移动1次,然后根据独立事件的概率公式求解即可;
    (2)由题意可知的可能取值为,求出相应的概率,从而可求得的分布列和期望.
    【小问1详解】
    由题意可知,抛掷硬币4次后,质点要位于2,则4次中向右移动3次,向左移动1次,
    所以质点位于2的位置的概率为;
    【小问2详解】
    由题意可知的可能取值为,则
    ,,
    ,,

    所以分布列为
    所以.
    16. 函数.
    (1)当时,求的单调区间;
    (2)当时,记在区间上的最大值为M,最小值为m,求的取值范围.
    【答案】(1)单调递增区间为和,单调递减区间为
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)对函数求导后,由导数的正负可求出函数的单调区间;
    (2)对函数求导后,求得在上递增,在上递减,可得,从而可得,然后构造函数,利用导数可求出其范围.
    【小问1详解】
    当时,(),则,
    由,得或,由,得,
    所以的单调递增区间为和,单调递减区间为;
    【小问2详解】
    由,得,
    由,得或,
    因为,所以,
    所以当时,,当时,,
    所以在上递增,在上递减,
    所以的最大值为,
    即,

    因为,所以,
    所以的最小值为,即,
    所以,
    令,,则,
    令,得或,
    所以当时,,
    所以在上单调递增,
    所以,所以,
    即,
    所以.
    17. 长时间近距离看电子产品会影响视力.泉泉调查了某校1000名学生,发现40%的学生近视;而该校20%的学生每天近距离看电子产品时间超过1h,这些人的近视率为50%.
    (1)请完成下列2×2列联表,并根据小概率值的独立性检验,判断近视与每天近距离看电子产品时间超过1h是否有关联;
    (2)研究发现,近视儿童每年眼轴的增速要大于非近视儿童,长时间近距离看电子产品会导致眼轴快速增长,最终影响视力.高度近视者的眼轴长度一般大于26mm.下图是每天近距离看电子产品时间超过1h近视儿童和非近视儿童6~16岁的眼轴生长发育散点图.
    ①根据散点图判断,和哪一个更符合每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况?(给出判断即可,不必说明理由)
    ②根据①中的判断结果,建立该类近视儿童眼轴长度y(单位:mm)关于年龄x(,且)的经验回归方程;
    ③根据②中的结果,估计该类近视儿童开始高度近视时的年龄.(结果保留整数)
    参考公式及数据:(ⅰ),,
    (ⅱ)回归方程中斜率和截距最小二乘估计公式分别为:,;
    (ⅲ)散点图1中,;散点图2中,.
    【答案】(1)2×2列联表见解析,近视与每天近距离看电子产品时间超过1h有关联
    (2)①②③18岁
    【解析】
    【分析】(1)根据题意列出2×2列联表,计算,根据小概率值的独立性检验得出结论;
    (2)①由散点图直接写出,②根据最小二乘法求回归直线方程,③根据回归直线方程得预测值.
    【小问1详解】
    2×2列联表
    零假设为:近视与每天近距离看电子产品时间超过1h无关
    根据列联表中的数据,并计算得到

    因为,
    根据小概率值的独立性检验,我们推断不成立,即认为近视与每天近距离看电子产品时间超过1h有关联,此推断犯错误的概率不大于0.005.
    【小问2详解】
    ①适宜每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况.
    ②由题意可得,
    因此,
    再由题意得,所以,
    从而该类近视儿童眼轴长度)(单位:mm)关于年龄x的回归方程为.
    ③,解得,
    所以该类近视儿童开始高度近视时大约18岁.
    18. 将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后,所得曲线仍然是一个函数的图象,即函数的图象与直线至多有1个交点,则称函数具有“α旋转不变性”.
    (1)证明:函数,具有“旋转不变性”;
    (2)若函数具有“旋转不变性”,求m的取值范围.
    【答案】(1)证明见解析
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)根据新定义转化为函数的图象与至多有1个交点,利用导数判断函数单调性即可得证;
    (2)根据函数具有“旋转不变性”转化为,构造函数求出函数的最大值即可得解.
    【小问1详解】
    由题意可知,当时,,
    令 ,,
    则,
    在上单调递减.
    故与至多有1个交点,
    即与至多有1个交点,
    故函数具有“旋转不变性”.
    【小问2详解】
    由题意得:当时,,
    函数与函数的图象至多有1个交点,
    即方程至多有一个根,
    即函数与函数的图象至多1个交点,
    因此函数在上为单调函数,
    ,而当时,,
    所以在上恒成立,故.
    令,则
    因为在上单调递减,且,
    由零点存在定理可知,,使
    所以,
    当单调递增,
    当单调递减,
    所以,
    即.
    【点睛】关键点点睛:本题解题的关键点在于紧扣具有“α旋转不变性”的定义,转化为函数单调即可,第二问利用函数单调可得导数恒大于等于0,据此分离参数,构造函数,利用导数求函数最大值即可,注意其中隐零点的应用.
    19. 某校数学兴趣小组的同学对杨辉三角性质进行探究发现:“第n行各数平方和等于第2n行中间的数,即:”,证明如下.证明:考虑多项式中的系数,一方面:代数式中,的系数为.另一方面:代数式中,的系数为.因为,所以.所以.
    (1)如果证明过程中考虑中的系数,能得到的组合恒等式为________.请先填空,再构造一个实际背景,对所得恒等式的意义作出解释;
    (2)证明:①;②.注:组合数,若,则.
    【答案】(1),解释见解析
    (2)证明见解析
    【解析】
    【分析】(1)根据材料中的系数求解,从个男生与个女生中选取人小组,另一方面这样的人小组可分为个类:第类由个男生和个女生组成(),利用乘法原理和加法原理可得结论;
    (2)①等式两边都是两个数相乘,可以联想到分步乘法原理.于是构造组合的实际问题进行解释;②由,考虑中的系数,依照材料中的方法推导求解即可.
    【小问1详解】
    构造实际背景,对所得恒等式的意义做出解释:从个男生与个女生中选取人小组,一共有种方式,
    另一方面,这样的人小组可分为个类:第类由个男生和个女生组成(),
    由乘法原理可知,第类中有个小组,因此人小组共有个,
    由加法原理可知:;
    【小问2详解】
    ①等式两边都是两个数相乘,可以联想到分步乘法原理.于是构造组合的实际问题:
    从名学生中选出人组成代表队,其中名作为主力队员,名替补队员,
    根据分步乘法原理共有种方法,
    也可以直接从名学生中选了名主力队员,再从剩下的名学生中选出名替补队员,
    根据分步乘法原理共有种方法,
    由上面的两种方法可知:;
    ②由,考虑中的系数,
    一方面
    的系数为,
    因为,所以的系数为
    另一方面,

    所以的系数为,
    因为,所以

    所以
    【点睛】关键点点睛:此题考查组合数的计算及性质的应用,考查二项定理,解题的关键是对材料中的解法的正确理解,依照材料中解法求解,考查理解能力和计算能力,属于难题.
    0
    2
    4
    近视
    每天近距离看电子产品时间超过1h
    合计




    合计
    1000
    α
    001
    0.005
    0.001
    6.635
    7.879
    10.828
    近视
    每天近距离看电子产品时间超过1h
    合计



    100
    300
    400

    100
    500
    600
    合计
    200
    800
    1000
    相关试卷

    山东省东营市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷(Word版附解析): 这是一份山东省东营市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷(Word版附解析),共23页。试卷主要包含了选择题的作答,填空题和解答题的作答等内容,欢迎下载使用。

    山东省东营市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(Word版附解析): 这是一份山东省东营市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(Word版附解析),共22页。试卷主要包含了选择题的作答,填空题和解答题的作答等内容,欢迎下载使用。

    山东省菏泽市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷(Word版附解析): 这是一份山东省菏泽市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷(Word版附解析),共22页。试卷主要包含了07,本试卷分选择题和非选择题两部分,32B, 已知函数等内容,欢迎下载使用。

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        还可免费领教师专享福利「樊登读书VIP」

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map