2025年高考一輪復習-專題突破練1 常考小題點過關檢測【含解析】

專題突破練1?？夹☆}點過關檢測一、單項選擇題1.已知集合A={-2,0},B={x|x2-2x=0},則下列結(jié)論正確的是()A.A=B B.A∩B={0}C.A∪B=A D.A?B2.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.設a,b∈R,則“|a+bi|=|1+i|”是“a=b=1”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4.在復平面內(nèi),復數(shù)z=a+bi(a∈R,b∈R)對應向量OZ(O為坐標原點),設|OZ|=r,以x軸的非負半軸為始邊,射線OZ為終邊的角為θ,則z=r(cosθ+isinθ).法國數(shù)學家棣莫佛發(fā)現(xiàn)棣莫佛定理:zn=[r(cosθ+isinθ)]n=rn(cosnθ+isinnθ),則(-1+3i)10=()A.1024-1043i B.-1024+10243iC.512-5123i D.-512+5123i5.土樓具體有圓形、方形、五角形、八角形、日字形、回字形、吊腳樓等類型.現(xiàn)有某大學建筑系學生要重點對這七種主要類型的土樓依次進行調(diào)查研究.要求調(diào)查順序中,圓形要排在第一個或最后一個,方形、五角形相鄰,則共有()種不同的排法.A.480 B.240 C.384 D.14406.記x+12x4展開式的偶數(shù)項之和為P,則A.1 B.2 C.3 D.47.在正方形ABCD中,O為兩條對角線的交點,E為邊BC上的動點.若AE=λAC+μDO(λ>0,μ>0),則2λ+1μA.2 B.5 C.92 D.8.已知f(x)=x2+4x+1+a,且對任意x∈R,f(f(x))≥0恒成立,則實數(shù)a的取值范圍為()A.5-12,+∞ C.[-1,+∞) D.[3,+∞)二、多項選擇題9.如果平面向量a=(2,-4),b=(-6,12),那么下列結(jié)論正確的是()A.|b|=3|a| B.a∥bC.a與b的夾角為30° D.a·b=-6010.已知a>b>0,且ab=4,則()A.2a-b>1 B.log2a-log2b>1C.2a+2b>8 D.log2a·log2b<111.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>lny12.傳說古希臘數(shù)學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.這是因為阿基米德認為這個“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)=mnx3-1A.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.設復數(shù)z滿足z=4i1+i,則z的共軛復數(shù)z在復平面內(nèi)對應的點位于第象限.14.將x+1x7的二項展開式的各項重新隨機排列,15.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)停車樓建設了集中式智慧有序充電站,充電站共建設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.(2021·遼寧葫蘆島一模)在邊長為2的正三角形ABC中,D是BC邊的中點,AE=2EB,CE交AD于點F.若BF=xBC+yBA,則x+y=;BF·DE=專題突破練1?？夹☆}點過關檢測【參考答案】1.B解析由題設得B={0,2},所以A≠B,A∩B={0},A∪B≠A,A不是B的子集.2.D解析因為Q={y|y=x2+2x}={y|y=(x+1)2-1}={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∵|a+bi|=|1+i|,∴a2+b2=12+∵a2+b2=2a=b=1,而a=b=1?a2+b2=2,∴“a2+b2=2”是“a=b=1”的必要不充分條件,即“|a+bi|=|1+i|”是“a=b=1”的必要不充分條件.4.D解析由題意,得(-1+3i)10=210cos10×2π3+isin10×2π3=1024cos20π3+isin20π3=1024-125.A解析當圓形排在第一個時,有A55A22=240種不同的排法.同理,當圓形排在最后一個時,有綜上,圓形要排在第一個或最后一個,方形、五角形相鄰,則共有480種不同的排法.6.B解析由已知得x≠0,則x2>0,所以P=C41x3·12x+C43x·1當且僅當2x2=12x2即x=±7.C解析如圖所示,以A為原點,AB,AD所在直線分別為x軸、y軸建立平面直角坐標系.設正方形的邊長為1,則A(0,0),B(1,0),C(1,1),D(0,1),于是可得O1設點E的坐標為(1,m)(0≤m≤1),則由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),則2λ+1μ=2λ+1μλ+1經(jīng)檢驗,此時m=13∈[0,1]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)2-3+a≥a-3,又對任意x∈R,f(f(x))≥0恒成立,即f(t)≥0對任意t≥a-3恒成立,當a-3≤-2時,即a≤1時,f(t)min=f(-2)=a-3≥0,解得a≥3,此時無解;當a-3>-2時,即a>1時,f(t)min=f(a-3)=a2-a-2≥0,解得a≥2或a≤-1,所以a≥2.綜上可得,實數(shù)a的取值范圍為[2,+∞).9.ABD解析因為a=(2,-4),b=(-6,12),所以b=-3a.所以|b|=3|a|,a∥b,a與b的夾角為180°,a·b=2×(-6)+(-4)×12=-60,故選項A,B,D正確,選項C錯誤.10.ACD解析因為a>b>0,且ab=4,對A,a-b>0,所以2a-b>20=1,故A正確;對B,取a=83,b=32,則log2a-log2b=log2ab=log2169<log22=1,對C,2a+2b≥22a·2b=22a+b,當且僅當a=b時取等號,又因為a+b≥2ab=4,當且僅當a=b=2時取等號,所以2a+2b≥22a+b≥224=8,當且僅當a=b=對D,當a>1>b>0時,log2a>0,log2b<0,所以log2a·log2b<1;當a>b>1時,log2a>0,log2b>0,所以log2a·log2b≤(log2a+log2b)24=[lo11.ABD解析對于A選項:若xc2>yc2,則c2≠0,于是x>y,而當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(因為x,y的正負不確定),所以“1x<1y對于C選項:由|x|>|y|可得x2>y2,則(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.12.BC解析設內(nèi)切球的半徑為r(r>0),則圓柱的高為2r.于是m=πr2·2r43πr3=32,n=對于A,f(x)展開式通項為Tr+1=C8rx24-3r·-1xr=(-1)rC8rx24-4r,令24-4r=0,解得r=6,所以f(x)展開式中的常數(shù)項為(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=70,C對于D,f(i)=i3-1i8=(-i+i)13.四解析因為z=4i1+i=4i(1-i)(1+i)(1-i)=4i(1-i)214.114解析x+1x7的展開式的通項為Tr+1=C7rx7-r·x-12r=C7rx7-32r,當r=0,2,4,6時,對應的項為有理項,一共4項,當r=1,3,5,7時,對應的項為無理項,一共4項,要使得有理項互不相鄰,采用插空法,先把無理項排好,再把有理項插到無理項的5個空檔中,共有A15.168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大巴在下午充電,有C21種可能情況,此時再排C大巴,C最后再排剩下的兩輛大巴