高考二輪復(fù)習(xí)文科數(shù)學(xué)試題（老高考舊教材）（一）送分考點(diǎn)專項(xiàng)練

(一)送分考點(diǎn)專項(xiàng)練1.集合、常用邏輯用語、不等式考向1集合的概念及運(yùn)算1.(2022全國甲,文1)設(shè)集合A={2,1,0,1,2},B=x0≤x<52,則AA.{0,1,2} B.{2,1,0}C.{0,1} D.{1,2}2.(2022全國乙,文1)集合M={2,4,6,8,10},N={x|1<x<6},則M∩N=()A.{2,4} B.{2,4,6}C.{2,4,6,8} D.{2,4,6,8,10}3.(2023新高考Ⅱ,2)設(shè)集合A={0,a},B={1,a2,2a2},若A?B,則a=()A.2 B.1 C.23 D.4.(2023全國乙,文2)設(shè)全集U={0,1,2,4,6,8},集合M={0,4,6},N={0,1,6},則M∪?UN=()A.{0,2,4,6,8} B.{0,1,4,6,8} C.{1,2,4,6,8} D.U考向2充分條件、必要條件與充要條件5.(2022浙江,4)設(shè)x∈R,則“sinx=1”是“cosx=0”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件6.(2023天津,2)“a2=b2”是“a2+b2=2ab”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件7.(2023陜西安康一模)設(shè)c∈R,則a>b成立的一個(gè)必要不充分條件是()A.ac2>bc2 B.cC.2a+c>2b+c D.ab>2c考向3常用邏輯用語8.(2023貴州貴陽模擬預(yù)測)已知命題p:?n∈N,2n2不是素?cái)?shù),則p為()A.?n?N,2n2是素?cái)?shù)B.?n∈N,2n2是素?cái)?shù)C.?n?N,2n2是素?cái)?shù)D.?n∈N,2n2是素?cái)?shù)9.(2022河南焦作一模)已知命題p:?x0∈N*,lgx0<0,q:?x∈R,cosx≤1,則下列命題是真命題的是()A.p∧q B.(p)∧qC.p∧(q) D.(p∨q)10.若“?x0∈12,2,使得2x02λx0+1<0成立”是假命題,則實(shí)數(shù)λ的取值范圍為.考向4不等關(guān)系及線性規(guī)劃11.(2023陜西安康二模)若a>0,b>0,且a+b=1,則下列說法正確的是()A.1B.a2+b2≤1C.3a+1b>2D.2a2+b>712.(2022全國乙,文5)若x,y滿足約束條件x+y≥2,x+2y≤4,A.2 B.4 C.8 D.1213.(2022浙江,3)若實(shí)數(shù)x,y滿足約束條件x-2≥0,2x+y-7≤0,A.20 B.18 C.13 D.614.(2023全國乙,文15)若x,y滿足約束條件x-3y≤-1,x+22.復(fù)數(shù)、平面向量考向1復(fù)數(shù)的概念、運(yùn)算及幾何意義1.(2023全國乙,文1)|2+i2+2i3|=()A.1 B.2 C.5 D.52.(2022全國甲,文3)若z=1+i,則|iz+3z|=()A.45 B.42 C.25 D.223.(2022全國乙,文2)設(shè)(1+2i)a+b=2i,其中a,b為實(shí)數(shù),則()A.a=1,b=1 B.a=1,b=1C.a=1,b=1 D.a=1,b=14.(2023新高考Ⅱ,1)在復(fù)平面內(nèi),(1+3i)(3i)對應(yīng)的點(diǎn)位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限5.(2022新高考Ⅰ,2)若i(1z)=1,則z+z=()A.2 B.1 C.1 D.2考向2平面向量的概念及線性運(yùn)算6.(2023山東濱州一模)在平行四邊形ABCD中,設(shè)M為線段BC上靠近B的三等分點(diǎn),N為線段AD上靠近D的三等分點(diǎn),AB=a,AD=b,則向量NM=()A.13ab B.a1C.13ba D.b17.(2023陜西安康一模)已知O是△ABC內(nèi)一點(diǎn),2OA+3OB+mOC=0,若△AOB與△ABC的面積比為47,則實(shí)數(shù)m的值為(A.103 B.10C.203 D.8.(2022新高考Ⅰ,3)在△ABC中,點(diǎn)D在邊AB上,BD=2DA.記CA=m,CD=n,則CB=()A.3m2n B.2m+3nC.3m+2n D.2m+3n9.(2023甘肅高考診斷一)已知向量a=13m,2,b=(2,3m),若a與b共線且方向相反,則|2a+b|=.

10.如圖,在同一個(gè)平面內(nèi),向量OA與OC的夾角為α,且tanα=7,向量OB與OC的夾角為45°,且|OA|=|OB|=1,|OC|=2.若OC=mOA+nOB(m∈R,n∈R),則n考向3平面向量的數(shù)量積11.(2022新高考Ⅱ,4)已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb,若<a,c>=<b,c>,則實(shí)數(shù)t=()A.6 B.5 C.5 D.612.(2023全國甲,文3)已知向量a=(3,1),b=(2,2),則cos<a+b,ab>=()A.117 B.17C.55 D.13.(2023新高考Ⅰ,3)已知向量a=(1,1),b=(1,1).若(a+λb)⊥(a+μb),則()A.λ+μ=1 B.λ+μ=1 C.λμ=1 D.λμ=114.(2023全國乙,文6)正方形ABCD的邊長是2,E是AB的中點(diǎn),則EC·ED=(A.5 B.3 C.25 D.515.(2023天津,14)在△ABC中,∠A=60°,BC=1,點(diǎn)D為AB的中點(diǎn),點(diǎn)E為CD的中點(diǎn),若設(shè)AB=a,AC=b,則AE可用a,b表示為;若BF=13BC,則AE16.(2022全國甲,文13)已知向量a=(m,3),b=(1,m+1).若a⊥b,則m=.

(一)送分考點(diǎn)專項(xiàng)練1.集合、常用邏輯用語、不等式1.A解析由題得,A∩B={0,1,2},故選A.2.A解析∵集合M={2,4,6,8,10},N={x|1<x<6},∴M∩N={2,4}.故選A.3.B解析∵A?B,∴a2=0或2a2=0.若a2=0,則a=2,A={0,2},B={1,0,2},顯然A?B;若2a2=0,則a=1,A={0,1},B={1,1,0},A?B成立.故選B.4.A解析由題意,得?UN={2,4,8},所以M∪?UN={0,2,4,6,8}.故選A.5.A解析由sinx=1,得x=2kπ+π2,k∈Z,此時(shí)cosx=0;由cosx=0,得x=kπ+π2,k∈Z,此時(shí)sinx=±1,故選6.B解析由a2+b2=2ab,得(ab)2=0,所以a=b.所以a2=b2,故必要性成立;又當(dāng)a=1,b=1時(shí),滿足a2=b2,而a2+b2=2ab不成立,故充分性不成立.所以“a2=b2”是“a2+b2=2ab”的必要不充分條件.故選B.7.D解析對于A,B,當(dāng)c=0時(shí),ac2>bc2與ca<cb都不成立,A,B都錯(cuò);對于C,∵f(x)=2x在R上遞增,∴2a+c>2b+c?a>b,C錯(cuò);對于D,由a>b可得ab>0,又2c<0,可得ab>2c,8.D解析命題p為全稱量詞命題,該命題的否定為p:?n∈N,2n2是素?cái)?shù).故選D.9.B解析因?yàn)?x∈N*,lgx≥0,所以命題p為假命題,p為真命題.因?yàn)?x∈R,cosx≤1成立,所以命題q為真命題,所以(p)∧q為真命題.10.(∞,22]解析由題意得,“?x∈12,2,2x2λx+1≥0”為真命題,即λ≤2x+1x.因?yàn)?x+1x≥22x·1x=22,當(dāng)且僅當(dāng)2x=1x,即x=22時(shí),等號成立,所以實(shí)數(shù)λ11.A解析對于A,1a+2b+1=12·1a+2b+1·[a+(b+1)]=123+b+1a+2ab+1≥3+222,當(dāng)且僅當(dāng)b+1a=2ab+1,即a=222,b=322時(shí)等號成立,故A正確;對于B,∵(a+b)2≤2(a2+b2),∴a2+b2≥12,故B錯(cuò)誤;對于C,3a+1b=3a+1(1a)=3a+1+(a+1)2≥232,當(dāng)且僅當(dāng)a=31時(shí)等號成立,故C錯(cuò)誤;對于12.C解析畫出不等式組表示的平面區(qū)域(陰影部分),如圖所示.要求z=2xy的最大值,即求直線y=2xz在y軸上的截距z的最小值.數(shù)形結(jié)合可知,當(dāng)直線y=2xz過點(diǎn)A時(shí)直線在y軸上的截距最小,即z取得最大值.由x+2y=4,y故z的最大值為2×40=8.13.B解析根據(jù)約束條件畫出可行域.可知當(dāng)直線y=34x+z4過點(diǎn)(2,3)時(shí),z取到最大值,為18,故選14.8解析作出不等式組表示的平面區(qū)域,如圖所示,平移直線2xy=0,由圖知,當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)A(5,2)時(shí)目標(biāo)函數(shù)z=2xy取得最大值,即zmax=2×52=8.2.復(fù)數(shù)、平面向量1.C解析|2+i2+2i3|=|212i|=|12i|=12+(-22.D解析iz+3z=i(1+i)+3(1i)=22i,則|iz+3z|=|22i|=22,故選D.3.A解析由(1+2i)a+b=2i,得a+b+2ai=2i.∵a,b∈R,∴a+b=0,24.A解析∵(1+3i)(3i)=3i+9i+3=6+8i,∴復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限.故選A.5.D解析∵i(1z)=1,∴z=i-1i=1+i,∴z=1i.∴z+z=2.6.B解析如下圖所示:∵BM=13BC=13AD=則NM=NA+AB+BM=23b+a+13b7.D解析由2OA+3OB=mOC,得25OA+35OB=m5OC,設(shè)m∴A,B,D三點(diǎn)共線,如右圖所示.∵OC與OD反向共線,則∴|OD||OC|=m5,∴|8.B解析如圖.∵BD=2DA,∴AB=3AD,∴CB=CA+AB=CA+3AD=CA+3(CD-CA)=2CA+3CD.又CA=m,CD=n,所以CB9.2103解析由題意,得a=λb(λ>0),則13m=-2λ,2=-3λm,解得λ=13,m=-2,a=23,2,10.12解析在題圖中,以O(shè)為原點(diǎn),OA方向?yàn)閤軸的非負(fù)半軸,以過O與OA垂直向上為y軸非負(fù)半軸建立平面直角坐標(biāo)系(圖略)由題意得A(1,0),∵向量OA與OC的夾角為tanα=7,∴cosα=210,sinα=7又|OC|=2,∴C15,7cos(α+45°)=35,sin(α+45°)=45,∴B35∵OC=mOA+nOB,∴15,75=m(1,0)+n35∴m-3∴nm=1211.C解析由題意得c=(3+t,4),cos<a,c>=cos<b,c>,故9+3t+16|c|×5=12.B解析∵a=(3,1),b=(2,2),∴a+b=(5,3),ab=(1,1).則有cos<a+b,ab>=(a+b)13.D解析(方法一)由題意得,a+λb=(1+λ,1λ),a+μb=(1+μ,1μ).∵(a+λb)⊥(a+μb),∴(1+λ)(1+μ)+(1λ)(1μ)=0,解得λμ=1.故選D.(方法二)由題意得,a2=12+12=2,b2=12+(1)2=2,a·b=1×1+1×(1)=0.∵(a+λb)⊥(a+μb),∴(a+λb)·(a+μb)=a2+(λ+μ)a·b+λμb2=2+0+2λμ=0.解得λμ=1.故選D.14.B解析(方法一)由題可知|AB|=|AD|=2,AB·AD則EC·ED=(EB+BC)·(EA+AD)=12AB+AD·12AB+(方法二)因?yàn)镋是AB的中點(diǎn),所以ED=EC=22在△DCE中,由余弦定理,得cos∠DEC=ED2+EC2-DC22ED×EC=(方法三)以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系,則D(0,2),C(2,2),E(1,0),則EC=(1,2),ED=(1,2),所以EC·ED=1×(1)+2×2=3.故選15.14a+12b解析如圖,由題意AD=