2019-2020年高二下學(xué)期理科數(shù)學(xué)周周練十含答案

1、2019-2020年高二下學(xué)期理科數(shù)學(xué)周周練十含答案2015/6/2填空題1、已知復(fù)數(shù)z eq f(2i,1i)1，其中i為虛數(shù)單位，則z的模為 2、如果復(fù)數(shù)eq f(2bi,12i)(其中i為虛數(shù)單位，b為實(shí)數(shù))的實(shí)部和虛部互為相反數(shù)，那么b等于 3、已知aR，則“a2”是“a22a”成立的 條件(填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”或“既不充分也不必要”)4、已知四邊形ABCD為梯形，ABCD，l為空間一直線，則“l(fā)垂直于兩腰AD，BC”是“l(fā)垂直于兩底AB，DC”的 條件(填寫(xiě)“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分也不必要”中的一個(gè))5、記不等式x2x60的解集為集合

2、A，函數(shù)ylg(xa)的定義域?yàn)榧螧若“x eq o(sup1(),)A”是“x eq o(sup1(),)B”的充分條件，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 6、給出下列三個(gè)命題：“ab”是“3a3b”的充分不必要條件；“”是“coscos”的必要不充分條件；“a0”是“函數(shù)f(x) x3+ax2（xR）為奇函數(shù)”的充要條件其中正確命題的序號(hào)為 7、現(xiàn)有一個(gè)關(guān)于平面圖形的命題：如下圖，同一個(gè)平面內(nèi)有兩個(gè)邊長(zhǎng)都是a的正方形，其中一個(gè)的某頂點(diǎn)在另一個(gè)的中心，則這兩個(gè)正方形重疊部分的面積恒為eq f(a2,4).類(lèi)比到空間，有兩個(gè)棱長(zhǎng)均為a的正方體，其中一個(gè)的某頂點(diǎn)在另一個(gè)的中心，則這兩個(gè)正方體重疊部分的體積

3、恒為 8、如上圖，在平面中ABC的角C的內(nèi)角平分線CE分ABC面積所成的比eq f(SAEC,SBEC)eq f(AC,BC)，將這個(gè)結(jié)論類(lèi)比到空間：在三棱錐A BCD中，平面DEC平分二面角A CD B且與AB交于E，則類(lèi)比的結(jié)論為 9、設(shè)p：方程x22mx10有兩個(gè)不相等的正根，q：方程x22(m2)x3m100無(wú)實(shí)根，則使pq為真，pq為假的實(shí)數(shù)m的取值范圍是 10、某臺(tái)小型晚會(huì)由6個(gè)節(jié)目組成，演出順序有如下要求：節(jié)目甲必須排在前兩位，節(jié)目乙不能排在第一位，節(jié)目丙必須排在最后一位，該臺(tái)晚會(huì)節(jié)目演出順序的編排方案共有 種11、從甲、乙等10名同學(xué)中挑選4名參加某項(xiàng)公益活動(dòng)，要求甲、乙中至少

4、有1人參加，則不同的挑選方法共有 種12、已知(a21)n展開(kāi)式中各項(xiàng)系數(shù)之和等于eq blc(rc)(avs4alco1(f(16,5)x2f(1,r(x)5的展開(kāi)式的常數(shù)項(xiàng)，而(a21)n展開(kāi)式的二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)的系數(shù)等于54，則a的值為 13、已知集合Ax|x2a(a1)x，aR，aR，使得集合A中所有整數(shù)的元素和為28，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 14、已知函數(shù) SKIPIF 1 0 ，若對(duì)任意 SKIPIF 1 0 ，均滿(mǎn)足 SKIPIF 1 0 ，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是 解答題15、已知矩陣A eq bbc(aco2vs2hs8(a,1,1,a)，直線l：xy40在矩陣A對(duì)應(yīng)的變換作用下

5、變?yōu)橹本€l：xy2a0（1）求實(shí)數(shù)a的值；（2）求A216、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為 SKIPIF 1 0 （ SKIPIF 1 0 為參數(shù)，r為常數(shù)，r0）以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線l的極坐標(biāo)方程為 SKIPIF 1 0 若直線l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，且 SKIPIF 1 0 ，求r的值17、袋中共有8個(gè)球，其中有3個(gè)白球，5個(gè)黑球，這些球除顏色外完全相同從袋中隨機(jī)取出一球，如果取出白球，則把它放回袋中；如果取出黑球，則該黑球不再放回，并且另補(bǔ)一個(gè)白球放入袋中重復(fù)上述過(guò)程n次后，袋中白球的個(gè)數(shù)記為Xn （1）求隨機(jī)變量X2的概率分布及數(shù)學(xué)期望E

6、(X2)；（2）求隨機(jī)變量Xn的數(shù)學(xué)期望E(Xn)關(guān)于n的表達(dá)式18、在等比數(shù)列an中，前n項(xiàng)和為Sn，若Sm，Sm2，Sm1成等差數(shù)列，則am，am2，am1成等差數(shù)列(1)寫(xiě)出這個(gè)命題的逆命題；(2)判斷逆命題是否為真？并給出證明19、在各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列an中，數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn滿(mǎn)足Sneq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(anf(1,an).(1)求a1，a2，a3的值；(2)由(1)猜想出數(shù)列an的通項(xiàng)公式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明你的猜想20、某品牌設(shè)計(jì)了編號(hào)依次為1,2,3，n(n4，且nN*)的n種不同款式的時(shí)裝，由甲、乙兩位模特分別獨(dú)立地從中隨機(jī)選擇i，j(

7、0i，jn，且i，jN)種款式用來(lái)拍攝廣告(1)若ij2，且甲在1到m(m為給定的正整數(shù)，且2mn2)號(hào)中選擇，乙在(m1)到n號(hào)中選擇記Pst(1sm，m1tn)為款式(編號(hào))s和t同時(shí)被選中的概率，求所有的Pst的和；(2)求至少有一個(gè)款式為甲和乙共同認(rèn)可的概率江蘇省黃橋中學(xué)高二數(shù)學(xué)(理科)周周練十參考答案1、 eq r(5) 2、eq f(2,3) 3、充分不必要 4、充分不必要 5、(，3 6、 7、eq f(a3,8) 8、eq f(VA CDE,VB CDE)eq f(SACD,SBDC) 9、(，21,3) 10、42 11、140 12、eq r(3)13、7,8) 14、 S

8、KIPIF 1 0 15、解：（1）設(shè)直線l上一點(diǎn)M0(x0，y0)在矩陣A對(duì)應(yīng)的變換作用下變?yōu)閘 上點(diǎn)M(x，y)，則 eq bbc(aco1vs4hs8(x,y) eq bbc(aco2vs2hs8(a,1,1,a) eq bbc(aco1vs4hs8(x0,y0) eq bbc(aco1vs4hs8(ax0y0,x0ay0)， 所以 eq blc(aal(xax0y0，,yx0ay0) 代入l 方程得(ax0y0)(x0ay0)2a0，即(a1)x0(a1)y02a0因?yàn)?x0，y0)滿(mǎn)足x0y040，所以eq F(2a,a1)4，解得a2（2）由A eq bbc(aco2vs2hs8(

9、2,1,1,2)，得A2 eq bbc(aco2vs2hs8(2,1,1,2) eq bbc(aco2vs2hs8(2,1,1,2) eq bbc(aco2vs2hs8(5,4,4,5) 16、解：由 SKIPIF 1 0 ，得 SKIPIF 1 0 ，即直線l的方程為 SKIPIF 1 0 由 SKIPIF 1 0 得曲線 SKIPIF 1 0 的普通方程為 SKIPIF 1 0 ，圓心坐標(biāo)為 SKIPIF 1 0 ，所以，圓心到直線的距離 SKIPIF 1 0 ，由 SKIPIF 1 0 ，則 SKIPIF 1 0 17、解：（1）由題意可知X23，4，5當(dāng)X23時(shí)，即二次摸球均摸到白球，

10、其概率是P(X23) SKIPIF 1 0 SKIPIF 1 0 ；當(dāng)X24時(shí)，即二次摸球恰好摸到一白，一黑球，其概率是P(X24) SKIPIF 1 0 SKIPIF 1 0 ；當(dāng)X25時(shí)，即二次摸球均摸到黑球，其概率是P(X25) SKIPIF 1 0 SKIPIF 1 0 4分所以隨機(jī)變量X2的概率分布如下表：X2345P SKIPIF 1 0 SKIPIF 1 0 SKIPIF 1 0 （一個(gè)概率得一分 不列表不扣分）數(shù)學(xué)期望E(X2) SKIPIF 1 0 7分（2）設(shè)P(Xn3+k)pk，k0，1，2，3，4，5則p0+p1+p2+p3+p4+p51，E(Xn)3p0+4p1+5p

11、2+6p3+7p4+8p5P(Xn+13) SKIPIF 1 0 ，P(Xn+14) SKIPIF 1 0 p0+ SKIPIF 1 0 p1，P(Xn+15) SKIPIF 1 0 p1+ SKIPIF 1 0 p2，P(Xn+16) SKIPIF 1 0 p2+ SKIPIF 1 0 p3，P(Xn+17) SKIPIF 1 0 p3+ SKIPIF 1 0 p4，P(Xn+18) SKIPIF 1 0 p4+ SKIPIF 1 0 p5，10分所以，E(Xn+1)3 SKIPIF 1 0 p0+4( SKIPIF 1 0 p0+ SKIPIF 1 0 p1)+5( SKIPIF 1 0

12、p1+ SKIPIF 1 0 p2)+6( SKIPIF 1 0 p2+ SKIPIF 1 0 p3)+7( SKIPIF 1 0 p3+ SKIPIF 1 0 p4)+8( SKIPIF 1 0 p4+ SKIPIF 1 0 p5) SKIPIF 1 0 p0+ SKIPIF 1 0 p1+ SKIPIF 1 0 p2+ SKIPIF 1 0 p3+ SKIPIF 1 0 p4+ SKIPIF 1 0 p5 SKIPIF 1 0 (3p0+4p1+5p2+6p3+7p4+8p5)+ p0+p1+p2+p3+p4+p5 SKIPIF 1 0 E(Xn)+1 13分由此可知，E(Xn+1)8 S

13、KIPIF 1 0 (E(Xn)8)又E(X1)8 SKIPIF 1 0 ，所以E(Xn) SKIPIF 1 0 15分18、解(1)逆命題：在等比數(shù)列an中，前n項(xiàng)和為Sn，若am，am2，am1成等差數(shù)列，則Sm，Sm2，Sm1成等差數(shù)列(2)設(shè)數(shù)列an的首項(xiàng)為a1，公比為q.由題意知，2am2amam1，即2a1qm1a1qm1a1qm.因?yàn)閍10，q0，所以2q2q10，解得q1或qeq f(1,2).當(dāng)q1時(shí)，有Smma1，Sm2(m2)a1，Sm1(m1)a1.顯然2Sm2SmSm1，此時(shí)逆命題為假當(dāng)qeq f(1,2)時(shí)，有2Sm2eq f(2a1blcrc(avs4alco1(

14、1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)sup12(m2),1f(1,2)eq f(4,3)a1eq blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)sup12(m2)，SmSm1eq f(a1blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)sup12(m),1f(1,2)eq f(a1blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)sup12(m1),1f(1,2)eq f(4,3)a1eq blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)sup1

15、2(m2)，故2Sm2SmSm1，此時(shí)逆命題為真綜上所述，當(dāng)q1時(shí)，逆命題為假；當(dāng)qeq f(1,2)時(shí)，逆命題為真19、解(1)由S1eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(a1f(1,a1)得，aeq oal(2,1)1，而an0，所以a11.由S2eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(a2f(1,a2)得，aeq oal(2,2)2a210，所以a2eq r(2)1.又由S3eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(a3f(1,a3)得，aeq oal(2,3)2eq r(2)a310，所以a3eq r(3)eq r(2).(6

16、分)(2)猜想aneq r(n)eq r(n1)(nN*)(8分)當(dāng)n1時(shí)，a11eq r(1)eq r(11)，猜想成立；假設(shè)nk(k1)時(shí)猜想成立，即akeq r(k)eq r(k1)，則當(dāng)nk1時(shí)，ak1Sk1Skeq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(ak1f(1,ak1)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(akf(1,ak).即ak1eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(ak1f(1,ak1)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(r(k)r(k1)f(1,r(k)r(k1)eq f(1,2)eq

17、blc(rc)(avs4alco1(ak1f(1,ak1)eq r(k)，(12分)化簡(jiǎn)得aeq oal(2,k1)2eq r(k) ak110，解得ak1eq r(k1)eq r(k)eq r(k1)eq r(k11)，即nk1時(shí)猜想成立，(14分)綜上，由、知aneq r(n)eq r(n1)(nN*)(16分)20、解(1)甲從1到m(m為給定的正整數(shù)，且2mn2)號(hào)中任選兩款，乙從(m1)到n號(hào)中任選兩款的所有等可能基本事件的種數(shù)為Ceq oal(2,m)Ceq oal(2,nm)，記“款式s和t(1sm，m1tn)同時(shí)被選中”為事件A，則事件A包含的基本事件的種數(shù)為Ceq oal(1

18、,1)Ceq oal(1,m1)Ceq oal(1,1)Ceq oal(1,nm1)，所以P(A)Psteq f(Coal(1,1)Coal(1,m1)Coal(1,1)Coal(1,nm1),Coal(2,m)Coal(2,nm)eq f(4,mnm)，則所有的Pst的和為：Ceq oal(1,m)Ceq oal(1,nm)eq f(4,mnm)4；(2)甲從n種不同款式的服裝中選取服裝的所有可能種數(shù)為：Ceq oal(0,n)Ceq oal(1,n)Ceq oal(2,n)Ceq oal(n,n)2n，同理得，乙從n種不同款式的服裝中選取服裝的所有可能種數(shù)為2n，據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理得，所有等可能的基本事件的種數(shù)為：2n2n4n，記“至少有一個(gè)款式為甲和乙共同認(rèn)可”為事件B，則事件B的對(duì)應(yīng)事件eq xto(B)為：“沒(méi)有一個(gè)款式為甲和乙共同認(rèn)可”，而事件eq xto(B)包含的基本事件種數(shù)為：Ceq oal(0,n)(