2026年高考数学考前20天冲刺讲义（五）

这是一份2026年高考数学考前20天冲刺讲义（五），文件包含北京市东城区20252026学年度第二学期高三综合练习二语文试题原卷版docx、北京市东城区20252026学年度第二学期高三综合练习二语文试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。

倒计时04天
➤排列组合与二项式定理（选填题）……………………………………………01
聚焦排列组合应用、二项式定理通项及系数求解等 2大考向10个核心考点
倒计时03天
➤不等式（选填题）………………………………………………………………19
聚焦不等式性质与解法、基本不等式应用等 2大考向6个核心考点
倒计时02天
➤复数（选填题）…………………………………………………………………35
聚焦复数概念、四则运算及几何意义等 7大考向8个核心考点
倒计时01天
➤集合与常用逻辑用语（选填题）………………………………………………51
聚焦集合运算与关系、充要条件、量词等 5大考向7个核心考点
倒计时04天 功不唐捐，玉汝于成。
——《法华经》
排列组合与二项式定理（选填题）
考情透视--把脉命题 直击重点
►命题解码：①排列组合核心考点：两大计数原理、排列数组合数公式、常用方法（相邻捆绑、不相邻插空、定序倍缩、分组分配、隔板法）。二项式定理核心：通项公式、特定项系数、二项式系数性质（对称性、增减性、最大项、系数和）。②难度中档为主，强调分类清晰、不重不漏，避免复杂枚举。
►高考前沿：聚焦有限制条件的分配问题（如名额分配、涂色问题）及二项式系数与系数最值；突出逻辑推理与数学运算，注意“分组是否有标识”“是否允许为空”等易错点，强化赋值法求系数和。
考点抢分--核心精粹 高效速记
终极考点1 分类计数原理（加法原理）
.
终极考点2 分步计数原理（乘法原理）
.
终极考点3 排列数公式
==.(，∈N*，且)．注:规定.
终极考点4 组合数公式
===(∈N*，，且).
终极考点5 排列数与组合数的关系
.
终极考点6 单条件排列
以下各条的大前提是从个元素中取个元素的排列.
（1）“在位”与“不在位”
①某（特）元必在某位有种；
②某（特）元不在某位有（补集思想）（着眼位置）（着眼元素）种.
（2）紧贴与插空（即相邻与不相邻）
①定位紧贴：个元在固定位的排列有种.
②浮动紧贴：个元素的全排列把k个元排在一起的排法有种.注：此类问题常用捆绑法；
③插空：两组元素分别有k、h个（），把它们合在一起来作全排列，k个的一组互不能挨近的所有排列数有种.
（3）两组元素各相同的插空
个大球个小球排成一列，小球必分开，问有多少种排法？
当时，无解；当时，有种排法.
（4）两组相同元素的排列：两组元素有m个和n个，各组元素分别相同的排列数为.
终极考点7 分配问题
（1）(平均分组有归属问题)将相异的、个物件等分给个人，各得件，其分配方法数共有.
（2）(平均分组无归属问题)将相异的·个物体等分为无记号或无顺序的堆，其分配方法数共有
.
终极考点8 二项式定理
;
二项展开式的通项公式
.
终极考点9 二项式系数的性质
终极考点10 二项式系数和
(a＋b)n的展开式的各个二项式系数的和等于2n，即Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(k,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n.
二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(3,n)＋Ceq \\al(5,n)＋…＝Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(4,n)＋…＝.
真题精研--复盘经典 把握规律
考向01 排列组合综合
1．（2023·全国甲卷·高考真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（ ）
A．120B．60C．30D．20
【答案】B
【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解.
【详解】不妨记五名志愿者为，
假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法，
同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法，
所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种.
故选：B.
2．（2023·全国乙卷·高考真题）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ）
A．30种B．60种C．120种D．240种
【答案】C
【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.
【详解】首先确定相同得读物，共有种情况，
然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种，
根据分步乘法公式则共有种，
故选：C.
3．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）．
A．种B．种
C．种D．种
【答案】D
【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.
【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取，
根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有种.
故选：D.
4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）．
【答案】64
【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.
【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种；
（2）当从8门课中选修3门，
①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种；
②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种；
综上所述：不同的选课方案共有种.
故答案为：64.
5．（2024·全国甲卷·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为______．
【答案】
【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.
【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，
设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，
故，故，
故，
若，则，则为：，故有2种，
若，则，则为：，
，故有10种，
当，则，则为：
，
，
故有16种，
当，则，同理有16种，
当，则，同理有10种，
当，则，同理有2种，
共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为，
故所求概率为.
故答案为：
6．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有________种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________．
【答案】 24 112
【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解.
【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，
第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，
所以共有种选法；
每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
，
，
，
，
所以选中的方格中，的4个数之和最大，为.
故答案为：24；112
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果.
解题妙法
三步解题法：
识别问题类型：
排列（有序）：从 n 个不同元素中选 m 个排成一列，Anm=n!n−m!
组合（无序）：Cnm=n!m!n−m!
常见模型：相邻（捆绑法）、不相邻（插空法）、定序（除以阶乘）、分组分配（先分组再分配）、数字问题（特殊位置优先）、涂色问题（分类或递推）。
选择解题策略：
特殊元素/位置优先：优先处理有限制的元素或位置。
捆绑法：若干元素必须相邻，将它们视为一个整体，内部再排列。
插空法：若干元素互不相邻，先排无限制元素，再在空位中插入。
间接法（正难则反）：总情况减去不符合条件的情况。
平均分组：n 个元素平均分成 k 组，每组 m 个，方法数为 Cnm⋅Cn−mm⋯k!。
计算并验证：
注意区分“排列”还是“组合”；
是否有重复计数（如分组是否有序、元素是否相同）；
结果是否满足实际意义（如人数、对象是否可区分）。
口诀：特殊优先绑插空，正难则反用间接；分组注意去重复，排列组合要分清。
考向02 二项式定理综合
7．（2024·北京·高考真题）在的展开式中，的系数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】写出二项展开式，令，解出然后回代入二项展开式系数即可得解.
【详解】的二项展开式为，
令，解得，
故所求即为.
故选：A.
8．（2023·北京·高考真题）的展开式中的系数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可.
【详解】对于，由二项展开式的通项得，
令解得，
则所求系数为，
故选：D
三、填空题
9．（2025·天津·高考真题）在的展开式中，项的系数为________．
【答案】
【分析】根据二项式定理相关知识直接计算即可.
【详解】展开式的通项公式为，
当时，，
即展开式中的系数为.
故答案为：
10．（2024·天津·高考真题）在的展开式中，常数项为______．
【答案】20
【分析】根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可.
【详解】因为的展开式的通项为，
令，可得，
所以常数项为.
故答案为：20.
11．（2023·天津·高考真题）在的展开式中，的系数为_________．
【答案】
【分析】由二项式展开式的通项公式写出其通项公式，令确定的值，然后计算项的系数即可.
【详解】展开式的通项公式，
令可得，，
则项的系数为.
故答案为：60.
12．（2024·全国甲卷·高考真题）的展开式中，各项系数中的最大值为______．
【答案】5
【分析】先设展开式中第项系数最大，则根据通项公式有，进而求出即可求解.
【详解】由题展开式通项公式为，且，
设展开式中第项系数最大，则，
，即，又，故，
所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为.
故答案为：5.
13．（2025·北京·高考真题）已知，则________；________．
【答案】
【分析】利用赋值法可求，利用换元法结合赋值法可求的值.
【详解】令，则，
又，
故，
令，则，
令，则，故
故答案为：.
解题妙法
三步解题法：
写出通项公式：a+bn 展开式的通项 Tr+1=Cnran−rbr（r=0,1,…,n）。
注意 a,b 可能为单项式、多项式或分式，要根据题目准确提取指数。
根据条件列方程：
求指定项（如常数项、xk 项）：令 x 的指数等于目标值，解出 r，再代入求系数。
求系数和：令 x=1 得各项系数和；令 x=−1 得奇偶项系数差；奇次项/偶次项系数和可用 f1+f−1/2 等方法。
整除与余数问题：将底数拆分为“模数+余数”形式，利用二项展开求余数。
近似计算：取展开式前几项估算。
计算组合数与系数：
求出 r 后，计算 Cnr 及 an−rbr 的系数，注意符号。
涉及两个二项式相乘时，可分别写通项，再合并同次幂。
口诀：通项公式写清楚，指数条件定 r 值；赋值法求系数和，拆底数解整除题。
终极预测--压轴实战 稳拿高分
一、单选题
1．（2026·吉林长春·二模）的展开式中的系数为160，则（ ）
A．-2B．C．D．2
【答案】D
【详解】二项式展开式的通项公式为，
令，则可得展开式中的系数为，所以，解得.
2．（2026·广东·模拟预测）在的展开式中，的系数为（ ）．
A．120B．80C．40D．
【答案】D
【分析】根据二项式定理计算即可.
【详解】根据二项式定理，展开式的通项公式为：
.
令，可得，此时与相乘可得的系数为-80；
令，可得，此时与相乘可得的系数为40；
所以的系数为.
3．（2026·山西运城·二模）运城，因“盐运之城”而得名，它是一座因盐而建立起来的城市，史称“盐运专城”．甲、乙两名游客从运城的7个AAAA级旅游景区（含运城盐湖和鹳雀楼）中各选3个景区去旅游，则甲选了运城盐湖且乙未选鹳雀楼的选法共有（ ）
A．200种B．225种C．300种D．400种
【答案】C
【详解】依题意甲选了运城盐湖，只需再从剩余的6个景区中选2个，选法数为：；
乙未选鹳雀楼，则乙从剩余的6个景区中选3个，选法数为：，
可得甲选了运城盐湖且乙未选鹳雀楼的选法共有种．
4．（2026·广东茂名·二模）某学校从周一至周五中选择天开展社会实践活动，周一和周二不能同时被选中，则不同的选择方案有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】C
【分析】直接用间接法计算可得结果.
【详解】因为从天中选天，共有种．而周一和周二同时被选的选法，共有种．
因此，满足条件的方案为种．
5．（2026·江苏·模拟预测）从甲､乙等五名志愿者中选派四人分别从事翻译､导游､礼仪､司机四项不同工作，若甲和乙只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案的种数为（ ）
A．B．C．D．48
【答案】C
【分析】分为选派的四人中甲乙仅有其中一人和选派的四人中甲乙均有两种情况分别讨论，结合排列组合即可求出答案.
【详解】若选派的四人中甲乙仅有其中一人，
则选派方案的种数为，
若选派的四人中甲乙均有，
则选派方案的种数为，
综上，不同的选派方案的种数为.
6．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）某人有3种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要在如图所示的图形的6个顶点A，B，C，，，上各安装一个灯泡，要求同一线段两端的灯泡颜色不同，则不同的安装方法共有（ ）
A．3种B．6种C．12种D．48种
【答案】C
【详解】法一：先安装下底面的三个顶点有种不同的安装方法，
再安装上底面的三个顶点有种不同的安装方法.
由分步乘法计数原理可知，共有种不同的安装方法.
法二：依次安装，，，，，六个位置，
则有种不同的安装方法.
二、多选题
7．（2026·陕西咸阳·模拟预测）设，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【详解】令，得，故A正确；
的展开式中，，
，，
，故B正确；
令，得，令，得，
，
又，
，故C错误，D正确．
8．（2026·江苏南京·二模）已知的展开式中只有第7项的二项式系数最大．若展开式中所有项的系数和为1，则正确的命题是（ ）
A．B．
C．展开式中所有二项式系数的和为4096D．展开式中第11项为
【答案】AC
【详解】因为的展开式中只有第7项的二项式系数最大，
所以展开式中共有项，所以，所以A正确.
展开式中所有二项式系数的和，所以C正确.
因为展开式中所有项的系数和为1，
令，得，所以或.
因为，所以.所以B错误.
展开式中第11项为，所以D错误.
9．（2026·山西临汾·二模）若，则下列结论正确的是（ ）
A．展开式中第1014项的二项式系数最大B．
C．D．被16除的余数是15
【答案】ABC
【分析】利用二项式定理中二项式系数的特点：中间项的二项式系数最大，求解选项A，对二项式展开式进行赋值，赋值求解选项B，对二项式展开式的左右两边进行求导再赋值求解即可求解选项C，对二项式展开式赋值并观察各项系数特点是否含有16的因数求解选项D.
【详解】展开式中二项式系数最大为第1014项，故选项A正确，
所以
又因为
所以令则故选项B正确.
对函数左右两边求导得：
令，则
又，所以，故选项C正确.
，
令，则，
除第一项外，其余项均可以被16整除，
所以被16除的余数是1，故选项D错误.
三、填空题
10．（2026·河北·模拟预测）的展开式中的系数为______．
【答案】
【分析】利用展开式各项的意义可求解.
【详解】因为的项可以由展开式中含的项与1的乘积构成，
又展开式中的项为；
因为的项可以由展开式中含的项与的乘积构成，
又的展开式中含的项为，
所以的展开式中的项为.
故的展开式中的系数为.
故答案为：.
11．（2026·河南信阳·模拟预测）已知的展开式中常数项为180，则实数的值为__________.
【答案】
【详解】因为的展开式通项为，
令，解得，
可得常数项为，解得.
12．（2026·河南濮阳·二模）若，则___________．
【答案】
【分析】利用赋值法，令，和，即可求解.
【详解】由题意得：
令，得，
令，得，
令，得，
所以，
所以.
13．（2026·福建宁德·模拟预测）某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡，现有包含甲、乙、丙在内的5名选手组团参赛，每一个选手参加一个关卡的闯关，每一个关卡至少一个选手参加，若甲负责第一关，最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有______种.
【答案】10
【分析】先计算甲负责第一关时的情况，再减去乙、丙在同一关卡的情况即可.
【详解】已知甲负责第一关，从剩余4人中选2人去第四关，共种选法，剩下2人全排列去第二、三关，共种排法，总方案数为 6 × 2 = 12，
不符合条件（乙丙同关卡）的情况：因为第二、三关都只有1个位置，乙丙只能同时在第四关，此时剩下2人全排列去第二、三关，共种，
因此符合条件的方案数为 12 − 2 = 10 .
14．（2026·浙江杭州·二模）一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色.若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为______.
【答案】82
【分析】分①②③④四边同色，①②③④只有三边同色时，另一边不同色时，①②③④每两个同色时三种情况讨论，结合分步乘法计数原理即可求解．
【详解】解：
①②同色时，矩形A另外两边有种方法染色，
①②不同色时，矩形A另外两边有种方法染色，同理其他区域也一样，
则（1）①②③④四边同色，此时共有种；
（2）当①②③④只有三边同色，另一边与其不同色时，此时共有种，
（3）当①②③④每两个同色时，若①③同色，②④同色，则有种；
若①②同色，③④同色，则有种；
若①④同色，②③同色，则有种；
此时共有种；
综上，共有种．
15．（2026·重庆·模拟预测）小明玩一款棋，如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上或向右移动1格，则从起点到终点共有______种不同的走法.
【答案】29
【分析】利用分类计数加法原理和分步计数乘法原理来求解即可.
【详解】设：列从左到右为，行从下到上为，
起点()，简记为，终点()，简记为
如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上或向右移动1格，
则小明必经过和，
当小明经过到达时，按以下步骤：
从到，这三步中有一步向右，两步向上，故有种走法，
下面又分两类情形到达，
第1类是从到，只有2种走法，然后再向右走到，
而从到，这三步中有一步向上，两步向右，故有种走法，
所以第1类从到的走法有种；
第2类是从到，这三步中有一步向右，两步向上，故有种走法，
然后从到，只能全向右走，只有1种走法，
所以第2类从到的走法有种；
所以小明经过到达的走法有种；
当小明经过到达时，按以下步骤：
从到，只能全向右走，只有1种走法，
再从到，只能全向上走，也是只有1种走法，
最后从到，只有2种走法，
所以小明经过到达的走法有种；
故小明从起点到终点不同的走法共有种.
倒计时03天 静以修身，俭以养德。
—— 诸葛亮《诫子书》
不等式及基本不等式（选填题）
考情透视--把脉命题 直击重点
►命题解码：①核心考点：一元二次不等式的解法、分式不等式、绝对值不等式、指对不等式，基本不等式求最值（一正二定三相等）。②难度中低档，常以“比较大小”“恒成立求参”“最值问题”形式考查，注意基本不等式配凑技巧与等号成立条件。
►高考前沿：聚焦基本不等式与函数、三角、向量结合的最值及线性规划中含参问题；突出数学运算与逻辑推理，强化“1”的代换、拆项配凑等变形技巧，注意选填中的特值检验与数形结合。
考点抢分--核心精粹 高效速记
终极考点1 基本不等式
1.，，（积定和最小）
2.，，（和定积最大）
3.，，
终极考点2 基本不等式链
拓展. m>n时，
终极考点3 权方和不等式的二维形式
若 则 当且仅当 时取等.
(注：熟练掌握权方和不等式的初级应用，足以解决高考中的这类型最值问题的秒杀)
终极考点4 糖水不等式定理
若 , 则一定有
通俗的理解: 就是 克的不饱和糖水里含有 克糖, 往糖水里面加入 克糖,则糖水更甜;
终极考点5 糖水不等式的倒数形式:
设 , 则有:
终极考点6 对数型糖水不等式
（1） 设 , 且 , 则有
（2）设 , 则有
（3）上式的倒数形式：设 , 则有
真题精研--复盘经典 把握规律
考向01 解不等式综合
1．（2025·全国二卷·高考真题）不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】移项后转化为求一元二次不等式的解即可.
【详解】即为即，故，
故解集为.
故选：C.
2．（2025·上海·高考真题）不等式的解集为_________．
【答案】
【分析】转化为一元二次不等式，解出即可.
【详解】原不等式转化为，解得，
则其解集为.
故答案为：.
3．（2024·上海·高考真题）已知则不等式的解集为______．
【答案】
【分析】求出方程的解后可求不等式的解集.
【详解】方程的解为或，
故不等式的解集为，
故答案为：.
解题妙法
三步解题法：
明确不等式类型：
一元一次、二次不等式：化为标准形式 ax2+bx+c>0，且a+b=1，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据，结合基本不等式及二次函数知识进行求解.
【详解】对于A，，
当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于B，，所以，故B正确；
对于C，，
当且仅当时，等号成立，故C不正确；
对于D，因为，
所以，当且仅当时，等号成立，故D正确；
故选：ABD
【点睛】本题主要考查不等式的性质，综合了基本不等式，指数函数及对数函数的单调性，侧重考查数学运算的核心素养.
解题妙法
三步解题法：
识别适用条件：
基本不等式：a+b≥2ab（a>0,b>0），当且仅当 a=b 取等。
变形：ab≤a+b22，a2+b22≥a+b22。
三元形式：a+b+c≥33abc（a,b,c>0）。
构造定值：
和为定值求积最大：a+b 为常数，则 ab 在 a=b 时最大。
积为定值求和最小：ab 为常数，则 a+b 在 a=b 时最小。
配凑技巧：拆项（如 x+1x）、添项（如 x+2x−1=x−1+2x−1+1）、乘“1”法（1a+1b=a+b⋅1ab 等）。
“1”的代换：已知 ax+by=1，求 mx+ny 的最小值，乘以 ax+by 后展开用基本不等式。
验证取等条件：
求得最值后，必须验证等号能否成立（即变量是否在定义域内且满足等式）。
若多次使用基本不等式，需保证每次取等条件能同时满足。
口诀：一正二定三相等，配凑乘“1”是核心；和定积大积定和小，取等条件要记牢。
终极预测--压轴实战 稳拿高分
一、单选题
1．（2026·吉林白山·模拟预测）设p：，q：，则p是q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
【答案】D
【分析】解两命题对应不等式，然后由充分，必要条件与集合包含之间的关系可得答案.
【详解】，，
注意到与集合之间无包含关系，则命题是命题的既不充分也不必要条件.
2．（2026·辽宁辽阳·二模）不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】借助分式不等式与高次不等式的解法计算即可得.
【详解】，
故，解得或，
故该不等式的解集为.
3．（2026·陕西商洛·二模）已知正数，满足，则的最小值为（ ）
A．3B．4C．6D．9
【答案】D
【详解】由，，，得，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
故的最小值为9.
4．（2026·广东广州·二模）已知，且，则下列不等式不一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用指数函数、正余弦函数单调性推理判断AD；举例说明判断B；利用基本不等式推理判断C.
【详解】由，，得，
对于A，，A正确；
对于B，取，则，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，显然，则，D正确.
5．（2026·广东江门·二模）已知，，且，则的最小值为（ ）
A．11B．12C．13D．14
【答案】C
【分析】方法一：条件等式可化为，再结合关系利用基本不等式求结论；
方法二：由条件等式可得，消元变形可得，再利用基本不等式求其最小值即可.
【详解】（方法一）由，可得，
因为，，所以，，
则，
当且仅当，即，时，等号成立，
故的最小值为13．
（方法二）由，可得，因为，所以，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为13．
6．（2026·河北衡水·二模）已知平面向量，，，若，在上的投影向量相等，且，，则的最小值为（ ）
A．B．C．2D．1
【答案】D
【详解】因为，在上的投影向量相等，
所以它们的投影也相等，即，所以，
又因为，，
所以；
已知，，满足基本不等式的使用条件，
对目标式，
由得，
因此，将目标式乘展开：
，
根据基本不等式，，
代入得：
当且仅当时等号成立，即，结合，
解得，，满足，，因此最小值为.
7．（2026·湖南长沙·一模）已知数列是公比大于0的等比数列，则的最小值为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】B
【详解】由题可设等比数列的公比为，
则，当且仅当即时取等号，
故的最小值为.
8．（2026·山东德州·二模）已知为正实数，为实数，则“”的充要条件可以是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据反例判断ABC，根据函数单调性判断D.
【详解】对于AB，若，此时且
则推不出，也推不出，故AB错误；
取，成立，但，故C也错误；
设，
因为均为上的增函数，故为上的增函数，
故时必有即；
而即，故，
故是的充要条件，D正确.
二、多选题
9．（2025·陕西·模拟预测）下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据不等式的性质结合函数的性质逐一分析选项.
【详解】对于A，由题可知不等式有意义须需，则，
则，当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于B，当，即，时，有，故不等式不一定成立，故B错误；
对于C，由，则，
当且仅当，即时，等号成立，故C正确；
对于D，由题意知,，故,
故不等式成立，D正确．
故选：ACD
10．（2026·河北沧州·二模）若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据基本不等式可得，进而可判断A；根据基本不等式“1”的妙用计算可判断B；根据基本不等式计算可判断C；利用换元法结合二次函数性质计算可判断D.
【详解】对于A选项，因为，，，所以，
当且仅当时取等号，即，所以，所以A选项不正确；
对于B选项，因为，
当且仅当时取等号，所以B选项正确；
对于C选项，因为，所以，
当且仅当时取等号，所以C选项正确；
对于D选项，因为，，，
所以，
又因为，所以，所以D选项正确.
11．（2026·陕西宝鸡·模拟预测）已知正数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【详解】，
，解得，
指数函数单调递增，
，即，故A正确；
由基本不等式得，
两边平方得，解得，当且仅当时等号成立，故B错误；
，
，
当且仅当时取等号，
，故C正确；
，则，
，
由于函数的图象开口向上，对称轴，
故的最小值为，则，故D正确．
12．（2026·山西太原·二模）已知三个不同的实数满足，且，则（ ）
A．
B．
C．
D．的最小值是
【答案】ABC
【分析】将两边平方后结合可判断A的正误，利用基本不等式以及可判断B，C的正误，最后利用，将变为关于的二次函数可判断D的正误.
【详解】对于A，由题意得
，故A正确；
对于B，由题意得
，
因为是不同实数，所以，
即，
整理得，解得.
同理可得，又因为，所以，
所以，即，解得或.
若，又，，所以，
与矛盾，故必有.
所以综上所述，，故B正确；
对于C，同理得，解得，故C正确；
对于D，，
代入，
得，
这是关于的二次函数，开口向上，对称轴，且，
对称轴在区间内，所以最小值在处取得，
即最小值为，故D错误.
13．（2026·安徽滁州·一模）若x，y，，且，则（ ）
A．当时，B．
C．当取得最大值时，D．当取得最小值时，
【答案】BCD
【分析】对A，根据条件，利用基本不等式，即可求解；对B，根据条件，利用重要不等式，即可求解；对C，根据条件，利用基本不等式得到，构造函数，利用导数求出的单调区间，即可求解；对于D，根据条件，利用基本不等式得到，再利用基本不等式，即可求解.
【详解】对于A，当时，由，得到，即
又x，y，，所以，
所以，得到，当且仅当时取等号，所以A错误，
对于B，因为，即，
当且仅当时取等号，所以B正确，
对于C，由，得到，则 ，
所以，当且仅当时取等号，
则，令，则，
当时，，当时，，
即在区间上单调递增，在区间上递减，
即当，有最大值，所以C正确，
对于D，由选项C知，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
又因为，所以，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当，即时取等号，
此时，所以D正确.
三、填空题
14．（25-26高三上·河北·月考）不等式的解集为______.
【答案】或
【分析】将已知分式不等式化为，然后利用一元二次不等式的解法求解即可.
【详解】等价于，即，解得或，
所以原不等式的解集为或.
故答案为：或
15．（2026·安徽安庆·三模）一组数据19、5、4、13、a、b、1、2、16、3的第60%分位数为9（其中），则最小值为____.
【答案】
【分析】借助百分位数定义计算可得，再利用基本不等式求解即可得.
【详解】对10个数先排序：1、2、3、4、5、a、b、13、16、19，
，则，由，
则，当且仅当时，等号成立.
倒计时02天 海到无边天作岸，山登绝顶我为峰。
—— 林则徐
复数（选填题）
考情透视--把脉命题 直击重点
►命题解码：①核心考点：复数的四则运算、共轭复数、模、复数相等、几何意义（复平面内点与向量）、实部虚部概念。②难度为基础题，通常位于试卷前两道，考查直接计算或概念辨析，注意i的幂运算周期性。
►高考前沿：聚焦复数几何意义与模的最值（如|z|=1求|z-a|范围）及复数与方程根的关系；突出数学运算与直观想象，强化对共轭复数、模长公式的熟练应用，避免符号错误。
考点抢分--核心精粹 高效速记
终极考点1 虚数单位：，规定
终极考点2 虚数单位的周期
终极考点3 复数的代数形式：Z=，叫实部，叫虚部
终极考点4 复数的分类
终极考点5 复数相等：若
终极考点6 共轭复数：若两个复数的实部相等，而虚部是互为相反数时，这两个复数叫互为共轭复数；，
终极考点7 复数的几何意义：复数复平面内的点
终极考点8 复数的模：， 则 ；
已知，且，
则，
真题精研--复盘经典 把握规律
考向01 复数的四则运算
1．（2025·全国二卷·高考真题）已知，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】由复数除法即可求解.
【详解】因为，所以.
故选：A.
2．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.
【详解】因为，所以.
故选：C.
3．（2024·北京·高考真题）已知，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】直接根据复数乘法即可得到答案.
【详解】由题意得.
故选：C.
4．（2024·天津·高考真题）是虚数单位，复数______．
【答案】
【分析】借助复数的乘法运算法则计算即可得.
【详解】.
故答案为：.
解题妙法
三步解题法：
牢记运算法则：
加减法：a+bi±c+di=a±c+b±di
乘法：a+bic+di=ac−bd+ad+bci
除法：a+bic+di=a+bic−dic2+d2=ac+bdc2+d2+bc−adc2+d2i
利用共轭简化：除法时分子分母同乘分母的共轭；i 的幂周期性：i4k=1, i4k+1=i, i4k+2=−1, i4k+3=−i。
结果化简：最终结果必须写成 a+bi（a,b∈ℝ）的形式，便于后续求模或共轭。
口诀：加减乘除按法则，分母实数用共轭；i 的幂次周期四，结果化标准。
考向02 复数的实部与虚部
5．（2025·全国一卷·高考真题）的虚部为（ ）
A．B．0C．1D．6
【答案】C
【分析】根据复数代数形式的运算法则以及虚部的定义即可求出.
【详解】因为，所以其虚部为1，
故选：C.
解题妙法
三步解题法：
化代数形式：将复数化为 z=a+bi（a,b∈ℝ）的标准形式，其中 a 为实部，b 为虚部（注意 i2=−1）。
识别条件：
实数 ⇔b=0；纯虚数 ⇔a=0 且 b≠0。
两复数相等 ⇔ 实部、虚部分别相等。
列方程（组）求解：根据条件（如某点为实数、纯虚数、或与另一复数相等），列出关于参数的方程，解出参数值。
口诀：复数化标准，实部虚部分清；纯虚实数看虚实，相等列方程。
考向03 复数相等
6．（2023·全国甲卷·高考真题）设，则（ ）
A．-1B．0 C．1D．2
【答案】C
【分析】根据复数的代数运算以及复数相等即可解出．
【详解】因为，
所以，解得：．
故选：C.
解题妙法
三步解题法：
化为标准形式：将等式两边的复数分别化为 a+bi 和 c+di。
实部虚部分别相等：由 a+bi=c+di 得 a=cb=d。
解方程组：解出参数（如 x,y 或实数 m），注意隐含条件（如分母不为零、模的非负性等）。
技巧：若复数相等涉及模或共轭，先化简再比较实部虚部。
考向04 复数的几何意义
7．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）在复平面内，对应的点位于（ ）．
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【分析】根据复数的乘法结合复数的几何意义分析判断.
【详解】因为，
则所求复数对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
解题妙法
建立对应：复数 z=x+yi 与复平面内的点 Zx,y 一一对应，也与向量 OZ 对应。
考向05 复数模长
8．（2025·北京·高考真题）已知复数z满足，则（ ）
A．B．C．4D．8
【答案】B
【分析】先求出复数，再根据复数模的公式即可求出．
【详解】由可得，，所以，
故选：B.
9．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知，则（ ）
A．0B．1C．D．2
【答案】C
【分析】由复数模的计算公式直接计算即可.
【详解】若，则.
故选：C.
10．（2023·全国乙卷·高考真题）（ ）
A．1B．2C．D．5
【答案】C
【分析】由题意首先化简，然后计算其模即可.
【详解】由题意可得，
则.
故选：C.
11．（2025·天津·高考真题）已知i是虚数单位，则 ________．
【答案】
【分析】先由复数除法运算化简，再由复数模长公式即可计算求解.
【详解】先由题得，所以.
故答案为：
解题妙法
三步解题法：
模长公式：若 z=a+bi，则 z=a2+b2。
运算性质：
z1z2=z1z2，z1z2=z1z2（z2≠0）
zn=zn，z=z
z1±z2≤z1+z2（三角不等式）
求模技巧：
直接计算：先化简复数，再代入公式。
利用性质：已知 z=r 可表示 z=rcsθ+isinθ。
模平方：z2=z⋅z，常用于方程求解。
注意：模是非负实数，方程 z=a 的解对应圆；含参时注意判别范围。
考向06 共轭复数
12．（2024·全国甲卷·高考真题）设，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】D
【分析】先根据共轭复数的定义写出，然后根据复数的乘法计算.
【详解】依题意得，，故.
故选：D
13．（2024·全国甲卷·高考真题）若，则（ ）
A．B．C．10D．
【答案】A
【分析】结合共轭复数与复数的基本运算直接求解.
【详解】由，则.
故选：A
14．（2023·北京·高考真题）在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据复数的几何意义先求出复数，然后利用共轭复数的定义计算.
【详解】在复平面对应的点是，根据复数的几何意义，，
由共轭复数的定义可知，.
故选：D
15．（2023·全国乙卷·高考真题）设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意首先计算复数的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.
【详解】由题意可得，
则.
故选：B.
解题妙法
三步解题法：
定义：若 z=a+bi，则共轭 z=a−bi。
运算性质：
z1±z2=z1±z2，z1z2=z1z2，z1/z2=z1/z2
z+z=2a（实数），z−z=2bi（纯虚数）
zz=z2（重要等式）
应用：
已知 z 与 z 的关系（如 z=z 得实数；z=−z 得纯虚数）
化简分式：分子分母同乘共轭。
解方程：将 z 和 z 视为两个变量，用 z+z 和 z−z 转换。
口诀：共轭实部同虚反，积模平方和实数；方程根成对出现，化简常用乘共轭。
考向07 复数轨迹问题
16．（2023·上海·高考真题）设且，满足，则的取值范围为________________．
【答案】
【分析】判断出对应点的轨迹，从而求得的取值范围.
【详解】设，
，则，
所以，
，所以，
即对应点在以为圆心，半径为的圆上.
，对应点为，
与关于对称，
所以点在以为圆心，半径为的圆上，
表示与两点间的距离，
圆与圆相交，圆心距为，如图所示，
所以的最小值为，最大值为，
所以的取值范围为.
故答案为：
解题妙法
三步解题法：
设复数为动点：设 z=x+yi（x,y∈ℝ），将条件翻译为 x,y 的方程。
常见轨迹模型：
z−z0=r → 圆
z−z1=z−z2 → 中垂线
z−z1z−z2=k（k>0,k≠1） → 阿波罗尼斯圆
argz−z0=θ → 射线（不含端点）
z−z1+z−z2=2a>z1−z2 → 椭圆
代数化简得轨迹方程：消去参数，得到 x,y 的关系式，注明取值范围（如圆完整、射线方向等）。
技巧：利用模的平方 zz=z2 可将无理方程化为有理方程；代入法常用。
终极预测--压轴实战 稳拿高分
一、单选题
1．（2026·安徽蚌埠·二模）已知复数，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用复数的乘法化简复数，利用共轭复数的定义和复数的概念可得结果.
【详解】因为，则，故的虚部为.
2．（2026·湖南·三模）已知复数在复平面内对应的点为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因为复数在复平面内对应的点为，
所以，故，
则．
3．（2026·江西宜春·模拟预测）若复数满足，则（ ）
A．B．5C．D．
【答案】C
【分析】设，根据共轭复数的定义及复数的加减法求出，再根据复数模的计算公式即可求解．
【详解】设，
由题得，，
所以．
4．（2026·陕西咸阳·三模）若复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据复数的模计算公式和复数的除法运算求出复数，再根据共轭复数的定义即可得解.
【详解】.
所以.
5．（2026·河北邢台·一模）已知复数，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【详解】，
故.
6．（2026·广东深圳·二模）设，互为共轭复数，如果，且为实数，那么（ ）
A．B．2C．3D．
【答案】A
【分析】首先设出复数和的代数形式，根据条件，转化为复数运算，利用待定系数法求解.
【详解】设，，，
，所以，
设，，即，
所以，且，解得：，
.
二、多选题
7．（2026·河南·模拟预测）已知复数为纯虚数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】使用虚数、纯虚数的概念求解.
【详解】由题意知，解得，选项正确；
由A得，所以，选项正确；
，选项错误；
，选项错误.
8．（2026·四川泸州·模拟预测）下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（ ）
A．B．的虚部为
C．z是方程的一个根D．为纯虚数
【答案】AD
【分析】根据复数的乘除法运算化简，再根据复数模的定义，虚部的定义，复数的乘除法运算及乘方运算即可判断．
【详解】，
对于A，，故A正确；
对于B，的虚部为，故B错误；
对于C，将代入方程得，，
所以不是方程的一个根，故C错误；
对于D，，为纯虚数，故D正确．
9．（2026·湖南浙江·模拟预测）若复数，为虚数单位，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．在复平面内对应的点位于第四象限
D．若复数满足，则的最小值为
【答案】BCD
【详解】 .
对于A：，A错误.
对于B：，B正确.
对于C：在复平面内对应的点为，位于第四象限，C正确.
对于D：表示复数在复平面内对应单位圆上的点，表示单位圆上的点到点的距离.
点到原点的距离为，所以单位圆上的点到点的最小距离为，D正确.
10．（2026·山东日照·二模）设为复数（i为虚数单位），下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】AC
【分析】根据共轭复数的定义可判断A；举反例可判断B；根据虚数单位的性质可判断C；根据复数的除法以及复数模的公式可判断D.
【详解】设复数，则共轭复数，
对于A：若，则虚部，
此时，，故，A正确；
对于B：取，则，但，B错误；
对于C：由得，复数范围内解得，C正确；
对于D：对，化简得，故，D错误.
11．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知为实数，若在复数范围内，方程存在两个虚数根分别为 ，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．的取值范围为
【答案】ACD
【详解】方程存在两个虚数根分别为 ，
是共轭虚数，，故选项A正确；
虚数不能比较大小，故选项B错误；
方程存在两个虚数根分别为 ，
，，，故选项C正确；
方程存在两个虚数根分别为 ，
，，，
，故选项D正确.
12．（2026·辽宁沈阳·三模）已知、为非零复数，则下列选项中一定正确的是（ ）
A．若，则B．
C．D．
【答案】BC
【分析】设，结合选项，利用复数的模和复数的运算法则，逐项计算判断，即可求解.
【详解】对于A，取，可得，满足，但，所以A错误；
对于B，设
可得，所以，
又由，可得，
所以，所以B正确；
对于C，由，
可得，
又由，可得，
所以，所以C正确；
对于D，由，可得，
则，
，
可得不一定为，所以D不正确.
三、填空题
13．（2026·宁夏银川·三模）已知复数，其中为虚数单位，则复数的模为________.
【答案】
【详解】由于，，，，故每四个连续的项之和为，
，则，
由于，，故，所以.
14．（2026·天津滨海新区·模拟预测）若复数（，是虚数单位）是纯虚数，则实数的值为___________
【答案】
【分析】化简复数得，再根据复数的概念求解即可.
【详解】，
因为复数（，是虚数单位）是纯虚数，
所以且，解得显然满足，
所以.
15．（2026·上海长宁·二模）已知复数满足：，且，则的最小值为________.
【答案】
【分析】设，由题意易得，，表示出即可求出答案.
【详解】设
则，
化简得：，
，
又
所以
所以
所以的最小值为.
倒计时01天 星光不问赶路人，时光不负有心人。
集合与常用逻辑用语（选填题）
考情透视--把脉命题 直击重点
►命题解码：①集合核心考点：集合的交并补运算、元素与集合关系、子集个数、韦恩图、集合中的参数问题（已知包含关系求参）。常用逻辑用语：充分条件、必要条件、充要条件的判断与辨析，全称量词与存在量词的否定。②难度基础或中低档，强调概念清晰、逻辑严谨。
►高考前沿：聚焦集合与不等式、函数定义域值域结合及以数学概念为载体的充要条件判断（如数列等差等比、向量平行垂直）；突出逻辑推理，注意端点取值“开闭”对包含关系的影响，以及否命题与命题否定的区别。
考点抢分--核心精粹 高效速记
终极考点1 集合有个元素，子集有个，真子集有个，非空真子集个数为个.
终极考点2 ，
终极考点3
终极考点4 德摩根公式
终极考点5 充分条件与必要条件
对于若则类型中，为条件，为结论
若充分性成立，若必要性成立
若，，则是的充分必要条件（简称：充要条件）
若，，则是的充分非必要条件（充分不必要条件）
若，，则是的必要非充分条件（必要不充分条件）
若，，则是的既不充分也不必要条件
终极考点6 全称量词命题与存在量词命题
全称量词：（任意，所有，全部），含有全称量词的命题，叫做全称量词命题
存在量词：：（存在一个，存在两个，存在一些），含有存在量词的命题，叫做存在量词命题
终极考点7 全称量词命题和存在量词命题的否定
全称量词命题的否定
全称量词命题：，，否定为：，
存在量词命题的否定
存在量词命题：，，否定为：，
真题精研--复盘经典 把握规律
考向01 交集
1．（2025·北京·高考真题）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出集合，再根据集合的交集运算即可解出.
【详解】因为，所以，
故选：D.
2．（2025·全国二卷·高考真题）已知集合则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】求出集合后结合交集的定义可求.
【详解】，故，
故选：D.
3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简集合，由交集的概念即可得解.
【详解】因为，且注意到，
从而.
故选：A.
4．（2024·全国甲卷·高考真题）若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据集合的定义先算出具体含有的元素，然后根据交集的定义计算.
【详解】依题意得，对于集合中的元素，满足，
则可能的取值为，即，
于是.
故选：C
解题妙法
三步解题法：
明确集合元素：分清集合是数集、点集还是其他（如不等式解集、函数定义域/值域）。
化简集合：将集合化简为最简形式（如解不等式、求定义域），必要时借助数轴或Venn图。
找公共元素：交集 A∩B 即两者共有的元素。数轴上取重叠区间；点集则联立方程求解。
口诀：交集取公共，数轴画重叠；点集结方程组，化简要先行。
考向02 补集
5．（2025·全国一卷·高考真题）已知集合，，则中元素个数为（ ）
A．0B．3C．5D．8
【答案】C
【分析】根据补集的定义即可求出．
【详解】因为，所以， 中的元素个数为，
故选：C．
6．（2025·天津·高考真题）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由集合的并集、补集的运算即可求解.
【详解】由，则，
集合，
故
故选：D.
7．（2024·全国甲卷·高考真题）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由集合的定义求出，结合交集与补集运算即可求解.
【详解】因为，所以，
则，
故选：D
8．（2023·全国甲卷·高考真题）设全集,集合，（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据整数集的分类，以及补集的运算即可解出．
【详解】因为整数集，，所以，．
故选：A．
解题妙法
三步解题法：
确定全集：明确题目给定的全集 U（若无特别说明，一般为实数集 ℝ 或题目中出现的最大范围）。
化简集合：将需要求补集的集合 A 化简（如解不等式、表示成区间或列举）。
取补集：∁UA={x∈U∣x∉A}，数轴上画出全集区间，挖去 A 的部分；若为离散点集，则列出不在 A 中的元素。
技巧：补集常用于“正难则反”，如求满足条件的参数范围，可先求反面再取补。
考向03 子集
9．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）设集合，，若，则（ ）．
A．2B．1C．D．
【答案】B
【分析】根据包含关系分和两种情况讨论，运算求解即可.
【详解】因为，则有：
若，解得，此时，，不符合题意；
若，解得，此时，，符合题意；
综上所述：.
故选：B.
解题妙法
三步解题法：
子集定义：A⊆B⇔ 任意 x∈A 都有 x∈B。
判断子集关系：
列举法：逐一检查 A 中元素是否都在 B 中。
数轴法：区间端点和包含关系（注意端点是否取等）。
含参问题：将 A⊆B 转化为不等式组（如 A 的右端点 ≤B 的右端点，左端点 ≥B 的左端点，注意空集情况）。
求子集个数：若集合有 n 个元素，子集个数为 2n，真子集个数 2n−1，非空真子集 2n−2。
注意：空集是任何集合的子集，讨论含参子集时需优先考虑 A=⌀ 的情形。
考向04 充分条件与必要条件
10．（2024·全国甲卷·高考真题）设向量，则（ ）
A．“”是“”的必要条件B．“”是“”的必要条件
C．“”是“”的充分条件D．“”是“”的充分条件
【答案】C
【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【详解】对A，当时，则，
所以，解得或，即必要性不成立，故A错误；
对C，当时，，故，
所以，即充分性成立，故C正确；
对B，当时，则，解得，即必要性不成立，故B错误；
对D，当时，不满足，所以不成立，即充分性不立，故D错误.
故选：C.
11．（2025·天津·高考真题）设，则“”是“”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
【答案】A
【分析】通过判断是否能相互推出，由充分条件与必要条件的定义可得.
【详解】由，则“”是“”的充分条件；
又当时，，可知，
故“”不是“”的必要条件，
综上可知，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
12．（2024·天津·高考真题）已知，则“”是“”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
【答案】C
【分析】说明二者与同一个命题等价，再得到二者等价，即是充分必要条件.
【详解】根据立方的性质和指数函数的性质，和都当且仅当，所以二者互为充要条件.
故选：C.
13．（2023·天津·高考真题）已知，“”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．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分、必要性定义判断条件的推出关系，即可得答案.
【详解】由，则，当时不成立，充分性不成立；
由，则，即，显然成立，必要性成立；
所以是的必要不充分条件.
故选：B
14．（2025·北京·高考真题）已知函数的定义域为D，则“的值域为”是“对任意，存在，使得”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
【答案】A
【分析】由函数值域的概念结合特例，再根据充分条件、必要条件的概念即可求解.
【详解】若函数的值域为，则对任意，一定存在，使得，
取，则，充分性成立；
取，，则对任意，一定存在，使得，
取，则，但此时函数的值域为，必要性不成立；
所以“的值域为”是“对任意，存在，使得”的充分不必要条件.
故选：A.
15．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，
【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，
则，
因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，
即，则，有，
两式相减得：，即，对也成立，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确.
方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即，
则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即，
即，，
当时，上两式相减得：，当时，上式成立，
于是，又为常数，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
解题妙法
三步解题法：
分清条件与结论：设 p 为条件，q 为结论。判断 p⇒q 与 q⇒p 的真假。
充分不必要：p⇒q 真，q⇒p 假
必要不充分：p⇒q 假，q⇒p 真
充要：双向都真
既不充分也不必要：双向都假
转化为集合关系：设 A={x∣px}，B={x∣qx}，则
p 是 q 的充分条件 ⇔A⊆B
p 是 q 的必要条件 ⇔B⊆A
充要条件 ⇔A=B
利用不等式或数轴：若涉及参数范围，根据集合包含关系列出不等式组（注意端点等号能否取到），解出参数范围。
口诀：小充分大必要，子集关系记得牢；正推逆推都不难，集合包含最直观。
考向05 全称量词命题与存在量词命题
16．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知命题p：，；命题q：，，则（ ）
A．p和q都是真命题B．和q都是真命题
C．p和都是真命题D．和都是真命题
【答案】B
【分析】对于两个命题而言，可分别取、，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解.
【详解】对于而言，取，则有，故是假命题，是真命题，
对于而言，取，则有，故是真命题，是假命题，
综上，和都是真命题.
故选：B.
解题妙法
三步解题法：
识别量词：
全称量词：任意（∀），所有，一切。
存在量词：存在（∃），至少有一个。
判断命题真假：
全称命题 ∀x∈M,px 为真：需证明对所有 x 都成立；为假：只需举出一个反例。
存在命题 ∃x∈M,px 为真：只需找到一个 x 满足；为假：需证明对所有 x 都不成立。
写出命题的否定：
∀x,px 的否定：∃x,¬px
∃x,px 的否定：∀x,¬px
注意量词与条件同时否定，结论中的“且”与“或”互换。
技巧：求参数范围时，常将“恒成立”转化为最值问题，“存在性”转化为值域问题。
终极预测--压轴实战 稳拿高分
一、单选题
1．（2026·福建福州·模拟预测）满足⫋的集合的个数为（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】B
【详解】满足条件的集合有，
，共7个.
2．（2026·山西太原·二模）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】因，
则.
3．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知集合,,则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由集合,,则
4．（2026·河南濮阳·二模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由可得，
所以集合，
故.
5．（2026·陕西宝鸡·三模）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解：已知集合，
，
．
6．（2026·广东·模拟预测）已知集合，，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出集合，再按照交集的定义计算即可.
【详解】由题意，.
7．（2026·四川成都·三模）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】，，
所以.
8．（2026·湖北·一模）已知集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】因为，，
所以.
9．（2026·河南南阳·二模）设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据补集和交集含义即可得到答案.
【详解】，则.
10．（2026·江西宜春·模拟预测）已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由，所以，
则．
11．（2026·福建厦门·二模）设M，N为全集的两个非空子集，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由，且 M，N为全集的两个非空子集，可得韦恩图，如图：
则.
12．（2026·陕西咸阳·三模）已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】，，
在定义域内单调递增，
，即，
，
．
13．（2026·河北唐山·二模）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】解不等式得到，由函数定义域得到，再求交集即可．
【详解】解：，解得，即，
，，解得，即，
．
14．（2026·山西运城·二模）设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别解不等式得到集合，再求并集即可．
【详解】由，解得或，则，
由，得，，解得，则，
所以．
15．（2026·山东东营·二模）“，使得”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
【答案】A
【分析】结合共线向量的定义、充分条件、必要条件的定义即可判断.
【详解】当时，，满足；
当时，因为，使得，所以共线，即；
综上，由，使得，可得，即充分性满足；
当时，若，则不存在，使得，故必要性不满足；
所以“，使得”是“”的充分不必要条件.
16．（2026·重庆·一模）“”是“”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
【答案】A
【分析】解不等式，利用集合之间的包含关系，充分条件、必要条件的概念即可得解
【详解】因为，所以，解得，
由，
因为是的真子集，
所以是成立的充分不必要条件.
17．（2026·江苏·模拟预测）已知实数，则“”是“”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
【答案】A
【详解】时，，，，
又时，取，，此时，
所以，则“”是“”的充分不必要条件.
18．（2026·贵州贵阳·模拟预测）已知命题，；命题，.则（ ）
A．p和q都是真命题B．和q都是真命题
C．p和都是真命题D．和都是真命题
【答案】B
【详解】因为当时，，所以命题为假命题，所以是真命题，
因为当时，，所以q是真命题，所以是假命题.
19．（2026·甘肃张掖·模拟预测）命题“，使得不等式成立”为假命题，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】题意说明：“，恒成立”是真命题，然后对分类讨论可得.
【详解】命题“，使得不等式成立”为假命题，则命题：“，恒成立”是真命题，
时，不等式为恒成立，满足题意，
时，则，解得，
综上，的范围是.
20．（2026·天津和平·二模）命题“，，使得”的否定是（ ）
A．，，使得B．，，使得
C．，，使得D．，，使得
【答案】C
【详解】命题“，，使得”的否定是“，，使得”.
性质
内容
对称性
与首末两端等距离的两个二项式系数相等，即
增减性
当k＜eq \f(n＋1,2)时，二项式系数逐渐增大；
当k＞eq \f(n＋1,2)时，二项式系数逐渐减小
最大值
当n是偶数时，中间一项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\f(n,2)＋1项))的二项式系数最大，最大值为；
当n是奇数时，中间两项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\f(n－1,2)＋1项和第\f(n＋1,2)＋1项))的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为或