亭湖高级中学高二数学周练（十八）
一、填空题。
1．已知复数z＝，则它的共轭复数等于。
2． n为正奇数时，求证：xn＋yn被x＋y整除，当第二步假设n＝2k－1命题为真时，进而需证n命题为真．
3．已知，那么
4．五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则报名方法的种数为___
5.设，，且，则 .
6．若i为虚数单位，已知a＋bi＝(a，b∈r)，则点(a，b)与圆x2＋y2＝2的关系为___
7．22 012个位上的数字为___
9.用0，1，2，3,4，5这六个数字，可以组成 __个没有重复数字且能被5整除的五位数（结果用数值表示）．
10．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)若a、b、c三个向量共面，则实数λ等于。
11．将石子摆成如图的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差，即a2 012－5
12.将序号分别为1，2，3，4，5的5张电影票全部分给4人，每人至少1张．如果分给同一人的2张电影票连号，那么不同的分法种数是 ．
13．现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为。类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为。
14．将四个相同的红球和四个相同的黑球排成一排，然后从左至右依次给它们赋以编号l，2，…，8.则红球的编号之和小于黑球编号之和的排法有种。
二、解答题。
15．复数z＝2是一元二次方程ax2＋bx＋1＝0(a，b∈r)的根．
1)求a和b的值；
2)若(a＋bi)＋u＝z(u∈c)，求u.
16．△abc的三个内角a、b、c成等差数列，求证： 。
17．4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内。
1）恰有1个盒不放球，共有几种放法？
2）恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？
3）恰有2个盒不放球，共有几种放法？
18．已知四边形abcd是菱形，∠bad＝60°，四边形bdef是矩形，平面bdef⊥平面abcd，g，h分别是ce，cf的中点．
1)求证：平面aef∥平面bdgh
2)若平面bdgh与平面abcd所成的角为60°，求直线cf与平面bdgh所成的角的正弦值．
19．设数列满足：a1＝2，an＋1＝an＋(n∈n*)．
1)证明：an>对n∈n*恒成立；
2)令bn＝(n∈n*)，判断bn与bn＋1的大小，并说明理由 .
20．如图，在长方体abcd－a1b1c1d1中，aa1＝ad＝1，e为cd的中点．
1)求证：b1e⊥ad1.
2)在棱aa1上是否存在一点p，使得dp∥平面b1ae？若存在，求ap的长；若不存在，说明理由．
高二数学理科周练试卷。
命题人：李锁存审核人：沈仲。
一、填空题。
1．已知复数z＝，则它的共轭复数等于。
解析] z＝＝＝2－i，故其共轭复数是2＋i.
2． n为正奇数时，求证：xn＋yn被x＋y整除，当第二步假设n＝2k－1命题为真时，进而需证n＝__2k＋1___命题为真．
3．已知，那么
4．五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则报名方法的种数为___
5.设，，且，则 9 .
6．若i为虚数单位，已知a＋bi＝(a，b∈r)，则点(a，b)与圆x2＋y2＝2的关系为___
解析] ∵a＋bi＝＝＝i(a，b∈r)，∴2＋2＝>2，∴点p在圆x2＋y2＝2外。
7．22 012个位上的数字为___
解析由21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64,27＝128,28＝256，…，观察可知，24k的个位数为6,24k＋1的个位数为2,24k＋2的个位数为4,24k＋3的个数为8，k∈n，∴22 012＝24×503的个位数为6.
9.用0，1，2，3,4，5这六个数字，可以组成 __个没有重复数字且能被5整除的五位数（结果用数值表示）．
10．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)若a、b、c三个向量共面，则实数λ等于。
解析：由于a，b，c三个向量共面，所以存在实数m，n使得c＝ma＋nb，即有，解得m＝，n＝，λ
11．将石子摆成如图的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差，即a2 012－5
解析观察可知a2 012＝2＋3＋4＋…＋2 014＝×2 013×(2＋2 014)＝2 013×1 008，a2 012－5＝2 013×1 008－5＝1 009×2 011.
12.将序号分别为1，2，3，4，5的5张电影票全部分给4人，每人至少1张．如果分给同一人的2张电影票连号，那么不同的分法种数是 ．
13．现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为。类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为。
解析由平面类比到空间，将面积和体积进行类比，容易得出两个正方体重叠部分的体积恒为。
14．将四个相同的红球和四个相同的黑球排成一排，然后从左至右依次给它们赋以编号l，2，…，8.则红球的编号之和小于黑球编号之和的排法有种。
二、解答题。
15．复数z＝2是一元二次方程ax2＋bx＋1＝0(a，b∈r)的根．
1)求a和b的值；
2)若(a＋bi)＋u＝z(u∈c)，求u.
解析] (1)由题得z＝－－i，因为方程ax2＋bx＋1＝0(a、b∈r)是实系数一元二次方程，所以它的另一个根为－＋i.
由韦达定理知：
2)由(1)知(1＋i)＋u＝－－i，设u＝x＋yi(x，y∈r)，则(1＋i)(x－yi)＋(x＋yi)＝－i，得(2x＋y)＋xi＝－－i，，∴u＝－＋i.
16．△abc的三个内角a、b、c成等差数列，求证： 。
证明：要证，即需证。
即证。又需证，需证。
△abc三个内角a、b、c成等差数列。∴b=60°。
由余弦定理，有，即。
成立，命题得证。
17．4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内。
1）恰有1个盒不放球，共有几种放法？
2）恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？
3）恰有2个盒不放球，共有几种放法？
解 （1）为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有ccc×a=144种。
2）“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法。
3）确定2个空盒有c种方法。
4个球放进2个盒子可分成（3，1）、（2，2）两类，第一类有序不均匀分组有cca种方法；第二类有序均匀分组有·a种方法。
故共有c ( cca+·a）=84种。
18．已知四边形abcd是菱形，∠bad＝60°，四边形bdef是矩形，平面bdef⊥平面abcd，g，h分别是ce，cf的中点．
1)求证：平面aef∥平面bdgh
2)若平面bdgh与平面abcd所成的角为60°，求直线cf与平面bdgh所成的角的正弦值．
1)证明 g，h分别为ce，cf的中点，所以ef∥gh，连接ac与bd交于o，因为四边形abcd是菱形，所以o是ac的中点，连接og，og是三角形ace的中位线，og∥ae，又ef∩ae＝e，gh∩og＝g，则平面aef∥平面bdgh，2)解因为bf⊥bd，平面bdef⊥平面abcd，所以bf⊥平面abcd，取ef的中点n，连接on，则on∥bf，∴on⊥平面abcd，建立空间直角坐标系如图所示，设ab＝2，bf＝t，则b(1,0,0)，c(0，，0)，f(1,0，t)，h，＝(1,0,0)，＝设平面bdgh的法向量为n1＝(x，y，z)，取n1＝(0，－t，)，平面abcd的法向量n2＝(0,0,1)，cos〈n1，n2〉|＝所以t2＝9，t＝3.
所以＝(1，－，3)，设直线cf与平面bdgh所成的角为θ，sin θ＝cos〈，n1〉|＝
19．设数列满足：a1＝2，an＋1＝an＋(n∈n*)．
1)证明：an>对n∈n*恒成立；
2)令bn＝(n∈n*)，判断bn与bn＋1的大小，并说明理由 .
解析] (1)证法1：当n＝1时，a1＝2>，不等式成立，假设n＝k时，ak>成立，当n＝k＋1时，a＝a＋＋2>2k＋3＋>2(k＋1)＋1.
n＝k＋1时，ak＋1>时成立，综上由数学归纳法可知，an>对一切正整数成立．
证法2：当n＝1时，a1＝2>＝，结论成立；
假设n＝k时结论成立，即ak>，当n＝k＋1时，由函数f(x)＝x＋(x>1)的单增性和归纳假设有ak＋1＝ak＋>＋因此只需证：＋≥而这等价于(＋)2≥2k＋3≥0，显然成立，所以当n＝k＋1是，结论成立；
综上由数学归纳法可知，an>对一切正整数成立．
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1 已知复数，则。2 已知的二项展开式的各项系数为32，则二项展开式中的系数为。3 将标号为有4男5女，全体排成一行，男女相间共有种。4 已知，设，则。5 将的张卡片放入个不同的信封中，若每个信封放张，其中标号为的卡片放入同一信封的概率为。6 展开式中不含项的系数的和为。7 的展开式的系数为。8 若...