資源簡介

第1講　選擇題的解法與技巧
典例研析·悟方法
(一)立德樹人，“五育”并舉
典例1 (2022·北京統考高考真題)在北京冬奧會上，國家速滑館“冰絲帶”使用高效環保的二氧化碳跨臨界直冷制冰技術，為實現綠色冬奧作出了貢獻．如圖描述了一定條件下二氧化碳所處的狀態與T和lg P的關系，其中T表示溫度，單位是K；P表示壓強，單位是bar.下列結論中正確的是( D )
A．當T＝220，P＝1 026時，二氧化碳處于液態
B．當T＝270，P＝128時，二氧化碳處于氣態
C．當T＝300，P＝9 987時，二氧化碳處于超臨界狀態
D．當T＝360，P＝729時，二氧化碳處于超臨界狀態
【分析】　根據T與lg P的關系圖可得正確的選項．
【解析】　當T＝220，P＝1 026時，lg P>3，此時二氧化碳處于固態，故A錯誤；當T＝270，P＝128時，2典例2 魏晉時劉徽撰寫的《海島算經》是有關測量的數學著作，其中第一題是測海島的高．如圖，點E，H，G在水平線AC上，DE和FG是兩個垂直于水平面且等高的測量標桿的高度，稱為“表高”，EG稱為“表距”，GC和EH都稱為“表目距”，GC與EH的差稱為“表目距的差”則海島的高AB＝( A )
A．＋表高 B．－表高
C．＋表距 D．－表距
【分析】　利用平面相似的有關知識以及合分比性質即可解出．
【解析】　如圖所示：由平面相似可知，＝，＝，而DE＝FG，所以＝＝＝＝，而CH＝CE－EH＝CG－EH＋EG，即AB＝×DE＝＋DE＝＋表高．故選A．
典例3 我國古代數學家劉徽于公元263年在《九章算術注》中提出“割圓術”：割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓合體，而無所失矣．即通過圓內接正多邊形細割圓，并使正多邊形的面積無限接近圓的面積，進而來求得較為精確的圓周率．如果用圓的內接正n邊形逼近圓，算得圓周率的近似值記為πn，那么用圓的內接正2n邊形逼近圓，算得圓周率的近似值π2n可表示成( A )
A． B．
C． D．
【解析】　令圓的半徑為1，則圓內接正n邊形的面積為n××12×sin ＝sin ＝nsin ·cos ，圓內接正2n邊形的面積為2n××12×sin ＝nsin ，用圓的內接正n邊形逼近圓，可得S圓＝nsin cos ＝πn；用圓的內接正2n邊形逼近圓，可得S圓＝nsin ＝π2n；所以π2n＝.故選A．
典例4 (2023·凱里市校級二模)甲、乙兩人進行乒乓球比賽，采用七局四勝制，先贏四局者獲勝，沒有平局，甲每局贏的概率為，已知前兩局甲輸了，則甲最后獲勝的概率為( C )
A． B．
C． D．
【解析】　因為前兩局甲都輸了，所以甲需要連勝四局或第三局到第六局輸1局，且第七局勝，甲才能最后獲勝，所以甲最后獲勝的概率為4＋C×3×＝.故選C．
【綜合分析】　
1．突出“德育為先，立德樹人”的思想理念．以德育為背景的考題，多以民族精神、理想信念、道德品質、文明行為、社會公德、遵紀守法、心理健康、悠久數學文化等生活內容為題材，復習中可適當關注．
2．突出“五育并舉，全面發展”的思想理念．往往以重大體育賽事為背景，選擇學生喜歡的足球、游泳、棋類、田賽、競賽等項目具體設計試題，突出發揮高考試題的體育教育功能．以我國古建筑、體育運動項目為背景，設計數學計算問題，考查學生的分析問題能力、數學運算能力，以及數學文化素養，同時，將愛國主義教育、美育教育融入其中，展示了數學之美，謳歌了中國勞動人民的勤勞與智慧．以美育為背景的考題，多以自然之美和創作之美等為題材，同時，引導學生增強熱愛勞動、熱愛工作意識．
3．青少年的身心健康是素質教育的核心內容，在高考評價體系的核心價值指標體系中，包含健康情感的指標，要求學生具有健康意識，注重增強體質，健全人格，鍛煉意志品質．
(二)關注社會經濟，增強實踐意識
典例1 (2023·四川模擬)2022年11月，國內豬肉、雞蛋、鮮果、禽肉、糧食、食用油、鮮菜價格同比(與去年同期相比)的變化情況如圖所示，則下列說法正確的是( D )
A．豬肉、雞蛋、鮮果、禽肉、糧食、食用油這6種食品中，食用油價格同比漲幅最小
B．豬肉價格同比漲幅超過禽肉價格同比漲幅的5倍
C．去年11月鮮菜價格要比今年11月低
D．這7種食品價格同比漲幅的平均值超過7%
【解析】　豬肉、雞蛋、鮮果、禽肉、糧食、食用油這6種食品中，糧食價格同比漲幅最小，故A錯；豬肉價格同比漲幅超過禽肉價格同比漲幅的倍數為34.3%÷8.5%≈4，故B錯；根據圖表可得去年鮮菜價格比今年高，故C錯；這7種食品價格同比漲幅的平均值約為(7.6%＋3%＋8.5%＋9.6%＋10.4%＋34.4%－21.2%)÷7≈7.5%，故D對．故選D.
典例2 (2023·江西模擬)草莓中有多種氨基酸、微量元素、維生素，能夠調節免疫功能，增強機體免疫力．草莓味甘、性涼，有潤肺生津，健脾養胃等功效，受到眾人的喜愛．根據草莓單果的重量，可將其從小到大依次分為4個等級，其等級x(x＝1,2,3,4)與其對應等級的市場銷售單價y(單位：元/千克)近似滿足函數關系式y＝eax＋b.若花同樣的錢買到的1級草莓比4級草莓多1倍，且1級草莓的市場銷售單價為24元/千克，則3級草莓的市場銷售單價最接近(參考數據：≈1.26，≈1.59)( C )
A．30.24元/千克 B．33.84元/千克
C．38.16元/千克 D．42.64元/千克
【解析】　由題意可知＝e3a＝1＋1，解得ea＝，由ea＋b＝24，可得e3a＋b＝ea＋b·e2a＝ea＋b·(ea)2＝24×()2≈24×1.262≈38.10，故選C．
【綜合分析】　
“脫貧攻堅”、“南水北調”、“一帶一路”、疫情防控等，是我國經濟生活中的重大工程、重大事項，“垃圾分類”是我們積極倡導的文明生活，以這些社會活動為背景設計考題，不但考查學生分析問題和處理數據的能力，更有助于引導學生關注社會現實，關注經濟發展，增強社會實踐意識，也有助于學生體驗數學的應用之美．
(三)關注科技前沿，激發學習熱情
典例1 2021年5月15日7時18分，我國首個自主研發的火星探測器“天問一號”，在經歷了296天的太空之旅，總距離約4.7億公里的飛行后，天問一號火星探測器所攜帶的祝融號火星車及其著陸組合體，成功降落在火星北半球的烏托邦平原南部，實現了中國航天史無前例的突破．已知地球自轉的線速度約為火星自轉線速度的兩倍，地球自轉一周為24小時，而火星自轉一周約為25小時．地球與火星均視為球體，則火星的表面積約為地球表面積的( A )
A．27% B．37%
C．47% D．57%
【分析】　令地球、火星半徑分別為R，r，結合題設有＝，應用球體表面積公式即可得火星的表面積相對地球表面積的數量關系．
【解析】　令地球、火星半徑分別為R，r，則＝2×，故＝，所以火星的表面積約為地球表面積的≈27%.故選A．
典例2 (2023·凱里市校級三模)酒駕是嚴重危害交通安全的違法行為．為了保障交通安全，根據國家有關規定：100 mL血液中酒精含量達到20～79 mg的駕駛員即為酒后駕車，80 mg及以上認定為醉酒駕車．假設某駕駛員喝了一定量酒后，其血液中的酒精含量上升到了1 mg/mL.如果在停止喝酒以后，他血液中酒精含量會以每小時20%的速度減少，那他至少經過幾小時才能駕駛．(參考數據lg 2≈0.301)( D )
A．5 B．6
C．7 D．8
【解析】　設該駕駛員x小時后100 mL血液中酒精含量為y mg，則y＝100(1－20%)x＝100×0.8x，當y＝20時，100×0.8x＝20，即0.8x＝0.2，∴x＝log0.80.2＝＝＝≈≈7.206.故選D.
【綜合分析】　
1．火星探測器“天問一號”為背景設計試題，展示我國的航天事業的重要成果，突出發揮高考試題的德育教育，同時引導學生關注社會、關注科技成果，激發學生熱情．
2．以人工智能的應用為背景設計題目，考查對數運算問題，涉及指數衰減的學習率模型，考查學生對數學模型的理解能力以及數學運算能力，突出引導學生關注最新科技成果，激發學習熱情．
方法1：直接法
核心提示·精歸納
直接從題設條件出發，運用有關概念、性質、定理、法則和公式等知識，通過嚴密地推理和準確地運算，從而得出正確的結論，然后對照題目所給出的選項“對號入座”，作出相應的選擇．涉及概念、性質的辨析或運算較簡單的題目常用直接法．
典例研析·悟方法
典例1 (多選)(2023·湖南模擬預測)已知某批零件的質量指標ξ(單位：毫米)服從正態分布N(25.40，σ2)，且P(ξ≥25.45)＝0.1，現從該批零件中隨機取3件，用X表示這3件產品的質量指標值ξ不位于區間(25.35,25.45)的產品件數，則( ACD )
A．P(25.35<ξ<25.45)＝0.8
B．E(X)＝2.4
C．D(X)＝0.48
D．P(X≥1)＝0.488
【分析】　根據正態分布的對稱性、概率公式，結合二項分布的公式，可得答案．
【解析】　由正態分布的性質得P(25.35<ξ<25.45)＝1－2P(ξ≥25.45)＝1－2×0.1＝0.8，故A正確；則1件產品的質量指標值ξ不位于區間(25.35,25.45)的概率為P＝0.2，所以X～B(3,0.2)，故E(X)＝3×0.2＝0.6，故B錯誤；D(X)＝3×0.2×0.8＝0.48，故C正確；P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.83＝0.488，故D正確．故選ACD.
典例2 (2023·河南高三安陽一中校聯考階段練習)若＝，則tan＝( A )
A．3 B．2
C． D．1
【解析】　已知等式利用倍角公式和同角三角函數的關系化簡，得tan θ＝，再用兩角和的正切公式求tan的值．由＝＝tan θ＝＝1－tan θ，解得tan θ＝.∴tan＝＝＝3.故選A．
方法2：特例法
核心提示·精歸納
從題干(或選項)出發，通過選取符合條件的特殊情況(特殊值、特殊點、特殊位置、特殊函數等)代入，將問題特殊化或構造滿足題設條件的特殊函數或圖形位置，進行判斷．特殊化法是“小題小做”的重要策略．
但要注意以下兩點：
第一，取特例盡可能簡單，有利于計算和推理；
第二，若在取定的特殊情況下有兩個或兩個以上的結論相符，則應選另一特例情況再檢驗，或改用其他方法求解．
典例研析·悟方法
典例3 若α為第四象限角，則( D )
A．cos 2α>0 B．cos 2α<0
C．sin 2α>0 D．sin 2α<0
【解析】　方法一：由α為第四象限角，可得＋2kπ<α<2π＋2kπ，k∈Z，所以3π＋4kπ<2α<4π＋4kπ，k∈Z，此時2α的終邊落在第三、四象限及y軸的非正半軸上，所以sin 2α<0，故選D.
方法二：當α＝－時，cos 2α＝cos>0，選項B錯誤；當α＝－時，cos 2α＝cos<0，選項A錯誤；由α在第四象限可得sin α<0，cos α>0，則sin 2α＝2sin αcos α<0，選項C錯誤，選項D正確．故選D.
典例4 已知非零向量a，b滿足|a|＝|b|＝|a＋b|，則a與2a－b夾角的余弦值為( D )
A． B．
C． D．
【解析】　因為非零向量a，b滿足|a|＝|b|＝|a＋b|，所以不妨設a＝(1,0)，b＝，則2a－b＝，所以a·(2a－b)＝，故cos〈a,2a－b〉＝＝＝.
方法3：排除法
核心提示·精歸納
排除法(淘汰法、篩選法)是充分利用選擇題有且只有一個正確的選項這一特征，通過分析、推理、計算、判斷，排除不符合要求的選項，從而得出正確結論的一種方法．
排除法使用要點：
1．從選項出發，先確定容易判斷對錯的選項，再研究其他選項；
2．當題目中的條件多于一個時，先根據某些條件在選項中找出明顯與之矛盾的，予以否定，再根據另一些條件在縮小選項的范圍內找出矛盾，這樣逐步篩選，它與特例(值)法、驗證法等常結合使用．
典例研析·悟方法
典例5 (2023·河南高三洛陽市第三中學校聯考開學考試)函數f(x)＝的圖象可能為( A )
【分析】　判斷出函數為偶函數，排除C，有特殊點的函數值排除B、D，選出正確答案．
【解析】　f(x)＝定義域為R，且f(－x)＝＝＝f(x)，所以f(x)為偶函數，排除C；令x＝0，得f(0)＝2，排除B；因為f＝0，排除D，A符合要求．故選A．
典例6 (2023·河南長葛市第一高級中學統考模擬預測)當1ea>e，則( D )
A．ebC．aebealn b
【分析】　將給定不等式變形，構造函數f(x)＝，x>1，利用函數單調性，逐項分析判斷作答．
【解析】　當11，則f(x)在(1，＋∞)上單調遞增．因b>e>1，則f(b)>f(e) > eb>bee－1，故A錯誤；b>ea>1，則f(b)>f(ea) > ea＋b>beea，故B錯誤；由ea>e知，a>1，有f(a)>f(1) >e>1 ea>a，則a>ln a <1，由選項A知，>1，即> aeb>bln a，故C錯誤；由b>ea>e得，ln b>a>1，則f(ln b)>f(a) > ab>ealn b，故D正確．故選D.
方法4：數形結合法
核心提示·精歸納
有些選擇題可通過命題條件中的函數關系或幾何意義，作出函數的圖象或幾何圖形，借助于圖象或圖形的作法、形狀、位置、性質等，綜合圖象的特征，得出結論．
典例研析·悟方法
典例7 (多選)在平面直角坐標系xOy中，若對于曲線y＝f(x)上的任意點P，都存在曲線y＝f(x)上的點Q，使得·＝0成立，則稱函數f(x)具備“ 性質”．則下列函數具備“ 性質”的是( BD )
A．y＝x＋1 B．y＝cos2x
C．y＝ D．y＝ex－2
【分析】　四個選項都可以做出簡圖，對于選項A和選項C，可在圖中選取特殊點驗證排除；選項B、選項D可在圖中任意選擇點P，觀察是否存在點Q，使得·＝0成立，即可做出判斷．
【解析】　選項A，如圖所示，曲線y＝x＋1，當點P取得時，要使得點Q滿足·＝0成立，那么點Q落在直線y＝x上，而此時y＝x＋1與y＝x兩直線是平行的，不存在交點，故此時不滿足在y＝x＋1上存在點Q，使得·＝0成立，故選項A錯誤；
如圖所示，曲線y＝cos2x，對于曲線y＝cos2x上的任意點P，都存在曲線y＝cos2x上的點Q，使得·＝0成立，故選項B正確；
如圖所示，曲線y＝，當點P取得(1,0)時，要使得點Q滿足·＝0成立，那么點Q落在直線y＝0上，而此時y＝與y＝0兩曲線不存在交點，故此時不滿足在y＝上存在點Q，使得·＝0成立，故選項C錯誤；
如圖所示，曲線y＝ex－2，對于曲線y＝ex－2上的任意點P，都存在曲線y＝ex－2上的點Q，使得·＝0成立，故選項D正確．故選BD.
典例8 (2023·江蘇南通高三校考開學考試)在△ABC中，＝2，＝2，直線DE與直線BC交于點F.設＝a，＝b，則＝( C )
A．a＋b B．a＋b
C．a＋b D．a＋b
【分析】　根據題意，可得＝＋，再由F，B，C三點共線，利用共線定理求解即可．
【解析】　如右圖所示：由題可知，＝＋＝＋＝＋(＋)＝＋，由共線定理可知，存在實數λ滿足＝λ＋(1－λ)，又因為＝2，所以＝3，因此＝3λ＋(1－λ)，又＝＋與＝3λ＋(1－λ)共線，所以＝，解得λ＝，則＝＋＝×＋(＋)＝＋×＋＝a＋b.故選C．
方法5：估算法
核心提示·精歸納
選擇題提供了唯一正確的選擇支，解答又無需過程．因此，有些題目，不必進行準確的計算，只需對其數值特點和取值界限作出適當的估計，便能作出正確的判斷，這就是估算法．估算法往往可以減少運算量，但是加強了思維的層次．
使用要點：
1．使用前提：針對一些復雜的、不易準確求值的與計算有關的問題．常與特例(值)法結合起來使用．
2．使用技巧：對于數值計算常采用放縮估算、整體估算、近似估算、特值估算等，對于幾何體問題，常進行分割、拼湊、位置估算．
典例研析·悟方法
典例9 設A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，△ABC為等邊三角形且其面積為9，則三棱錐D－ABC體積的最大值為( B )
A．12 B．18
C．24 D．54
【解析】　方法一：思路分析：V三棱錐D－ABC最大值→三棱錐高的最大值→依據三棱錐和球的關系估算過程：等邊三角形ABC的面積為9，顯然球心不是此三角形的中心，所以三棱錐的體積最大時，三棱錐的高h應滿足h∈(4,8)，所以×9×4方法二：分析：作圖，D為MO與球的交點，點M為三角形ABC的重心，判斷出當DM⊥平面ABC時，三棱錐D－ABC體積最大，然后進行計算可得。
如圖所示，點M為三角形ABC的重心，E為AC中點，當DM⊥平面ABC時，三棱錐D－ABC體積最大，此時，OD＝OB＝R＝4，∵S△ABC＝AB2＝9，∴AB＝6，∵點M為三角形ABC的重心，∴BM＝BE＝2，∴Rt△BMO中，有OM＝＝2，∴DM＝OD＋OM＝4＋2＝6，∴(VD－ABC)max＝×9×6＝18，故選B.
典例10 如圖所示，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長為3的正方形，EF∥AB，EF＝，EF與平面ABCD的距離為2，則該多面體的體積為( D )
A． B．5
C．6 D．
【解析】　可連接BE，CE，問題轉化為四棱錐E－ABCD與三棱錐E－BCF的體積之和，而VE－ABCD＝S·h＝×9×2＝6.故多面體ABCDEF的體積大于6，所以只有選項D符合題意．
方法6：概念辨析法
核心提示·精歸納
概念辨析法是從題設條件出發，通過對數學概念的辨析，進行少量運算或推理，直接選出正確結論的方法．這類題目一般是給出的一個創新定義，或涉及一些似是而非、容易混淆的概念或性質，需要考生在平時注意辨析有關概念，準確區分相應概念的內涵與外延，同時在審題時多加小心．
典例研析·悟方法
典例11 (2023·全國高三專題練習)北京大興國際機場的顯著特點之一是各種彎曲空間的運用，在數學上用曲率刻畫空間彎曲性．規定：多面體的頂點的曲率等于2π與多面體在該點的面角之和的差(多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制)，多面體面上非頂點的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各頂點的曲率之和．例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是，所以正四面體在每個頂點的曲率為2π－3×＝π，故其總曲率為4π.給出下列三個結論：
①正方體在每個頂點的曲率均為；
②任意四棱錐的總曲率均為4π；
③若某類多面體的頂點數V，棱數E，面數F滿足V－E＋F＝2，則該類多面體的總曲率是常數．
其中，所有正確結論的序號是( D )
A．①② B．①③
C．②③ D．①②③
【解析】　根據曲率的定義可得正方體在每個頂點的曲率為2π－3×＝，故①正確；由定義可得多面體的總曲率＝2π×頂點數－各面內角和，因為四棱錐有5個頂點，5個面，分別為4個三角形和1個四邊形，所以任意四棱錐的總曲率為2π×5－(π×4＋2π×1)＝4π，故②正確；設每個面記為ni(i∈[1，F])邊形，則所有的面角和為(ni－2)π＝πi－2πF＝π·2E－2πF＝2π(E－F)，根據定義可得該類多面體的總曲率2πV－2π(E－F)＝4π為常數，故③正確．故選D.
典例12 (2023·北京高二北大附中校考期末)公元前4世紀，古希臘數學家梅內克繆斯利用垂直于母線的平面去截頂角分別為銳角、鈍角和直角的圓錐，發現了三種圓錐曲線．之后，數學家亞理士塔歐、歐幾里得、阿波羅尼斯等都對圓錐曲線進行了深入的研究．直到3世紀末，帕普斯才在其《數學匯編》中首次證明：與定點和定直線的距離成定比的點的軌跡是圓錐曲線，定比小于、大于和等于1分別對應橢圓、雙曲線和拋物線．已知A，B是平面內兩個定點，且|AB|＝4，則下列關于軌跡的說法中錯誤的是( D )
A．到A，B兩點距離相等的點的軌跡是直線
B．到A，B兩點距離之比等于2的點的軌跡是圓
C．到A，B兩點距離之和等于5的點的軌跡是橢圓
D．到A，B兩點距離之差等于3的點的軌跡是雙曲線
【分析】　判斷到A，B兩點距離相等的點的軌跡是A，B連線的垂直平分線，判斷A；建立平面直角坐標系，求出動點的軌跡方程，可判斷B；根據橢圓以及雙曲線的定義可判斷C，D.
【解析】　到A，B兩點距離相等的點的軌跡是A，B連線的垂直平分線，A正確；以AB為x軸，AB的中垂線為y軸建立平面直角坐標系，
則A(－2,0)，B(2,0)，設動點P(x，y)，由題意知＝2，即＝2，化簡為2＋y2＝，即此時點的軌跡為圓，B正確；不妨設動點P到A，B兩點距離之和等于5，即|PA|＋|PB|＝5，由于5>4，故到A，B兩點距離之和等于5的點的軌跡是以A，B為焦點的橢圓，C正確；設動點P到A，B兩點距離之差等于3，即|PA|－|PB|＝3，由于3<4，故到A，B兩點距離之差等于3的點的軌跡是雙曲線靠近B側的一支，D錯誤．故選D.
方法7：構造法
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構造法是一種創造性思維，是綜合運用各種知識和方法，依據問題給出的條件和結論給出的信息，把問題作適當的加工處理，構造與問題相關的數學模式，揭示問題的本質，從而溝通解題思路的方法．常見構造函數、構造(割補)圖形、不等式或數列等．
典例研析·悟方法
典例13 (多選)(2023·安徽高三合肥市第六中學校聯考開學考試)已知e是自然對數的底數，則下列不等關系中正確的是( ABC )
A．eπ>3e B．πeC．2e【分析】　構造函數f(x)＝ln x－，x>0.證明ln x≤，即可判斷選項BCD，再利用B和冪函數的性質判斷選項A，即得解．
【解析】　BCD選項分別等價于ln π<，ln 2<，ln 3>，構造函數f(x)＝ln x－，x>0.則f′(x)＝－.當00，f(x)在(0，e)內單調遞增；當x>e時，f′(x)<0，f(x)在(e，＋∞)內單調遞減．因此f(x)max＝f(e)＝ln e－＝0.所以ln x≤(當x＝e時取等)于是ln π<，ln 2<，ln 3<.故eπ>πe，e2>2e，e3>3e，所以選項D錯誤，選項B、C正確；因為eπ>πe>3e，所以選項A正確．故選ABC．
典例14 (2023·浙江紹興高三統考期末)已知a＝，b＝e0.01，c＝1＋tan ，則( D )
A．aC．b【分析】　構造函數f(x)＝ln x＋－1討論單調性和最值可比較得a>b，再構造函數g(x)＝tan x－x可比較得c>a.
【解析】　設f(x)＝ln x＋－1，f′(x)＝－＝，令f′(x)>0解得x>1，令f′(x)<0解得01－＝0.01，所以>e0.01，即a>b.設g(x)＝tan x－x，x∈，g′(x)＝－1＝tan2x>0，所以g(x)＝tan x－x>g(0)＝0，即當x∈時，tan x>x，所以c＝1＋tan >1＋×>＝a，綜上所述，b方法1：直接法
核心提示·精歸納
直接從題設條件出發，運用有關概念、性質、定理、法則和公式等知識，通過嚴密地推理和準確地運算，從而得出正確的結論，然后對照題目所給出的選項“對號入座”，作出相應的選擇．涉及概念、性質的辨析或運算較簡單的題目常用直接法．
典例研析·悟方法
典例1 在平面直角坐標系中，已知直線y＝k(x＋1)(k>0)與橢圓＋y2＝1在第二象限交于點A，交y軸于點B.設點C(1,0)，若|AB|＝|AC|，則k的值為 　.
【分析】　先根據題設條件可得k>1，再聯立直線方程和橢圓方程，求出點A的橫坐標后求出弦長|AB|，再根據點點距可得|AC|，從而得到關于k的方程，求出其解后可得k的值．
【解析】　設A(x1，y1)，橢圓的上頂點為S，左焦點為F1，則S(0,1)，F1(－1,0)．因為A在第二象限且k>0，故k>kF1S＝1.由可得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，因為A在第二象限且k>0，故x1＝<0，又|AB|＝|x1－xB|＝×＝×.又|AC|＝＝＝－x1＝－×＝.而|AB|＝|AC|，故×＝，所以(4k2＋2)＝4(1＋2k2)，解得k＝(負解舍去)．
典例2 (2023·云南昆明昆明一中校考模擬預測)經過原點且斜率為的直線l與雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)恒有兩個公共點，則C的離心率e的取值范圍是 　.
【解析】　雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的焦點在y軸上，漸近線方程是y＝±x，結合該雙曲線的圖象，由直線l與雙曲線C恒有兩個公共點，可得出：>，即>，所以離心率e＝＝＝∈，即離心率e的取值范圍是.
方法2：特例法
核心提示·精歸納
當填空題已知條件中含有某些不確定的量，但填空題的結論唯一或題設條件中提供的信息暗示答案是一個定值時，可以從題中變化的不定量中選取符合條件的恰當特殊值(特殊函數、特殊角、特殊數列、特殊位置、特殊點、特殊方程、特殊模型等)進行處理，從而得出探求的結論．為保證答案的正確性，在利用此方法時，一般應多取幾個特例．特殊化法是“小題小做”的重要策略．
但要注意以下兩點：
第一，取特例盡可能簡單，有利于計算和推理；
第二，若在取定的特殊情況下有兩個或兩個以上的結論相符，則應選另一特例情況再檢驗，或改用其他方法求解．
典例研析·悟方法
典例3 已知函數f(x)滿足：f(m＋n)＝f(m)·f(n)，f(1)＝3，則＋＋＋＝_24__.
【解析】　取特殊函數，根據條件可設f(x)＝3x，則有＝＝6，所以＋＋＋＝6×4＝24.
典例4 已知橢圓＋＝1(a>b>0)，焦點F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)，若過F1的直線和圓2＋y2＝c2相切，與橢圓在第一象限交于點P，且PF2⊥x軸，則該直線的斜率是 　，橢圓的離心率是 　.
【分析】　不妨假設c＝2，根據圖形可知，sin∠PF1F2＝，再根據同角三角函數基本關系即可求出k＝tan∠PF1F2＝；再根據橢圓的定義求出a，即可求得離心率．
【解析】　如圖所示：不妨假設c＝2，設切點為B，sin∠PF1F2＝sin∠BF1A＝＝，tan∠PF1F2＝＝，所以k＝，由k＝，|F1F2|＝2c＝4，所以|PF2|＝，|PF1|＝|PF2|×＝，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝4，即a＝2，所以e＝＝＝.
方法3：正反互推法
核心提示·精歸納
多選型問題給出多個命題或結論，要求從中選出所有滿足條件的命題或結論．這類問題要求較高，涉及圖形、符號和文字語言，要準確閱讀題目，讀懂題意，通過推理證明，命題或結論之間互反互推，相互印證，也可舉反例判斷錯誤的命題或結論．
典例研析·悟方法
典例5 設函數y＝f(x)的定義域為R，給出下列命題：
①若對任意x∈R，均有|f(x)|＝1，則f(x)一定不是奇函數；
②若對任意x∈R，均有|f(－x)|＝|f(x)|，則f(x)為奇函數或偶函數；
③若對任意x∈R，均有f(－x)＝|f(x)|，則f(x)必為偶函數；
④若對任意x∈R，均有|f(－x)|＝|f(x)|，且f(x)為R上的增函數，則f(x)必為奇函數．
其中為真命題的序號為_①③④__(請寫出所有真命題的序號)．
【解析】　對任意x∈R，均有|f(x)|＝1，則|f(0)|＝1，但奇函數中f(0)＝0，矛盾，所以f(x)一定不是奇函數，①正確；|f(－x)|＝|f(x)|等價于[f(x)－f(－x)][f(x)＋f(－x)]＝0，若x∈[－1,1]時滿足f(x)－f(－x)＝0，x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)時滿足f(x)＋f(－x)＝0，則函數在x∈R上為非奇非偶函數，②錯誤；對任意x∈R，均有f(－x)＝|f(x)|，則f(x)＝|f(－x)|＝|f(x)|，所以f(－x)＝|f(x)|＝f(x)，所以函數必為偶函數，③正確；當x>0時，|f(－x)|＝|f(x)|等價于[f(x)－f(－x)][f(x)＋f(－x)]＝0，又因為f(x)為R上的增函數，所以f(x)>f(－x)，則f(x)－f(－x)≠0，所以f(x)＋f(－x)＝0，所以f(x)必為奇函數，④正確．
典例6 (2023·泰安期末)若“ x∈R，使得2x2－mx＋1＜0”是假命題，則實數m的取值范圍是 [－2，2]　.
【解析】　因為“ x∈R，使得2x2－mx＋1＜0”是假命題，所以“ x∈R，使得2x2－mx＋1≥0”是真命題，所以Δ＝m2－8≤0，解得m∈[－2，2]．
方法4：數形結合法
核心提示·精歸納
一些含有幾何背景的填空題，若能“數中思形”“以形助數”，則往往可以借助圖形的直觀性，迅速作出判斷，簡捷地解決問題，得出正確的結果，Venn圖、三角函數線、函數的圖象及方程的曲線等，都是常用的圖形．
典例研析·悟方法
典例7 (2023·浙江高三校聯考開學考試)三棱錐A－BCD內接于半徑為的球O，且AB＝2，則三棱錐A－BCD體積的最大值為 　.
【分析】　設O到CD的距離為d0，點M到直線CD的距離為d，則d≤d0＋OM，所以S△MCD≤×CD×(d0＋4)，利用函數導數求出面積最大值，從而根據錐體的體積公式即可求解．
【解析】　如圖，取AB的中點為M，則OM＝＝4，設O到CD的距離為d0，點M到直線CD的距離為d，A，B兩點到平面MCD的距離分別為h1，h2，則CD＝2，d≤d0＋4，所以S△MCD≤×2×(d0＋4)＝，令f(x)＝(30－x2)×(x＋4)2，則f′(x)＝－4(x＋5)(x＋4)(x－3)，所以當x＝3時，f(x)max＝f(3)＝21×49，所以S△MCD≤7，所以VA－BCD＝S△MCD·(h1＋h2)≤S△MCD·|AB|≤×7×2＝，當且僅當MC＝MD＝，且AB⊥平面MCD時取等號．
典例8 (2023·全國模擬預測)已知函數f(x)＝xln(2x)－ax2－x有兩個極值點，則實數a的取值范圍是 　.
【分析】　由函數f(x)有兩個極值點，對f(x)求導，設出新函數g(t)＝，討論新函數的單調性及值域，即可得到實數a的取值范圍．
【解析】　由題意，在f(x)＝xln(2x)－ax2－x中，f(x)有兩個極值點，∴f′(x)＝ln 2x－2ax＝0有兩個不相等的實數根，∴關于x的方程a＝有兩個不相等的實數根，記t＝2x>0，設g(t)＝，則直線y＝a與函數g(t)的圖象有兩個不同的交點．在g(t)＝中，g′(t)＝，令g′(t)＝0，得t＝e，當00；當t>e時，g′(t)<0.∴g(t)＝在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減，∴g(t)max＝g(e)＝，易知g(1)＝0，當t→0＋時，g(t)→－∞，當t→＋∞時，g(t)→0，作出函數g(t)的大致圖象如圖所示，數形結合可得0方法5：構造法
核心提示·精歸納
構造法解填空題的關鍵是由條件和結論的特殊性構造出數學模型，從而簡化推導與運算過程，構造法是建立在觀察聯想、分析綜合的基礎之上的，首先應觀察題目，觀察已知(例如代數式)形式上的特點，然后積極調動思維，聯想、類比已學過的知識及各種數學結構、數學模型，深刻地了解問題及問題的背景(幾何背景、代數背景)，從而構造幾何、函數、不等式、數列、向量等具體的數學模型，從而轉化為自己熟悉的問題，達到快速解題的目的．
利用導數解抽象函數不等式，實質是利用導數研究對應函數單調性，而對應函數需要構造．構造輔助函數常根據導數法則進行：如f′(x)典例研析·悟方法
典例9 數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝－，an＝2an＋1＋1(n∈N*)，則an＝ n－1　；若Sn＋n【分析】　(1)根據題意，構造數列等比數列{an＋1}，由其通項公式，即可求得an；(2)由{an}的通項公式，結合等比數列的前n項和公式，求得Sn，利用指數函數的單調性求解函數最值，即可求得參數的最值．
【解析】　因為a1＝－，an＝2an＋1＋1，則an＋1＝2(an＋1＋1)，故{an＋1}為首項a1＋1＝，公比為的等比數列，則an＋1＝n，則an＝n－1；又Sn＝＋2＋3＋…＋n－n＝－n＝1－n－n，則Sn＋n1－k，又n∈，故只需1－k≤0，即k≥1，又k∈N*，故k的最小值為1.
典例10 已知函數f(x)＝，則函數g(x)＝3－f[f(x)]的所有零點之積等于_－3__.
【解析】　求函數g(x)＝3－f[f(x)]的所有零點，則等價于求方程f[f(x)]＝3的根，當x≤0時，f(x)＝2x>0，則f[f(x)]＝|log22x|＝－x＝3，解得x＝－3；當x>0且x≠1時，f(x)＝|log2x|>0，則f[f(x)]＝|log2|log2x||＝3，log2|log2x|＝±3，可得|log2x|＝8或|log2x|＝，即log2x＝±8或log2x＝±，解得x＝或256或或；當x＝1時，f(1)＝|log21|＝0，f[f(1)]＝20＝1，不符合題意．綜上，－3××256××＝－3.第3講　創新情境與數學文化
1. (2022·全國新高考Ⅱ卷)圖1是中國古代建筑中的舉架結構，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉．圖2是某古代建筑屋頂截面的示意圖，其中DD1，CC1，BB1，AA1是舉，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3.已知k1，k2，k3成公差為0.1的等差數列，且直線OA的斜率為0.725，則k3＝( D )
A．0.75 B．0.8
C．0.85 D．0.9
【解析】　設OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，則CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，由題意得k1＝k3－0.2，k2＝k3－0.1，且＝0.725，解得k3＝0.9，故選D.
2. (2020·全國Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側面三角形的面積，則其側面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為( C )
A． B．
C． D．
【解析】　如圖，取CD的中點E，設CD＝a，PE＝b，則PO＝＝，由題意PO2＝ab，即b2－＝ab，化簡得42－2·－1＝0，解得＝(負值舍去)．故選C．
3. (2020·全國Ⅱ卷)如圖，將鋼琴上的12個鍵依次記為a1，a2，…，a12.設1≤iA．5 B．8
C．10 D．15
【解析】　根據題意可知，原位大三和弦滿足：k－j＝3，j－i＝4.∴i＝1，j＝5，k＝8；i＝2，j＝6，k＝9；i＝3，j＝7，k＝10；i＝4，j＝8，k＝11；i＝5，j＝9，k＝12.原位小三和弦滿足：k－j＝4，j－i＝3.∴i＝1，j＝4，k＝8；i＝2，j＝5，k＝9；i＝3，j＝6，k＝10；i＝4，j＝7，k＝11；i＝5，j＝8，k＝12.故個數之和為10.故選C．
4. (2019·全國Ⅰ卷)我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的變化．每一“重卦”由從下到上排列的6個爻組成，爻分為陽爻“”和陰爻“”，下圖就是一重卦．在所有重卦中隨機取一重卦，則該重卦恰有3個陽爻的概率是( A )
A． B．
C． D．
【解析】　所有重卦共有26＝64種可能，其中滿足恰有3個陽爻的有C＝20種，故概率為＝.故選A．
5. (2019·全國Ⅱ卷)2019年1月3日嫦娥四號探測器成功實現人類歷史上首次月球背面軟著陸，我國航天事業取得又一重大成就，實現月球背面軟著陸需要解決的一個關鍵技術問題是地面與探測器的通訊聯系．為解決這個問題，發射了嫦娥四號中繼星“鵲橋”，鵲橋沿著圍繞地月拉格朗日L2點的軌道運行．L2點是平衡點，位于地月連線的延長線上．設地球質量為M1，月球質量為M2，地月距離為R，L2點到月球的距離為r，根據牛頓運動定律和萬有引力定律，r滿足方程：＋＝(R＋r).設α＝，由于α的值很小，因此在近似計算中≈3α3，則r的近似值為( D )
A．R B．R
C．R D．R
【解析】　由α＝，得r＝αR，因為＋＝(R＋r)，所以＋＝(1＋α)，即＝α2＝≈3α3，解得α＝，所以r＝αR＝R.故選D.
6. (2019·全國Ⅱ卷)中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1)．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現了數學的對稱美．圖2是一個棱數為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有_26__個面，其棱長為 －1　.
【解析】　由圖可知第一層與第三層各有9個面，計18個面，第二層共有8個面，所以該半正多面體共有18＋8＝26個面．如圖，設該半正多面體的棱長為x，則AB＝BE＝x，延長CB與FE交于點G，延長BC交正方體棱于H，由半正多面體對稱性可知，△BGE為等腰直角三角形，∴BG＝GE＝CH＝x，∴GH＝2×x＋x＝(＋1)x＝1，∴x＝＝－1，即該半正多面體棱長為－1.
1．創新型數學問題從形式上看很“新”，其提供的觀察材料和需要思考的問題異于常規試題，需要考生具有靈活、創新的思維能力，善于進行發散性、求異性思考，尋找對材料內涵的解釋和解決問題的辦法．此類問題考查的內容都在考綱要求的范圍之內，即使再新，也是在考生“力所能及”的范圍內．只要擁有扎實的數學基礎知識，以良好的心態坦然面對新情境，便可輕松破解！
2．數學文化題一般是從中華優秀傳統文化中挖掘素材，將數學文化與高中數學知識有機結合，要求考生對試題所提供的數學文化信息材料進行整理和分析，在試題營造的數學文化氛圍中，感受數學的思維方式，體驗數學的理性精神．
考法一　集合與邏輯用語
典例1 在數學漫長的發展過程中，數學家發現在數學中存在著神秘的“黑洞”現象．數學黑洞：無論怎樣設值，在規定的處理法則下，最終都將得到固定的一個值，再也跳不出去，就像宇宙中的黑洞一樣．目前已經發現的數字黑洞有“123黑洞”“卡普雷卡爾黑洞”“自戀性數字黑洞”等．定義：若一個n位正整數的所有數位上數字的n次方和等于這個數本身，則稱這個數是自戀數．已知所有一位正整數的自戀數組成集合A，集合B＝{x|－3A．3 B．4
C．7 D．8
【解析】　依題意，A＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，B＝{－2，－1,0,1,2,3}，故A∩B＝{1,2,3}，故A∩B的子集個數為8.故選D.
典例2 (2023·云南曲靖)杜甫在《奉贈韋左丞丈二十二韻》中有詩句：“讀書破萬卷，下筆如有神．”對此詩句的理解是讀書只有讀透書，博覽群書，這樣落實到筆下，運用起來才有可能得心應手，如有神助一般，由此可得，“讀書破萬卷”是“下筆如有神”的( C )
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
【解析】　杜甫的詩句表明書讀得越多，文章未必就寫得越好，但不可否認的是，一般寫作較好的人，他的閱讀量一定不會少，而且所涉獵的文章范疇也會比一般讀書人廣泛．因此“讀書破萬卷”是“下筆如有神”的必要不充分條件．故選C．
考法二　三角函數與解三角形
典例3 (2023·湖南懷化)明朝早期，鄭和七下西洋過程中，將中國古代天體測量方面所取得的成就創造性地應用于航海，形成了一套先進航海技術——“過洋牽星術”．簡單地說，就是通過觀測不同季節、時辰的日月星辰在天空運行的位置和測量星辰在海面以上的高度來判斷方位．其采用的主要工具是牽星板，由12塊正方形木板組成，最小的一塊邊長約2厘米(稱一指)，木板的長度從小到大依次成等差數列，最大的邊長約24厘米(稱十二指)．觀測時，將木板立起，一手拿著木板，手臂伸直，眼睛到木板的距離大約為72厘米，使牽星板與海平面垂直，讓板的下緣與海平面重合，上邊緣對著所觀測的星辰，依高低不同替換、調整木板，當被測星辰落在木板上邊緣時所用的是幾指板，觀測的星辰離海平面的高度就是幾指，然后就可以推算出船在海中的地理緯度．如圖所示，若在一次觀測中，所用的牽星板為六指板，則tan 2α＝( A )
A． B．
C． D．
【解析】　設等差數列為{an}，則a1＝2厘米，a12＝24厘米，所以公差d＝＝＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋10＝12厘米，則tan α＝＝，則tan 2α＝＝＝.故選A．
典例4 (2022·全國高三校聯考階段練習)秦九韶是我國南宋著名數學家，在他的著作《數書九章》中提出了已知三角形的三邊求面積的方法：“以小斜冪并大斜冪減中斜冪，余半之，自乘于上．以小斜冪乘大斜冪減上，余四約之，為實．一為從隅，開平方得積．”以上文字用公式表示就是S＝，其中a，b，c分別是△ABC的內角A，B，C的對邊，S是△ABC的面積，在△ABC中，若a＝3，b＝5，c＝6，則△ABC的內切圓的面積為( C )
A． B．π
C． D．
【解析】　因為a＝3，b＝5，c＝6，所以S△ABC＝＝＝2.△ABC的周長l＝3＋5＋6＝14，設△ABC的內切圓半徑為r，由S△ABC＝lr，解得r＝.所以△ABC的內切圓的面積為πr2＝.故選C．
考法三　數列
典例5 (2023·道里區校級四模)南宋楊輝在他1275年所著的《續古摘奇算法》中，對河圖洛書的數學問題進行了詳盡的研究，其中對3階幻方的排列找出了一種奇妙的規律：“九子斜排，上下對易，左右相更，四維挺出，戴九履一，左三右七，二四為肩，六八為足．”即將1,2,3，…，9填入了3×3的方格內，使三行、三列、對角線的三個數之和都等于15，如圖．一般地，將連續的正整數1,2,3，…，n2填入n×n個方格中，使得每行、每列、每條對角線上的數的和相等，這個正方形叫做n階幻方．設n階幻方的數的和(即方格內所有數的和)為Sn，則S6＝( D )
4 9 2
3 5 7
8 1 6
A．666 B．91
C．576 D．111
【解析】　根據題意，幻方的每行，每列和兩條對角線上的數字之和都相等，Sn＝×[1＋2＋3＋…＋(n2－1)＋n2]＝×＝，故S6＝＝111.故選D.
典例6 (2023·四川宜賓統考模擬預測)南宋數學家楊輝給出了著名的三角垛公式：1＋(1＋2)＋(1＋2＋3)＋…＋(1＋2＋3＋…＋n)＝n(n＋1)(n＋2)，則數列{n2－n}的前n項和為( A )
A．(n－1)n(n＋1) B．(n－1)n(2n＋1)
C．n(n＋1)(n＋2) D．(2n＋1)n(n＋1)
【解析】　∵1＋2＋3＋…＋n＝，由題意可得：數列的前n項和為n(n＋1)(n＋2)，又∵n2－n＝2×－2n，∴數列的前n項和Sn＝2×－2×1＋2×－2×2＋…＋2×－2n＝2－2(1＋2＋…＋n)＝2×n(n＋1)(n＋2)－2×＝(n－1)n(n＋1)．故選A．
考法四　平面向量
典例7 (2023·云南高三云南師大附中校考階段練習)窗花是貼在窗紙或窗戶玻璃上的剪紙，是中國古老的漢族傳統民間藝術之一，它歷史悠久，風格獨特，深受國內外人士所喜愛．如圖甲是一個正八邊形窗花隔斷，圖乙是從窗花圖中抽象出的幾何圖形示意圖．已知正八邊形ABCDEFGH的邊長為2，M是正八邊形ABCDEFGH邊上任意一點，則·的最大值為( D )
A．30＋4 B．28＋8
C．26＋16 D．24＋16
【解析】　如圖，取AB的中點O，連接MO，連接BE，OE，分別過點C，點D作BE的垂線，垂足分別為I，J，所以·＝(＋)·(＋)＝(＋)·(－)＝2－2＝2－2，當點M與點F或點E重合時，||取得最大值，易得四邊形CDJI為矩形，△BCI，△DEJ為等腰直角三角形，則IJ＝2，BI＝EJ＝2，則BE＝4＋2，BO＝，2取得最大值為BO2＋BE2＝()2＋(4＋2)2＝26＋16，所以·的最大值為24＋16，故選D.
典例8 (2022·全國高三校聯考階段練習)黃金分割(Golden Section)是一種數學上的比例關系．黃金分割具有嚴格的比例性、藝術性、和諧性，蘊藏著豐富的美學價值．應用時一般取0.618，就像圓周率在應用時取3.14一樣．高雅的藝術殿堂里，自然也留下了黃金數的足跡．人們還發現，一些名畫、雕塑、攝影作品的主題，大多在畫面的0.618處．藝術家們認為弦樂器的琴馬放在琴弦的0.618處，能使琴聲更加柔和甜美．黃金矩形(Golden Rectangle)的長寬之比為黃金分割率，換言之，矩形的長邊為短邊1.618倍．黃金分割率和黃金矩形能夠給畫面帶來美感，令人愉悅．在很多藝術品以及大自然中都能找到它．希臘雅典的巴特農神廟就是一個很好的例子，達·芬奇的《維特魯威人》符合黃金矩形．《蒙娜麗莎》中蒙娜麗莎的臉也符合黃金矩形，《最后的晚餐》同樣也應用了該比例布局.2 000多年前，古希臘雅典學派的第三大算學家歐道克薩斯首先提出黃金分割．所謂黃金分割，指的是把長為L的線段分為兩部分，使其中一部分對于全部之比，等于另一部分對于該部分之比，黃金分割比為≈0.618.其實有關“黃金分割”，我國也有記載，雖沒有古希臘的早，但它是我國數學家獨立創造的．如圖，在矩形ABCD中，AC，BD相交于點O，BF⊥AC，DH⊥AC，AE⊥BD，CG⊥BD，＝，則＝( D )
A．＋ B．＋
C．＋ D．＋
【解析】　∵＝，顯然BE＝DG，BO＝OD＝BD，所以＝＝，∴＝＝，∵＝＋＝＋＝＋(－)＝＋，∴＝＋，故選D.
考法五　空間幾何
典例9 (2023·吉林四平)“阿基米德多面體”也稱為半正多面體，半正多面體是由兩種或多種正多邊形面組成，而又不屬于正多面體的凸多面體．如圖，某廣場的一張石凳就是一個阿基米德多面體，它是由正方體截去八個一樣的四面體得到的．若被截正方體的棱長為40 cm，則該阿基米德多面體的表面積為( A )
A．(4 800＋1 600)cm2 B．(4 800＋4 800)cm2
C．(3 600＋3 600)cm2 D．(3 600＋1 200)cm2
【解析】　由題意知，阿基米德多面體是由六個全等的正方形和八個全等的等邊三角形構成，其中正方形邊長和等邊三角形的邊長均為＝20；∴阿基米德多面體的表面積S＝6×(20)2＋8××20×20×＝4 800＋1 600(cm2)．故選A．
典例10 (2022·海南省直轄縣級單位高三嘉積中學校考階段練習)圖1中的機械設備叫做“轉子發動機”，其核心零部件之一的轉子形狀是“曲側面三棱柱”，圖2是一個曲側面三棱柱，它的側棱垂直于底面，底面是“萊洛三角形”，萊洛三角形是以正三角形的三個頂點為圓心，正三角形的邊長為半徑畫圓弧得到的，如圖3.若曲側面三棱柱的高為5，底面任意兩頂點之間的距離為10，則其側面積為( B )
A．100π B．50π
C．200π D．300π
【解析】　S＝×2π×10×3×5＝50π.故選B.
典例11 (2023·全國高三專題練習)“牟合方蓋”是我國古代數學家劉徽在研究球的體積過程中構造的一個和諧優美的幾何模型．如圖1，正方體的棱長為2，用一個底面直徑為2的圓柱面去截該正方體，沿著正方體的前后方向和左右方向各截一次，截得的公共部分即是一個牟合方蓋(如圖2)．已知這個牟合方蓋與正方體內切球的體積之比為4∶π，則正方體除去牟合方蓋后剩余部分的體積為( C )
A．8－ B．8－
C． D．
【解析】　正方體的體積為23＝8，其內切球的體積為，由條件可知牟合方蓋的體積為×＝，故正方體除去牟合方蓋后剩余的部分體積為8－＝.故選C．
考法六　函數與導數
典例12 (2022·北京海淀高三北大附中校考階段練習)成書于約兩千多年前的我國古代數學典籍《九章算術》中記載了通過加減消元求解n元一次方程組的算法，直到擁有超強算力計算機的今天，這仍然是一種效率極高的算法．按照這種算法，求解n元一次方程組大約需要對實系數進行C·n3(C為給定常數)次計算.1949年，經濟學家萊昂提夫為研究“投入產出模型”(該工作后來獲得1973年諾貝爾經濟學獎)，利用當時的計算機求解一個42元一次方程組，花了約56機時．事實上，他的原始模型包含500個未知數，受限于機器算力而不得不進行化簡以減少未知數．如果不進行化簡，根據未知數個數估計所需機時，結果最接近于( C )
A．103機時 B．104機時
C．105機時 D．106機時
【解析】　設1機時能進行a次計算，則由題意得C·423≈56a，原始模型包含500個未知數，如果不進行化簡，設所需機時為t，則C·5003≈ta，故t≈×56＝＝×105≈0.94×105，故結果最接近于105機時，故選C．
典例13 (多選)(2023·江蘇鹽城)高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的美譽，用其名字命名的“高斯函數”：設x∈R，用[x]表示不超過x的最大整數，則y＝[x]稱為高斯函數，也稱為取整函數，例如：[－1.5]＝－2，[2.3]＝2，下列函數中，滿足函數y＝[f(x)]的值域中有且僅有兩個元素的是( ACD )
A．f(x)＝ B．f(x)＝x＋，x∈
C．f(x)＝|log2x|，x∈ D．f(x)＝
【解析】　當x≤0時，f(x)∈(－1,0]，[f(x)]∈{－1,0}；當x>0時，f(x)∈(0,1)，[f(x)]∈{0}，故y＝[f(x)]的值域為{－1,0}，A滿足題意；f(x)＝x＋，x∈在單調遞減，在(1,2)單調遞增，又f＝f(2)＝，f(1)＝2，故f(x)∈，則y＝[f(x)]∈{2}，即y＝[f(x)]的值域為{2}，不滿足題意；下證f(x)＝x＋在單調遞減：在上任取x1f(x2)，故f(x)＝x＋在上單調遞減，同理f(x)在(1,2)單調遞增，B不滿足題意；y＝log2x，x∈，則log2x∈(－log23,1)，故f(x)∈[0，log23)，又10，則2x＋1>1，∈(0,2)，1－∈(－1,1)，即y＝f(x)的值域為(－1,1)，[f(x)]∈{－1,0}，則y＝[f(x)]的值域為{0,1}，D滿足題意．故選ACD.
考法七　統計概率
典例14 (2023·遼寧葫蘆島高一統考期末)張益唐是當代著名華人數學家，他在數論研究方面取得了巨大成就，曾經在《數學年刊》發表《質數間的有界間隔》，證明了存在無窮多對質數間隙都小于7 000萬.2013年張益唐證明了孿生素數猜想的一個弱化形式，孿生素數猜想是希爾伯特在1900年提出的23個問題之一，可以這樣描述，存在無窮多個素數p，使得p＋2是素數，素數對(p，p＋2)稱為孿生素數，在不超過12的素數中，隨機選取兩個不同的數，能夠組成孿生素數的概率是( B )
A． B．
C． D．
【解析】　不超過12的素數有2、3、5、7、11共5個，在其中任取兩個數的基本事件為(2,3)、(2,5)、(2,7)、(2,11)、(3,5)、(3,7)、(3,11)、(5,7)、(5,11)、(7,11)共10個，其中是孿生素數的基本事件為(3,5)、(5,7)共2個，所以在不超過12的素數中，隨機選取兩個不同的數，能夠組成孿生素數的概率為＝.故選B.
典例15 (2023·全國高三專題練習)我們的祖先創造了一種十分重要的計算方法：籌算．籌算用的算籌是竹制的小棍，也有骨制的．據《孫子算經》記載，算籌記數法則是：凡算之法，先識其位，一縱十橫，百立千僵，千十相望，萬百相當．即在算籌計數法中，表示多位數時，個位用縱式，十位用橫式，百位用縱式，千位用橫式，以此類推，如圖所示，例如：表示62，表示26，現有5根算籌，據此表示方式表示兩位數(算籌不剩余且個位不為0)，則這個兩位數大于40的概率為( B )
A． B．
C． D．
【解析】　根據題意可知：一共5根算籌，十位和個位上可用的算籌可以分為4＋1,3＋2,2＋3,1＋4共四類情況；第一類：4＋1，即十位用4根算籌，個位用1根算籌，那十位可能是4或者8，個位為1，則兩位數為41或者81；第二類：3＋2，即十位用3根算籌，個位用2根算籌，那十位可能是3或者7，個位可能為2或者6，故兩位數可能32,36,72,76；第三類：2＋3，即十位用2根算籌，個位用3根算籌，那么十位可能是2或者6，個位可能為3或者7，故兩位數可能是23,27,63,67；第四類：1＋4，即十位用1根算籌，個位用4根算籌，那么十位為1，個位可能為4或者8，則該兩位數為14或者18，綜上可知：所有的兩位數有14,18,23,27,32,36,41,63,67,72,76,81共計12個，其中大于40的有41,63,67,72,76,81共計6個，故這個兩位數大于40的概率為＝，故選B.
考法八　復數
典例16 (2023·全國高三專題練習)人們對數學研究的發展一直推動著數域的擴展，從正數到負數、從整數到分數、從有理數到實數等等.16世紀意大利數學家卡爾丹和邦貝利在解方程時，首先引進了i2＝－1,17世紀法國數學家笛卡兒把i稱為“虛數”，用a＋bi(a、b∈R)表示復數，并在直角坐標系上建立了“復平面”．若復數z滿足方程z2＋2z＋5＝0，則z＝( C )
A．－1＋2i B．－2－i
C．－1±2i D．－2±i
【解析】　設z＝a＋bi(a，b∈R)，因z2＋2z＋5＝0，則(a＋bi)2＋2(a＋bi)＋5＝0，即(a2－b2＋2a＋5)＋2b(a＋1)i＝0，而a，b∈R，則解得所以z＝－1±2i.故選C．
典例17 (2023·全國高三專題練習)歐拉公式eix＝cos x＋isin x(其中i是虛數單位，e是自然對數的底數)是數學中的一個神奇公式．根據歐拉公式，復數z＝ei在復平面上所對應的點在( A )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【解析】　由歐拉公式，z＝ei＝cos 1＋isin 1在復平面內對應點(cos 1，sin 1)在第一象限．故選A．
考法九　不等式
典例18 《幾何原本》卷Ⅱ的幾何代數法成了后世西方數學家處理數學問題的重要依據．通過這一原理，很多代數的定理都能夠通過圖形實現證明，也稱之為無字證明．現有如圖所示圖形，點F在半圓O上，點C在直徑AB上，且OF⊥AB，設AC＝a，BC＝b，可以直接通過比較線段OF與線段CF的長度完成的無字證明為( C )
A．a2＋b2≥2ab(a＞0，b＞0)
B．>(a>0，b>0)
C．≤(a＞0，b＞0)
D．≤(a＞0，b＞0)
【解析】　由圖形可知，OF＝AB＝(a＋b)，OC＝(a＋b)－b＝(a－b)，在Rt△OCF中，由勾股定理可得，CF＝＝，∵CF≥OF，∴≥(a＋b)，故選C．
典例19 (2023·四川成都)十六世紀中葉，英國數學家雷科德在《礪智石》一書中首先把“＝”作為等號使用，后來英國數學家哈利奧特首次命題正確的是使用“＜”和“＞”符號，并逐漸被數學界接受，不等號的引入對不等式的發展影響深遠．若a，b，c∈R，則下列命題正確的是( D )
A．若a＜b，則>
B．若a＞b＞0，則<
C．若a＞b，則ac2>bc2
D．若ac2>bc2，則a＞b
【解析】　當a<00，所以>，所以選項B錯誤；c＝0時，ac2＝bc2，所以選項C錯誤；ac2>bc2時，a>b，所以選項D正確．故選D.
考法十　解析幾何
典例20 (多選)(2023·全國高三專題練習)古希臘著名數學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名．他發現：“平面內到兩個定點A，B的距離之比為定值λ(λ≠1)的點的軌跡是圓”．后來人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓．在平面直角坐標系xOy中，A(－1,0)，B(2,0)，點P滿足＝.點P的軌跡為曲線C，下列結論正確的是( AB )
A．曲線C的方程為(x＋4)2＋y2＝18
B．曲線C被y軸截得的弦長為2
C．直線x＋y－4＝0與曲線C相切
D．P是曲線C上任意一點，當△ABP的面積最大時點P的坐標為(－2，±3)
【解析】　設P(x，y)，由A(－1,0)，B(2,0)，＝可得|PA|＝|PB|，所以·＝，整理可得x2＋y2＋8x－2＝0，即(x＋4)2＋y2＝18，故選項A正確；因為(x＋4)2＋y2＝18，令x＝0得y＝±，曲線C被y軸截得的弦長為2，故選項B正確；因為(x＋4)2＋y2＝18，所以圓心C(－4,0)，半徑r＝3，所以圓心C(－4,0)到直線x＋y－4＝0的距離d＝＝4>3，所以直線x＋y－4＝0與曲線C相離，故選項C錯誤；因為P是曲線C上任意一點，要使△ABP的面積最大，則曲線C上的點到x軸的距離最大，即△ABP的邊AB上的高等于圓的半徑3時，△ABP的面積最大，此時點P的坐標為(－4，±3)，故選項D錯誤．故選AB.
典例21 (2023·全國高三專題練習)第24屆冬季奧林匹克運動會，已于2022年2月在北京和張家口舉行，北京冬奧會會徽以漢字“冬”為靈感來源，運用中國書法的藝術形態，將厚重的東方文化底蘊與國際化的現代風格融為一體，呈現出新時代的中國新形象、新夢想．會徽圖形上半部分展現滑冰運動員的造型，下半部分表現滑雪運動員的英姿．中間舞動的線條流暢且充滿韻律，代表舉辦地起伏的山巒、賽場、冰雪滑道和節日飄舞的絲帶，下部為奧運五環，不僅象征五大洲的團結，而且強調所有參賽運動員應以公正、坦誠的運動員精神在比賽場上相見．其中奧運五環的大小和間距按以下比例(如圖)：若圓半徑均為12，則相鄰圓圓心水平距離為26，兩排圓圓心垂直距離為11，設五個圓的圓心分別為O1，O2，O3，O4，O5，若雙曲線C以O1，O3為焦點、以直線O2O4為一條漸近線，則C的離心率為( B )
A． B．
C． D．
【解析】　依題意，以點O2為原點，直線O1O3為x軸建立平面直角坐標系，如圖，點O4(－13，－11)，設雙曲線C的方程為－＝1(a>0，b>0)，其漸近線為y＝±x，因直線O2O4為一條漸近線，則有＝，雙曲線C的離心率為e＝＝＝＝.故選B.
1. (2023·天津)荀子曰：“故不積跬步，無以至千里；不積小流，無以成江海．”這句來自先秦時期的名言闡述了做事情不一點一點積累，就永遠無法達成目標的哲理．由此可得，“積跬步”是“至千里”的( B )
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
【解析】　由題意可得：“積跬步”未必能“至千里”，但要“至千里”必須“積跬步”，故“積跬步”是“至千里”的必要不充分條件．故選B.
2. (2022·內蒙古赤峰高三統考階段練習)
材料一：已知三角形三邊長分別為a，b，c，則三角形的面積為S＝，其中p＝.這個公式被稱為海倫一秦九韶公式．
材料二：阿波羅尼奧斯(Apollonius)在《圓錐曲線論》中提出橢圓定義：我們把平面內與兩個定點F1，F2的距離的和等于常數(大于|F1F2|)的點的軌跡叫做橢圓．
根據材料一或材料二解答：已知△ABC中，BC＝6，AB＋AC＝10，則△ABC面積的最大值為( C )
A．6 B．10
C．12 D．20
【解析】　令AB＝x，則AC＝10－x且BC＝6，故x∈(2,8)，而p＝＝8，所以△ABC面積S＝＝，當x＝5時，Smax＝12.故選C．
3. (2022·河南高三校聯考階段練習)在計算機尚未普及的年代，人們在計算三角函數時常常需要查表得到正弦和余弦值，三角函數表的制作最早可追測到古希臘數學家托勒密．下面給出了正弦表的一部分，例如，通過查表可知2°12′的正弦值為0.038 4,30°54′的正弦值為0.513 5，等等．則根據該表，416.5°的余弦值為( B )
0′ 6′ 12′ 18′ 24′ 30′ 36′ 42′ 48′ 54′ 60′
0° 0.000 0 0 017 0 035 0 052 0 070 0 087 0 105 0 122 0 140 0 157 0 175
1° 0 175 0 192 0 209 0 227 0 244 0 262 0 279 0 297 0 314 0 332 0 349
2° 0 349 0 366 0 384 0 401 0 419 0 436 0 454 0 471 0 488 0 506 0 523
…
30° 0.500 0 5 015 5 030 5 045 5 060 5 075 5 090 5 105 5 120 5 135 5 150
31° 5 150 5 165 5 180 5 195 5 210 5 225 5 240 5 255 5 270 5 284 5 299
32° 5 299 5 314 5 329 5 344 5 358 5 373 5 388 5 402 5 417 5 432 5 446
33° 5 446 5 461 5 476 5 490 5 505 5 519 5 534 5 548 5 563 5 577 5 592
34° 5 592 5 606 5 621 5 635 5 650 5 664 5 678 5 693 5 707 5 721 5 736
…
A．0.546 1 B．0.551 9
C．0.550 5 D．0.573 6
【解析】　由題意，cos 416.5°＝cos 56.5°＝sin 33.5°＝sin 33°30′，查表可知sin 33°30′＝0.551 9.故選B.
4. (2022·浙江校聯考模擬預測)我國古代數學家僧一行應用“九服晷影算法”在《大衍歷》中建立了影長l與太陽天頂距θ(0°≤θ<180°)的對應數表，這是世界數學史上較早的一張正切函數表．根據三角學知識可知，晷影長l等于表高h與太陽天頂距θ正切值的乘積，即l＝htan θ.對同一“表高”測量兩次，第一次和第二次太陽天頂距分別為α，β，若第一次的“晷影長”是“表高”的3倍，且tan(α－β)＝，則第二次的“晷影長”是“表高”的( A )
A．1倍 B．倍
C．倍 D．倍
【解析】　由第一次的“晷影長”是“表高”的3倍得，tan α＝3，又tan(α－β)＝，所以tan β＝tan[α－(α－β)]＝＝＝1，故第二次的“晷影長”是“表高”的1倍．故選A．
5. (2022·云南高三校聯考階段練習)“易有太極，是生兩儀，兩儀生四象，四象生八卦．”太極和八卦組合成了太極八卦圖(如圖1)．某太極八卦圖的平面圖如圖2所示，其中正八邊形的中心與圓心重合，O是正八邊形的中心，MN是圓O的一條直徑，且正八邊形ABCDEFGH內切圓的半徑為2＋2，|AB|＝|MN|＝4.若點P是正八邊形ABCDEFGH邊上的一點，則·的取值范圍是( D )
A．[2，4] B．[2，2]
C．[12＋8，16＋8] D．[8＋8，12＋8]
【解析】　如圖，連接PO.因為＝＋，＝＋＝－，所以·＝(＋)·(－)＝2－2.因為正八邊形ABCDEFGH內切圓的半徑為2＋2，||＝4，所以2＋2≤||≤.因為|MN|＝4，所以||＝2，所以8＋8≤2－2≤12＋8，即·的取值范圍是[8＋8，12＋8]．故選D.
6. (2022·北京)在橢圓C：＋＝1(a>b>0)中，其所有外切矩形的頂點在一個定圓Γ：x2＋y2＝a2＋b2上，稱此圓為該橢圓的蒙日圓．該圖由法國數學家G-Monge(1746—1818)最先發現．若橢圓C的離心率為e，左、右焦點分別為F1、F2，P為橢圓C上一動點，過P和原點作直線l與蒙日圓Γ相交于M，N，則＝( B )
A． B．1
C．e2 D．以上答案均不正確
【解析】　令|PF1|·|PF2|＝m，因為|PF1|＋|PF2|＝2a，則|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝4a2，所以PF＋PF＝4a2－2m，由所以2＋2＋2·＝42①，2＋2－2·＝2②則①＋②可得8a2－4m＝42＋4c2，解得2＝2a2－c2－m，所以|PM|·|PN|＝(r－|PO|)(r＋|PO|)＝r2－|PO|2＝a2＋b2－(2a2－c2－m)＝m，故＝1，故選B.
7. (2022·全國高三專題練習)2022年北京冬奧會開幕式中，當《雪花》這個節目開始后，一片巨大的“雪花”呈現在舞臺中央，十分壯觀．理論上，一片雪花的周長可以無限長，圍成雪花的曲線稱作“雪花曲線”，又稱“科赫曲線”，是瑞典數學家科赫在1904年研究的一種分形曲線．如圖是“雪花曲線”的一種形成過程：從一個正三角形開始，把每條邊分成三等份，然后以各邊的中間一段為底邊分別向外作正三角形，再去掉底邊，重復進行這一過程．已知圖①中正三角形的邊長為6，則圖③中·的值為( A )
A．24 B．6
C．6 D．6
【解析】　在圖③中，以O為坐標原點建立如圖所示的平面直角坐標系，||＝4，＝＝(2,2)，||＝，即＝，||＝，由分形知PN∥OM，所以＝，所以＝＋＋＝，所以·＝2×5＋2×＝24.故選A．
8. (2022·廣東深圳)享有“數學王子”稱號的德國數學家高斯，是近代數學奠基者之一，y＝[x]被稱為“高斯函數”，其中x∈R，[x]表示不超過x的最大整數，例如：[2.1]＝2，[3]＝3，[－1.5]＝－2，設x0為函數f(x)＝x＋lg x－5的零點，則[x0]＝( B )
A．3 B．4
C．5 D．6
【解析】　因為函數f(x)＝x＋lg x－5在(0，＋∞)上單調遞增，且f(4)＝lg 4－1<0，f(5)＝lg 5>0，則存在唯一零點x0∈(4,5)，使得f(x0)＝0，由高斯函數的定義可知，[x0]＝4.故選B.
9. (2023·山西忻州)拉格朗日中值定理是微分學的基本定理之一，定理內容如下：如果函數f(x)在閉區間[a，b]上的圖象連續不間斷，在開區間(a，b)內的導數為f′(x)，那么在區間(a，b)內至少存在一點c，使得f(b)－f(a)＝f′(c)(b－a)成立，其中c叫做f(x)在[a，b]上的“拉格朗日中值點”．根據這個定理，可得函數f(x)＝(x－2)ln x在[1,2]上的“拉格朗日中值點”的個數為( B )
A．0 B．1
C．2 D．3
【解析】　f′(x)＝1＋ln x－，令x0為函數f(x)＝(x－2)ln x在[1,2]上的“拉格朗日中值點”，則1＋ln x0－＝＝0，令g(x)＝1＋ln x－，則g′(x)＝＋>0在[1,2]上恒成立，故g(x)＝1＋ln x－在[1,2]上單調遞增，又g(1)＝1－2＝－1<0，g(2)＝1＋ln 2－1＝ln 2>0，由零點存在性定理可得：存在唯一的x0∈[1,2]，使得g(x0)＝0.故選B.
10. (2022·湖北武漢)正整數1,2,3，…，n的倒數的和1＋＋＋…＋已經被研究了幾百年，但是迄今為止仍然沒有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式；當n很大時1＋＋＋…＋≈ln n＋γ.其中γ稱為歐拉—馬歇羅尼常數，γ≈0.577 215 664 901…，至今為止都不確定γ是有理數還是無理數．設[x]表示不超過x的最大整數．用上式計算的值為(參考數據：ln 2≈0.69，ln 3≈1.10，ln 10≈2.30)( B )
A．7 B．8
C．9 D．10
【解析】　由題意知1＋＋＋…＋＝ln 2 022＋γ.而ln 2 022＝ln(2×3×337)＝ln 2＋ln 3＋ln 337≈1.79＋ln 337，又ln 300高頻考點 高考預測
集合的含義、集合之間的基本關系、集合的運算 高考對集合的考查主要是集合的含義、集合之間的基本關系和集合的運算，并且以集合的運算為主．試題往往與不等式的解集、函數的定義域、方程的解集．對常用邏輯用語的考查主要是，充要條件的判斷、命題真假的判斷為主，對含有量詞的命題的否定也是一個值得注意的考點.
充要條件
全稱量詞命題、存在量詞命題
1. (2022·全國乙卷理科)設全集U＝{1,2,3,4,5}，集合M滿足 UM＝{1,3}，則( A )
A．2∈M B．3∈M
C．4 M D．5 M
【解析】　由題知M＝{2,4,5}，對比選項知，A正確，B、C、D錯誤．故選A．
2. (2022·全國甲卷理科)設全集U＝{－2，－1,0,1,2,3}，集合A＝{－1,2}，B＝{x|x2－4x＋3＝0}，則 U(A∪B)＝( D )
A．{1,3} B．{0,3}
C．{－2,1} D．{－2,0}
【解析】　由題意，B＝{x|x2－4x＋3＝0}＝{1,3}，所以A∪B＝{－1,1,2,3}，所以 U(A∪B)＝{－2,0}．故選D.
3. (2023·全國甲卷理科)“sin2α＋sin2β＝1”是“sin α＋cos β＝0”的( B )
A．充分條件但不是必要條件
B．必要條件但不是充分條件
C．充要條件
D．既不是充分條件也不是必要條件
【解析】　sin2α＋sin2β＝1，可知sin α＝±cos β，可得sin α±cos β＝0，所以“sin2α＋sin2β＝1”是“sin α＋cos β＝0”的必要不充分條件，故選B.
4. (2023·全國新高考Ⅰ卷)已知集合M＝{－2，－1,0,1,2}，N＝{x|x2－x－6≥0}，則M∩N＝( C )
A．{－2，－1,0,1} B．{0,1,2}
C．{－2} D．{2}
【解析】　先把集合N表示出來，再根據交集的定義計算即可．∵x2－x－6≥0，∴(x－3)(x＋2)≥0，∴x≥3或x≤－2，N＝(－∞，－2]∪[3，＋∞)，則M∩N＝{－2}．故選C．
5. (2023·全國新高考Ⅱ卷)設集合A＝{0，－a}，B＝{1，a－2,2a－2}，若A B，則a＝( B )
A．2 B．1
C． D．－1
【解析】　根據題意可得a－2＝0或2a－2＝0，然后討論求得a的值，再驗證即可．依題意，a－2＝0或2a－2＝0，當a－2＝0時，解得a＝2，此時A＝{0，－2}，B＝{1,0,2}，不符合題意；當2a－2＝0時，解得a＝1，此時A＝{0，－1}，B＝{1，－1,0}，符合題意．故選B.
6. (2023·全國甲卷理科)設集合A＝{x|x＝3k＋1，k∈Z}，B＝{x|x＝3k＋2，k∈Z}，U為整數集，則 U(A∪B)＝( A )
A．{x|x＝3k，k∈Z}
B．{x|x＝3k－1，k∈Z}
C．{x|x＝3k－2，k∈Z}
D．
【解析】　∵A＝{x|x＝3k＋1，k∈Z}，B＝{x|x＝3k＋2，k∈Z}，∴A∪B＝{x|x＝3k＋1或x＝3k＋2，k∈Z}，又U為整數集，∴ U(A∪B)＝{x|x＝3k，k∈Z}．故選A．
7. (2023·全國乙卷理科)設集合U＝R，集合M＝{x|x＜1}，N＝{x|－1＜x＜2}，則{x|x≥2}＝( A )
A． U(M∪N) B．N∪ UM
C． U(M∩N) D．M∪ UN
【解析】　由題意：M∪N＝{x|x＜2}，又U＝R，∴ U(M∪N)＝{x|x≥2}．故選A．
8. (2023·全國甲卷文科)設全集U＝{1,2,3,4,5}，集合M＝{1,4}，N＝{2,5}，則N∪ UM＝( A )
A．{2,3,5} B．{1,3,4}
C．{1,2,4,5} D．{2,3,4,5}
【解析】　因為U＝{1,2,3,4,5}，集合M＝{1,4}，N＝{2,5}，所以 UM＝{2,3,5}，則N∪ UM＝{2,3,5}．故選A．
1.集合運算中的常用方法
(1)數軸法：若已知集合是不等式的解集，用數軸法求解．
(2)數形結合法：若已知集合是點集，用圖象法求解．
(3)Venn圖法：若已知的集合是抽象集合，用Venn圖法求解．
(4)間接法：根據選項的差異性，選取特殊元素進行驗證．
【提醒】　謹防“兩個誤區”
(1)化簡集合時注意元素的特定范圍(如集合中x∈N.x∈Z)．
(2)在解決含參數的集合問題時，注意幾何元素的互異性．
2.判斷充分、必要條件的方法
(1)定義法：利用定義轉化為兩個簡單命題“若p，則q”與“若q，則p”的真假判斷．
(2)集合法：轉化為與p，q對應的兩個集合之間的關系進行判斷．
【提醒】　謹防“一個誤區”
充分、必要條件的判斷要注意區分兩種表述：“p是q的充分不必要條件”與“p的一個充分不必要條件是q”．
一、單項選擇題(共8小題)
1. (2023·西城區二模)已知集合A＝{x|－1≤x≤1}，B＝{x|3x＜1}，則A∪B＝( D )
A．[－1,0) B．(－∞，0)
C．[－1,1] D．(－∞，1]
【解析】　∵集合A＝{x|－1≤x≤1}，B＝{x|3x＜1}＝{x|x＜0}＝(－∞，0)，∴A∪B＝(－∞，1]．故選D.
2. (2023·烏魯木齊模擬)已知集合A＝{x|－1＜x＜5}，B＝{2,3,4}，則A∩B＝( B )
A．{2} B．{2,3,4}
C．{3,4,5} D．{2,3,4,5}
【解析】　因為A＝{x|－1＜x＜5}，B＝{2,3,4}，所以A∩B＝{2,3,4}．故選B.
3. (2023·晉中二模)設集合U＝{0,1,2,3,4,5}，A＝{x|x2－7x＋12＝0}，B＝{1,3,5}，則 U(A∪B)＝( A )
A．{0,2} B．{1,3,4,5}
C．{3,4} D．{0,2,3,4}
【解析】　由x2－7x＋12＝0，解得x＝3或x＝4，故A＝{3,4}，則A∪B＝{1,3,4,5}， U(A∪B)＝{0,2}．故選A．
4. (2023·德州三模)已知集合A＝{x|x2－4≤0}，B＝{x||x－a|＜1}，若B A，則a的取值范圍是( B )
A．(－1,1) B．[－1,1]
C．[－1,1) D．(－1,1]
【解析】　A＝{x|x2－4≤0}＝{x|－2≤x≤2}，B＝{x||x－a|＜1}＝{x|a－1＜x＜a＋1}，因為B A，所以解得－1≤a≤1.故選B.
5. (2023·煙臺一模)已知集合A＝{x|a＜x＜a＋2}，B＝{x|y＝ln(6＋x－x2)}，且A B，則( C )
A．－1≤a≤2 B．－1＜a＜2
C．－2≤a≤1 D．－2＜a＜1
【解析】　由6＋x－x2＞0，解得－2＜x＜3，所以B＝{x|－2＜x＜3}，集合A＝{x|a＜x＜a＋2}≠ ，因為A B，所以解得－2≤a≤1.故選C．
6. (2023·遼寧模擬)“a＋1＞b－2”是“a＞b”的( B )
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
【解析】　由a＋1＞b－2，可得a＞b－3，由a＞b－3不能夠推出a＞b，故“a＋1＞b－2”是“a＞b”的不充分條件，由a＞b，可推出a＞b－3成立，故“a＋1＞b－2”是“a＞b”的必要條件，綜上“a＋1＞b－2”是“a＞b”的必要不充分條件，故選B.
7. (2023·泉州期末)已知集合M＝{0,1,2}，N＝{－1，0,1,2}，則“a∈M”是“a∈N”的( A )
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
【解析】　因為M N，所以“a∈M” “a∈N”，但“a∈N”推不出“a∈M”，所以“a∈M”是“a∈N”的充分不必要條件．故選A．
8. (2023·西寧二模)已知命題p： x∈R，x2＋2x＋2－a＜0，若p為假命題，則實數a的取值范圍為( D )
A．(1，＋∞) B．[1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1]
【解析】　因為命題p： x∈R，x2＋2x＋2－a＜0，所以 p： x∈R，x2＋2x＋2－a≥0，又因為p為假命題，所以 p為真命題，即 x∈R，x2＋2x＋2－a≥0恒成立，所以Δ≤0，即22－4(2－a)≤0，解得a≤1.故選D.
二、多項選擇題(共4小題)
9. (2023·撫松縣校級模擬)若對任意x∈A，∈A，則稱A為“影子關系”集合，下列集合為“影子關系”集合的是( ABD )
A．{－1,1} B．
C．{x|x2＞1} D．{x|x＞0}
【解析】　對于集合{1，－1}，當x＝1時，＝1，當x＝－1時，＝－1顯然A符合題意；對于集合，x＝2時，＝，當x＝時，＝2，顯然B符合題意；{x|x2＞1}＝{x|x＞1或x＜－1}，取x＝2時， A，C不符合題意；{x|x＞0}，任取x＞0，則＞0，顯然D符合題意；故選ABD.
10. (2023·沙坪壩區校級模擬)設Z表示整數集，且集合M＝{m|m＝5k－2，k∈Z}，N＝{n|n＝10k＋8，k∈Z}，則( AD )
A．M∪N＝M B．M∩N＝
C．( ZM)∪N＝Z D．( ZM) ( ZN)
【解析】　∵n＝10k＋8＝5×2k＋5×2－2＝5(2k＋2)－2，由k∈Z，則2k＋2∈Z，即N中元素都是M中元素，有N M，而對于集合M，當k＝1時，m＝3，故3∈M，但3 N，∴N?M，由N?M，有M∪N＝M，A選項正確；M∩N＝N，B選項錯誤；由N?M，有( ZM)?( ZN)，∴( ZN)∪N＝Z，( ZM)∪N≠Z，C選項錯誤，D選項正確．故選AD.
11. (2023·安寧市校級模擬)下列命題的否定中，是真命題的有( BD )
A．某些平行四邊形是菱形
B． x∈R，x2－3x＋3＜0
C． x∈R，|x|＋x2≥0
D． x∈R，x2－ax＋1＝0有實數解
【解析】　對于A，某些平行四邊形是菱形，是真命題；對于B，Δ＝9－12＝－3＜0，則原命題是假命題；對于C， x∈R，|x|＋x2≥0，是真命題；對于D，只有Δ＝a2－4≥0，即a≤－2或a≥2時，x2－ax＋1＝0有實數解，是假命題；根據原命題和它的否定真假相反的法則判斷，選項BD中，原命題的否定是真命題．故選BD.
12. (2023·五華區校級模擬)已知條件p：{x|x2＋x－6＝0}，條件q：{x|xm＋1＝0}，且p是q的必要條件，則m的值可以是( BCD )
A． B．
C．－ D．0
【解析】　設A＝{x|x2＋x－6＝0}＝{－3,2}，B＝{x|xm＋1＝0}，因為p是q的必要條件，所以B A，①當B＝ 時，由mx＋1＝0無解可得m＝0，符合題意；②當B≠ 時，B＝{2}或B＝{－3}，若B＝{2}時，由2m＋1＝0解得m＝－，若B＝{－3}時，由－3m＋1＝0解得m＝.綜上，m的取值為0，－，.故選BCD.
三、填空題(共4小題)
13. (2023·黃浦區二模)設集合A＝{1,3,5,7,9}，B＝{x|2≤x≤5}，則A∩B＝_{3,5}__.
【解析】　∵A＝{1,3,5,7,9}，B＝{x|2≤x≤5}，
∴A∩B＝{1,3,5,7,9}∩{x|2≤x≤5}＝{3,5}．
14. (2023·運城三模)若命題“ x0∈R，a＝|x|＋1”為真命題，則實數a的取值范圍為_[1，＋∞)__.(用區間表示)
【解析】　因為|x|＋1≥1，即函數y＝|x|＋1的值域為[1，＋∞)，所以實數a的取值范圍為[1，＋∞)．
15. (2023·船營區校級模擬)已知命題p： x∈(0,3)，x2－a－2ln x≤0.若p為假命題，則a的取值范圍為_(－∞，1)__.
【解析】　∵p為假命題，∴ p： x∈(0,3)，x2－a－2ln x＞0為真命題，故a＜x2－2ln x，令f(x)＝x2－2ln x，x∈(0,3)，則f′(x)＝2x－＝，x∈(0,3)，令f′(x)＞0解得1＜x＜3，令f′(x)＜0解得0＜x＜1，所以f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1,3)上單調遞增，所以f(x)min＝f(1)＝1，所以a＜1.
16. (2023·廈門模擬)設集合A＝{x|1≤x≤3}，集合B＝{x|y＝}，若A?C?B，寫出一個符合條件的集合C＝_[1,4](答案不唯一)__.
【解析】　A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|x≥1}，故若A?C?B，則可有C＝[1,4]．第5講　復數、平面向量
高頻考點 高考預測
復數概念、復數四則運算和復數的幾何意義 在高考中主要是考查復數的運算、復數的幾何意義、平面向量基本定理和數量積的應用，都是必考內容.
平面向量基本定理及基本運算
平面向量的數量積及其應用
1. (2023·全國新課標Ⅰ卷)已知z＝，則z－＝( A )
A．－i B．i
C．0 D．1
【解析】　z＝＝·＝·＝－i，則＝i，故z－＝－i.故選A.
2. (2023·全國新課標Ⅰ卷)已知向量a＝(1,1)，b＝(1，－1)．若(a＋λb)⊥(a＋μb)，則( D )
A．λ＋μ＝1 B．λ＋μ＝－1
C．λμ＝1 D．λμ＝－1
【解析】　∵a＝(1,1)，b＝(1，－1)，∴a＋λb＝(λ＋1,1－λ)，a＋μb＝(μ＋1,1－μ)，由(a＋λb)⊥(a＋μb)，得(λ＋1)(μ＋1)＋(1－λ)(1－μ)＝0，整理得：2λμ＋2＝0，即λμ＝－1.故選D.
3. (2023·全國新課標Ⅱ卷)在復平面內，(1＋3i)(3－i)對應的點位于( A )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【解析】　(1＋3i)(3－i)＝3－i＋9i＋3＝6＋8i，則在復平面內，(1＋3i)(3－i)對應的點的坐標為(6,8)，位于第一象限．故選A.
4. (2023·全國甲卷理科)若復數(a＋i)(1－ai)＝2，a∈R，則a＝( C )
A．－1 B．0
C．1 D．2
【解析】　根據復數的運算法則和復數相等的定義，列方程組求出a的值．因為復數(a＋i)(1－ai)＝2，所以2a＋(1－a2)i＝2，即解得a＝1.故選C.
5. (2023·全國甲卷理科)向量|a|＝|b|＝1，|c|＝，且a＋b＋c＝0，則cos(a－c，b－c)＝( D )
A．－ B．－
C． D．
【解析】　因為向量|a|＝|b|＝1，|c|＝，且a＋b＋c＝0，所以－c＝a＋b，所以c2＝a2＋b2＋2a·b，即2＝1＋1＋2×1×1×cos〈a，b〉，解得cos〈a，b〉＝0，所以a⊥b，又a－c＝2a＋b，b－c＝a＋2b，所以(a－c)·(b－c)＝(2a＋b)·(a＋2b)＝2a2＋2b2＋5a·b＝2＋2＋0＝4，|a－c|＝|b－c|＝＝＝，所以cos(a－c，b－c)＝＝＝.故選D.
6. (2023·全國乙卷理科)設z＝，則＝( B )
A．1－2i B．1＋2i
C．2－i D．2＋i
【解析】　∵i2＝－1，i5＝i，∴z＝＝＝1－2i，∴＝1＋2i.故選B.
7. (2023·全國乙卷文科)已知向量a＝(3,1)，b＝(2,2)，則cos(a＋b，a－b)＝( B )
A. B．
C． D．
【解析】　根據題意，向量a＝(3,1)，b＝(2,2)，則a＋b＝(5,3)，a－b＝(1，－1)，則有|a＋b|＝＝，|a－b|＝＝，(a＋b)·(a－b)＝2，故cos(a＋b，a－b)＝＝＝.故選B.
8. (2022·全國甲卷理科)若z＝－1＋i，則＝( C )
A．－1＋i B．－1－i
C．－＋i D．－－i
【解析】　∵z＝－1＋i，∴z·＝|z|2＝[]2＝4，則＝＝－＋i.故選C.
9. (2022·全國乙卷理科)已知z＝1－2i，且z＋a＋b＝0，其中a，b為實數，則( A )
A．a＝1，b＝－2 B．a＝－1，b＝2
C．a＝1，b＝2 D．a＝－1，b＝－2
【解析】　因為z＝1－2i，且z＋a＋b＝0，所以(1－2i)＋a(1＋2i)＋b＝(1＋a＋b)＋(－2＋2a)i＝0，所以解得a＝1，b＝－2.故選A.
10. (2022·全國乙卷理科)已知向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝，|a－2b|＝3，則a·b＝( C )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
【解析】　∵|a－2b|2＝|a|2－4a·b＋4|b|2，又∵|a|＝1，|b|＝，|a－2b|＝3，∴9＝1－4a·b＋4×3＝13－4a·b，∴a·b＝1.故選C.
11. (2022·全國新高考Ⅰ卷)在△ABC中，點D在邊AB上，BD＝2DA.記＝m，＝n，則＝( B )
A．3m－2n B．－2m＋3n
C．3m＋2n D．2m＋3n
【解析】　因為點D在邊AB上，BD＝2DA，所以＝2，即－＝2(－)，所以＝3－2＝3n－2m＝－2m＋3n.故選B.
12. (2022·全國新高考Ⅱ卷)已知向量a＝(3,4)，b＝(1,0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，則t＝( C )
A．－6 B．－5
C．5 D．6
【解析】　c＝(3＋t,4)，cos?a，c?＝cos?b，c?，即＝，解得t＝5，故選C.
13. (2023·全國新課標Ⅱ卷)已知向量a，b滿足|a－b|＝，|a＋b|＝|2a－b|，則|b|＝ 　.
【解析】　∵|a－b|＝，|a＋b|＝|2a－b|，∴a2＋b2－2a·b＝3，a2＋b2＋2a·b＝4a2＋b2－4a·b，∴a2＝2a·b，∴b2＝3，∴|b|＝.
1.復數相關概念與運算技巧
(1)待定系數法：設z＝a＋bi(a，b∈R)，解決與復數的模、共軛復數、復數相等有關的代數式的運算．
(2)運算法則：復數的運算法則本質等同于多項式的運算法則，充分利用復數與其共軛復數之積等于模的平方進行化解．
(3)幾何法：解決復數模的最值問題，利用復數的幾何意義轉化為平面圖形中的最值問題求解．
【提醒】　謹防“兩個誤區”
(1)復數z＝a＋bi(a，b∈R)的虛部是b，注意區分虛部與純虛數．
(2)求復數z＝a＋bi(a，b∈R)的模不要忘記開方．
2.用向量法解決平面幾何問題的兩種方法：
(1)基向量法：選取適當的基底(基底中的向量盡量已知模或角)，將題中涉及的向量用基底表示，利用向量的運算法則．運算律或性質計算．
(2)坐標法：建立平面直角坐標系，實現向量坐標化，將幾何問題中的長度、垂直、平行等問題轉化為代數運算．
【提醒】　謹慎“一個問題”
向量m，n夾角為銳角(鈍角)是m·n>0(m·n<0)的充分不必要條件．
一、單項選擇題(共8小題)
1. (2023·內蒙古赤峰統考模擬預測)已知a∈R，(5＋ai)i＝1＋5i(i為虛數單位)，則a＝( A )
A．－1 B．1
C．－3 D．3
【解析】　由題意知，(5＋ai)i＝－a＋5i＝1＋5i，則a＝－1.故選A.
2. (2023·浙江永嘉中學校聯考模擬預測)若1＋2i＝iz(i為虛數單位)，則|z|＝( B )
A．5 B．
C． D．
【解析】　由1＋2i＝iz得z＝＝2－i，所以|z|＝＝，故選B.
3. (2023·陜西西安校考模擬預測)已知復數z滿足z＝2＋，其中i為虛數單位，則z的共軛復數在復平面內所對應的點在( A )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【解析】　z＝2＋＝2－i，所以z的共軛復數為＝2＋i，對應在復平面內的點為(2,1)，在第一象限，故選A.
4. (2023·四川南充校考模擬預測)在平行四邊形ABCD中，G為△BCD的重心，＝x＋y，則3x＋y＝( C )
A. B．2
C． D．3
【解析】　如圖，設AC與BD相交于點O，由G為△BCD的重心，可得O為BD的中點，CG＝2GO，則＝＋＝＋＝＝×(＋)＝＋，可得x＝y＝，故3x＋y＝.故選C.
5. (2023·吉林統考二模)平面向量a與b相互垂直，已知a＝(6，－8)，|b|＝5，且b與向量(1,0)的夾角是鈍角，則b＝( D )
A．(－3，－4) B．(4,3)
C．(－4,3) D．(－4，－3)
【解析】　設b＝(x，y)，則由題意得即解得或設c＝(1,0)，當b＝(4,3)時，此時cos〈b，c〉＝＝>0，又因為向量夾角范圍為[0，π]，故此時夾角為銳角，舍去；當b＝(－4，－3)時，此時cos〈b，c〉＝＝－<0，故此時夾角為鈍角，故選D.
6. (2023·四川內江統考一模)已知向量a＝(2,4)，b＝(－2，m)，若a＋b與b的夾角為60°，則b在a＋b方向上的投影為( C )
A. B．－
C． D．－
【解析】　∵a＋b＝(0，m＋4)，∴cos〈a＋b，b〉＝＝＝，當m>－4時，＝，解得：m＝±；若m＝－，∴cos〈a＋b，b〉＝<0不符合題意，∴m＝；當m<－4時，－＝，解得：m＝±(舍)；綜上所述：m＝，∴b＝，∴b在a＋b方向上的投影為|b|cos〈a＋b，b〉＝×＝.故選C.
7.已知函數f(x)＝log2的定義域為A，復數z＝－ai，若a∈A，則|z|的取值范圍是( B )
A．1<|z|< B．1≤|z|<
C．1≤|z|≤ D．1<|z|≤
【解析】　由1－>0，得>0，即－18. (2023·河南校聯考模擬預測)已知向量a，b的夾角為120°，且|a|，|b|是函數f(x)＝x2－5x＋6的兩個零點．若(a＋λb)⊥a(λ>2)，則λ＝( A )
A．3 B．4
C．5 D．6
【解析】　因為函數f(x)＝x2－5x＋6的兩個零點分別為2,3，所以|a|＝2，|b|＝3或|a|＝3，|b|＝2.又(a＋λb)⊥a，所以(a＋λb)·a＝0，則a2＋λa·b＝0，即|a|2＋λ|a||b|cos 120°＝0.當|a|＝2，|b|＝3時，4＋λ×2×3×＝0，解得λ＝(舍去)；當|a|＝3，|b|＝2時，9＋λ×3×2×＝0，解得λ＝3，滿足λ>2.綜上，λ＝3.故選A.
二、多項選擇題(共4小題)
9. (2023·重慶沙坪壩重慶南開中學校考模擬預測)設i為虛數單位，下列關于復數的命題正確的有( ABD )
A．|z1z2|＝|z1|·|z2|
B．若z1，z2互為共軛復數，則|z1|＝|z2|
C．若|z1|＝|z2|，則z＝z
D．若復數z＝m＋1＋(m－1)i為純虛數，則m＝－1
【解析】　由題意得：令z1＝a＋bi，z2＝c＋di，則|z1·z2|＝|(a＋bi)(c＋di)|＝|ac－bd＋(ad＋bc)i|＝(ac－bd)2＋(ad＋bc)2＝，|z1|·|z2|＝＝，所以|z1z2|＝|z1|·|z2|，故A正確；令z1＝a＋bi，z2＝a－bi，|z1|＝，|z2|＝，所以|z1|＝|z2|，故B正確；令z1＝a＋bi，z2＝a－bi，|z1|＝|z2|＝，根據復數的乘法運算可知：z＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，z＝(a－bi)2＝a2－b2－2abi，z≠z，所以C錯誤；若復數z＝m＋1＋(m－1)i為純虛數，則m＋1＝0，即m＝－1，故D正確．故選ABD.
10. (2023·江蘇連云港統考模擬預測)設a，b，c是三個非零向量，且相互不共線，則下列說法正確的是( AB )
A．若|a＋b|＝|a－b|，則a⊥b
B．若|a|＝|b|，則(a＋b)⊥(a－b)
C．若a·c＝b·c，則a－b不與c垂直
D．(b·c)a－(a·c)b不與c垂直
【解析】　a，b，c是三個非零向量，|a＋b|＝|a－b|兩邊平方得：(a＋b)2＝(a－b)2，即a2＋2a·b＋b2＝a2－2a·b＋b2，故a·b＝0，則a⊥b，A正確；(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝|a|2－|b|2，因為|a|＝|b|，所以(a＋b)·(a－b)＝0，故(a＋b)⊥(a－b)，B正確；a·c＝b·c，故a·c－b·c＝(a－b)·c＝0，則a－b與c垂直，C錯誤；[(b·c)a－(a·c)b]·c＝(b·c)(a·c)－(a·c)(b·c)＝0，故(b·c)a－(a·c)b與c垂直，D錯誤．故選AB.
11. (2023·浙江寧波高三期末)已知z1，z2∈C，且|z1|＝，|z1＋z2|＝10，則( BD )
A．當z1＝1－i，z2＝x＋yi(x，y∈R)時，必有(x＋1)2＋(y－1)2＝10
B．復平面內復數z1所對應的點的軌跡是以原點為圓心、半徑為的圓
C．|z1－i|min＝1＋
D.max＝1＋5
【解析】　|z1＋z2|＝10 (x＋1)2＋(y－1)2＝100，故A錯誤；因為|z1|＝，故B項正確；|z1－i|≥||z1|－|i||＝－1，當z1與i對應向量同向時取等，故C項錯誤；＝＝≤＝＝1＋5，當z1＋z2與z1對應向量反向時取等，故D項正確．故選BD.
12. (2023·福建統考一模)平面向量m，n滿足|m|＝|n|＝1，對任意的實數t，≤|m＋tn|恒成立，則( AD )
A．m與n的夾角為60°
B．(m＋tn)2＋(m－tn)2為定值
C．|n－tm|的最小值為
D．m在m＋n上的投影向量為(m＋n)
【解析】　設平面向量m與n的夾角為θ，因為對任意的實數t，≤|m＋tn|恒成立，即m2－m·n＋n2≤m2＋2tm·n＋t2n2恒成立，又|m|＝|n|＝1，也即t2＋2tcos θ＋cos θ－≥0對任意的實數t恒成立，所以Δ＝4cos2θ－4cos θ＋1＝(2cos θ－1)2≤0，則cos θ＝，所以θ＝60°，故選項A正確；對于B，因為(m＋tn)2＋(m－tn)2＝1＋2tcos 60°＋t2＋1＋t2－2tcos 60°＝2＋2t2隨t的變化而變化，故選項B錯誤；對于C，因為|n－tm|＝＝＝，由二次函數的性質可知：當t＝時，|n－tm|取最小值，故選項C錯誤；對于D，m＋n向量上的一個單位向量e＝＝，由向量夾角公式可得：cos〈m，(m＋n)〉＝＝＝，由投影向量的計算公式可得：m在m＋n上的投影向量為|m|·cos〈m，(m＋n)〉e＝1××＝(m＋n)，故選項D正確，故選AD.
三、填空題(共4小題)
13. (2023·高三課時練習)已知復數z1＝cos θ－i，z2＝sin θ＋i，則|z1·z2|的最大值為 　.
【解析】　|z1·z2|＝|z1|·|z2|＝·＝＝＝＝，∵sin22θ∈[0,1]，∴當sin22θ＝1時，|z1·z2|的最大值為＝.
14. (2023·廣西南寧二中校考一模)已知O是△ABC內部一點，且滿足＋＋＝0，又·＝4，∠BAC＝30°，則△OBC的面積為 　.
【解析】　由·＝4及∠BAC＝30°得·＝||·||cos∠BAC＝·||·||＝4，所以||·||＝8，所以S△ABC＝|A|·|A|sin∠BAC＝2.又＋＋＝0，且O在△ABC內，所以O為△ABC的重心，所以S△OBC＝S△ABC＝.
15. (2023·上海統考模擬預測)設z1，z2∈C且z1＝i·，滿足|z1－1|＝1，則|z1－z2|的取值范圍為 [0，2＋]　.
【解析】　設z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R，＝c－di，則a＋bi＝i·(c－di)＝d＋ci，所以|z1－1|＝|(a－1)＋bi|＝＝1，所以(a－1)2＋b2＝1，即z1對應點(a，b)在以(1,0)為圓心，半徑為1的圓(x－1)2＋y2＝1上．z2＝c＋di＝b＋ai，z2對應點為(b，a)，(a，b)與(b，a)關于y＝x對稱，所以點(b，a)在以(0,1)為圓心，半徑為1的圓x2＋(y－1)2＝1上，|z1－z2|表示(a，b)與(b，a)兩點間的距離，圓(x－1)2＋y2＝1與圓x2＋(y－1)2＝1相交，圓心距為，如圖所示，所以|z1－z2|的最小值為0，最大值為＋1＋1＝2＋，所以|z1－z2|的取值范圍為[0,2＋]．
16. (2023·四川綿陽南山中學校考一模)已知正三角形ABC內接于半徑為2的圓O，點P是圓O上的一個動點，則·的取值范圍是_[－2,6]__.
【解析】　在△OAB中，OA＝OB＝2，∠OAB＝30°，所以AB＝2，OM＝1,4·＝(＋)2－(－)2＝(2)2－()2＝42－12.當點P在圓上運動時，P位于C處時，2有最大值為|CM|2＝9.當P位于Q處時，2有最小值為|MQ|2＝1.2∈[1,9]，4·∈[－8,24]．所以·∈[－2,6]．第6講　不等式
高頻考點 高考預測
不等式性質、不等式的解法 利用不等式性質、基本不等式求最值是考查的重點，通常與函數、數列、解析幾何、導數等內容相結合；不等式的恒成立問題也是考查的熱點.
基本不等式及其應用
一元二次函數、一元二次方程與一元二次不等式的關系及其應用
1. (2022·全國新課標Ⅰ卷)若集合M＝{x|＜4}，N＝{x|3x≥1}，則M∩N＝( D )
A．{x|0≤x＜2} B．
C．{x|3≤x＜16} D．
【解析】　由＜4，得0≤x＜16，∴M＝{x|＜4}＝{x|0≤x＜16}，由3x≥1，得x≥，∴N＝{x|3x≥1}＝，∴M∩N＝{x|0≤x＜16}∩＝.故選D.
2. (2022·全國新課標Ⅱ卷)已知集合A＝{－1,1,2,4}，B＝{x||x－1|≤1}，則A∩B＝( B )
A．{－1,2} B．{1,2}
C．{1,4} D．{－1,4}
【解析】　|x－1|≤1，解得：0≤x≤2，∴集合B＝{x|0≤x≤2}，∴A∩B＝{1,2}．故選B.
3. (2021·全國乙卷文科)下列函數中最小值為4的是( C )
A．y＝x2＋2x＋4
B．y＝|sin x|＋
C．y＝2x＋22－x
D．y＝ln x＋
【解析】　對于A，y＝x2＋2x＋4＝(x＋1)2＋3≥3，所以函數的最小值為3，故選項A錯誤；對于B，因為0<|sin x|≤1，所以y＝|sin x|＋≥2＝4，當且僅當|sin x|＝，即|sin x|＝2時取等號，因為|sin x|≤1，所以等號取不到，所以y＝|sin x|＋>4，故選項B錯誤；對于C，因為2x>0，所以y＝2x＋22－x＝2x＋≥2＝4，當且僅當2x＝2，即x＝1時取等號，所以函數的最小值為4，故選項C正確；對于D，因為當x＝時，y＝ln ＋＝－1－4＝－5<4，所以函數的最小值不是4，故選項D錯誤．(詳解D)當x>1時，ln x>0，所以y＝ln x＋≥2＝4(當且僅當ln x＝2即x＝e2時取等號)；當04. (2020·全國Ⅰ卷)設集合A＝{x|x2－4≤0}，B＝{x|2x＋a≤0}，且A∩B＝{x|－2≤x≤1}，則a＝( B )
A．－4 B．－2
C．2 D．4
【解析】　求解二次不等式x2－4≤0可得：A＝{x|－2≤x≤2}，求解一次不等式2x＋a≤0可得：B＝.由于A∩B＝{x|－2≤x≤1}，故：－＝1，解得：a＝－2.故選B.
5. (2023·上海高考題)不等式|x－2|＜1的解集為_(1,3)__.
【解析】　原不等式可化為－1＜x－2＜1，從而求出x的范圍．由|x－2|＜1可得，－1＜x－2＜1，解得1＜x＜3，即不等式的解集為(1,3)．
6. (2023·天津高考)若函數f(x)＝ax2－2x－|x2－ax＋1|有且僅有兩個零點，則a的取值范圍為_(－∞，0)∪(0,1)∪(1，＋∞)__.
【解析】　①當a＝0時，f(x)＝－2x－|x2＋1|＝－2x－x2－1，不滿足題意；②當方程x2－ax＋1＝0滿足a≠0且Δ≤0時，有a2－4≤0即a∈[－2,0)∪(0,2]，此時，f(x)＝(a－1)x2＋(a－2)x－1，當a＝1時，不滿足，當a≠1時，Δ＝(a－2)2＋4(a－1)＝a2＞0，滿足；③Δ＞0時，a∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)，記x2－ax＋1的兩根為m，n，不妨設m＜n，則f(x)＝當a＞2時，x1＝，x2＝－1且x∈(－∞，m]∪[n，＋∞)，但此時x－ax1＋1＝<0，舍去x1，x3＝，x4＝1，且x∈(m，n)，但此時x－ax3＋1＝>0，舍去x3，故僅有1與－1兩個解，當a<－2時，有x－ax2＋1＝a＋2<0，舍去x2，x－ax4＋1＝2－a>0舍去x4，故僅有和兩個解，即f(x)有且僅有兩個零點，于是，a∈(－∞，0)∪(0,1)∪(1，＋∞)．
利用基本不等式求最值的方法
(1)直接法：直接利用基本不等式求解．
(2)湊配法：通過添項、拆項等方法湊成和為定值或積為定值的形式，然后利用基本不等式求解最值的方法．
(3)常數代換法：利用“1”的表達式與所求最值的表達式相乘或相除，進而構造和或積為定值的形式．
(4)消元法：利用已知條件消去部分變量后，湊出“和為常數”或“積為常數”，最后利用基本不等式求最值．
【提醒】　謹防“一個誤區”
利用基本不等式求最值需要注意前提條件“一正”“二定”“三相等”．
一、單項選擇題(共8小題)
1. (2023·道里區校級模擬)已知a＜b＜0，則下列不等式恒成立的是( B )
A．ea－b＞1 B．＋>2
C．ac2＜bc2 D．ln(b－a)＞0
【解析】　因為a＜b＜0，所以a－b＜0，ea－b＜1，A錯誤；>0，>0，＋≥2＝2，當且僅當a＝b時取等號，顯然等號無法取得，B正確；當c＝0時，C顯然錯誤；當b－a＜1時，D錯誤．故選B.
2. (2023·海淀區一模)已知二次函數f(x)，對任意的x∈R，有f(2x)＜2f(x)，則f(x)的圖象可能是( A )
【解析】　二次函數f(x)，對任意的x∈R，有f(2x)＜2f(x)，令x＝0得，f(0)＜2f(0)，即f(0)＞0，故C、D都不可能，對于B，二次函數的對稱軸方程為x＝－，由圖象可知f<0，設f(x)的圖象與x軸的兩個交點為x1，x2，且0＜x1＜x2，則x1＋x2＝－>0，所以0＜x1<－0，當x＝－時，f(2x)＝f<2f<0，兩者相矛盾，故B不可能．故選A.
3. (2023·渝中區校級一模)已知正實數a，b滿足＋＝1，則a＋2b的最小值為( B )
A．6 B．8
C．10 D．12
【解析】　因為正實數a，b滿足＋＝1，則a＋2b＋1＝(a＋b＋b＋1)＝5＋＋≥5＋2＝9，當且僅當＝且＋＝1，即b＝2，a＝4時取等號，此時a＋2b取得最小值8.故選B.
4. (2023·渾南區校級模擬)已知正實數x，y滿足＋＝1，則2xy－2x－y的最小值為( C )
A．2 B．4
C．8 D．9
【解析】　因為正實數x，y滿足＋＝1，所以2x＋y＝xy，則2xy－2x－y＝2x＋y＝(2x＋y)＝4＋＋≥4＋2＝8，當且僅當y＝2x且＋＝1，即x＝2，y＝4時取等號．故選C.
5. (2023·蒙城縣校級三模)已知關于x的不等式ax2＋bx＋1＞0的解集為(－∞，m)∪，其中m＜0，則＋的最小值為( D )
A．－2 B．2
C．2 D．3
【解析】　因為不等式ax2＋bx＋1＞0的解集為(－∞，m)∪，所以解得a＝1，b＝－m－；因為m＜0，所以b＝－m－≥2＝2，當且僅當－m＝－，即m＝－1時取“＝”，所以＋＝b＋，且b≥2，因為函數y＝b＋在b≥2上單調遞增，所以b＋的最小值為3，即＋的最小值為3.故選D.
6. (2023·香坊區校級三模)已知實數a，b滿足lg a＋lg b＝lg(a＋2b)，則4a＋2b的最小值是( D )
A．5 B．9
C．13 D．18
【解析】　因為實數a，b滿足lg a＋lg b＝lg(a＋2b)，所以lg(ab)＝lg(a＋2b)，所以a＋2b＝ab，a＞0，b＞0，所以＋＝1，則4a＋2b＝(4a＋2b)＝10＋＋≥10＋2＝18，當且僅當a＝b＝3時取等號，故4a＋2b的最小值是18.故選D.
7. (2023·大東區校級四模)已知x＞0，y＞0，x＋2y＝1，則的最小值為( C )
A．4＋4 B．12
C．8＋4 D．16
【解析】　由x＋2y＝1可得，＝＝＝＝＋＋8≥2＋8＝8＋4.當且僅當＝時，等號成立，即x2＝3y2.所以的最小值為8＋4，故選C.
8. (2023·雁峰區校級模擬)已知實數x，y，滿足x2＋xy＋3y2＝3，則x＋y的最大值為( B )
A. B．
C. D．
【解析】　令t＝x＋y，則x＝t－y，則x2＋xy＋3y2＝3可化為(t－y)2＋(t－y)y＋3y2－3＝0，整理得3y2－ty＋t2－3＝0，∴Δ＝(－t)2－12(t2－3)≥0，即t2≤，∴t≤，故x＋y≤.故選B.
二、多項選擇題(共4小題)
9. (2023·濟南二模)已知實數a，b，c滿足a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，則下列說法正確的是( BC )
A.> B．a－c＞2b
C．a2＞b2 D．ab＋bc＞0
【解析】　對于A，∵a＞b＞c，∴a－c＞b－c＞0，∴<，A錯誤；對于B，∵a＞b＞c，a＋b＋c＝0，∴a＞0，c＜0，∴b＋c＝－a＜0，a－b＞0，∴a－b＞b＋c，即a－c＞2b，B正確；對于C，∵a－b＞0，a＋b＝－c＞0，∴a2－b2＝(a＋b)(a－b)＞0，即a2＞b2，C正確；對于D，ab＋bc＝b(a＋c)＝－b2≤0，D錯誤．故選BC.
10. (2023·向陽區校級模擬)已知關于x的不等式ax2＋bx＋c＞0的解集為(－∞，－2)∪(3，＋∞)，則下列選項中正確的是( BD )
A．a＜0
B．不等式bx＋c＞0的解集是{x|x＜－6}
C．a＋b＋c＞0
D．不等式cx2－bx＋a＜0的解集為∪
【解析】　由題意可知，－2和3是方程ax2＋bx＋c＝0的兩根，且a＞0，∴－2＋3＝－，(－2)×3＝，∴b＝－a，c＝－6a，a＞0，即選項A錯誤；不等式bx＋c＞0等價于a(x＋6)＜0，∴x＜－6，即選項B正確；∵不等式ax2＋bx＋c＞0的解集為(－∞，－2)∪(3，＋∞)，∴當x＝1時，有a＋b＋c＜0，即選項C錯誤；不等式cx2－bx＋a＜0等價于a(6x2－x－1)＞0，即a(3x＋1)(2x－1)＞0，∴x＜－或x>，即選項D正確．故選BD.
11. (2023·東風區校級模擬)已知a＞0，b＞0，且a＋b＝1，則下列結論正確的是( AC )
A.＋的最小值是4
B．ab＋的最小值是2
C．2a＋2b的最小值是2
D．log2a＋log2b的最小值是－2
【解析】　∵a＞0，b＞0，a＋b＝1，∴＋＝(a＋b)＝＋＋2≥2＋2＝4，當且僅當＝，a＝b＝時取等號，∴＋的最小值為4，∴A正確，∵ab＋≥2＝2，當且僅當時取等號，∵無解，∴ab＋＞2，∴B錯誤，∵a＋b＝1，∴2a＋2b≥2＝2＝2，當且僅當a＝b＝時取等號，∴2a＋2b的最小值為2，∴C正確，∵a＞0，b＞0，∴1＝a＋b≥2，∴ab≤，當且僅當a＝b＝時取等號，∴log2a＋log2b＝log2(ab)≤log2＝－2，∴log2a＋log2b的最大值為－2，∴D錯誤，故選AC.
12. (2023·濠江區校級三模)若a＞0，b＞0，a＋b＝4，則下列不等式對一切滿足條件a，b恒成立的是( ACD )
A.≤2 B．＋≤2
C.＋b2≥4 D．＋≥1
【解析】　對于A，ab≤2＝4，當且僅當a＝b＝2時等號成立，故≤2，故A正確；對于B，(＋)2≤4×＝8，當且僅當a＝b＝2時取等號，故＋≤2，故B錯誤；對于C，由題意得b＝4－a＞0，所以0＜a＜4，＋b2＝＋(4－a)2＝a2－8a＋16，根據二次函數的性質可知，當a＝3時，上式取得最小值4，故C正確；對于D，∵a＋b＝4，a＞0，b＞0，∴×(a＋b)＝×≥(2＋2)＝1，當且僅當＝，即a＝b＝2時等號成立，故D正確．故選ACD.
三、填空題(共4小題)
13. (2023·貴陽模擬)若x＞0，則x＋的最小值為_3__.
【解析】　因為x＞0，所以x＋＝x＋1＋－1≥2－1＝3，當且僅當x＝1時，等號成立．
14. (2023·開福區校級二模)函數y＝loga(x＋4)－1的圖象恒過定點A，若點A在直線mx＋ny＋1＝0上，其中mn＞0，則＋的最小值為 2＋4　.
【解析】　∵函數y＝loga(x＋4)－1的圖象恒過定點A，∴解得，x＝－3，y＝－1，故A(－3，－1)；∵點A在直線mx＋ny＋1＝0上，∴3m＋n＝1，又∵mn＞0，∴m＞0，n＞0，∴＋＝(3m＋n)＝＋＋4≥2＋4，(當且僅當m＝，n＝時，等號成立)．
15. (2023·岳麓區校級模擬)正實數x，y滿足＋＝2，且不等式x＋≥m2－m恒成立，則實數m的取值范圍為_[－1,2]__.
【解析】　因為正實數x，y滿足＋＝2，所以x＋＝＝≥＝2，當且僅當＝且＋＝2，即x＝1，y＝4時取等號，則x＋的最小值為2.因為x＋≥m2－m恒成立，所以m2－m≤2，解得－1≤m≤2.故m的范圍為[－1,2]．
16. (2023·浙江二模)若a2＋b2＝a＋b，則的取值范圍是 　.
【解析】　由a2＋b2＝a＋b可得a＋b＝a2＋b2≥2ab，而2(a2＋b2)≥(a＋b)2，∴a2＋b2≥，當且僅當a＝b時，等號成立，即a＋b≥，解得0≤a＋b≤2，由＝＝a2＋b2－ab可知a＋b≠0，∴0＜a＋b≤2，所以＝a＋b－ab＝a＋b－，令t＝a＋b，t∈(0,2]，則＝－t2＋t＝－2＋，函數y＝－t2＋t在單調遞增，在單調遞減，故0<－t2＋t≤，即的取值范圍是.第7講　計數原理、二項式定理
高頻考點 高考預測
分類加法計數原理、分步乘法計數原理 主要是考查兩個原理以及排列、組合的應用，有時也與概率問題相結合的形式出現；二項展開式項的系數、特定的項，通過對通項公式的化簡和運算確定特定項，利用賦值法求的展開式的各項系數和.
排列、組合
二項式定理
1. (2023·全國新高考Ⅱ卷)某學校為了了解學生參加體育運動的情況，用比例分配的分層隨機抽樣方法作抽樣調查，擬從初中部和高中部兩層共抽取60名學生，已知該校初中部和高中部分別有400名和200名學生，則不同的抽樣結果共有( D )
A．C·C種 B．C·C種
C．C·C種 D．C·C種
【解析】　∵初中部和高中部分別有400和200名學生，∴人數比例為400∶200＝2∶1，則需要從初中部抽取40人，高中部取20人即可，則有C·C種．故選D.
2. (2023·全國甲卷理科)有五名志愿者參加社區服務，共服務星期六、星期天兩天，每天從中任選兩人參加服務，則兩天中恰有1人連續參加兩天服務的選擇種數為( B )
A．120 B．60
C．40 D．30
【解析】　先從5人中選1人連續兩天參加服務，共有C＝5種選法，然后從剩下4人中選1人參加星期六服務，剩下3人中選取1人參加星期日服務，共有C·C＝12種選法，根據分步乘法計數原理可得共有5×12＝60種選法．故選B.
3. (2023·全國乙卷理科)甲乙兩位同學從6種課外讀物中各自選讀2種，則這兩人選讀的課外讀物中恰有1種相同的選法共有( C )
A．30種 B．60種
C．120種 D．240種
【解析】　根據題意可得滿足題意的選法種數為：C·A＝120.故選C.
4. (2022·全國新高考Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同學站成一排參加文藝匯演，若甲不站在兩端，丙和丁相鄰，則不同的排列方式共有( B )
A．12種 B．24種
C．36種 D．48種
【解析】　把丙和丁捆綁在一起，4個人任意排列，有A·A＝48種情況，甲站在兩端的情況有CAA＝24種情況，∴甲不站在兩端，丙和丁相鄰的不同排列方式有48－24＝24種，故選B.
5. (2020·全國Ⅰ卷)(x＋y)5的展開式中x3y3的系數為( C )
A．5 B．10
C．15 D．20
【解析】　(x＋y)5展開式的通項公式為Tr＋1＝Cx5－ryr(r∈N且r≤5)，所以的各項與(x＋y)5展開式的通項的乘積可表示為：xTr＋1＝xCx5－ryr＝Cx6－ryr和Tr＋1＝Cx5－ryr＝Cx4－ryr＋2，在xTr＋1＝Cx6－ryr中，令r＝3，可得：xT4＝Cx3y3，該項中x3y3的系數為10，在Tr＋1＝Cx4－ryr＋2中，令r＝1，可得：T2＝Cx3y3，該項中x3y3的系數為5，所以x3y3的系數為10＋5＝15.故選C.
6. (2023·全國新高考Ⅰ卷)某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術類選修課，學生需從這8門課中選修2門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有_64__種(用數字作答)．
【解析】　若選2門，則只能各選1門，有CC＝16種，如選3門，則分體育類選修課選2，藝術類選修課選1，或體育類選修課選1，藝術類選修課選2，則有CC＋CC＝24＋24＝48，綜上共有16＋48＝64種不同的方案．
7. (2022·全國新高考Ⅰ卷)(x＋y)8的展開式中x2y6的系數為_－28__(用數字作答)．
【解析】　(x＋y)8的通項公式為Tr＋1＝Cx8－ryr，當r＝6時，T7＝Cx2y6，當r＝5時，T6＝Cx3y5，∴(x＋y)8的展開式中x2y6的系數為C－C＝－＝28－56＝－28.
8. (2020·全國卷Ⅱ卷)4名同學到3個小區參加垃圾分類宣傳活動，每名同學只去1個小區，每個小區至少安排1名同學，則不同的安排方法共有_36__種．
【解析】　∵4名同學到3個小區參加垃圾分類宣傳活動，每名同學只去1個小區，每個小區至少安排1名同學，∴先取2名同學看作一組，選法有：C＝6，現在可看成是3組同學分配到3個小區，分法有：A＝6，根據分步乘法原理，可得不同的安排方法6×6＝36種．
1.解決排列組合問題的方法
(1)特殊元素、特殊位置優先法．
(2)元素相鄰采用捆綁法，元素不相鄰采用插空法．
(3)至多至少問題可以采用間接法．
【提醒】　謹防“兩個誤區”
(1)注意分類標準要明確，做到不重不漏，
(2)注意區分是排列問題還是組合問題．
2.求二項展開式中項的方法
(1)根據所給的條件寫出通項公式，建立方程確定指數，如常數項令指數為0，有理項令指數為整數．
(2)根據所求的指數確定對應的項．
3.兩個多項式的積與三項展開式的特定項，利用二項展開式配合多項式乘法討論求解．
4.求解二項式系數和各項系數和常用賦值法．
【提醒】　謹防“四個誤區”
(1)二項式的通項易誤認為是第k項，實質上是第k＋1項．
(2)(a＋b)n與(b＋a)n雖然相同，但具體到它們展開式的某一項時是不相同的，所以公式中的第一個量a與第二個量b的位置不能顛倒．
(3)二項式系數與項的系數的區別
(4)求二項展開式的系數時要結合展開式的特點靈活賦值．
一、單項選擇題(共8小題)
1. (2023·汕頭二模)電腦調色板有紅、綠、藍三種基本顏色，每種顏色的色號均為0～255.在電腦上繪畫可以分別從三種顏色的色號中各選一個配成一種顏色，那么在電腦上可配成的顏色種數為( A )
A．2563 B．27
C．2553 D．6
【解析】　分3步取色，第一、第二、第三次都有256種取法，根據分步乘法計數原理得，共可配成256×256×256＝2563種顏色．故選A.
2. (2023·瀘縣校級模擬)7人排成一排，限定甲要排在乙的左邊，乙要排在丙的左邊，甲、乙相鄰，乙、丙不相鄰，則不同排法的種數是( C )
A．60 B．120
C．240 D．360
【解析】　甲乙相鄰，乙丙不相鄰，可以將甲乙看成一個人，7個人去掉甲乙丙一共有4個人，四個人算兩邊有5個空，從五個空中選出兩個，那么他們的位置就固定了．四個人全排列的方法有A＝24種，從五個空中選出兩個的方法有C＝10種，所以一共不同排法有24×10＝240種．故選C.
3. (2023·貴州模擬)公元五世紀，數學家祖沖之估計圓周率π的值的范圍：3.1 415 926＜π＜3.1 415 927，為紀念祖沖之在圓周率的成就，把3.1 415 926稱為“祖率”，這是中國數學的偉大成就．某小學教師為幫助同學們了解“祖率”，讓同學們把小數點后的7位數字1,4,1,5,9,2,6進行隨機排列，整數部分3不變，那么可以得到小于3.14的不同數字的個數有( A )
A．240 B．360
C．600 D．720
【解析】　小于3.14的不同數字的個數有兩類：第一類：3.11開頭的，剩余5個數字全排列有A＝120種；第二類：3.12開頭的，剩余5個數字全排列有A＝120種．根據分類加法計數原理可知，共120＋120＝240種．故選A.
4. (2023·石嘴山校級三模)中國救援力量在國際自然災害中為拯救生命作出了重要貢獻，很好地展示了國際形象，增進了國際友誼，多次為祖國贏得了榮譽．現有5支救援隊前往A，B，C等3個受災點執行救援任務，若每支救援隊只能去其中的一個受災點，且每個受災點至少安排1支救援隊，其中甲救援隊只能去B，C兩個受災點中的一個，則不同的安排方法數是( D )
A．72 B．84
C．88 D．100
【解析】　若甲去B點，則剩余4人，可只去A，C兩個點，也可分為3組去A，B，C三個點．當剩余4人只去A，C兩個點時，人員分配為1,3或2,2，此時的分配方法有C·A＋·A＝14；當剩余4人分為3組去A，B，C3個點時，先從4人中選出2人，即可分為3組，然后分配到3個小組即可，此時的分配方法有C·A＝36，綜上可得，甲去B點，不同的安排方法數是14＋36＝50.同理，甲去C點，不同的安排方法數也是50，所以不同的安排方法數是50＋50＝100.故選D.
5. (2023·撫順二模)第19屆亞運會將于2023年9月23日至10月8日在杭州舉行，甲、乙等4名杭州亞運會志愿者到游泳、射擊、體操三個場地進行志愿服務，每名志愿者只去一個場地，每個場地至少一名志愿者，若甲不去游泳場地，則不同的安排方法共有( C )
A．12種 B．18種
C．24種 D．36種
【解析】　①游泳場地安排2人，則不同的安排方法有CA＝6種，②游泳場地只安排1人，則不同的安排方法有CCA＝18種，所以不同的安排方法有6＋18＝24種．故選C.
6. (2023·泉州模擬)10的展開式中，x2的系數等于( D )
A．－45 B．－10
C．10 D．45
【解析】　10的通項為Tr＋1＝C10－r·(－)r＝(－1)rCxr－10，令r－10＝2，解得r＝8，所以x2項的系數為：(－1)8C＝45.故選D.
7. (2023·沙坪壩區校級模擬)(2x2＋y＋1)5的展開式中x4y2項的系數為( A )
A．120 B．160
C．180 D．210
【解析】　由題意(2x2＋y＋1)5的展開式中x4y2項的系數為C×22×C＝120.故選A.
8. (2023·惠州一模)已知二項式n(n∈N*)的展開式中只有第4項的二項式系數最大，現從展開式中任取2項，則取到的項都是有理項的概率為( A )
A. B．
C． D．
【解析】　因為二項式的展開式中只有第4項的二項式系數最大，所以展開式的總項數為7項，故n＝6，展開式的通項Tr＋1＝C(2x)6－rr＝C26－rx6－r，當r是偶數時該項為有理項，∴r＝0,2,4,6有4項，所以所有項中任取2項，都是有理項的概率為P＝＝.故選A.
二、多項選擇題(共4小題)
9. (2023·吉林模擬)從4名男生和3名女生中選出4人去參加一項創新大賽，下列說法正確的是( AD )
A．若4人中男生女生各選2人，則有18種選法
B．若男生甲和女生乙必須在內，則有12種選法
C．若男生甲和女生乙至少有1人在內，則有15種選法
D．若4人中既有男生又有女生，則有34種選法
【解析】　對于A，依題意，根據組合及分步計數原理，可知一共有CC＝6×3＝18種，故A正確；對于B，依題意，要從7名同學中選取4人，而甲乙必須在內，則相當于從5名同學中選取2人，一共有C＝10種，故B錯誤；對于C，依題意，要從7名同學中選取4人，一共有C＝35種，而甲乙都不在內一共有C＝5種，∴甲與乙至少要有1人在內有C－C＝35－5＝30種，故C錯誤；對于D，依題意，假設全是男生一共有C＝1種，全是女生的情況沒有，∴既有男生又有女生一共有C－C＝35－1＝34種，故D正確．故選AD.
10. (2023·渝中區校級模擬)下列選項正確的是( ABD )
A．有7個不同的球，取5個放入5個不同的盒子中，每個盒子恰好放1個，則不同的存放方式有2 520種
B．有7個不同的球，全部放入5個相同的盒子中，每個盒子至少放1個，則不同的存放方式有140種
C．有7個相同的球，取5個放入3個不同的盒子中，允許有盒子空，則不同的存放方式有18種
D．有7個相同的球，全部放入3個相同的盒子中，允許有盒子空，則不同的存放方式有8種
【解析】　根據題意，依次分析選項：對于A，有7個不同的球，取5個放入5個不同的盒子中，每個盒子恰好放1個，是排列問題，有A＝2 520種不同的放法，A正確；對于B，先將7個球分為5組，有3－1－1－1－1和2－2－1－1－1兩種分組方法，則有C＋＝140種分組方法，B正確；對于C，用擋板法分析：將7個相同的球，取5個放入3個不同的盒子中，有C＝21種不同的放法，C錯誤；對于D，分3種情況討論：①全部放入1個盒子中，有1種放法，②放入兩個盒子中，有6－1、5－2、4－3，共3種放法，③放入3個盒子里，有1－1－5、1－2－4、1－3－3、2－2－3，共4種放法，則有1＋3＋4＝8種放法，D正確；故選ABD.
11. (2023·晉中二模)(1＋ax)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，若a1＝－6 069，則下列結論正確的有( BC )
A．a＝3
B．a0＋a1＋a2＋…＋a2 023＝－22 023
C.＋＋…＋＝－1
D．(1＋ax)2 023的展開式中第1 012項的系數最大
【解析】　對于A，由a1＝C·a＝2 023a＝－6 069，可得a＝－3，故A錯誤；對于B，因為(1－3x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，令x＝1，則a0＋a1＋a2＋…＋a2 023＝(1－3)2 023＝－22 023，故B正確；對于C，令x＝0，則a0＝1，令x＝，則＋＋…＋＝2 023－a0＝－a0＝－1，故C正確；對于D，由展開式知，a2n＞0，a2n－1＜0，故第1 012項的系數a1 011＜0，不會是展開式中系數最大的項，故D錯誤．故選BC.
12. (2023·南關區校級模擬)已知n展開式中的第三項的系數為45，則( BCD )
A．n＝9
B．展開式中所有系數和為1 024
C．二項式系數最大的項為中間項
D．含x3的項是第7項
【解析】　n展開式的通項為Tk＋1＝Cn－k·()k＝Cx，所以第三項的系數為C＝45，所以＝45，所以(n－10)(n＋9)＝0，得n＝10或n＝－9(舍)，故A錯誤；當x＝1時，n展開式中所有系數和為(1＋1)10＝1 024，故B正確；10的展開式共有11項，二項式系數最大的項為中間項，故C正確；因為n＝10，所以展開式的通項為Tk＋1＝C10－k·()k＝Cx，令＝3，得k＝6，所以含x3的項是第k＋1＝6＋1＝7項，故D正確．故選BCD.
三、填空題(共4小題)
13. (2023·閔行區二模)今年春季流感爆發期間，某醫院準備將2名醫生和4名護士分配到兩所學校，給學校老師和學生接種流感疫苗．若每所學校分配1名醫生和2名護士，則不同的分配方法數為_12__.
【解析】　根據題意，第一個學校選1名醫生和2名護士，有CC種選法，第二個學校只有1種選法，則有CC＝12種選法．
14. (2023·泰安二模)用數字1,2,3,4,5,6,7組成沒有重復數字，且至多有一個數字是偶數的四位數，這樣的四位數一共有_312__個．(用數字作答)
【解析】　根據題意，分成兩類情況：①四位數中沒有偶數，即在1,3,5,7中任選4個，共有A＝24種，②四位數中只有一個偶數，即在1,3,5,7中任選3個，在2,4,6中選一個，共有CCA＝288種，故共有24＋288＝312.
15. (2023·武功縣校級模擬)二項式(x＋a)3的展開式中，所有項的系數和為1，則(x＋a)5的展開式中常數項為_－40__.
【解析】　令x＝1，得(x＋a)3的展開式中，所有項的系數和為1＋a＝1，解得a＝0，則(x＋a)·5＝x5，5展開式中的通項為C(2x)5－rr＝C·25－r·(－1)r·x5－2r，令5－2r＝－1，得r＝3，5展開式中x－1項的系數為－40，∴x5展開式中常數項為－40.
16. (2023·揚州三模)若(x＋5)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，T＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 023，則T被5除所得的余數為_1__.
【解析】　(x＋5)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，T＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 023，令x＝1，則T＝(1＋5)2 023＝C·50＋C·51＋…＋C·52 023，上式中的2 024項，只有第1項不能被5整除，則T被5除所得的余數即1被5除所得的余數，即1.

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