高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)專題突破練1?？夹☆}點(diǎn)過關(guān)檢測

專題突破練1?？夹☆}點(diǎn)過關(guān)檢測一、單項選擇題1.(2023·新高考Ⅰ,2)已知z=1-i2+2i,則zz=A.i B.i C.0 D.12.已知集合P={x|3≤x≤1},Q={y|y=x2+2x},則P∪(?RQ)=()A.[3,1) B.[1,1]C.(∞,1] D.(∞,1]3.(2023·江蘇南通二模)已知(x3+2x2)n的展開式中各項系數(shù)和為243,則展開式中常數(shù)項為(A.60 B.80 C.100 D.1204.(2022·新高考Ⅰ,5)從2至8的7個整數(shù)中隨機(jī)取2個不同的數(shù),則這2個數(shù)互質(zhì)的概率為()A.16 B.1C.12 D.5.(2023·重慶長壽中學(xué)高三期末)已知P,Q為R的兩個非空真子集,若?RQ??RP,則下列結(jié)論正確的是()A.?x∈Q,x∈PB.?x∈?RP,x∈?RQC.?x?Q,x∈PD.?x∈?RP,x∈?RQ6.(2023·河北衡水中學(xué)模擬)已知p:?x∈[1,3],x2ax+3>0,則p的一個必要不充分條件是()A.a<5 B.a>5C.a<4 D.a>47.(2023·廣西河池高三期末)如圖,在△ABC中,M為邊BC的中點(diǎn),G為線段AM上一點(diǎn)且AG=2GM,過點(diǎn)G的直線分別交邊AB,AC于P,Q兩點(diǎn),AB=xAP(x>0),AC=yAQ(y>0),則1x+1A.34 B.C.43 D.8.已知f(x)=x2+4x+1+a,且對任意x∈R,f(f(x))≥0恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.5-12,+∞C.[1,+∞) D.[3,+∞)二、多項選擇題9.(2023·山東濟(jì)南一模)已知平面向量a=(1,3),b=(2,1),則()A.|a|=10B.(2ab)⊥bC.a與b的夾角為鈍角D.a在b上的投影向量的模為510.在下列四個條件中,能成為x>y的充分不必要條件的是()A.xc2>yc2 B.1x<C.|x|>|y| D.lnx>lny11.(2023·江蘇南京、鹽城一模)已知正數(shù)a,b滿足ab=a+b+1,則()A.a+b的最小值為2+22B.ab的最小值為1+2C.1a+1D.2a+4b的最小值為16212.傳說古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德的墓碑上刻著一個圓柱,圓柱內(nèi)有一個內(nèi)切球,這個球的直徑恰好與圓柱的高相等.這是因?yàn)榘⒒椎抡J(rèn)為這個“圓柱容球”是他最為得意的發(fā)現(xiàn),于是留下遺言:他死后,墓碑上要刻上一個“圓柱容球”的幾何圖形.如圖,設(shè)圓柱的體積與球的體積之比為m,圓柱的表面積與球的表面積之比為n,若f(x)=mnx3A.f(x)的展開式中的常數(shù)項是56B.f(x)的展開式中的各項系數(shù)之和為0C.f(x)的展開式中的二項式系數(shù)最大值是70D.f(i)=16,其中i為虛數(shù)單位三、填空題13.(2023·江蘇南京師大附中模擬)“tanα=3”是“cos2α=45”的條件.(請從“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”14.將x+1x715.為滿足某度假區(qū)游客綠色出行需求,某電力公司在該度假區(qū)停車樓建設(shè)了集中式智慧有序充電站,充電站共建設(shè)901個充電樁,其中包括861個新型交流有序充電樁、37個直流充電樁以及3個專門滿足新能源大巴快速補(bǔ)電需求的大功率直流充電樁.現(xiàn)有A,B,C,D,E,F六輛新能源大巴,需要安排在某周一的上午或下午在甲、乙、丙3個新能源大巴大功率直流充電樁充電,每個充電樁在上午和下午均只安排一輛大巴充電.若要求A,B兩大巴不能同時在上午充電,而C大巴只能在下午充電,且F大巴不能在甲充電樁充電,則不同的充電方案一共有種.(用數(shù)字作答)

16.在邊長為2的正三角形ABC中,D是BC邊的中點(diǎn),AE=2EB,CE交AD于點(diǎn)F.若BF=xBC+yBA,則x+y=;BF·DE=

專題突破練1?？夹☆}點(diǎn)過關(guān)檢測一、單項選擇題1.A解析∵z=1-i2+2i∴z=12i.∴zz=12i122.D解析因?yàn)镼={y|y=x2+2x}={y|y=(x+1)21}={y|y≥1},所以?RQ={y|y<1},又P={x|3≤x≤1},所以P∪(?RQ)={x|x≤1}.3.B解析由題意可得,當(dāng)x=1時,3n=243,解得n=5,則(x3+2x2)n的展開式第r+1項Tr+1=C5r(x3)5r(2x2)r=C5rx153r2rx2r=C5r2rx155r,令155r=0,解得r=3,所以所求常數(shù)項為4.D解析從2至8的7個整數(shù)中隨機(jī)取2個不同的數(shù),共有C72=21種不同的取法,若兩數(shù)不互質(zhì),則不同的取法有(2,4),(2,6),(2,8),(3,6),(4,6),(4,8),(6,8),共7種,故所求概率故選D.5.B解析因?yàn)?RQ??RP,所以P?Q,如圖.由題意知P是Q的真子集,故?x∈Q,x?P,故A不正確;由?RQ是?RP的真子集且?RQ,?RP都不是空集知,?x∈?RP,x∈?RQ,故B正確;由P是Q的真子集知,?x?Q,x?P,故C不正確;?RQ是?RP的真子集,故?x∈?RP,x??RQ,故D不正確.6.A解析若?x∈[1,3],使得x2ax+3>0,即ax<x2+3,可得?x∈[1,3],使得a<x+3x,則a<(x+3x)max,x∈[1,3],因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=x+3x在區(qū)間[1,3]上單調(diào)遞減,在區(qū)間[3,3]上單調(diào)遞增,且f(1)=f(3)=4,故當(dāng)x∈[1,3]時,f(x)max=4,故p:a<4.結(jié)合選項可得,p的一個必要不充分條件是7.B解析由于M為邊BC的中點(diǎn),則AM=12AB+12AC.因?yàn)锳G=2GM,所以AM=32AG,又AB=xAP(x>0),AC=yAQ(y>0),所以32AG=x2AP+y2AQ(x>0,y>0),所以AG=x3AP+y3AQ(x>0,y>0),又G,P,Q三點(diǎn)共線,所以x3+y3=8.B解析由題意,函數(shù)f(x)=x2+4x+1+a,令t=f(x),則t=x2+4x+1+a=(x+2)23+a≥a3,又對任意x∈R,f(f(x))≥0恒成立,即f(t)≥0對任意t≥a3恒成立,當(dāng)a3≤2時,即a≤1時,f(t)min=f(2)=a3≥0,解得a≥3,此時無解;當(dāng)a3>2時,即a>1時,f(t)min=f(a3)=a2a2≥0,解得a≥2或a≤1,所以a≥2.綜上可得,實(shí)數(shù)a的取值范圍為[2,+∞).二、多項選擇題9.AD解析A選項,|a|=12+32=10,A正確;B選項,2ab=(2,6)(2,1)=(4,5),故(2ab)·b=(4,5)·(2,1)=8+5=3≠0,故2ab與b不垂直,B錯誤;C選項,cos<a,b>=a·b|a||b|10.ABD解析對于A選項:若xc2>yc2,則c2≠0,于是x>y,而當(dāng)x>y,c=0時xc2=yc2,所以“xc2>yc2”是“x>y”的充分不必要條件,故A符合題意;對于B選項:由1x<1y<0可得y<x<0,即能推出x>y;但x>y不能推出1x<1y<0,所以“對于C選項:由|x|>|y|可得x2>y2,則(x+y)(xy)>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條件,故C不符合題意;對于D選項:若lnx>lny,則x>y,而由x>y不能推出lnx>lny,所以“l(fā)nx>lny”是“x>y”的充分不必要條件.故選項D符合題意.11.AC解析對于A,正數(shù)a,b滿足a+b+1=ab≤(a+b2)2?(a+b)24(a+b)4≥0?a+b≥2+22,當(dāng)且僅當(dāng)a=b時成立,A正確;對于B,ab1=a+b≥2ab,即(ab)22ab1≥0,可得ab≥1+2,所以ab≥3+22,當(dāng)且僅當(dāng)a=b時成立,B錯誤;對于C,1a+1b=a+bab=ab-1ab=11ab≥113+22=222,當(dāng)且僅當(dāng)a=b時成立,C正確;對于D,由a+b+1=ab?4=(a1)(2b2)≤(a+2b-32)2?a+2b≥7,當(dāng)且僅當(dāng)a1=212.BC解析設(shè)內(nèi)切球的半徑為r(r>0),則圓柱的高為2r.于是m=πr2·2r43πr3=32對于A,f(x)展開式通項為Tr+1=C8rx243r·-1xr=(1)rC8rx244r,令244r=0,解得r=6,所以對于B,f(1)=0,即f(x)展開式的各項系數(shù)之和為0,B正確;對于C,f(x)展開式中二項式系數(shù)最大值為C84對于D,f(i)=i3-1i8=(i+三、填空題13.充分不必要解析若tanα=3,則cos2α=cos2αsin2α=cos2若cos2α=45,則1-tan2α1+tan2α則“tanα=3”是“cos2α=45”14.114解析x+1x7的展開式的通項為Tr+1=C7rx7r·(x-12)r=C7r15.168解析先排F大巴,第一種方案,F大巴在上午充電,有C21種可能情況,此時再排C大巴,C大巴在下午充電,有C31種可能情況,再排A,B大巴,又分A,B大巴同在下午和一個上午、一個下午兩種情況,有(A22+C21C21C21)種可能情況;第二種方案,F最后再排剩下的兩輛大巴,有