人教版新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

这是一份人教版新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，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
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⊆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∪(∁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(cs θ+isin θ).法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理:zn=[r(cs θ+isin θ)]n=rn(cs nθ+isin nθ),则(-1+3i)10=( )
A.1 024-1043iB.-1 024+1 0243i
C.512-5123iD.-512+5123i
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.480B.240C.384D.1 440
6.(2021·河北唐山一模)记x+12x4展开式的偶数项之和为P,则P的最小值为( )
A.1B.2C.3D.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=λAC+μDO(λ>0,μ>0),则2λ+1μ的最小值为( )
A.2B.5C.92D.143
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.5-12,+∞B.[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=-60
10.(2021·河北唐山二模)已知a>b>0,且ab=4,则( )
A.2a-b>1B.lg2a-lg2b>1
C.2a+2b>8D.lg2a·lg2by的充分不必要条件的是( )
A.xc2>yc2B.1xln 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)=mnx3-1x8,则( )
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
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z在复平面内对应的点位于第 象限.
14.(2021·上海嘉定二模)将x+1x7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=2EB,CE交AD于点F.若BF=xBC+yBA,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∁RQ={y|y0,所以P=C41x3·12x+C43x·12x3=2x2+12x2≥21=2,
当且仅当2x2=12x2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(0,1),于是可得O12,12.
设点E的坐标为(1,m)(0≤m≤1),则由AE=λAC+μDO(λ>0,μ>0),可得(1,m)=λ(1,1)+μ12,-12(λ>0,μ>0),所以1=λ+12μ(λ>0,μ>0),则2λ+1μ=2λ+1μλ+12μ=2+12+μλ+λμ≥52+2μλ·λμ=92,当且仅当λμ=μλ,1=λ+12μ,λ>0,μ>0,即λ=μ=23时取等号,此时2λ+1μ的最小值为92.
经检验,此时m=13∈[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=83,b=32,则lg2a-lg2b=lg2ab=lg2169b>0,所以不能取等号,故C正确;
对D,当a>1>b>0时,lg2a>0,lg2b1时,lg2a>0,lg2b>0,所以lg2a·lg2b≤(lg2a+lg2b)24=[lg2(ab)]24=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;
对于B选项:由1xy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.
于是m=πr2·2r43πr3=32,n=2πr2+2πr·2r4πr2=32,所以mn=1,所以f(x)=x3-1x8.
对于A,f(x)展开式通项为Tr+1=C8rx24-3r·-1xr=(-1)rC8rx24-4r,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;
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z=2-2i,所以共轭复数z在复平面内对应的点位于第四象限.
14.114 解析: x+1x7的展开式的通项为Tr+1=C7rx7-r·x-12r=C7rx7-32r,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=2 880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)+C21C21C21C31]A22=168种不同的充电方案.
16.
35 -715 解析: 如图,过点E作EM∥AD交BC于点M,由AE=2EB,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AF=45AD=45(BD−BA)=4512BC-BA=25BC−45BA,
所以BF=BA+AF=15BA+25BC,故x+y=35.
易知DE=BE−BD=13BA−12BC,
由已知得BA=BC=2,=60°,
所以|BA|=|BC|=2,BA·BC=2×2×cs 60°=2.
所以BF·DE=15BA+25BC·13BA-12BC=115BA2−15BC2+130BA·BC=115×4-15×4+130×2=-715.