1、专题突破练1常考小题点过关检测一、单项选择题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.AB=0C.AB=AD.AB2.(2021广东广州二模)已知集合P=x|-3x1,Q=y|y=x2+2x,则P(RQ)=()A.-3,-1)B.-1,1C.(-,-1D.(-,13.(2021河北保定一模)设a,bR,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(aR,bR)对应向量(O为坐标原点),设
2、|=r,以x轴的非负半轴为始边,射线OZ为终边的角为,则z=r(cos +isin ).法国数学家棣莫佛发现棣莫佛定理:zn=r(cos +isin )n=rn(cos n+isin n),则(-1+i)10=()A.1 024-104iB.-1 024+1 024iC.512-512iD.-512+512i5.(2021东北三校第一次联考)土楼具体有圆形、方形、五角形、八角形、日字形、回字形、吊脚楼等类型.现有某大学建筑系学生要重点对这七种主要类型的土楼依次进行调查研究.要求调查顺序中,圆形要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
3、 4406.(2021河北唐山一模)记展开式的偶数项之和为P,则P的最小值为()A.1B.2C.3D.47.(2021江苏南京三模)在正方形ABCD中,O为两条对角线的交点,E为边BC上的动点.若=+(0,0),则的最小值为()A.2B.5C.D.8.(2021山东日照一中月考)已知f(x)=x2+4x+1+a,且对任意xR,f(f(x)0恒成立,则实数a的取值范围为()A.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.abC.a与b的夹角为30D.ab=-60
4、10.(2021河北唐山二模)已知ab0,且ab=4,则()A.2a-b1B.log2a-log2b1C.2a+2b8D.log2alog2by的充分不必要条件的是()A.xc2yc2B.|y|D.ln xln y12.(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)=,则()A.f(x)的展开式中的常数项是56B.f(x)
5、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.(2021福建厦门双十中学月考)设复数z满足z=,则z的共轭复数在复平面内对应的点位于第象限.14.(2021上海嘉定二模)将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
6、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,=2,CE交AD于点F.若=x+y,则x+y=;=.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AB,AB=0,ABA,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
7、=x3x=2x2+2=2,当且仅当2x2=即x=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设点E的坐标为(1,m)(0m1),则由=+(0,0),可得(1,m)=(1,1)+(0,0),所以1=+(0,0),则=2+2,当且仅当即=时取等号,此时的最小值为经检验,此时m=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+aa-3,又对任意xR,f(f(x)0恒成立,即f(
8、t)0对任意ta-3恒成立,当a-3-2时,即a1时,f(t)min=f(-2)=a-30,解得a3,此时无解;当a-3-2时,即a1时,f(t)min=f(a-3)=a2-a-20,解得a2或a-1,所以a2.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|,ab,a与b的夹角为180,ab=2(-6)+(-4)12=-60,故选项A,B,D正确,选项C错误.10.ACD解析 因为ab0,且ab=4,对A,a-b0,所以2a-b20=1,故A正确;对B,取a=,b=,则log2a-log2b=log2=log
9、2b0,所以不能取等号,故C正确;对D,当a1b0时,log2a0,log2b0,所以log2alog2bb1时,log2a0,log2b0,所以log2alog2b=1,当且仅当a=b时取等号,因为ab0,所以不能取等号,故D正确.11.ABD解析 对于A选项:若xc2yc2,则c20,于是xy,而当xy,c=0时xc2=yc2,所以“xc2yc2”是“xy”的充分不必要条件,故A符合题意;对于B选项:由0可得yxy;但xy不能推出0(因为x,y的正负不确定),所以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x2y2,则(x+y)(x-y)0,不能推出xy;由xy也不能推
10、出|x|y|(如x=1,y=-2),所以“|x|y|”是“xy”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 xln y,则xy,而由xy不能推出ln xln y,所以“ln xln y”是“xy”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(r0),则圆柱的高为2r.于是m=,n=,所以=1,所以f(x)=对于A,f(x)展开式通项为Tr+1=x24-3r=(-1)rx24-4r,令24-4r=0,解得r=6,所以f(x)展开式中的常数项为(-1)6=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
11、中二项式系数最大值为=70,C正确;对于D,f(i)=(-i+i)8=0,D错误.13.四解析 因为z=2i(1-i)=2i-2i2=2+2i,所以=2-2i,所以共轭复数在复平面内对应的点位于第四象限.14解析 的展开式的通项为Tr+1=x7-rr=,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=2 880种情况,全部的情况有=40 320种,故所求概率P=15.168解析 先排F大巴,第一种方案,F大巴在上午充电,有种可能情况,此时再排C大巴,
12、C大巴在下午充电,有种可能情况,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()种可能情况;第二种方案,F大巴在下午充电,有种可能情况,此时再排C大巴,C大巴在下午充电,有种可能情况,再排A,B大巴,只能一个上午、一个下午,有种可能情况.最后再排剩下的两辆大巴,有种可能情况,故共有)+=168种不同的充电方案.16.-解析 如图,过点E作EMAD交BC于点M,由=2,得EM=AD,BM=BD,MD=BD,又D是BC边的中点,得DC=MC,FD=EM,故FD=AD,即AF=AD,所以)=,所以,故x+y=易知,由已知得BA=BC=2,=60,所以|=|=2,=22cos 60=2.所以4-4+2=-
