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1、1专题突破练专题突破练 1常考小题点过关检测常考小题点过关检测一、单项选择题1.(2021山东潍坊一模)已知集合 A=-2,0,B=x|x2-2x=0,则下列结论正确的是()A.A=BB.AB=0C.AB=AD.AB2.(2021广东广州二模)已知集合 P=x|-3x1,Q=y|y=x2+2x,则 P(RQ)=()A.-3,-1)B.-1,1C.(-,-1D.(-,13.(2021河北保定一模)设 a,bR,则“|a+bi|=|1+i|”是“a=b=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4.(2021福建福州一中模拟)在复平面内,复数 z=a+bi(
2、aR,bR)对应向量?t?(O 为坐标原点),设|?t?|=r,以 x 轴的非负半轴为始边,射线 OZ 为终边的角为,则 z=r(cos+isin).法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理:zn=r(cos+isin)n=rn(cos n+isin n),则(-1+3i)10=()A.1 024-104 3iB.-1 024+1 024 3iC.512-512 3iD.-512+512 3i5.(2021东北三校第一次联考)土楼有圆形、方形、五角形、八角形、日字形、回字形、吊脚楼等类型.某大学建筑系学生对这七种主要类型的土楼依次进行调查研究.在制定调查顺序时,要求将圆形排在第一个或最后一个,方形、五角
3、形相邻,则共有()种不同的排法.A.480B.240C.384D.1 4406.(2021河北唐山一模)记?+12?4展开式的偶数项之和为 P,则 P 的最小值为()A.1B.2C.3D.47.(2021江苏南京三模)在正方形 ABCD 中,O 为两条对角线的交点,E 为 BC 边上的动点.若?=?+?(0,0),则2?+1?的最小值为()A.2B.5C.92D.1438.(2021山东日照一中月考)已知 f(x)=x2+4x+1+a,且对任意 xR,f(f(x)0 恒成立,则实数 a 的取值范围为()A.5-12,+B.2,+)C.-1,+)D.3,+)二、多项选择题9.(2021河北张家口
4、一模)如果平面向量 a=(2,-4),b=(-6,12),那么下列结论正确的是()A.|b|=3|a|B.abC.a 与 b 的夹角为 30D.ab=-60210.(2021河北唐山二模)已知 ab0,且 ab=4,则()A.2a-b1B.log2a-log2b1C.2a+2b8D.log2alog2by 的充分不必要条件的是()A.xc2yc2B.1?1?|y|D.ln xln y12.(2021广东茂名模拟)传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等.这是因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最为得意的发现,于是留下遗言:他死后,墓碑上要
5、刻上一个“圆柱容球”的几何图形.如图,设圆柱的体积与球的体积之比为 m,圆柱的表面积与球的表面积之比为 n,若 f(x)=?3-1?8,则()A.f(x)的展开式中的常数项是 56B.f(x)的展开式中的各项系数之和为 0C.f(x)的展开式中的二项式系数最大值是 70D.f(i)=-16,其中 i 为虚数单位三、填空题13.(2021福建厦门双十中学月考)设复数 z满足 z=4i1+i,则 z 的共轭复数?在复平面内对应的点位于第象限.14.(2021上海嘉定二模)将?+1?7的二项展开式的各项重新随机排列,则有理项互不相邻的概率为.15.(2021浙江嘉兴二模)为满足某度假区游客绿色出行需
6、求,某电力公司在该度假区停车楼建设了集中式智慧有序充电站,充电站共建设 901 个充电桩,其中包括 861个新型交流有序充电桩、37 个直流充电桩以及 3 个专门满足新能源大巴快速补电需求的大功率直流充电桩.现有 A,B,C,D,E,F 六辆新能源大巴,需要安排在某周一的上午或下午在甲、乙、丙 3 个新能源大巴大功率直流充电桩充电,每个充电桩在上午和下午均只安排一辆大巴充电.若要求 A,B 两大巴不能同时在上午充电,而 C 大巴只能在下午充电,且 F 大巴不能在甲充电桩充电,则不同的充电方案一共有种.(用数字作答)16.(2021辽宁葫芦岛一模)在边长为 2 的正三角形 ABC 中,D 是 B
7、C 边的中点,?=2?,CE 交 AD 于点F.若?t?=x?+y?,则 x+y=;?t?=.3专题突破练 1常考小题点过关检测1.B解析:由题设得 B=0,2,所以 AB,AB=0,ABA,A不是 B的子集.2.D解析:因为 Q=y|y=x2+2x=y|y=(x+1)2-1=y|y-1,所以RQ=y|y0,所以 P=C41x312?+C43x12?3=2x2+12?22 1=2,当且仅当 2x2=12?2即 x=22时等号成立.7.C解析:如图所示,以 A为原点,AB,AD 所在直线分别为 x轴、y 轴建立平面直角坐标系.设正方形的边长为 1,则 A(0,0),B(1,0),C(1,1),D
8、(0,1),于是可得 O12,12.设点 E 的坐标为(1,m)(0m1),则由?=?+?(0,0),可得(1,m)=(1,1)+12,-12(0,0),所以 1=+12(0,0),则2?+1?2?+1?+12?=2+12+?+?52+2?92,当且仅当?,1?+12?,?0,?0,即=23时取等号,此时2?+1?的最小值为92.4经检验,此时 m=130,1符合题意.8.B解析:由题意,函数 f(x)=x2+4x+1+a,令 t=f(x),则 t=x2+4x+1+a=(x+2)2-3+aa-3,又对任意 xR,f(f(x)0恒成立,即 f(t)0对任意 ta-3恒成立,当 a-3-2 时,即
9、 a1 时,f(t)min=f(-2)=a-30,解得 a3,此时无解;当 a-3-2 时,即 a1时,f(t)min=f(a-3)=a2-a-20,解得 a2 或 a-1,所以 a2.综上可得,实数 a的取值范围为2,+).9.ABD解析:因为 a=(2,-4),b=(-6,12),所以 b=-3a.所以|b|=3|a|,ab,a 与 b 的夹角为 180,ab=2(-6)+(-4)12=-60,故选项 A,B,D 正确,选项 C 错误.10.ACD解析:因为 ab0,且 ab=4,对 A,a-b0,所以 2a-b20=1,故 A正确;对 B,取 a=83,b=32,则 log2a-log2
10、b=log2?=log2169b0,所以不能取等号,故 C 正确;对 D,当 a1b0时,log2a0,log2b0,所以 log2alog2bb1时,log2a0,log2b0,所以 log2alog2b(log2?+log2?)24?log2(?)24=1,当且仅当 a=b 时取等号,因为 ab0,所以不能取等号,故 D正确.11.ABD解析:对于 A选项:若 xc2yc2,则 c20,于是 xy,而当 xy,c=0 时 xc2=yc2,所以“xc2yc2”是“xy”的充分不必要条件,故 A符合题意;对于 B 选项:由1?1?0 可得 yxy;但 xy 不能推出1?1?0(因为 x,y 的
11、正负不确定),所以“1?1?y”的充分不必要条件,故 B 符合题意;对于 C 选项:由|x|y|可得 x2y2,则(x+y)(x-y)0,不能推出 xy;由 xy 也不能推出|x|y|(如 x=1,y=-2),所以“|x|y|”是“xy”的既不充分也不必要条件,故 C不符合题意;对于 D选项:若 ln xln y,则 xy,而由 xy 不能推出 ln xln y,所以“ln xln y”是“xy”的充分不必要条件.故选项 D符合题意.12.BC解析:设内切球的半径为 r(r0),则圆柱的高为 2r.于是 m=?22?43?3?32,n=2?2+2?2?4?2?32,所以?=1,所以 f(x)=
12、?3-1?8.对于 A,f(x)展开式通项为 Tr+1=C8?x24-3r-1?=(-1)rC8?x24-4r,令 24-4r=0,解得 r=6,所以 f(x)展开式中的常数项为(-1)6C86=28,A错误;5对于 B,f(1)=0,即 f(x)展开式的各项系数之和为 0,B 正确;对于 C,f(x)展开式中二项式系数最大值为C84=70,C 正确;对于 D,f(i)=i3-1i8=(-i+i)8=0,D 错误.13.四解析:因为 z=4i1+i?4i(1-i)(1+i)(1-i)?4i(1-i)2=2i(1-i)=2i-2i2=2+2i,所以?=2-2i,所以共轭复数?在复平面内对应的点位
13、于第四象限.14.114解析:?+1?7的展开式的通项为 Tr+1=C7?x7-r?-12r=C7?7-32?,当 r=0,2,4,6时,对应的项为有理项,一共 4项,当 r=1,3,5,7时,对应的项为无理项,一共 4项,要使得有理项互不相邻,采用插空法,先把无理项排好,再把有理项插到无理项的 5个空档中,共有A44A54=2880 种情况,全部的情况有A88=40 320 种,故所求概率 P=A44A54A88?2 88040 320?114.15.168解析:先排 F 大巴,第一种方案,F大巴在上午充电,有C21种可能情况,此时再排 C大巴,C 大巴在下午充电,有C31种可能情况,再排
14、A,B大巴,又分 A,B大巴同在下午和一个上午、一个下午两种情况,有(A22+C21C21C21)种可能情况;第二种方案,F 大巴在下午充电,有C21种可能情况,此时再排 C 大巴,C大巴在下午充电,有C21种可能情况,再排 A,B 大巴,只能一个上午、一个下午,有C21C31种可能情况.最后再排剩下的两辆大巴,有A22种可能情况,故共有C21C31(A22+C21C21C21)+C21C21C21C31A22=168种不同的充电方案.16.35-715解析:如图,过点 E作 EMAD交 BC 于点 M,由?=2?,得EM=13AD,BM=13BD,MD=23BD,又 D是 BC 边的中点,得 DC=35MC,FD=35EM,故 FD=15AD,即 AF=45AD,所以?t?45?45(?)=4512?-?25?45?,所以?t?+?t?15?+25?,故 x+y=35.易知?13?12?,由已知得 BA=BC=2,=60,所以|?|=|?|=2,?=22cos 60=2.6所以?t?15?+25?13?-12?115?2?15?2+130?1154-154+1302=-715.