【文档说明】2024届高考二轮复习数学试题（新高考新教材） 专题突破练1　常考小题点过关检测 Word版含答案.docx，共(7)页，270.373 KB，由小赞的店铺上传

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专题突破练1常考小题点过关检测一、单项选择题1.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⊆B2.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.(2022·新高考Ⅱ,3)中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处,更是美学和哲学的体现.图1是某古建筑物中的举架结构,AA',BB',CC',DD'是桁,相邻桁的水平距离称

为步,垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图.其中DD1,CC1,BB1,AA1是脊,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步的比分别为𝐷𝐷1𝑂𝐷1=0.5,𝐶𝐶1𝐷𝐶1=k

1,𝐵𝐵1𝐶𝐵1=k2,𝐴𝐴1𝐵𝐴1=k3,若k1,k2,k3是公差为0.1的等差数列,直线OA的斜率为0.725,则k3=()图1图2A.0.75B.0.8C.0.85D.0.94.(2022·新高考Ⅰ,5)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,则这2个数互质的概率为()A.1

6B.13C.12D.235.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.14406

.记(𝑥+12𝑥)4展开式的偶数项之和为P,则P的最小值为()A.1B.2C.3D.47.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𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+μ𝐷

𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗(λ>0,μ>0),则2𝜆+1𝜇的最小值为()A.2B.5C.92D.1438.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.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∥bC.a与b的夹角为30°D.a·b=-6010.已知a>b>0,且ab=4,则()A.2a-b>1B.log2a-log

2b>1C.2a+2b>8D.log2a·log2b<111.在下列四个条件中,能成为x>y的充分不必要条件的是()A.xc2>yc2B.1𝑥<1𝑦<0C.|x|>|y|D.lnx>lny12.如图,圆柱内有一个内切球,这个球的直径

恰好与圆柱的高相等.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)=(𝑚𝑛𝑥3-1𝑥)8,则()A.f(x)的展开式中的常数项是56B.f(x)的展开式中的各项系数之和为0C.f(x)的展开式中的二项式系数最大值是70D.f(i)=-16,其中

i为虚数单位三、填空题13.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.将(𝑥+1√𝑥)7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.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.在边长为2的正三角形ABC中,D是BC边的中点,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗

,CE交AD于点F.若𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=x𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+y𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,则x+y=;𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=.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|y<-1},又P={x|-3≤x≤1},所以P∪(∁RQ)={x|x≤1}.3.D解析不妨设OD1=DC1=CB1=BA1=1

,则DD1=0.5,CC1=k1,BB1=k2,AA1=k3.由题意得𝐷𝐷1+𝐶𝐶1+𝐵𝐵1+𝐴𝐴1𝑂𝐷1+𝐷𝐶1+𝐶𝐵1+𝐵𝐴1=0.725,即0.5+𝑘1+𝑘2+𝑘34=0.725.∵k1=k3-0.2,k2=k3-0.

1,∴0.5+𝑘3-0.2+𝑘3-0.1+𝑘34=0.725.解得k3=0.9.故选D.4.D解析从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,共有C72=21种不同的取法,若两数不互质,则不同的取法有(2,4),(2,6),(2,8),(3,6),(4,6),(4,

8),(6,8),共7种,故所求概率P=21-721=23.故选D.5.A解析当圆形排在第一个时,有A55A22=240种不同的排法.同理,当圆形排在最后一个时,有A55A22=240种不同的排法.综上,圆形要排在第一个或最后一个

,方形、五角形相邻,则共有480种不同的排法.6.B解析由已知得x≠0,则x2>0,所以P=C41x3·12𝑥+C43x·(12𝑥)3=2x2+12𝑥2≥2√1=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O(12,12).设点E的坐标为(1,m)(0≤m≤1),则

由𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+μ𝐷𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗(λ>0,μ>0),可得(1,m)=λ(1,1)+μ(12,-12)(λ>0,μ>0),所以1=λ+12μ(λ>0,μ>0),则2𝜆+1𝜇=(2𝜆+1𝜇)(𝜆+12𝜇)=2+12+𝜇�

�+𝜆𝜇≥52+2√𝜇𝜆·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lo

g2a-log2b=log2𝑎𝑏=log2169<log22=1,故B错误;对C,2a+2b≥2√2𝑎·2𝑏=2√2𝑎+𝑏,当且仅当a=b时取等号,又因为a+b≥2√𝑎𝑏=4,当且仅当a=b=2时取等号,所以2a+2b≥2√2𝑎+𝑏≥2√24=8,当且仅当a=b=2时取等号,因

为a>b>0,所以不能取等号,故C正确;对D,当a>1>b>0时,log2a>0,log2b<0,所以log2a·log2b<1;当a>b>1时,log2a>0,log2b>0,所以log2a·log2b≤(log2𝑎+log2𝑏)24=[

log2(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(因为x,y的正负不确定),所以“1𝑥<1𝑦<0”是“x>y”的充分不必要条件,故B符合题意;对于C选项:由|x|>|y|可得x2>y2,则(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条件,故C不符合题意;对于D选项:若lnx>lny,则x>y,而由x>y不能推出lnx>lny,所以

“lnx>lny”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)=(𝑥3-1𝑥)8.对于A,f(x)展开

式通项为Tr+1=C8𝑟x24-3r·(-1𝑥)𝑟=(-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)=(i3-1i)8=(-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+1√𝑥)7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=2880种情况,全部的情况有A88=40320种,故所求概率P=A44A54A88=288040320=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)+C

21C21C21C31]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𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,得EM=13AD,BM=13BD,MD=23B

D,又D是BC边的中点,得DC=35MC,∴FD=35EM,故FD=15AD,即AF=45AD,所以𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=45𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=45(𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)=45(12𝐵𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗-𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)=25𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−45𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=15𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+25𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,故x+y=35.易知𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13�

�𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,由已知得BA=BC=2,<𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗>=60°,所以|𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=2,𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=2×2×cos60°=2.