【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习习题训练--专题突破练1《常考小题点过关检测》(含详解).doc，共(7)页，657.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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1专题突破练1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.A∩B={0}C.A∪B=AD.A⊆B2.(2021·广东广州二模)已知集合

P={x|-3≤x≤1},Q={y|y=x2+2x},则P∪(∁RQ)=()A.[-3,-1)B.[-1,1]C.(-∞,-1]D.(-∞,1]3.(2021·河北保定一模)设a,b∈R,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(a∈R,b∈R)对应向量(O为坐标原点),设||=r,以x轴的非负半轴为始边,射线OZ为终边的角为

θ,则z=r(cosθ+isinθ).法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理:zn=[r(cosθ+isinθ)]n=rn(cosnθ+isinnθ),则(-1+i)10=()A.1024-104iB.-1024+1024iC.512-

512iD.-512+512i5.(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、五角形相邻,则共有()种不同的排法.A.480B.

240C.384D.14406.(2021·河北唐山一模)记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=λ+μ(λ>0,μ>0),则的最小值为()A.

2B.5C.D.8.(2021·山东日照一中月考)已知f(x)=x2+4x+1+a,且对任意x∈R,f(f(x))≥0恒成立,则实数a的取值范围为()A.B.[2,+∞)2C.[-1,+∞)D.[3,+∞)二、

多项选择题9.(2021·河北张家口一模)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.a∥bC.a与b的夹角为30°D.a·b=-6010.(2021·河北唐山二模)已知a>b>0,且ab=4,则()A.2a-b>1B.l

og2a-log2b>1C.2a+2b>8D.log2a·log2b<111.(2021·山东临沂模拟)在下列四个条件中,能成为x>y的充分不必要条件的是()A.xc2>yc2B.<0C.|x|>|y|D.lnx>lny12.(

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)=,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=,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3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BC边的中点,=2,CE交AD于点F.若=x+y,则x+y=;=.4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A≠B,A∩B={0},A∪B≠A,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|y<-1},又P={x|-3≤x≤1},所以P∪(∁RQ)={x|x≤1}.3.B解析:∵|a+bi|=|1+i|,∴,即a2+b2=2.∵a2+b2=

2a=b=1,而a=b=1⇒a2+b2=2,∴“a2+b2=2”是“a=b=1”的必要不充分条件,即“|a+bi|=|1+i|”是“a=b=1”的必要不充分条件.4.D解析:由题意,得(-1+i)10=210cos+isin10×=1024cos+isin=1024=-512+51

2i.5.A解析:当圆形排在第一个时,有=240种不同的排法.同理,当圆形排在最后一个时,有=240种不同的排法.综上,圆形要排在第一个或最后一个,方形、五角形相邻,则共有480种不同的排法.6.B解析:由已

知得x≠0,则x2>0,所以P=x3·x·=2x2+≥2=2,当且仅当2x2=即x=±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(0,1),于是可得O.设点E

的坐标为(1,m)(0≤m≤1),则由=λ+μ(λ>0,μ>0),可得(1,m)=λ(1,1)+μ(λ>0,μ>0),所以1=λ+μ(λ>0,μ>0),则5=2++2,当且仅当即λ=μ=时取等号,此时的最小值为.经检验,此时m=∈[0,1]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+a≥a-3,又对任意x∈R,f(f(x))≥0恒成立,即f(t)≥0对任意t≥a-3恒成立,当a-3≤-2时,即a≤1时,f(t)min=f(-2)=a-3≥0,解得

a≥3,此时无解;当a-3>-2时,即a>1时,f(t)min=f(a-3)=a2-a-2≥0,解得a≥2或a≤-1,所以a≥2.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|,a∥b,a与b的夹角为180°,a·b=2×(-6)+(-4)×12=-60,故选项A,B,D正确,选项C错误.10.ACD解析:因为a>b>0,且ab=4,对A,a-b>0,所以2a-b>20=1,故A

正确;对B,取a=,b=,则log2a-log2b=log2=log2<log22=1,故B错误;对C,2a+2b≥2=2,当且仅当a=b时取等号,又因为a+b≥2=4,当且仅当a=b=2时取等号,所以2a+2b≥2≥2=8,当且仅当a=b=2时取等号,因为a>b>0,所

以不能取等号,故C正确;对D,当a>1>b>0时,log2a>0,log2b<0,所以log2a·log2b<1;当a>b>1时,log2a>0,log2b>0,所以log2a·log2b≤=1,当且仅当a=b时取等号,因为a>b>0,所以不能取等号,故D正确.11.ABD解析:对于A选项:若xc

2>yc2,则c2≠0,于是x>y,而当x>y,c=0时xc2=yc2,所以“xc2>yc2”是“x>y”的充分不必要条件,故A符合题意;对于B选项:由<0可得y<x<0,即能推出x>y;但x>y不能推出<0(因为x,y的正负不

确定),所以“<0”是“x>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x2>y2,则(x+y)(x-y)>0,不能推出x>y;由x>y也不能推出|x|>|y|(如x=1,y=-2),所

以“|x|>|y|”是“x>y”的既不充分也不必要条件,故C不符合题意;6对于D选项:若lnx>lny,则x>y,而由x>y不能推出lnx>lny,所以“lnx>lny”是“x>y”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(r>0),则圆柱的高为2r.于是m=,

n=,所以=1,所以f(x)=.对于A,f(x)展开式通项为Tr+1=x24-3r·=(-1)rx24-4r,令24-4r=0,解得r=6,所以f(x)展开式中的常数项为(-1)6=28,A错误;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=70,C正确;对于D,f(i)==(-i+i)8=0,D错误.13.四解析:因为z==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于第四象限.14.解析:的展开式的通项为Tr+1=x7-r·r=,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=2880种情况,全部的情况有=40320种,故所求概率P=.15.168解析:先排F大巴,第一种方

案,F大巴在上午充电,有种可能情况,此时再排C大巴,C大巴在下午充电,有种可能情况,再排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()种可能情况;第二种方案,F大巴在下午充电,有种可能

情况,此时再排C大巴,C大巴在下午充电,有种可能情况,再排A,B大巴,只能一个上午、一个下午,有种可能情况.7最后再排剩下的两辆大巴,有种可能情况,故共有[)+=168种不同的充电方案.16.-解析:如图,过点E作EM∥AD交BC于点M,由=2,得EM=AD,BM

=BD,MD=BD,又D是BC边的中点,得DC=MC,∴FD=EM,故FD=AD,即AF=AD,所以)=,所以,故x+y=.易知,由已知得BA=BC=2,<>=60°,所以||=||=2,=2×2×cos60°=2.

所以×4-×4+×2=-.