高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)課件（新高考新教材）?？夹☆}點(diǎn)

?？夹☆}點(diǎn)第一編小題點(diǎn)1集合、常用邏輯用語(yǔ)必備知識(shí)?精要梳理1.集合(1)A∪B={x|x∈A,或x∈B};A∩B={x|x∈A,且x∈B};?UA={x|x∈U,且x?A};A∪B=A?B?A,A∩B=A?A?B.(2)含有n(n∈N*)個(gè)元素的集合,其子集、真子集、非空真子集的個(gè)數(shù)依次為2n,2n-1,2n-2.

子集包括空集和其本身規(guī)律方法若已知的集合是不等式的解集形式,則用數(shù)軸求解;若已知的集合是點(diǎn)集形式,則用數(shù)形結(jié)合法求解;若已知的集合是抽象集合形式,則用Venn圖求解.2.常用邏輯用語(yǔ)(1)若p?q,則p是q的充分條件,q是p的必要條件;若p?q,則p是q的充要條件.(2)充要條件的三種判斷方法:①定義法;②集合法;③等價(jià)轉(zhuǎn)化法.名師點(diǎn)析判斷充分條件、必要條件時(shí)要注意三點(diǎn)(1)弄清先后順序.“A的充分不必要條件是B”和“A是B的充分不必要條件”是不一樣的.(2)善于舉反例.當(dāng)不便從正面判斷或證明一個(gè)命題的真假時(shí),可以通過(guò)舉恰當(dāng)?shù)姆蠢齺?lái)說(shuō)明.(3)注意合理轉(zhuǎn)化.如:?p是

?q的必要不充分條件?p是q的充分不必要條件.(3)“?x∈M,p(x)”的否定為“?x∈M,?p(x)”;“?x∈M,p(x)”的否定為“?x∈M,?p(x)”.考向訓(xùn)練?限時(shí)通關(guān)答案C

熱點(diǎn)小題1

集合1.(2023·新高考Ⅰ,1)已知集合M={-2,-1,0,1,2},N={x|x2-x-6≥0},則M∩N=(

)A.{-2,-1,0,1} B.{0,1,2} C.{-2} D.{2}解析

由題意,x2-x-6≥0,解得x≤-2或x≥3,N=(-∞,-2]∪[3,+∞).因?yàn)镸={-2,-1,0,1,2},所以M∩N={-2}.故選C.答案B

2.(2022·新高考Ⅱ,1)已知集合A={-1,1,2,4},B={x||x-1|≤1},則A∩B=(

)A.{-1,2} B.{1,2}C.{1,4} D.{-1,4}解析

B={x|0≤x≤2},則A∩B={1,2},故選B.3.設(shè)集合P={y|y=x2+1},M={x|y=x2+1},則集合M與集合P的關(guān)系是(

)A.M=P B.P∈M

C.M?P D.P?M答案D

解析

P={y|y=x2+1}={y|y≥1},M={x|y=x2+1}=R,所以P?M.答案D

答案C

5.已知全集U=A∪B=(0,4],A∩(?UB)=(2,4],則集合B=(

)A.(-∞,2] B.(-∞,2) C.(0,2] D.(0,2)解析

因?yàn)锳∪B=(0,4],A∩(?UB)=(2,4],所以B=?U(A∩(?UB))=(0,2].答案C

解析

當(dāng)n=2k,k∈Z時(shí),s=4k+1,k∈Z;當(dāng)n=2k+1,k∈Z時(shí),s=4k+3,k∈Z,所以T?S,故S∩T=T.6.(2021·全國(guó)乙,理2)已知集合S={s|s=2n+1,n∈Z},T={t|t=4n+1,n∈Z},則S∩T=(

)A.? B.S C.T D.Z7.已知集合A={(x,y)|x+y=8,x∈N*,y∈N*},B={(x,y)|y>x+1},則A∩B的真子集個(gè)數(shù)為(

)A.3 B.6C.7 D.8答案C

解析

依題意A={(1,7),(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),(7,1)},其中滿足y>x+1的有(1,7),(2,6),(3,5),所以A∩B={(1,7),(2,6),(3,5)},有3個(gè)元素,故其真子集有23-1=7(個(gè)).答案B

8.(2023·新高考Ⅱ,2)設(shè)集合A={0,-a},B={1,a-2,2a-2},若A?B,則a=(

)A.2 B.1 C.

D.-1解析

∵A?B,∴a-2=0或2a-2=0.若a-2=0,則a=2,A={0,-2},B={1,0,2},顯然A?B;若2a-2=0,則a=1,A={0,-1},B={1,-1,0},A?B成立.故選B.答案ACD

9.(多選題)已知集合M={2,-5},N={x|mx=1},且M∪N=M,則實(shí)數(shù)m的值可以為(

)解析

因?yàn)镸∪N=M,所以N?M.當(dāng)m=0時(shí),N=?,滿足N?M,所以m=0符合題意.10.已知A,B都是R的子集,且A?B,則B∪(?RA)=(

)A.A B.B C.? D.R答案D

解析

由題意畫出Venn圖如圖所示,易知B∪(?RA)=R.11.某班45名學(xué)生參加“3·12”植樹節(jié)活動(dòng),每位學(xué)生都參加除草、植樹兩項(xiàng)勞動(dòng).依據(jù)勞動(dòng)表現(xiàn),評(píng)定為“優(yōu)秀”“合格”2個(gè)等級(jí),結(jié)果如下表:項(xiàng)目等級(jí)合計(jì)優(yōu)秀合格除草301545植樹202545若在兩項(xiàng)勞動(dòng)中都“合格”的學(xué)生最多有10人,則在兩項(xiàng)勞動(dòng)中都“優(yōu)秀”的學(xué)生最多為(

)人.A.5 B.10 C.15 D.20答案C

解析

用集合A表示除草“優(yōu)秀”的學(xué)生,B表示植樹“優(yōu)秀”的學(xué)生,全班學(xué)生用全集U表示,則?UA表示除草“合格”的學(xué)生,則?UB表示植樹“合格”的學(xué)生,作出Venn圖如圖所示.設(shè)兩個(gè)項(xiàng)目都“優(yōu)秀”的學(xué)生人數(shù)為x,兩個(gè)項(xiàng)目都“合格”的學(xué)生人數(shù)為y,由圖可得20-x+x+30-x+y=45,x=y+5,因?yàn)閥max=10,所以xmax=10+5=15.熱點(diǎn)小題2

充分條件與必要條件12.p:x2-x-2<0”是“q:0<x<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答案B

解析

x2-x-2<0?-1<x<2,所以pq,q?p.故p是q的必要不充分條件.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13.“sinα=”是“sinα=cosα”的(

)答案

D

14.(2021·浙江,3)已知非零向量a,b,c,則“a·c=b·c”是“a=b”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答案B

解析

若a·c=b·c,則(a-b)·c=0,不一定有a=b;若a=b,則(a-b)·c=0,即a·c=b·c,故“a·c=b·c”是“a=b”的必要不充分條件.答案C

15.(2023·新高考Ⅰ,7)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,設(shè)甲:{an}為等差數(shù)列;乙:｛

｝為等差數(shù)列,則(

)A.甲是乙的充分不必要條件B.甲是乙的必要不充分條件C.甲是乙的充要條件D.甲是乙的既不充分也不必要條件當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=A(2n-1)+B=2An-A+B.當(dāng)n=1時(shí)也符合上式,故an=2An-A+B,故{an}為等差數(shù)列,則甲是乙的必要條件.綜上,甲是乙的充要條件.故選C.16.設(shè)α,β,γ為三個(gè)不同的平面,若α⊥β,則“γ∥β”是“α⊥γ”的(

)A.充分不必要條件B.充要條件C.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件答案A

解析

因?yàn)棣痢挺?γ∥β,則α⊥γ,所以由α⊥β,γ∥β可以得出α⊥γ;若α⊥β,α⊥γ,則γ與β可能相交或平行,所以α⊥β,α⊥γ,不能推出γ∥β,所以若α⊥β,則“γ∥β”是“α⊥γ”的充分不必要條件.17.“?x>0,a≤x+”的充要條件是(

)A.a>2 B.a≥2C.a<2 D.a≤2答案D

答案

D

18.已知p:x2-3x+2≤0,q:x2-4x+4-m2≤0.若p是q的充分不必要條件,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(

)A.(-∞,0]B.[1,+∞)C.{0}D.(-∞,-1]∪[1,+∞)答案B

熱點(diǎn)小題3

全稱量詞與存在量詞19.已知命題p:?x>0,總有(x+1)ex>1,則?p為(

)A.?x≤0,使得(x+1)ex≤1B.?x>0,使得(x+1)ex≤1C.?x>0,總有(x+1)ex≤1D.?x≤0,總有(x+1)ex≤1解析

因?yàn)槊}p:?x>0,總有(x+1)ex>1是全稱量詞命題,所以其否定為存在量詞命題,即?p:?x>0,使得(x+1)ex≤1.答案

C

解析

存在量詞命題的否定為全稱量詞命題,所以命題p:?x∈(-∞,0),tan

325x>x3的否定為?x∈(-∞,0),tan

325x≤x3.20.已知命題p:?x∈(-∞,0),tan325x>x3,則?p為(

)A.?x∈[0,+∞),tan325x>x3B.?x∈[0,+∞),tan325x≤x3C.?x∈(-∞,0),tan325x≤x3D.?x∈(-∞,0),tan325x<x321.命題p:?x∈{x|1≤x≤9},使得x2-ax+36≤0,若p是真命題,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(

)A.a≥37 B.a≥13C.a≥12 D.a≤13答案C

小題點(diǎn)2二次函數(shù)與一元二次方程、不等式必備知識(shí)?精要梳理1.不等式的性質(zhì)a>b,c>0?ac>bc;a>b,c<0?ac<bc;a>b>0,c>d>0?ac>bd.2.基本不等式(2)在利用基本不等式求最值時(shí),要通過(guò)“拆”“拼”“湊”等技巧來(lái)滿足基本不等式中“正”“定”“等”的條件.誤區(qū)警示多次使用基本不等式求最值時(shí),要注意只有同時(shí)滿足等號(hào)成立的條件才能取得等號(hào),若等號(hào)不成立,一般利用函數(shù)的單調(diào)性求解.3.二次函數(shù)與一元二次方程、不等式(1)二次函數(shù)一般式:f(x)=ax2+bx+c(a≠0),其圖象是以直線x=-為對(duì)稱軸的拋物線;頂點(diǎn)式:f(x)=a(x-h)2+k(a≠0),(h,k)為頂點(diǎn)坐標(biāo);零點(diǎn)式:f(x)=a(x-x1)(x-x2)(a≠0),x1,x2為函數(shù)f(x)的零點(diǎn).(2)若方程ax2+bx+c=0(a≠0)的兩個(gè)不等實(shí)根分別為x1,x2,則

(3)求一元二次不等式ax2+bx+c>0(或<0)(a≠0)的解集,先求其對(duì)應(yīng)一元二次方程的根,再結(jié)合其對(duì)應(yīng)的二次函數(shù)的圖象確定一元二次不等式的解集.名師點(diǎn)析解一元二次不等式的步驟:一化(將二次項(xiàng)系數(shù)化為正數(shù)),二判(判斷判別式Δ的符號(hào)),三解(解對(duì)應(yīng)的一元二次方程),四寫(大于取兩邊,小于取中間).規(guī)律方法解含有參數(shù)的一元二次不等式,往往從以下幾個(gè)方面分類討論:(1)二次項(xiàng)系數(shù),它決定二次函數(shù)圖象的開口方向;(2)判別式Δ,決定根的個(gè)數(shù),一般分Δ>0,Δ=0,Δ<0三種情況;(3)在有根的條件下,要比較兩根的大小.4.恒成立與能成立問(wèn)題(1)恒成立問(wèn)題的轉(zhuǎn)化:a≥f(x)恒成立?a≥f(x)max;a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min.(2)能成立問(wèn)題的轉(zhuǎn)化:a≥f(x)能成立?a≥f(x)min;a≤f(x)能成立?a≤f(x)max.考向訓(xùn)練?限時(shí)通關(guān)熱點(diǎn)小題1

不等式的性質(zhì)與基本不等式1.已知a,b∈R,且a>b,則下列各式成立的是(

)答案

B

解析

由題意a,b∈R,且a>b,可用特例法.若a=1,b=-1,則

,故選項(xiàng)A中不等式不成立;因?yàn)楹瘮?shù)y=x3在定義域R上單調(diào)遞增,所以a3>b3,故選項(xiàng)B中不等式成立;若b=0,則ab=b2=0,故選項(xiàng)C中不等式不成立;若a=1,b=-1,則2|a|=2|b|,故選項(xiàng)D中不等式不成立.2.已知x>0,y>0,2x+3y=1,則4x+8y的最小值是(

)答案C

3.某公司購(gòu)買一批機(jī)器投入生產(chǎn),若每臺(tái)機(jī)器生產(chǎn)的產(chǎn)品可獲得的總利潤(rùn)s(單位:萬(wàn)元)與機(jī)器運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)間t(單位:年,t∈N*)的關(guān)系為s=-t2+23t-64,要使年平均利潤(rùn)最大,則每臺(tái)機(jī)器的運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)間t為(

)年.A.5 B.6 C.7 D.8答案

D

解析

因?yàn)槊颗_(tái)機(jī)器生產(chǎn)的產(chǎn)品可獲得的總利潤(rùn)s(單位:萬(wàn)元)與機(jī)器運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)間t(單位:年,t∈N*)的關(guān)系為s=-t2+23t-64,所以年平均利潤(rùn)4.(多選題)已知a,b,c,d均為實(shí)數(shù),則下列命題為真命題的是(

)A.若a>b,c>d,則ac>bd答案C

5.(2021·全國(guó)乙,文8)下列函數(shù)中最小值為4的是(

)答案C

D項(xiàng),因?yàn)楫?dāng)x∈(0,1)時(shí),ln

x<0,所以存在x使y<0,故該項(xiàng)不符合題意.6.能夠說(shuō)明“若a,b,m均為正數(shù),則”是假命題的一組整數(shù)a,b的值可以是

.

答案

a=1,b=1(答案不唯一)

7.已知a>1,b>0,且a+2b=4,則ab的最大值為

;的最小值為

.

答案

2

3

當(dāng)且僅當(dāng)a=2b,即a=2,b=1時(shí)等號(hào)成立.由a+2b=4,可得a-1+2b=3.熱點(diǎn)小題2

二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)8.若函數(shù)f(x)=x2-6x-16的定義域?yàn)閇0,m],值域?yàn)閇-25,-9],則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(

)A.[3,6] B.[3,7]C.[6,7] D.以上都不對(duì)答案D

解析

由題意,得f(x)=x2-6x-16=(x-3)2-25,即函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=3對(duì)稱,且f(x)min=f(3)=-25.因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)閇0,m],值域?yàn)閇-25,-9],f(0)=-16,所以m>3.令f(x)=-9,即x2-6x-16=-9,解得x=-1(舍去)或x=7.故m=7.9.已知函數(shù)f(x)=mx2-(3-m)x+1,g(x)=mx,若對(duì)于任意實(shí)數(shù)x,f(x)與g(x)的值至少有一個(gè)為正數(shù),則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(

)A.(1,9) B.(3,+∞)C.(-∞,9) D.(0,9)答案D

解析

當(dāng)m<0時(shí),二次函數(shù)f(x)=mx2-(3-m)x+1的圖象開口向下,g(x)=mx單調(diào)遞減,故存在x,使得f(x)與g(x)同時(shí)為負(fù),不符合題意.當(dāng)m=0時(shí),f(x)=-3x+1,g(x)=0顯然不符合題意.當(dāng)m>0時(shí),方程f(x)=mx2-(3-m)x+1=0的根的判別式Δ=m2-10m+9:若Δ<0,則1<m<9,f(x)>0恒成立,符合題意;若Δ=0,則m=1或m=9,當(dāng)m=1時(shí)f(x)=(x-1)2,g(x)=x,符合題意,若Δ>0,則0<m<1或m>9.f(0)=1,如圖,若要f(x)與g(x)的值至少有一個(gè)為正數(shù),則必須有

>0,故0<m<1.綜上可得,實(shí)數(shù)m的取值范圍為(0,9).10.若函數(shù)f(x)=-x2+4ax在區(qū)間[1,3]上不單調(diào),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是

.

解析

由題意,得f(x)=-x2+4ax圖象的對(duì)稱軸為直線x=2a.11.已知二次函數(shù)f(x)的二次項(xiàng)系數(shù)為正,且對(duì)于任意實(shí)數(shù)x恒有f(3+x)=f(3-x),若f(1-2x2)<f(1+2x-x2),則實(shí)數(shù)x的取值范圍是

.

答案

(-2,0)

解析

因?yàn)閒(3+x)=f(3-x),所以直線x=3是函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸.因?yàn)槎魏瘮?shù)f(x)的二次項(xiàng)系數(shù)為正,所以f(x)在區(qū)間(-∞,3]內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間[3,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.因?yàn)?-2x2≤1,1+2x-x2=-(x-1)2+2≤2,所以由f(1-2x2)<f(1+2x-x2),得1-2x2>1+2x-x2,解得-2<x<0.故實(shí)數(shù)x的取值范圍為(-2,0).12.已知當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),不等式9x-m·3x+m+1>0恒成立,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是

.

解析

令3x=t,當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),t∈(1,+∞).由題意,得f(t)=t2-mt+m+1>0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立,即函數(shù)f(t)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)的圖象在x軸的上方,而判別式Δ=(-m)2-4(m+1)=m2-4m-4,熱點(diǎn)小題3

二次函數(shù)與一元二次方程、不等式的綜合13.若?x∈[-1,2],使得不等式x2-2x+a<0成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(

)A.a<-3 B.a<0C.a<1 D.a>-3答案C

解析

因?yàn)?x∈[-1,2],使得不等式x2-2x+a<0成立,所以?x∈[-1,2],使得不等式a<-x2+2x成立.令f(x)=-x2+2x,x∈[-1,2].因?yàn)楹瘮?shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸為直線x=1,且f(x)的圖象開口向下,所以f(x)max=f(1)=1,所以a<1.14.已知函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(ac≠0).若f(x)<0的解集為(-1,m),則下列說(shuō)法正確的是(

)A.f(m-1)<0B.f(m-1)>0C.f(m-1)必與m同號(hào)D.f(m-1)必與m異號(hào)答案D

解析

因?yàn)閒(x)<0的解集為(-1,m),所以-1,m是一元二次方程ax2+bx+c=0(ac≠0)的兩個(gè)實(shí)數(shù)根,且a>0,所以f(x)=a(x+1)(x-m),所以f(m-1)=-am與m必異號(hào).15.知當(dāng)a∈[-1,1]時(shí),不等式x2+(a-4)x+4-2a>0恒成立,則實(shí)數(shù)x的取值范圍為(

)A.(-∞,2)∪(3,+∞) B.(-∞,1)∪(2,+∞)C.(-∞,1)∪(3,+∞) D.(1,3)答案C

解析

不等式x2+(a-4)x+4-2a>0(a∈[-1,1])恒成立,即關(guān)于a的函數(shù)f(a)=(x-2)a+x2-4x+4>0(a∈[-1,1])恒成立,16.設(shè)函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間(-∞,+∞)內(nèi)的增函數(shù),如果不等式f(1-ax-x2)<f(2-a)對(duì)于任意x∈[0,1]恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是

.

答案

(-∞,1)

解析

因?yàn)閒(x)是定義在R上的增函數(shù),且f(1-ax-x2)<f(2-a)對(duì)于任意x∈[0,1]恒成立,所以1-ax-x2<2-a對(duì)任意x∈[0,1]恒成立,等價(jià)于x2+ax+1-a>0對(duì)任意x∈[0,1]恒成立.令g(x)=x2+ax+1-a,x∈[0,1],所以原問(wèn)題等價(jià)于g(x)min>0.因?yàn)間(x)的圖象的當(dāng)a<-2時(shí),由g(x)min>0,得2>0成立,則a<-2.綜上可得,實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-∞,1).小題點(diǎn)3復(fù)數(shù)、平面向量必備知識(shí)?精要梳理1.復(fù)數(shù)(1)復(fù)數(shù)的加、減、乘法運(yùn)算法則與實(shí)數(shù)運(yùn)算法則相同,除法的運(yùn)算就是分母實(shí)數(shù)化.即分子、分母同乘分母的共軛復(fù)數(shù)

(2)復(fù)數(shù)z=a+bi(a,b∈R)與復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a,b)及平面向量

一一對(duì)應(yīng),|z-(a+bi)|=r(r,a,b∈R)表示復(fù)平面內(nèi)以點(diǎn)(a,b)為圓心,r為半徑的圓.(3)復(fù)數(shù)的幾個(gè)常見結(jié)論

名師點(diǎn)析1.復(fù)數(shù)問(wèn)題實(shí)數(shù)化是解決復(fù)數(shù)問(wèn)題的關(guān)鍵.2.利用復(fù)數(shù)相等a+bi=c+di列方程時(shí),前提條件是a,b,c,d∈R.2.平面向量(1)若a=(x1,y1),b=(x2,y2)為非零向量,且a與b的夾角為θ,則a·b=|a||b|cosθ=x1x2+y1y2.(2)若a=(x1,y1),b=(x2,y2),則a∥b?a=λb(b≠0)?x1y2-x2y1=0;a⊥b?a·b=0?x1x2+y1y2=0.(3)平面內(nèi)三點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)共線??(x2-x1)(y3-y2)-(x3-x2)(y2-y1)=0.名師點(diǎn)析在平面向量的化簡(jiǎn)與運(yùn)算中,要根據(jù)平面向量基本定理選好基底,注意向量的方向不能盲目轉(zhuǎn)化.3.三角形“四心”向量形式的充要條件設(shè)O為△ABC所在平面上一點(diǎn),內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊長(zhǎng)分別為a,b,c,則有下面的結(jié)論.考向訓(xùn)練?限時(shí)通關(guān)熱點(diǎn)小題1

復(fù)數(shù)及其運(yùn)算

答案D

1.(2022·新高考Ⅱ,2)(2+2i)(1-2i)=(

)A.-2+4i B.-2-4iC.6+2i D.6-2i解析

(2+2i)(1-2i)=2-4i+2i-4i2=6-2i.故選D.2.(2023·新高考Ⅱ,1)在復(fù)平面內(nèi),(1+3i)·(3-i)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于(

)A.第一象限 B.第二象限

C.第三象限 D.第四象限答案

A

解析

∵(1+3i)(3-i)=3-i+9i+3=6+8i,∴復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限.故選A.答案

A

3.已知復(fù)數(shù)z滿足

-z=2i,則復(fù)數(shù)z的虛部是(

)A.-1 B.1C.-i D.i解析

設(shè)z=a+bi(a,b∈R).所以-2b=2,得b=-1,所以復(fù)數(shù)z的虛部是-1.A.-i B.i

C.0

D.1答案

A5.(2021·北京海淀一模)如圖,在復(fù)平面內(nèi),復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為P,則復(fù)數(shù)

的虛部為(

)A.1 B.-1C.2 D.-2答案A

解析

因?yàn)閺?fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)P的坐標(biāo)為(-1,2),所以復(fù)數(shù)z=-1+2i.答案C

答案

AC

8.(多選題)已知復(fù)數(shù)z1=

(i為虛數(shù)單位),則下列說(shuō)法正確的是(

)A.z1對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第三象限B.z1的虛部為-1D.滿足|z|=|z1|的復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在以原點(diǎn)為圓心,2為半徑的圓上

答案

AB

9.(多選題)下列說(shuō)法正確的是(

)答案AB

對(duì)于D,根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義,可知|z+3|-|z-3|=4表示在復(fù)平面內(nèi),復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到F1(-3,0)與F2(3,0)的距離之差為常數(shù)4,所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)的軌跡是以F1(-3,0),F2(3,0)為焦點(diǎn)的雙曲線的右支,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.10.(多選題)設(shè)z為復(fù)數(shù),則下列說(shuō)法正確的是(

)A.|z|2=zB.z2=|z|2C.若|z|=1,則|z+i|的最大值為2D.若|z-1|=1,則0≤|z|≤2答案ACD

對(duì)于B,設(shè)z=a+bi(a,b∈R),則z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi,|z|2=a2+b2,當(dāng)a,b均不為0時(shí),z2=|z|2不成立;對(duì)于C,由|z|=1可知,在復(fù)平面內(nèi),復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Z的軌跡為以O(shè)(0,0)為圓心,1為半徑的圓,|z+i|可以看成點(diǎn)Z到點(diǎn)Q(0,-1)的距離,當(dāng)點(diǎn)Z位于點(diǎn)(0,1)時(shí),|z+i|取得最大值2;對(duì)于D,由|z-1|=1可知,在復(fù)平面內(nèi),復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)N的軌跡為以M(1,0)為圓心,1為半徑的圓,則|z|表示點(diǎn)N到原點(diǎn)的距離,故當(dāng)點(diǎn)O,N(O為坐標(biāo)原點(diǎn))重合時(shí),|z|=0最小,當(dāng)O,M,N三點(diǎn)共線且點(diǎn)O,N位于點(diǎn)M兩側(cè)時(shí),|z|=2最大,故0≤|z|≤2.11.寫出一個(gè)虛數(shù)z,使得z2+3為純虛數(shù),則z=

.

答案

1+2i(答案不唯一)

解析

設(shè)z=a+bi(a,b∈R,b≠0),則z2+3=a2-b2+3+2abi.因?yàn)閦2+3為純虛數(shù),所以a2-b2=-3且ab≠0.任取不為零的實(shí)數(shù)a,求出b即可得,答案不唯一,如取a=1,則b=±2,此時(shí)可取z=1+2i.答案

1

解析

因?yàn)閕1=i,i2=-1,i3=-i,i4=1,i5=i,……所以i4n-3=i,i4n-2=-1,i4n-1=-i,i4n=1且i4n-3+i4n-2+i4n-1+i4n=0(n∈N*),熱點(diǎn)小題2

平面向量的概念及線性運(yùn)算

13.如圖,向量a-b=(

)A.e1-3e2 B.e1+3e2C.-3e1+e2 D.-e1+3e2答案D

14.(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=-1答案D

解析

方法一:由題意得,a+λb=(1+λ,1-λ),a+μb=(1+μ,1-μ).∵(a+λb)⊥(a+μb),∴(1+λ)(1+μ)+(1-λ)(1-μ)=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.15.(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.-5C.5 D.6答案C

16.(2022·新高考Ⅰ,3)在△ABC中,點(diǎn)D在邊AB上,BD=2DA.記A.3m-2n B.-2m+3nC.3m+2n

D.2m+3n答案B

解析

如圖.17.(多選題)給出下列四個(gè)命題,其中為真命題的有(

)A.若|a|=|b|,則a=bB.若A,B,C,D是不共線的四點(diǎn),則“”是“四邊形ABCD為平行四邊形”的充要條件C.若a=b,b=c,則a=cD.a=b的充要條件是|a|=|b|且a∥b答案BC

解析

對(duì)于A,兩個(gè)向量的模相等,不能推出兩個(gè)向量的方向相同,故選項(xiàng)A中命題為假命題;對(duì)于B,因?yàn)锳,B,C,D是不共線的四點(diǎn),且

等價(jià)于AB∥DC且AB=DC,即等價(jià)于四邊形ABCD為平行四邊形,故選項(xiàng)B中命題為真命題;對(duì)于C,若a=b,b=c,則a=c,故選項(xiàng)C中命題為真命題;對(duì)于D,由a=b可以推出|a|=|b|且a∥b,但是由|a|=|b|且a∥b不能推出a=b,故選項(xiàng)D中命題為假命題.18.如圖,不共線的三個(gè)向量a,b,c以圓心O為起點(diǎn),終點(diǎn)落在同一圓周上,且兩兩夾角相等,若c=xa+yb(其中x,y∈R),則x+y=(

)答案A

解析

如圖,因?yàn)椴还簿€的三個(gè)向量a,b,c以圓心O為起點(diǎn),終點(diǎn)落在同一圓周上,且兩兩夾角相等,所以三個(gè)向量的終點(diǎn)A,B,C組成一個(gè)等邊三角形,即O是這個(gè)等邊三角形的中心,也是重心.故有a+b+c=0,即a+b+xa+yb=0,即(x+1)a+(y+1)b=0,解得x=-1,y=-1,故x+y=-2.熱點(diǎn)小題3

平面向量基本定理及坐標(biāo)表示

19.(多選題)已知向量a=(2,1),b=(-3,1),則(

)A.(a+b)⊥aB.|a+2b|=5C.a·b=5答案

ABD

解析

對(duì)于A,∵a+b=(-1,2),∴(a+b)·a=(-1)×2+2×1=0,∴(a+b)⊥a.故選項(xiàng)A正確.對(duì)于B,∵a+2b=(2,1)+2(-3,1)=(-4,3),答案

A

解析

如圖.21.(多選題)(2021·新高考Ⅰ,10)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),點(diǎn)P1(cosα,sinα),P2(cosβ,-sinβ),P3(cos(α+β),sin(α+β)),A(1,0),則(

)答案AC

22.(2021·全國(guó)乙,文13)已知向量a=(2,5),b=(λ,4),若a∥b,則實(shí)數(shù)λ=

.

解析

由已知得,a-λb=(1-3λ,3-4λ),由(a-λb)⊥b,得3(1-3λ)+4(3-4λ)=0,即15-25λ=0,解得λ=.23.(2021·全國(guó)乙,理14)已知向量a=(1,3),b=(3,4),若(a-λb)⊥b,則實(shí)數(shù)λ=

.

24.已知向量a=(,1),b=(x,y)(x,y∈R,且xy≠0),且|b|=1,a·b<0,則向量b的坐標(biāo)可以是

.(寫出一個(gè)即可)

熱點(diǎn)小題4

平面向量的數(shù)量積

答案B

解析

∵b⊥(4a-b),∴b·(4a-b)=0,即4a·b-b2=4a·b-|b|2=0,又|b|=4,∴a·b=4,答案C

答案C

28.(2023·新高考Ⅱ,13)已知向量a,b滿足|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,則|b|=

.

解析

由|a-b|=,得a2-2a·b+b2=3,即2a·b=a2+b2-3①.又由|a+b|=|2a-b|,得a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,即3a2-6a·b=0,即2a·b=a2,代入①,得a2=a2+b2-3,整理,得b2=3,所以|b|=.29.已知向量a,b滿足|a|=1,|b|=2,|a-b|=,則向量a-b和b的夾角為

.

答案

-1

0

小題點(diǎn)4排列、組合、二項(xiàng)式定理必備知識(shí)?精要梳理混合問(wèn)題一般是先分類再分步

1.兩個(gè)計(jì)數(shù)原理與排列組合(1)兩個(gè)計(jì)數(shù)原理區(qū)分“分類”與“分步”,關(guān)鍵是看事件完成情況:若每種方法都能將事件完成,則是分類;若必須連續(xù)若干步才能將事件完成,則是分步.分類要用分類加法計(jì)數(shù)原理將種數(shù)相加,分步要用分步乘法計(jì)數(shù)原理將種數(shù)相乘.名師點(diǎn)析對(duì)于有附加條件的排列、組合應(yīng)用題,通常從三個(gè)途徑考慮(1)以元素為主考慮,即先滿足特殊元素的要求,再考慮其他元素.(2)以位置為主考慮,即先滿足特殊位置的要求,再考慮其他位置.(3)先不考慮附加條件,計(jì)算出排列數(shù)或組合數(shù),再減去不合要求的排列數(shù)或組合數(shù).(2)排列、組合問(wèn)題的求解方法與技巧①特殊元素優(yōu)先安排;②合理分類,準(zhǔn)確分步;③排列、組合混合問(wèn)題先選后排;④相鄰問(wèn)題捆綁處理,不相鄰問(wèn)題插空處理;⑤定序問(wèn)題“縮倍法”處理;⑥分排問(wèn)題直排處理;⑦“小集團(tuán)”排列問(wèn)題先整體后局部;⑧構(gòu)造模型;⑨正難則反,等價(jià)條件.2.排列數(shù)與組合數(shù)

乘積形式多用于數(shù)字計(jì)算,階乘形式多用于證明恒等式

規(guī)定0!=1.3.二項(xiàng)式定理

注意通項(xiàng)是展開式的第k+1項(xiàng),不是第k項(xiàng)

名師點(diǎn)析應(yīng)用二項(xiàng)式定理時(shí)要注意(1)區(qū)別“項(xiàng)的系數(shù)”與“二項(xiàng)式系數(shù)”,項(xiàng)的系數(shù)與a,b有關(guān),可正可負(fù),二項(xiàng)式系數(shù)只與n有關(guān),恒為正.(2)運(yùn)用通項(xiàng)求展開式的一些特殊項(xiàng),通常都是由題意列方程求k,再求所需的某項(xiàng);有時(shí)需先求n,計(jì)算時(shí)要注意n和k的取值范圍.(3)賦值法求展開式中的系數(shù)和或部分系數(shù)和,常賦的值有0,±1.(4)在化簡(jiǎn)求值時(shí),注意二項(xiàng)式定理的逆用,要用整體思想看待a,b.考向訓(xùn)練?限時(shí)通關(guān)答案D

答案C

2.(2021·全國(guó)乙,理6)將5名北京冬奧會(huì)志愿者分配到花樣滑冰、短道速滑、冰球和冰壺4個(gè)項(xiàng)目進(jìn)行培訓(xùn),每名志愿者只分配1個(gè)項(xiàng)目,每個(gè)項(xiàng)目至少分配1名志愿者,則不同的分配方案共有(

)A.60種

B.120種C.240種 D.480種3.數(shù)獨(dú)是源自18世紀(jì)瑞士的一種數(shù)學(xué)游戲.數(shù)獨(dú)的一個(gè)簡(jiǎn)化版如圖所示,由三行三列9個(gè)單元格構(gòu)成.玩該游戲時(shí),需要將數(shù)字1,2,3(各3個(gè))全部填入單元格,每個(gè)單元格填1個(gè)數(shù)字,要求每一行、每一列均有1,2,3這3個(gè)數(shù)字,則不同的填法有(

)A.12種 B.24種

C.72種 D.216種

答案A

解析

先填第一行,有3×2×1=6種不同填法,再填第二行第一列,有2種不同填法,當(dāng)該單元格填好后,其他單元格唯一確定.根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理,共有6×2=12種不同的填法.4.某新聞機(jī)構(gòu)安排4名記者和3名攝影師進(jìn)行采訪,其中2名記者和1名攝影師負(fù)責(zé)“云采訪”區(qū)域的采訪,另2名記者和2名攝影師分兩組(每組記者和攝影師各1人),分別負(fù)責(zé)“汽車展區(qū)”和“技術(shù)裝備展區(qū)”的現(xiàn)場(chǎng)采訪.如果所有記者、攝影師都能承擔(dān)3個(gè)采訪區(qū)域的相應(yīng)工作,則所有不同的安排方案有(

)A.36種

B.48種C.72種

D.144種答案

C解析

根據(jù)題意,分3步進(jìn)行分析:①在4名記者中任選2人,在3名攝影師中選出1人,安排到“云采訪”區(qū)域采訪,有

=18種情況;②在剩下的2名記者中選出1人,2名攝影師中選出1人,安排到“汽車展區(qū)”采訪,有

=4種情況;③將最后的1名記者和1名攝影師,安排到“技術(shù)裝備展區(qū)”采訪,有1種情況.則共有18×4×1=72種不同的安排方案.答案

646.某市要將VR大會(huì)展廳前的廣場(chǎng)進(jìn)行改造,在人行道(斑馬線)兩側(cè)劃分5塊區(qū)域(如圖),現(xiàn)有4種不同顏色的花卉,要求每塊區(qū)域隨機(jī)種植1種顏色的花卉,且相鄰區(qū)域(有公共邊的區(qū)域)所選花卉顏色不能相同,則不同的種植方式共有

種.

答案

288解析

根據(jù)題意,對(duì)于區(qū)域①②,可以在4種顏色中任選2種,有

=12種選法;對(duì)于區(qū)域③④⑤,可以在4種顏色中任選3種,有

=24種選法,則不同的種植方式有12×24=288種.熱點(diǎn)小題2

排列組合7.(2022·新高考Ⅱ,5)甲、乙、丙、丁、戊5名同學(xué)站成一排參加文藝匯演,若甲不站在兩端,丙和丁相鄰的不同排列方式有(

)A.12種 B.24種

C.36種 D.48種答案

B答案C

解析

從4個(gè)語(yǔ)言類節(jié)目和6個(gè)歌唱類節(jié)目中各選2個(gè)節(jié)目進(jìn)行展演有

=90種選法,語(yǔ)言類節(jié)目A和歌唱類節(jié)目B都沒(méi)有被選中有

=30種選法,所以語(yǔ)言類節(jié)目A和歌唱類節(jié)目B至少有一個(gè)被選中的不同選法種數(shù)有90-30=60.9.(多選題)甲、乙、丙、丁、戊五個(gè)人并排站在一起,則下列說(shuō)法正確的有(

)A.若甲、乙兩人站在一起,則有24種站法B.若甲、乙不相鄰,則共有72種站法C.若甲在乙左邊,則有60種站法D.若甲不站在最左邊,乙不站在最右邊,則有78種站法答案BCD