浙江专用高考数学二轮复习第一板块10+7送分考点组合练一二.docx
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浙江专用高考数学二轮复习第一板块10+7送分考点组合练一二
“10＋7”送分考点组合练
“10＋7”送分考点组合练
（一）
一、选择题
1．（2018·全国卷Ⅲ）已知集合A＝{x|x－1≥0}，B＝{0,1,2}，则A∩B＝（ ）
A．{0} B．{1}
C．{1,2}D．{0,1,2}
解析：
选C ∵A＝{x|x－1≥0}＝{x|x≥1}，B＝{0,1,2}，∴A∩B＝{1,2}．
2．已知集合A＝{x|－x2＋4x≥0}，B＝，C＝{x|x＝2n，n∈N}，则（A∪B）∩C＝（ ）
A．{2,4}B．{0,2}
C．{0,2,4}D．{x|x＝2n，n∈N}
解析：
选C ∵A＝{x|－x2＋4x≥0}＝{x|0≤x≤4}，
B＝＝{x|3－4<3x<33}＝{x|－4∴A∪B＝{x|－4∴（A∪B）∩C＝{0,2,4}，故选C.
3．（2018·杭州第二次质检）5的展开式中x3项的系数是（ ）
A．80B．48
C．－40D．－80
解析：
选D ∵5的展开式的通项为C（2x）5－r·r＝C25－r（－1）rx5－2r，∴x3项的系数为C24·（－1）＝－80，选D.
4．（2018·嘉兴期末测试）若复数z＝2－i，i为虚数单位，则（1＋z）（1－z）＝（ ）
A．2＋4iB．－2＋4i
C．－2－4iD．－4
解析：
选B 因为z＝2－i，所以（1＋z）（1－z）＝1－z2＝1－（2－i）2＝1－（3－4i）＝－2＋4i.故选B.
5．（2018·嘉兴期末测试）已知x，y是非零实数，则“x>y”是“<”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：
选D 法一：
若<，则－＝>0，则或所以“x>y”是
“<”的既不充分也不必要条件．故选D.
法二：
当x>0>y时，>，<不成立．反之，当<时，有可能y>0>x，x>y不一定成立．所以“x>y”是“<”的既不充分也不必要条件．故选D.
6．（2017·宁波期初联考）已知i是虚数单位，若复数z满足＝1－i，则z·＝（ ）
A．4B．5
C．6D．8
解析：
选B 由＝1－i，得z＝－1＝1＋2i，所以＝1－2i，则z·＝（1＋2i）（1－2i）＝5，故选B.
7．（2018·浙江考前冲刺卷六）已知l，m是空间两条不重合的直线，α是一个平面，则“m⊥α，l与m无交点”是“l∥m，l⊥α”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
解析：
选B 若l与m无交点，则l∥m或l与m为异面直线．若l∥m，l⊥α，则m⊥α，l与m无交点，∴“m⊥α，l与m无交点”是“l∥m，l⊥α”的必要不充分条件．故选B.
8．（2017·绍兴六校高三质检）从装有若干个质地均匀、大小相同的红球、白球和黄球的不透明袋子中随机摸出1个球，摸到红球、白球和黄球的概率分别为，，，从袋中随机摸出1个球，记下颜色后放回，连续摸3次，则记下的球的颜色中有红有白但没有黄的概率是（ ）
A．B．
C．D．
解析：
选D 由题意知，连续摸3次，记下的球的颜色中有红有白但没有黄的情况有：
1红2白，2红1白，则所求概率P＝C××2＋C×2×＝.
9．（2018·浙江联盟校联考）近年来，随着高考制度的改革，高考分数不再是高校录取的唯一标准，自主招生、“三位一体”综合评价招生的出现，使得学生的选择越来越多.2018年有3所高校欲通过“三位一体”综合评价招生共招收24名高三学生，若每所高校至少招收一名学生，且人数各不相同，则不同的招生方法种数是（ ）
A．252B．253
C．222D．223
解析：
选C 采用隔板法，在24名学生排列所形成的23个间隔中，任插入2个隔板，分成三组，共有C＝253种，其中三组人数都相同的情况是（8,8,8），1种；有两组人数相同的人数组合情况是（1,1,22），（2,2,20），（3,3,18），（4,4,16），（5,5,14），（6,6,12），（7,7,10），（9,9,6），（10,10,4），（11,11,2），则有两组人数相同的情况共有10×3＝30种．所以每所高校至少招收一名学生，且人数各不相同的招生方法有253－1－30＝222种．故选C.
10．（2018·杭州二模）已知0ξ
－1
0
1
P
－a
a
当a增大时（ ）
A．E（ξ）增大，D（ξ）增大B．E（ξ）减小，D（ξ）增大
C．E（ξ）增大，D（ξ）减小D．E（ξ）减小，D（ξ）减小
解析：
选A 0E（ξ）＝a－，∴当a增大时，E（ξ）增大．
D（ξ）＝2×＋2×＋2×a＝－a2＋a＋＝
－2＋，
∵0二、填空题
11．（2018·杭州高三质检）设复数z＝（其中i为虚数单位），则复数z的实部为________，虚部为________．
解析：
因为z＝＝＝2＋i，所以复数z的实部为2，虚部为1.
答案：
2 1
12．（2018·杭州七校联考）若（1＋x－x2）5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a0＝________，a2＝________.
解析：
令x＝0，则a0＝1，（1＋x－x2）5＝[1＋（x－x2）]5＝1＋C（x－x2）＋C（x－x2）2＋…＋C（x－x2）5，则a2＝C×（－1）＋C×1＝－5＋10＝5.
答案：
1 5
13．（2018·杭州七校联考）已知随机变量X的分布列如表所示，则a＝________，D（X）＝________.
X
1
2
3
P
a
解析：
由离散型随机变量的分布列知＋＋a＝1，解得a＝，所以E（X）＝1×＋2×＋3×＝2，D（X）＝×（1－2）2＋×（2－2）2＋×（3－2）2＝.
答案：
14．（2018·嘉兴期末测试）有编号分别为1,2,3,4的4个红球和4个黑球，从中随机取出3个，则取出的球的编号互不相同的概率是________．
解析：
8个球，从中取出3个，基本事件共有C＝56（种），其中取出的球的编号互不相同的有C×23＝32（种），所以所求概率为＝.
答案：
15．袋中装有6个编号不同的黑球和3个编号不同的白球，这9个球的大小及质地都相同．现从该袋中随机摸取3个球，则这3个球中恰有2个黑球和1个白球的取法总数是________，设摸取的这3个球中所含的黑球数为X，则P（X＝k）取最大值时，k的值为________．
解析：
从该袋中随机摸取3个球，则这3个球中恰有2个黑球和1个白球的取法总数是CC＝45.由题意知X的可能取值为0,1,2,3，则P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，∴P（X＝k）取最大值时，k的值为2.
答案：
45 2
16．（2018·杭州高三质检）在一次随机试验中，事件A发生的概率为p，事件A发生的次数为ξ，则期望E（ξ）＝________，方差D（ξ）的最大值为________．
解析：
法一：
由题意知ξ可能的取值为0,1，
ξ的分布列为
ξ
0
1
P
1－p
p
所以E（ξ）＝0×（1－p）＋1×p＝p，D（ξ）＝（0－p）2×（1－p）＋（1－p）2×p＝p（1－p）≤，故期望E（ξ）＝p，方差D（ξ）的最大值为.
法二：
由题意知，随机变量ξ服从两点分布，其发生的概率为p，不发生的概率为1－p，所以E（ξ）＝p，D（ξ）＝p（1－p）≤.
答案：
p
17．（2018·杭州高三质检）在二项式5（a∈R）的展开式中，若含x7的项的系数为
－10，则a＝________.
解析：
二项式5的展开式的通项Tr＋1＝C（x2）5－r·r＝ar·C·x10－3r，由10－3r＝7，得r＝1，所以含x7的项的系数为Ca1＝－10，所以a＝－2.
答案：
－2
“10＋7”送分考点组合练
（二）
一、选择题
1．（2018·浙江高三调研）设全集U＝{x|－4A．[－1,0]∪[2,3] B．[2,3]
C．[－1,0]D．[－1,0]∪[1,10）
解析：
选B 法一：
由x2＋3x－4<0得－4法二：
由选项可知，若取x＝0，则0∈A,0∉∁UA,0∈B.所以0∉B∩（∁UA）．故选B.
2．（2018·台州三校适考）已知集合A＝{x|log4（x＋1）≤1}，B＝{x|x＝2k－1，k∈Z}，则A∩B＝（ ）
A．{－1,1,3}B．{1,3}
C．{－1,3}D．{－1,1}
解析：
选B 由log4（x＋1）≤1，得03．（2018·浙江名校联考信息卷）已知复数z＝1＋2i（i为虚数单位），那么的共轭复数为（ ）
A.＋2iB．－2i
C．1＋2iD．1－2i
解析：
选C ＝＝＝＝1－2i，它的共轭复数为1＋2i，故选C.
4．（2018·浙江高三调研）已知直线l1：
x＋y－2a＝0和l2：
（a2－2）x－y＋2＝0，则“l1∥l2”是“a＝－1”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：
选C 当l1∥l2时，a2－2＝－1，解得a＝±1，当a＝1时，l1：
x＋y－2＝0与l2：
－x－y＋2＝0重合，所以a≠1，故a＝－1.当a＝－1时，l1：
x＋y＋2＝0与l2：
－x－y＋2＝0平行．所以“l1∥l2”是“a＝－1”的充要条件．故选C.
5．（2017·温州高考适应性测试）已知α，β∈R，则“α>β”是“cosα>cosβ”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
解析：
选D α>βcosα>cosβ，如α＝，β＝，>，而coscosβ
α>β，如α＝，β＝，cos>cos，而<.故选D.
6．（2018·绍兴二模）二项式n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中有理项的个数为（ ）
A．7B．5
C．4D．3
解析：
选A 根据二项式n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，可得只有C最大，故有n＝20，故通项公式为Tr＋1＝C·（）20－r·，若20－为整数，则r＝0,3,6,9,12,15,18，共7个，故选A.
7．先后两次抛掷同一个骰子，将得到的点数分别记为a，b，则a，b,5能够构成等腰三角形的概率是（ ）
A．B．
C．D．
解析：
选C 基本事件的总数是36，
当a＝1时，b＝5符合要求，有1种情况；
当a＝2时，b＝5符合要求，有1种情况；
当a＝3时，b＝3,5符合要求，有2种情况；
当a＝4时，b＝4,5符合要求，有2种情况；
当a＝5时，b＝1,2,3,4,5,6均符合要求，有6种情况；
当a＝6时，b＝5,6符合要求，有2种情况．
所以能够构成等腰三角形的共有14种情况，所求概率为＝.
8．（2018·全国卷Ⅲ）某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D（X）＝2.4，
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