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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=B B.A∩B={0}
C.A∪B=A D.A B
2.(2021·广东广州二模)已知集合P={x|-3≤x≤1},Q={y|y=x2+2x},则P∪( Q)=( )
⊆ R
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)对应向量⃗OZ(O为坐标原点),设|⃗OZ
|=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(cos θ+isin θ).法国数学家棣莫弗发现棣
莫弗定理:zn=[r(cos θ+isin θ)]n=rn(cos nθ+isin nθ),则(-1+√3i)10=( )
A.1 024-104√3i B.-1 024+1 024√3i
C.512-512√3i D.-512+512√3i
5.(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.480 B.240 C.384 D.1 440
( 1 ) 4
6.(2021·河北唐山一模)记 x+ 展开式的偶数项之和为P,则P的最小值为( )
2x
A.1 B.2 C.3 D.4
7.(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.若⃗AE=λ⃗AC
2 1
+μ⃗DO (λ>0,μ>0),则 + 的最小值为( )
λ μ
9 14
A.2 B.5 C. D.
2 3
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( )
[√5-1 )
A. ,+∞ B.[2,+∞)
2
C.[-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∥b
C.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>1 B.log a-log b>1
2 2
C.2a+2b>8 D.log a·log b<1
2 2
11.(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( )
1 1
A.xc2>yc2 B. < <0
x y
C.|x|>|y| D.ln x>ln y
12.
(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)=
(m
x3-
1) 8
,则( )
n x
A.f(x)的展开式中的常数项是56
B.f(x)的展开式中的各项系数之和为0
C.f(x)的展开式中的二项式系数最大值是70
D.f(i)=-16,其中i为虚数单位
三、填空题
4i
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
z
在复平面内对应的点位于第
1+i
象限.
( 1 ) 7
14.(2021·上海嘉定二模)将 x+ 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
√x
.
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
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,⃗AE=2⃗EB,CE交AD于
点F.若⃗BF=x⃗BC+y⃗BA,则x+y= ;⃗BF·⃗DE= .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 ∁R Q={y|y<-1},
又P={x|-3≤x≤1},所以P∪( Q)={x|x≤1}.
R
3.B 解析: ∵|a+bi|=|1+i|,∴√a2+b2=√12+12,即a2+b2=2.
∁
∵a2+b2=2 a=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+√3i)10=210 cos ( 10× 2π) +isin 10× 2π =1 024 cos 20π +isin
3 3 3
20π ( 1 √3 )
=1 024 - + i =-512+512√3i.
3 2 2
5.A 解析: 当圆形排在第一个时,有A5A2=240种不同的排法.同理,当圆形排在最后一个
5 2
时,有A5A2=240种不同的排法.
5 2
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=C1x3· 1 +C3x· ( 1 ) 3 =2x2+ 1 ≥2√1=2,
4 2x 4 2x 2x2
1 √2
当且仅当2x2= 即x=± 时等号成立.
2x2 2
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
(1
,
1)
.
2 2
设点E的坐标为(1,m)(0≤m≤1),则由⃗AE=λ⃗AC+μ⃗DO(λ>0,μ>0),可得(1,m)=λ(1,1)+μ
(1 ,- 1)(λ>0,μ>0),所以1=λ+ 1 μ(λ>0,μ>0),则 2 + 1 = (2 + 1)( λ+ 1 μ )=2+ 1 + μ + λ ≥ 5 +2
2 2 2 λ μ λ μ 2 2 λ μ 2
λ μ
{ = ,
μ λ
√μ λ 9,当且仅当 即λ=μ=2时取等号,此时2 1的最小值为9.
· = 1 +
λ μ 2 1=λ+ μ, 3 λ μ 2
2
λ>0,μ>0,1
经检验,此时m= ∈[0,1]符合题意.
3
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) =f(-2)=a-3≥0,解得a≥3,此时无解;
min
当a-3>-2时,即a>1时,f(t) =f(a-3)=a2-a-2≥0,解得a≥2或a≤-1,所以a≥2.
min
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;
8 3 a 16
对B,取a= ,b= ,则log a-log b=log =log b>0,
所以不能取等号,故C正确;
对D,当a>1>b>0时,log a>0,log b<0,所以log a·log b<1;当a>b>1时,log a>0,log b>0,所
2 2 2 2 2 2
(log a+log b)2 [log (ab)]2
以log a·log b≤ 2 2 = 2 =1,当且仅当a=b时取等号,因为a>b>0,
2 2
4 4
所以不能取等号,故D正确.
11.ABD 解析: 对于A选项:若xc2>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;
1 1 1 1
对于B选项:由 < <0可得yy;但x>y不能推出 < <0(因为x,y的正
x y x y
1 1
负不确定),所以“ < <0”是“x>y”的充分不必要条件,故B符合题意;
x y
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;
对于D选项:若ln x>ln y,则x>y,而由x>y不能推出ln x>ln y,所以“ln x>ln y”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.
πr2·2r 3
于是m= 4 = 2 ,n= 2πr2+2πr·2r = 3 ,所以m =1,所以f(x)=( x3- 1) 8 .
πr3 4πr2 2 n x
3对于A,f(x)展开式通项为T =Crx24-3r· ( - 1) r =(-1)rCrx24-4r,令24-4r=0,解得r=6,所以f(x)展
r+1
8 x 8
开式中的常数项为(-1)6C6=28,A错误;
8
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C4=70,C正确;
8
对于D,f(i)= ( i3- 1) 8 =(-i+i)8=0,D错误.
i
4i 4i(1-i) 4i(1-i)
13.四 解析: 因为z= = = =2i(1-i)=2i-2i2=2+2i,所以 z =2-2i,所
1+i (1+i)(1-i) 2
以共轭复数z在复平面内对应的点位于第四象限.
14. 1 1 4 解析: ( x+ √ 1 x ) 7 的展开式的通项为T r+1 =C 7 rx7-r· x - 1 2 r= C 7 rx 7- 3 2 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A4A4=2
4 5
A4A4
2 880 1
880种情况,全部的情况有A8=40 320种,故所求概率P= 4 5 = = .
8 A8 40 320 14
8
15.168 解析: 先排F大巴,第一种方案,F大巴在上午充电,有C1种可能情况,此时再排C
2
大巴,C大巴在下午充电,有C1种可能情况,再排A,B大巴,又分A,B大巴同在下午和一个
3
上午、一个下午两种情况,有(A2+C1C1C1)种可能情况;第二种方案,F大巴在下午充电,
2 2 2 2
有C1种可能情况,此时再排C大巴,C大巴在下午充电,有C1种可能情况,再排A,B大巴,只
2 2
能一个上午、一个下午,有C1C1种可能情况.
2 3
最后再排剩下的两辆大巴,有A2种可能情况,故共有[C1C1 (A2+C1C1C1)+C1C1C1C1 ]A2
2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 3 2
=168种不同的充电方案.
16.
3 7 1 1
- 解析: 如图,过点E作EM∥AD交BC于点M,由 =2 ,得EM= AD,BM=
⃗AE ⃗EB
5 15 3 3
2 3 3 1 4
BD,MD= BD,又D是BC边的中点,得DC= MC,∴FD= EM,故FD= AD,即AF= AD,
3 5 5 5 5
所以⃗AF= 4 ⃗AD= 4 (⃗BD−⃗BA)= 4(1 ⃗BC-⃗BA ) = 2 ⃗BC− 4 ⃗BA,
5 5 5 2 5 5
1 2 3
所以⃗BF=⃗BA+⃗AF= ⃗BA+ ⃗BC,故x+y= .
5 5 51 1
易知⃗DE=⃗BE−⃗BD= ⃗BA− ⃗BC,
3 2
由已知得BA=BC=2,<⃗BC,⃗BA>=60°,
所以|⃗BA|=|⃗BC|=2,⃗BA·⃗BC=2×2×cos 60°=2.
所以⃗BF·⃗DE= (1 ⃗BA+ 2 ⃗BC ) · (1 ⃗BA- 1 ⃗BC ) = 1 ⃗BA2− 1 ⃗BC2+ 1 ⃗BA·⃗BC= 1 ×4- 1 ×4+
5 5 3 2 15 5 30 15 5
1 7
×2=- .
30 15
