資源簡介

開篇　把脈考向　精準定位
精準定位一　基礎性——遵循考綱　難易適中
1．解析：因為(1＋3i)(3－i)＝3－i＋9i－3i2＝6＋8i，所以該復數在復平面內對應的點為(6，8)，位于第一象限，故選A.
答案：A
2．解析：方法一　設g(x)＝ln ，易知g(x)的定義域為，且g(－x)＝ln ＝ln ＝－ln ＝－g(x)，所以g(x)為奇函數．若f(x)＝(x＋a)ln 為偶函數，則y＝x＋a也應為奇函數，所以a＝0，故選B.
方法二　因為f(x)＝(x＋a)ln 為偶函數，f(－1)＝(a－1)ln 3，f(1)＝(a＋1)ln ＝－(a＋1)ln 3，所以(a－1)ln 3＝－(a＋1)ln 3，解得a＝0，故選B.
答案：B
3．解析：若{an}為等差數列，設其公差為d，則an＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋d，所以＝a1＋(n－1)·，所以＝a1＋(n＋1－1)·－[a1＋(n－1)·]＝，為常數，所以{}為等差數列，即甲 乙；若{}為等差數列，設其公差為t，則＝＋(n－1)t＝a1＋(n－1)t，所以Sn＝na1＋n(n－1)t，所以當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝na1＋n(n－1)t－[(n－1)a1＋(n－1)(n－2)t]＝a1＋2(n－1)t，當n＝1時，S1＝a1也滿足上式，所以an＝a1＋2(n－1)t(n∈N*)，所以an＋1－an＝a1＋2(n＋1－1)t－[a1＋2(n－1)t]＝2t，為常數，所以{an}為等差數列，即甲 乙．所以甲是乙的充要條件，故選C.
答案：C
4．解析：由題，a2＝9，b2＝4，則＝2a＝6，所以·2＝9(當且僅當＝＝3時，等號成立)．故選C.
答案：C
5．解析：方法一　由題意可知，F1(－c，0)，F2(c，0)，設A(x1，y1)，B(0，y0)，所以 (x1－c，y1)，＝(－c，y0)，因為＝－，所以，即，所以A(c，－y0)．
＝(c，－y0)，＝(c，y0)，因為⊥，所以·＝0，即＝0，解得＝4c2.
因為點A(c，－y0)在雙曲線C上，所以＝1，又＝4c2，所以＝1，即＝1，化簡得＝，所以e2＝1＋＝，所以e＝.
方法二　由前面方法一得＝4c2，所以|AF1|＝＝＝＝，|AF2|＝＝＝＝，由雙曲線的定義可得|AF1|－|AF2|＝2a，即＝2a，即c＝a，所以雙曲線的離心率e＝＝＝.
方法三　由＝－可得A，B，F2三點共線，且F2在線段AB上，不妨令點A在第一象限，則點B在y軸負半軸上，易得|F2A|＝|F2B|.設|F2B|＝3m(m>0)，則|F2A|＝2m，所以|F1B|＝|F2B|＝3m，|AB|＝5m，由⊥可得∠AF1B＝90°，所以|AF1|＝＝4m，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝2m，即a＝m.過F1作F1D⊥AB，垂足為D，則|AB|·|F1D|＝|F1A|·|F1B|，即×5m×|F1D|＝×4m×3m，所以|F1D|＝m，所以|BD|＝＝m，所以|F2D|＝m，則|F1F2|＝＝m＝2c，即c＝m，所以e＝＝.
答案：
6．解析：P(甲)＝，P(乙)＝，P(丙)＝，P(丁)＝＝，
P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)＝＝P(甲)P(丁)，
P(乙丙)＝≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)＝0≠P(丙)P(丁)，
故選B.
答案：B
7．解析：由題意可知P(X>2)＝0.5，所以P(X>2.5)＝P(X>2)－P(2答案：0.14
8．解析：取x1＝1，x2＝x3＝x4＝x5＝2，x6＝9，則x2，x3，x4，x5的平均數等于2，標準差為0，x1，x2，…，x6的平均數等于3，標準差為 ＝，故A，C均不正確；根據中位數的定義，將x1，x2，…，x6按從小到大的順序進行排列，中位數是中間兩個數的算術平均數，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位數是將x2，x3，x4，x5按從小到大的順序排列后中間兩個數的算術平均數，與x1，x2，…，x6的中位數相等，故B正確；根據極差的定義，知x2，x3，x4，x5的極差不大于x1，x2，…，x6的極差，故D正確．綜上，選BD.
答案：BD
9．解析：如圖(1)，連接B1C.因為DA1∥CB1，BC1⊥CB1，所以直線BC1與DA1所成的角為90°，所以A正確．
如圖(2)，連接B1C.因為BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，B1C＝B1，B1C，A1B1 平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，所以B正確，如圖(3)，連接A1C1，交B1D1于點O，連接BO，A1B.易證A1C1⊥平面BDD1B1，所以∠C1BO為直線C1B與平面BDD1B1所成的角，∠C1BO＝30°，所以C錯誤．
如圖(4)，因為C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC為直線BC1與平面ABCD所成的角，且∠C1BC＝45°，所以D正確．故選ABD.
答案：ABD
10．解析：方法一　因為N＝{x|x2－x－6≥0}＝{x|x≥3或x≤－2}，所以M＝{－2}，故選C.
方法二　由于1N，所以1M排除A，B；由于2N，所以2M排除D.故選C.
答案：C
11．解析：因為z＝＝＝－i，所以＝i，所以z－＝－i－i＝－i.故選A.
答案：A
12．解析：因為a＝(3，4)，b＝(1，0)，所以c＝a＋tb＝(3＋t，4)．由題意，得cos 〈a，c〉＝cos 〈b，c〉，即＝，解得t＝5.故選C.
答案：C
13．解析：由|a－b|＝，得a2－2a·b＋b2＝3，即2a·b＝a2＋b2－3　①.由|a＋b|＝|2a－b|，得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得，3a2－6a·b＝0，結合①，得＋b2－3)＝0，整理得，b2＝3，所以|b|＝.
答案：
14．解析：因為a＝(1，1)，b＝(1，－1)，所以a＋λb＝(1＋λ，1－λ)，a＋μb＝(1＋μ，1－μ)，因為(a＋λb)⊥(a＋μb)，所以(a＋λb)·(a＋μb)＝0，所以(1＋λ)(1＋μ)＋(1－λ)(1－μ)＝0，整理得λμ＝－1.故選D.
答案：D
15．解析：因為BD＝2DA，所以＝＝＋3＝＋3()＝－2＋3＝－2m＋3n.故選B.
答案：B
16．解析：因為＜T＜π，所以＜＜π.又因為ω＞0，所以2＜ω＜3.因為y＝f(x)的圖象關于點(，2)中心對稱，所以b＝2，ω＋＝kπ，k∈Z，所以ω＝－k，k∈Z.令2＜－k＜3，解得＜k＜.又因為k∈Z，所以k＝4，所以ω＝.所以f(x)＝sin (x＋)＋2，所以f()＝sin ()＋2＝1.故選A.
答案：A
17．解析：方法一　設β＝0，則sin α＋cos α＝0，即tan α＝－1.取α＝，排除A，B.設α＝0，則sin β＋cos β＝2sin β，即tan β＝1.取β＝，排除D.故選C.
方法二　因為sin (α＋β)＋cos (α＋β)＝·sin (α＋β＋)＝sin [(α＋)＋β]＝sin (α＋)·cos β＋cos (α＋)sin β＝2cos (α＋)sin β，所以sin (α＋)cos β＝cos (α＋)sin β，所以sin (α＋)cos β－cos (α＋)sin β＝0，即sin (α＋－β)＝0.所以sin (α－β＋)＝sin (α－β)＋cos (α－β)＝0，即sin (α－β)＝－cos (α－β)，所以tan (α－β)＝－1.故選C.
方法三　因為sin (α＋β)＋cos (α＋β)＝2·cos (α＋)sin β，所以sin αcos β＋cos αsin β＋cos αcos β－sin αsin β＝2sin β(cos α－sin α)＝2sin βcos α－2sin αsin β，所以cos αcos β＋sin αsin β＝－sin αcos β＋sin βcos α，所以cos (α－β)＝－sin (α－β)，所以tan (α－β)＝－1.故選C.
答案：C
18．解析：依題意，得，
所以sin αcos β＝，所以sin (α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝＝，所以cos (2α＋2β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×＝，故選B.
答案：B
19．解析：方法一　由題意，可分三類：第一類，體育類選修課和藝術類選修課各選修1門，有＝64(種)．
方法二　若學生從這8門課中選修2門課，則有＝16(種)選課方案；若學生從這8門課中選修3門課，則有＝48(種)選課方案．綜上，不同的選課方案共有16＋48＝64(種)．
答案：64
20．解析：(1－)(x＋y)8＝(x＋y)8－(x＋y)8，由二項式定理可知其展開式中x2y6的系數為＝－28.
答案：－28
21．解析：設bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，則2n－1＝3m－2，得n＝＝＝＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，則ak＝3(2k＋1)－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.故Sn＝×n＝3n2－2n.
答案：3n2－2n
22．解析：方法一　設等比數列{an}的公比為q(q≠0)，由題意易知q≠1，則，化簡整理得.所以S8＝＝×(1－44)＝－85.故選C.
方法二　易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，……為等比數列，所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1或S2＝.當S2＝－1時，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；當S2＝時，結合S4＝－5得，化簡可得q2＝－5，不成立，舍去．所以S8＝－85，故選C.
答案：C
23．解析：
方法一　如圖所示，設點O1，O分別為正四棱臺ABCD A1B1C1D1上、下底面的中心，連接B1D1，BD，則點O1，O分別為B1D1，BD的中點，連接O1O，則O1O即正四棱臺ABCD A1B1C1D1的高，過點B1作B1E⊥BD，垂足為E，則B1E＝O1O.因為AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝，O1B1＝，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝，又AA1＝，所以BB1＝，B1E＝＝＝，所以O1O＝，所以＝×(22＋12＋)×＝.
方法二　如圖，將正四棱臺ABCD A1B1C1D1補形成正四棱錐P ABCD，因為AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分別為PA，PB，PC，PD的中點，又A1A＝，所以PA＝2，即PB＝2.連接BD，取BD的中點為O，連接PO，則PO⊥平面ABCD，易知BO＝，所以PO＝＝，所以正四棱臺ABCD A1B1C1D1的高為，所以＝×(22＋12＋)×＝.
答案：
24．解析：方法一　由已知得e1＝，e2＝＝，因為e2＝e1，所以＝，得a＝.故選A.
方法二　若a＝，則e1＝＝＝，又e2＝，所以e2＝e1，所以a＝符合題意．故選A.
答案：A
25．解析：·＝||·||·cos ∠PAB＝2||cos ∠PAB，又||cos ∠PAB表示在方向上的投影，所以結合圖形可知，當P與C重合時投影最大，當P與F重合時投影最小．又·＝2×2×cos 30°＝6，·＝2×2×cos 120°＝－2，故當點P在正六邊形ABCDEF內部運動時，·∈(－2，6)，故選A.
答案：A
26．解析：圓2＋2＝16的圓心為M，半徑為4，
直線AB的方程為＝1，即x＋2y－4＝0，
圓心M到直線AB的距離為＝＝>4，
所以，點P到直線AB的距離的最小值為－4<2，最大值為＋4<10，A選項正確，B選項錯誤；
如圖所示：
當∠PBA最大或最小時，PB與圓M相切，連接MP、BM，可知PM⊥PB，
＝＝＝4，由勾股定理可得＝ ＝3，CD選項正確．
故選ACD.
答案：ACD
27．解析：(1)f′(x)＝aex－1，
當a≤0時，f′(x)≤0，
所以函數f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞減；
當a>0時，令f′(x)>0，得x>－ln a，令f′(x)<0，得x<－ln a，
所以函數f(x)在(－∞，－ln a)上單調遞減，在(－ln a，＋∞)上單調遞增．
綜上可得：當a≤0時，函數f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞減；
當a>0時，函數f(x)在(－∞，－ln a)上單調遞減，在(－ln a，＋∞)上單調遞增．
(2)方法一　由(1)得當a>0時，函數f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值為f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)，
所以g′(a)＝2a－，令g′(a)>0，得a>；令g′(a)<0，得0所以函數g(a)在(0，)上單調遞減，在(，＋∞)上單調遞增，
所以函數g(a)的最小值為g()＝()2－ln ＝ln >0，
所以當a>0時，f(x)>2ln a＋成立．
方法二　當a>0時，由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a，
故欲證f(x)>2ln a＋成立，
只需證1＋a2＋ln a>2ln a＋，
即證a2－>ln a.
構造函數u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，
則u′(a)＝－1＝，所以當a>1時，u′(a)<0；當00.
所以函數u(a)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
所以u(a)≤u(1)＝0，即ln a≤a－1，
故只需證a2－>a－1，即證a2－a＋>0，
因為a2－a＋＝(a－)2＋>0恒成立，
所以當a>0時，f(x)>2ln a＋成立．
28．解析：由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：
＝＝≈0.42＝42%.故選C.
答案：C
29．解析：因為Lp＝20×lg 隨著p的增大而增大，且∈[50，60]，所以，所以≥，故A正確；由Lp＝20×lg ，得p＝>10，所以>20，不可能成立，故B不正確；因為＝＝＋2≥1，所以p1≤100，故D正確．綜上，選ACD.
答案：ACD
精準定位二　綜合性——著眼題型　凸顯能力
1．解析：因為函數f(x)＝aex－ln x，所以f′(x)＝aex－.因為函數f(x)＝aex－ln x在(1，2)單調遞增，所以f′(x)≥0在(1，2)恒成立，即aex－≥0在(1，2)恒成立，易知a>0，則0<≤xex在(1，2)恒成立．設g(x)＝xex，則g′(x)＝(x＋1)ex.當x∈(1，2)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e－1，故選C.
答案：C
2．解析：對于選項A，∵a2＋b2≥2ab，∴2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2＝1，∴a2＋b2≥，正確；對于選項B，易知02－1＝，正確；對于選項C，令a＝，b＝，則log2＋log2＝－2+log2<－2，錯誤；對于選項D，∵＝－()2＝a＋b－2＝()2≥0，∴，正確．故選ABD.
答案：ABD
3．解析：設f(x)＝(1－x)ex－1，x＞0，則當x＞0時，f′(x)＝－ex＋(1－x)ex＝－xex＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，所以f(0.1)＜f(0)＝0，即0.9 e0.1－1＜0，所以＜，即a＜b.令g(x)＝x－ln (1＋x)，x＞0，則當x＞0時，g′(x)＝1－＝＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，所以g()＞g(0)＝0，即－ln (1＋)＞0，所以＞－ln ，即b＞c.令h(x)＝xex＋ln (1－x)，0＜x≤0.1，則h′(x)＝(1＋x)·ex＋＝.設t(x)＝(x2－1)ex＋1，則當0＜x≤0.1時，t′(x)＝(x2＋2x－1)ex＜0，所以t(x)在(0，0.1]上單調遞減，所以t(x)＜t(0)＝0，所以當0＜x≤0.1時，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，0.1]上單調遞增，所以h(0.1)＞h(0)＝0，即0.1e0.1＋ln 0.9＞0，所以0.1e0.1＞－ln 0.9，即a＞c，所以b＞a＞c.故選C.
答案：C
4．解析：方法一　取線段AB的中點E，連接OE(O為坐標原點)．因為|MA|＝|NB|，所以|ME|＝|NE|.設A(x1，y1)，B(x2，y2)．由題意可得＝＝＝－，即kOE·kAB＝－.設直線AB的方程為y＝kx＋m，k<0，m>0.令x＝0，則y＝m.令y＝0，則x＝－.所以點E的坐標為(－)，所以k×＝－k2＝－，解得k＝－，所以m2＋2m2＝12，解得m＝2，所以直線AB的方程為y＝－x＋2，即x＋y－2＝0.
方法二　設線段AB的中點為E.由|MA|＝|NB|，得E為線段MN的中點．設直線AB的方程為y＝kx＋m，k<0，m>0，則M(－，0)，N(0，m)，E(－)．將y＝kx＋m代入＝1中并整理，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.由Δ＝6k2－m2＋3>0，得m2<6k2＋3.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝＝2·(－)，解得k＝－.又因為|MN|＝ ＝2，所以m＝2，符合題意，所以直線AB的方程為x＋y－2＝0.
答案：x＋y－2＝0
5．解析：由題意，易知直線y＝－(x－1)過點(1，0)．
對于A，因為直線經過拋物線C的焦點，所以易知焦點坐標為(1，0)，所以＝1，即p＝2，所以A選項正確．
對于B，不妨設M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1所以由兩點間距離公式可得
|MN|＝＝，故B選項錯誤．
對于C，由以上分析易知，l的方程為x＝－1，以MN為直徑的圓的圓心坐標為(，－)，半徑r＝|MN|＝＝＋1，所以以MN為直徑的圓與l相切，故C選項正確．
對于D，由兩點間距離公式可得|MN|＝，|OM|＝，|ON|＝，故D選項錯誤．綜上，選AC.
答案：AC
6.
解析：設該球的半徑為R，則由題意知πR3＝ 36π，解得R＝3.如圖，連接AC，BD，相交于點E，連接PE并延長，交球于點Q，連接QD，則PQ＝2R＝6.易知PD⊥QD，DE⊥PQ，所以由射影定理，得PD2＝PE·PQ，所以PE＝，所以DE＝＝ ，所以DC＝DE＝× ，所以正四棱錐的體積V＝＝(l4－)，則V′＝(4－)．令V′＞0，得3≤l＜2，令V′＜0，得2＜l≤3，所以V＝(l4－)在[3，2)上單調遞增，在(2，3 ]上單調遞減，所以Vmax＝V(2)＝.又因為V(3)＝，V(3)＝＞，所以Vmin＝，所以該正四棱錐體積的取值范圍是.故選C.
答案：C
精準定位三　創新性——立足求變　變中出新
1．解析：由題意知f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝0，得x＝或x＝－.令f′(x)＞0，得x＜－或x＞；令f′(x)＜0，得－＜x＜.所以f(x)在(－∞，－)和(，＋∞)上單調遞增，在(－)上單調遞減，所以f(x)有兩個極值點，所以A正確．f(x)極大值＝f(－)＝－＋1＞0，f(x)極小值＝f()＝＋1＞0.當x→＋∞時，f(x)→＋∞；當x→－∞時，f(x)→－∞，所以f(x)有一個零點，所以B錯誤．因為f(x)＋f(－x)＝＋x＋1＝2，所以曲線y＝f(x)關于點(0，1)對稱，所以C正確．令f′(x)＝3x2－1＝2，得x＝1或x＝－1，所以當切線的斜率為2時，切點為(1，1)或(－1，1)，則切線方程為y＝2x－1或y＝2x＋3，所以D錯誤．故選AC.
答案：AC
2．解析：(1)由對折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三種規格的圖形，所以對折三次的結果有：×12，5×6，10×3，20×，共4種不同規格(單位dm2)；
故對折4次可得到如下規格：×12，×6，5×3，10×，20×，共5種不同規格；
(2)由于每次對折后的圖形的面積都減小為原來的一半，故各次對折后的圖形，不論規格如何，其面積成公比為的等比數列，首項為120，第n次對折后的圖形面積為120×n－1，對于第n次對折后的圖形的規格形狀種數，根據(1)的過程和結論，猜想為n＋1種(證明從略)，故得猜想Sn＝，
則S＝＋…＋，
兩式作差得：
S＝240＋120
＝240＋
＝360－＝360－，
因此，S＝720－＝720－.
答案：720－
3．解析：設直線x－my＋1＝0為直線l，由條件知⊙C的圓心C(1，0)，半徑R＝2，C到直線l的距離d＝，|AB|＝2＝2＝.由S△ABC＝，得＝，整理得2m2－5|m|＋2＝0，解得m＝±2或m＝±，故答案可以為2.
答案： (答案不唯一，可以是±，±2中任意一個)
4．解析：方案一：選條件①.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c.
由①ac＝，解得a＝，b＝c＝1.
因此，選條件①時問題中的三角形存在，此時c＝1.
方案二：選條件②.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c，B＝C＝，A＝.
由②c sin A＝3，所以c＝b＝2，a＝6.
因此，選條件②時問題中的三角形存在，此時c＝2.
方案三：選條件③.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c.
由③c＝b，與b＝c矛盾．
因此，選條件③時問題中的三角形不存在．
5．解析：(1)由題意可得解得
所以C的方程為x2－＝1.
(2)當直線PQ斜率不存在時，x1＝x2，但x1>x2>0，所以直線PQ斜率存在，所以設直線PQ的方程為y＝kx＋b(k≠0)．聯立得方程組
消去y并整理，得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0.
則x1＋x2＝，x1x2＝，x1－x2
＝＝.
因為x1>x2>0，
所以x1x2＝>0，即k2>3.
所以x1－x2＝.
設點M的坐標為(xM，yM)，
則yM－y2＝(xM－x2)，yM－y1＝－(xM－x1)，
兩式相減，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)．
因為y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，
所以2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)，
解得xM＝.
兩式相加，得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)．
因為y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，
所以2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2b，
解得yM＝＝xM.
所以點M的軌跡為直線y＝x，其中k為直線PQ的斜率．
選擇①②.
因為PQ∥AB，所以kAB＝k.
設直線AB的方程為y＝k(x－2)，并設點A的坐標為(xA，yA)，點B的坐標為(xB，yB)，則解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
此時xA＋xB＝，yA＋yB＝.
因為點M在AB上，且其軌跡為直線y＝x，
所以
解得xM＝＝，yM＝＝，
所以點M為AB的中點，即|MA|＝|MB|.
選擇①③.
當直線AB的斜率不存在時，點M即為點F(2，0)，此時點M不在直線y＝x上，與題設矛盾，故直線AB的斜率存在．
當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y＝m(x－2)(m≠0)，并設點A的坐標為(xA，yA)，點B的坐標為(xB，yB)，則
解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
此時xM＝＝，yM＝＝.由于點M同時在直線y＝x上，故6m＝·2m2，解得k＝m，因此PQ∥AB.
選擇②③.因為PQ∥AB，所以kAB＝k.
設直線AB的方程為y＝k(x－2)，并設點A的坐標為(xA，yA)，點B的坐標為(xB，yB)，
則解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
設AB的中點為C(xC，yC)，則xC＝＝，yC＝＝.
因為|MA|＝|MB|，所以點M在AB的垂直平分線上，即點M在直線y－yC＝－(x－xC)上．
將該直線方程與y＝x聯立，解得xM＝＝xC，yM＝＝yC，即點M恰為AB的中點，所以點M在直線AB上．
精準定位四　應用性——融入素養　特色鮮明
1．解析：本題考查回歸方程及一次函數、二次函數、指數型函數、對數型函數的圖象，觀察散點圖可知，散點圖用光滑曲線連接起來比較接近對數型函數的圖象．故選D.
答案：D
2．解析：由棱臺的體積公式，得增加的水量約為×(157.5－148.5)×(140×106＋180×106＋)＝3×106×(140＋180＋60)≈3×106×(140＋180＋60×2.65)≈1.4×109(m3)．故選C.
答案：C
3．解析：不妨設該校學生總人數為100，既喜歡足球又喜歡游泳的學生人數為x，則100×96%＝100×60%－x＋100×82%，所以x＝46，所以既喜歡足球又喜歡游泳的學生數占該校學生總數的比例為46%.選C.
答案：C
4．解析：由題意，發0收1的概率為α，發0收0的概率為1－α；發1收0的概率為β，發1收1的概率為1－β.對于A，發1收1的概率為1－β，發0收0的概率為1－α，發1收1的概率為1－β，所以所求概率為(1－α)(1－β)2，故A選項正確．對于B，相當于發了1，1，1，收到1，0，1，則概率為(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B選項正確．對于C，相當于發了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，則概率為(1－β)3＝3β(1－β)2＋(1－β)3，故C不正確．對于D，發送0，采用三次傳輸方案譯碼為0，相當于發0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，則此方案的概率P1＝(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3；發送0，采用單次傳輸方案譯碼為0的概率P2＝1－α，當0<α<0.5時，P1－P2＝3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，故D選項正確．綜上，選ABD.
答案：ABD
第一部分　專題攻略
專題一　小題專攻
第一講　集合、常用邏輯用語
微專題1　集合
保分題
1．解析：由＜4，得0≤x＜16，即M＝{x|0≤x＜16}．易得N＝，所以M＝.故選D.
答案：D
2．解析：依題意，有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}，不滿足A B；當2a－2＝0時，解得a＝1，此時A＝{0，－1}，B＝{－1，0，1}，滿足A B.所以a＝1，故選B.
答案：B
3．解析：方法一　M＝{…，－2，1，4，7，10，…}，N＝{…，－1，2，5，8，11，…}，所以M＝{…，－2，－1，1，2，4，5，7，8，10，11，…}，所以 U(M＝{…，－3，0，3，6，9，…}，其元素都是3的倍數，即 U(M＝{x|x＝3k，k∈Z}，故選A.
方法二　集合M表示被3除余1或2的整數集，則它在整數集中的補集是恰好被3整除的整數集，故選A.
答案：A
4．解析：M＝{x|x<2}，所以 U(M＝{x|x≥2}，故選A.
答案：A
提分題
[例1]　解析：(1)由題設A＝{x|－1≤x≤1}，B＝{x|x>0}，
所以A＝(0，1].故選C.
解析：(2)根據新定義，數集A，B，定義A＋B＝{x|x＝a＋b，a∈A，b∈B}，A÷B＝，集合A＝{1，2}，(A＋A)＝{2，3，4}，(A＋A)÷A＝{1，2，3，4，}，則可知所有元素的和為.故選D.
解析： A＝{x|x2－4≤0}＝{x|－2≤x≤2}，
B＝{x||x－a|<1}＝{x|a－1因為B A，
所以，解得－1≤a≤1.故選B.
答案：C　
答案：D　
答案：B
[鞏固訓練1]　解析：由補集的概念， UA表示的區域如下圖所示陰影區域，
∴( UA)表示的區域為下圖所示陰影區域，
即為圖中的區域Ⅳ.故選D.
(2) 解析：由題意得B＝{－1，0，1}，所以集合B的真子集個數為23－1＝7.故選C.
(3) 解析：因為A＝{x|x>a}，所以 RA＝{x|x≤a}，
又( RA)＝B，所以B RA，
又B＝{x|x即實數a的取值范圍為[0，1].故選A.
答案：D　
答案：C　
答案：A
微專題2　常用邏輯用語
保分題
1．解析： x∈R，ex≥x＋1的否定是 x∈R，ex答案：D
2．解析：存在量詞命題的否定為全稱量詞命題，所以 p為 x>0，sin x≤1＋cos x．故選C.
答案：C
3．解析：構造函數f(x)＝ex－x－1，f(0)＝0，f′(x)＝ex－1，所以f(x)在區間(－∞，0)上f′(x)<0，遞減，在(0，＋∞)上f′(x)>0，遞增．所以f(x)在x＝0處取得極小值也即是最小值，所以f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，ex≥x＋1.所以A選項正確，B選項錯誤．
當x＝－1時，2x當x>0時，x＋≥2＝2，當且僅當x＝1時等號成立，所以D選項錯誤．故選A.
答案：A
4．解析：若a＝1，b＝－1，滿足<1，此時a>b，排除充分性，
若a＝－2，b＝－1，滿足a1，排除必要性．故選D.
答案：D
5．解析：由線面垂直的性質知，若m⊥α，n α，則m⊥n成立，即充分性成立；根據線面垂直的定義，m必須垂直平面α內的兩條相交直線，才有m⊥α，即必要性不成立．故選A.
答案：A
6．解析：當{an}的公差d＝0時，由a2＋a5＝a3＋am，得m是任意的正整數，
由m＝4，得a2＋a5＝a3＋am，
則“a2＋a5＝a3＋am”是“m＝4”的必要不充分條件．故選A.
答案：A
提分題
[例2]　 (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.
(2) 解析：函數f(x)＝ax為增函數，則 a>1 ，此時a－1>0，故函數g(x)＝xa－1在(0，＋∞)上單調遞增；當g(x)＝xa－1在(0，＋∞)上單調遞增時，a－1>0，所以a>1，故f(x)＝ax為增函數．故選C.
(3) 解析：對于A，如果> ，例如a＝－2，b＝－1 ，則－>－1 ，不能推出a>b>0 ，如果a>b>0 ，則必定有< ，既不是充分條件也不是必要條件，錯誤；對于B，如果ln (a＋1)>ln (b＋1) ，根據對數函數的單調性可知a＋1>b＋1，a>b，但不能推出a>b>0 ，例如a＝1，b＝－0.5 ，不是充分條件，如果a>b>0 ，則a＋1>b＋1>0，∴ln (a＋1)>ln (b＋1)，是必要條件，即ln (a＋1)>ln (b＋1) 是a>b>0的必要不充分條件，錯誤；對于C，如果a3>b3 ，因為y＝x3 是單調遞增的函數，所以a>b ，不能推出a>b>0 ，例如a＝－1，b＝－2，如果a>b>0 ，則必有a3>b3 ，是必要不充分條件，錯誤；對于D，如果> ，則必有a>b≥1>0 是充分條件，如果a>b>0 ，例如a＝1，b＝0.5 ，則不能推出> ，所以是充分不必要條件，正確．故選D.
答案：D　
答案：C　
答案：D
[鞏固訓練2]　 (1) 解析：若f(x)＝ln (＋ax)為奇函數，
則f(x)＋f(－x)＝ln (＋ax)＋ln (－ax)＝ln ＝0，
∴1－a2＝0，
解得a＝±1，經檢驗，符合題意，
∴“a＝1”是“f(x)＝ln (＋ax)為奇函數”的充分不必要條件．
(2) 解析：甲等價于sin2α＝1－sin2β＝cos2β，等價于sinα＝±cos β，所以由甲不能推導出sin α＋cos β＝0，所以甲不是乙的充分條件；由sin α＋cos β＝0，得sin α＝－cos β，平方可得sin2α＝cos2β＝1－sin2β，即sin2α＋sin2β＝1，所以由乙可以推導出甲，則甲是乙的必要條件．綜上，選B.
(3) 解析：由條件可知“ x∈R，x2－6ax＋3a≥0”為真命題，
則Δ＝36a2－12a≤0，即0≤a≤.
答案：A　
答案：B　
答案：
第二講　不等式
微專題1　不等式的性質
保分題
1．解析：因為x＝－a2－2a＋3，y＝4－3a，
所以x－y＝－a2＋a－1＝－－<0，故x答案：A
2．解析：不妨取a＝2，b＝1，c＝－1，則(a－b)c＝－1<0，故A錯誤；由a>b>0得<，又c<0，所以>，故B正確；當a＝2，b＝1，c＝－1時，a－b＝1，a－c＝3，故C錯誤；當b＋c＝0時，沒有意義，故D錯誤．故選B.
答案：B
3．解析：因為a令a＝－2，b＝－1，可知
由指數函數單調性易知，2a<2b，故A正確；ab>b2，故B錯誤；a2>b2，故C錯誤；>1，故D錯誤．故選A.
答案：A
提分題
[例1]　解析：∵<<0，∴ba3－b3＝(a－b)(a2＋ab＋b2)，
∵a－b>0，a2＋ab＋b2>0，∴a3－b3>0，則a3>b3，A錯誤；
∵b0，∴a2b>ab2，B正確；
∵b0，>0，∴≥2＝2(當且僅當a＝b時取等號)，
又a≠b，∴等號不成立，即>2，C正確；
∵b答案：BCD
[鞏固訓練1]　 (1) 解析：當c＝0，a＝－1，b＝2時滿足ac2≥bc2，但a，但a>b，所以B錯誤；由不等式的基本性質易知a＋c>0，當a＝－1，b＝，c＝2時滿足a＋b>0，c－b>0，但a0，所以>，故D正確．故選D.
(2) 解析：因為－1≤b≤4，所以－8≤－2b≤2，由1≤a≤2，得－7≤a－2b≤4.故選A.
答案：D　
答案：A
微專題2　不等式的解法
保分題
1．解析：由A＝，B＝，
所以集合A＝{x|－3所以A＝{x|－2答案：D
2．解析：由題意關于x的不等式x2＋ax＋a＋3>0的解集為R，則Δ＝a2－4(a＋3)<0 ，解得－2答案：A
3．解析：不等式ax2－5x＋b<0的解集為{x|－2所以，解得，不等式bx2－5x＋a<0為－30x2－5x＋5<0，即6x2＋x－1>0，x<－或x>.故選D.
答案：D
提分題
[例2]　 (1) 解析：因為對任意的x∈[－1，0]，－2x2＋4x＋2＋m≥0恒成立，
所以對任意的x∈[－1，0]，m≥2x2－4x－2恒成立，
因為當x∈[－1，0]，y＝2(x－1)2－4∈[－2，4]，
所以m≥(2x2－4x－2)max＝4，x∈[－1，0]，
即m的取值范圍是[4，＋∞)．故選A.
(2) 解析：令f(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4，
則不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立轉化為f(a)>0在a∈[－1，1]上恒成立．
∴有，即，
整理得：，
解得：x<1或x>3.
∴x的取值范圍為(－∞，1)故選C.
(3) 解析：令f(x)＝x2－4x－2－a，
則函數的圖象為開口朝上且以直線x＝2為對稱軸的拋物線，
故在區間(1，4)上，f(x)若不等式x2－4x－2－a>0在區間(1，4)內有解，
則－2－a>0，
解得a<－2，
即實數a的取值范圍是(－∞，－2)．故選B.
答案：A　
答案：C　
答案：B
[鞏固訓練2]　 (1) 解析：若不等式x2＋ax＋1≥0對一切x∈恒成立，則a≥－，即a≥，y＝－在單調遞增，ymax＝－，所以a≥－.故選C.
(2) 解析：由不等式x2－ax＋7>0在(2，7)上有實數解，
等價于不等式a因為函數f(x)＝x＋在(2，)上單調遞減，在(，7)單調遞增，
又由f(2)＝2＋＝，f(7)＝7＋＝8，
所以f(x)max答案：C　
答案：A
微專題3　基本不等式
保分題
1．解析：當與為負數時，≥2顯然不成立，選項A不正確；
因為x不一定為正數，當x為負數時，x＋≥4顯然不成立，選項B不正確；
令sin2α＝t∈(0，1]，所以t＋的最小值為3，當且僅當sin2α＝1時，取到最小值，選項C不正確；
x2＋＝x2＋2＋－2，因為x2＋2≥2，所以x2＋2＋－2≥2＋－2＝，當且僅當x＝0時，取到最小值，選項D正確．故選D.
答案：D
2．解析：因為x>2，所以x－2>0，>0，
由基本不等式得y＝x＋＝x－2＋＋2≥2＋2＝4，
當且僅當x－2＝，即x＝3時，等號成立，
則y的最小值為4.故選C.
答案：C
3．解析：因為x＋3y＝1，所以＝(x＋3y)＝15＋.
因為x，y>0，所以≥2＝12，當且僅當＝，即x＝，y＝時，等號成立，
所以的最小值為27.故選C.
答案：C
提分題
[例3]　 (1) 解析：由題意可知2a＋b＝1，
則＝＝＋1≥2＋1＝2＋1，
當且僅當a＝，b＝－1時，
的最小值為2＋1.故選A.
(2) 解析：由x2＋y2－xy＝1，得(x－)2＋(y)2＝1.令則所以x＋y＝sin θ＋cos θ＝2sin (θ＋)∈[－2，2]，所以A錯誤，B正確．x2＋y2＝(sin θ＋cos θ)2＋(sin θ)2＝sin 2θ－cos 2θ＋＝sin (2θ－)＋∈[，2]，所以C正確，D錯誤．故選BC.
答案：A　
答案：BC
[鞏固訓練3]　 (1) 解析：由已知3x＋9y＝18可得3x＋32y＝18，
則18＝3x＋32y≥2＝2，即3x＋2y≤81，
所以x＋2y≤4，當且僅當x＝2y＝2時取等號，即x＝2，y＝1，此時xy＝2.故選B.
(2) 解析：依題意，因為a＋b＝2，所以(a＋1)＋(b＋1)＝4，則＝[(a＋1)＋(b＋1)]
＝×(2×4＋10)＝，當且僅當a＝，b＝時，等號成立．故選C.
答案：B　
答案：C
第三講　復數、平面向量
微專題1　復數
保分題
1．解析：∵(a＋i)(1－ai)＝a＋i－a2i－ai2＝2a＋(1－a2)i＝2，∴2a＝2且1－a2＝0，解得a＝1，故選C.
答案：C
2．解析：＝＝＝，所以該復數對應的點為，該點在第一象限，故選A.
答案：A
3．解析：方法一　因為i(1－z)＝1，所以z＝1－＝1＋i，所以＝1－i，所以z＋＝2.故選D.
方法二　因為i(1－z)＝1＝－i2＝i·(－i)，所以1－z＝－i，所以z＝1＋i，所以＝1－i，所以z＋＝(1＋i)＋(1－i)＝2.故選D.
答案：D
4．解析：z＝＝＝＝1－2i，所以＝1＋2i.故選B.
答案：B
提分題
[例1]　 (1) 解析：由題得＝＝＝＝2＋i，即復平面內對應的點為(2，1)，在第一象限．故選A.
(2) 解析：取z1＝3＋i，z2＝1＋i時，z1－z2＝2>0，但虛數不能比較大小，故A項錯誤；
由|z1|＝|z2|，得|z1|2＝|z2|2.又＝＝|z2|2，所以＝，故B項正確；因為＝>1，所以|z1|>|z2|，故C項正確；取z1＝1，z2＝i，滿足＝0，但是z1≠z2≠0，故D項錯誤．故選BC.
答案：A　
答案：BC
[鞏固訓練1]　 (1) 解析：由題意得z＝i·(3－i)＝1＋3i，所以＝1－3i，故選D.
(2) 解析：設z＝a＋bi(a，b∈R)，
∵＝＝i為純虛數，
∴，∴a＝－b，a≠0，b≠0，
又||＝|a－bi|＝＝＝2，∴b2＝2，解得：b＝±，
∴z的虛部為±.故選B.
答案：D　
答案：B
微專題2　平面向量的線性運算
保分題
1．解析：因為a∥b，所以3x2－1－2x＝0，解得x＝1或x＝－.故選A.
答案：A
2．解析：依題意作圖，則＝＝＋2＝＋2()＝2＋3＝－2＋3 .故選D.
答案：D
3．解析：因為M是CD邊上的中點，所以＝－，
所以＝＝，
所以2＝2.故選C.
答案：C
提分題
[例2]　 (1) 解析：依題意，顯然△APB∽△DPC，故有＝＝＝，
即AP＝2PC，PB＝2PD，則＝2，故A正確；
又四邊形ABCD是等腰梯形，故AP＝PB，即||＝2||，故B正確；
在△ABD中，＝＝＝)＝，故C正確；
又＝＝＝，所以D錯誤．故選D.
(2) 解析：以{}為基底向量，則可得：
＝＝＝＝＝＝，
因為＝λ＋μ，即＝λ＋μ＝λ＋μ＝，
可得，兩式相加得(λ＋μ)＝，可得λ＋μ＝.
答案：D　
答案：
[鞏固訓練2]　 (1) 解析：因為＝2，所以＝，
所以＝＝，又＝λ＋μ，所以，∴λ＋μ＝.故選C.
(2) 解析：因為＝，所以＝)，即＝，
于是得點M 在邊 BC 上，并且||＝||，
所以＝＝.
答案：C　(2)
微專題3　平面向量的數量積
保分題
1．解析：依題意可得·(a－7b)＝＝0，即1－a·b－＝－a·b－＝0，則a·b＝－.故選B.
答案：B
2．解析：因為向量b＝(6，－8)，且a·b＝10，那么|b|＝＝10，
所以向量a在向量b上的投影向量為|a|cos 〈a，b〉·＝·＝.故選D.
答案：D
3．解析：∵|m|＝＝1，|n|＝ ＝2，
∴cos θ＝＝－，又θ∈[0，π]，∴sin θ＝＝，
∴|m×n|＝|m||n|sinθ＝.
故選D.
答案：D
提分題
[例3]　解析：
建立如圖所示直角坐標系：
則A(0，1)，B(0，0)，C(2，0)，D(2，1)，
設E(x，y)，則＝(x，y－1)，＝(x，y)，＝(2，1)
∵AE⊥BD，∴⊥且∥，
∴，解得，
∴E＝＝，
在矩形ABCD中，O為BD的中點，
所以O，由A(0，1)，
所以＝，
·＝×1＋＝.故選D.
(2) 解析：由線段EF的中點為點B，得出＝－.
·＝()·()＝()·()＝||2－||2＝||2－9.當點P位于點A或點C時，||取最大值8.
當點P位于AC的中點時，||取最小值，即||min ＝8sin ＝4，
∴||的取值范圍為，∴·的取值范圍為[39，55].
答案：D　(2)[39，55]
[鞏固訓練3]　 (1) 解析：如圖，以A為坐標原點，AB，AD所在直線為x軸，y軸，建立平面直角坐標系，則D(0，1)，E，O，所以＝＝，所以·＝＝.故選C.
(2) 解析：在平面直角坐標系內，令a＝(1，0)，設b＝(x1，y1)，c＝(x2，y2)，
由a·b＝1，得x1＝1，由a·c＝－1，得x2＝－1，由b·c＝0，得x1x2＋y1y2＝0，即y1y2＝1，
b＋c＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(0，y1＋y2)，
則|b＋c|＝＝＝2，當且僅當y1＝y2＝1或y1＝y2＝－1時取等號，
所以|b＋c|的最小值為2.
答案：C　(2)2
第四講　排列、組合、二項式定理
微專題1　排列問題
保分題
1．解析：根據題意，要使組成無重復數字的三位數為偶數，則從0，2中選一個數字為個位數，有2種可能，從1，3，5中選兩個數字為十位數和百位數，有＝3×2＝6種可能，故這個無重復數字的三位數為偶數的個數為2×6＝12.故選C.
答案：C
2．解析：先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有＝3×2×1＝6種不同的方法；再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2種不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1種排法，因此共有6×2×1＝12(種)不同的方法．故選A.
答案：A
3．解析：由題意可將甲、乙兩人看作一個整體，和除甲乙丙丁外的其余兩人全排列，
有＝12種排法，再從這3人(甲乙看作一個人)排好后形成的4個空中選2個排丙、丁，
故共有＝144種站法．故選A.
答案：A
4．解析：甲、乙二人先選1種相同的課外讀物，有＝6(種)情況，再從剩下的5種課外讀物中各自選1本不同的讀物，有＝20(種)情況，由分步乘法計數原理可得共有6×20＝120(種)選法，故選C.
答案：C
提分題
[例1]　 (1) 解析：當甲排第1棒時，乙可排第2棒或第4棒，共有＝24種；
當甲排第2棒時，乙只能排第4棒，共有＝12.
故甲、乙都參加的不同棒次安排方案總數為24＋12＝36種．
故選B.
(2) 解析：若乙和丙在相鄰兩天參加服務，不同的排法種數為
＝48，
由間接法可知，滿足條件的排法種數為240－48＝192種．
故選D.
答案：B　
答案：D
[鞏固訓練1]　 (1) 解析：由題意先排十分位必為1，一種方法，再排百分位可以為1或2，兩種方法，最后排其余后面的數位，余下的五個數字全排列即可，即不同種數有＝240.故選C.
(2) 解析：根據題意，分兩步完成：
因為段譽同學首先游覽云臺山，所以第一步先將井岡山、黃山、五臺山這三座山進行全排列，則有＝6種排列方法，
第二步從這三座山的4個空格中選擇兩個空格，將泰山和華山插進去，則有＝12種，
由分步乘法計數原理可得：段譽同學針對這六座名山的不同游覽順序共有6×12＝72種．故選C.
答案：C　
答案：C
微專題2　組合問題
保分題
1．解析：由題意，初中部和高中部學生人數之比為＝，所以抽取的60名學生中初中部應有60×＝40(人)，高中部應有60×＝20(人)，所以不同的抽樣結果共有
＝60.
答案：C
提分題
[例2]　 (1) 解析：由題意可知，向甲、乙、丙三所醫院分配醫生的人數有三種類型，分別為1、2、2，2、1、2，2、2、1，
因為甲醫院要求至少有一名女醫生，第一種方案共有
＝21種，
同理，第三種方案有21種，
所以共有54種．故選C.
(2) 解析：由于每所學校至少安排1名教師，則不同的安排情況有＝150種．故選D.
答案：C　
答案：D
[鞏固訓練2]　 (1) 解析：若丙是美工，則需要從甲、乙、丙之外的三人中再選一名美工，
然后從剩余四人中選三名文案，剩余一人是總負責人，共有＝12種分工方法；
若丙不是美工，則丙一定是總負責人，
此時需從甲、乙、丙之外的三人中選兩名美工，剩余三人是文案，共有種分工方法；
綜上，共有12＋3＝15種分工方法．故選C.
(2) 解析：先從六名志愿者中選擇兩名志愿者到北京參加活動，有＝15種方法，再從剩下的4名志愿者中選擇2名志愿者到延慶參加活動，有＝6種方法，最后從剩下的2名志愿者中選擇2名志愿者到延慶參加活動，有＝1種方法．由分步乘法原理得共有15×6×1＝90種方法．
答案：C　
答案：B
微專題3　二項式定理
保分題
1．解析：展開式的通項公式為
Tk＋1＝x－(6－k)·(－2x)k＝·x2k－6，
令2k－6＝0，可得k＝3，
故展開式的常數項為＝－160.故選A.
答案：A
2．解析：由于二項式展開式的二項式系數和為64，
所以2n＝64，n＝6.
二項式展開式的通項公式為＝·，
令6－k＝0，解得k＝4，
所以展開式中的常數項為＝15.故選B.
答案：B
3．解析：展開式的通項公式Tk＋1＝(2x3)6－k(－)k＝x18－4k，
令18－4k＝2可得，k＝4，
則x2項的系數為＝4×15＝60.
答案：60
4．解析：在的展開式中，令x＝1，得各項系數和為2n，即2n＝64，得n＝6，展開式的通項為Tk＋1＝ ＝，其中0≤k≤6，k∈N，令6－k＝0，得k＝4，因此，展開式中的常數項為T5＝·(－1)4×32＝135.
答案：135
提分題
[例3]　解析：(1) 解析：該二項式的通項公式為
Tk＋1＝·(2x)8－k·yk＝
，可得2≤k≤3.
因為·26＝·25，所以展開式中各項系數的最大值為·26＝1 792.故選D.
(2) 解析：設f(x)＝(x－1)4(x＋2)5，
則a0＝f(0)＝25＝32，
a0＋a1＋a2＋…＋a9＝f(1)＝0
a0－a1＋a2－a3＋a4－…－a9＝f(－1)＝24＝16，
所以a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝＝8，
所以a2＋a4＋a6＋a8＝8－32＝－24.故選D.
答案：D　
答案：D
[鞏固訓練3]　 (1)展開式的通項為Tk＋1＝·x6－k·＝·2k·x6－2k，k＝0，1，2，…，6，
二項式系數為，k＝0，1，2，…，6，
當k＝3時，二項式系數最大，
則該項的系數為·23＝160.故選B.
(2)(3x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5中，令x＝0得a0＝－1，
(3x－1)5的通項公式Tk＋1＝(3x)5－k(－1)k，故a0，a2，a4<0，a1，a3，a5>0，
(3x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5中，
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝(－3－1)5＝－1 024，
所以|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝－(a0－a1＋a2－a3＋a4－a5)＝1 024，
又|a0|＝1，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a5|＝1 023.故選B.
答案：B　
答案：B(共109張PPT)
小題專攻
答案：D
答案：B
解析：依題意，有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}，不滿足A B；當2a－2＝0時，解得a＝1，此時A＝{0，－1}，B＝{－1，0，1}，滿足A B.所以a＝1，故選B.
答案：A
答案：A
答案：C　
答案：D　
(3)[2023·山東德州三模]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(　　)
A．(－1，1) B．[－1，1]
C．[－1，1) D．(－1，1]
答案：B
答案：D　
(2)[2023·河南開封三模]已知集合A＝{－1，0，1}，B＝{x|x＝ab，a，b∈A}，則集合B的真子集個數是(　　)
A．3 B．4 C．7 D．8
答案：C　
解析：由題意得B＝{－1，0，1}，所以集合B的真子集個數為23－1＝7.故選C.
答案：A
微專題2　常用邏輯用語
常考常用結論
1．充分條件與必要條件
(1)若p q且qD p，則p是q的充分不必要條件．
(2)若q p且pD q，則p是q的必要不充分條件．
(3)若p q且q p，則p是q的充要條件．
(4)若pD q且qD p，則p是q的既不充分也不必要條件．
2．全稱(存在)量詞命題及其否定
(1)全稱量詞命題p： x∈M，p(x)．它的否定為 p： x∈M， p(x)．
(2)存在量詞命題p： x∈M，p(x)．它的否定為 p： x∈M， p(x)．
答案：D
解析： x∈R，ex≥x＋1的否定是 x∈R，ex答案：C
解析：存在量詞命題的否定為全稱量詞命題，所以 p為 x>0，sin x≤1＋cos x．故選C.
答案：A
答案：D
5．[2023·山東泰安一模]已知m，n是兩條不重合的直線，α是一個平面，n α，則“m⊥α”是“m⊥n”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：A
解析：由線面垂直的性質知，若m⊥α，n α，則m⊥n成立，即充分性成立；根據線面垂直的定義，m必須垂直平面α內的兩條相交直線，才有m⊥α，即必要性不成立．故選A.
6．[2023·河北邯鄲一模]在等差數列{an}中，“a2＋a5＝a3＋am”是“m＝4”的(　　)
A．必要不充分條件 B．充分不必要條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
答案：A
解析：當{an}的公差d＝0時，由a2＋a5＝a3＋am，得m是任意的正整數，
由m＝4，得a2＋a5＝a3＋am，
則“a2＋a5＝a3＋am”是“m＝4”的必要不充分條件．故選A.
例2 .(1)[2023·江西九江二模]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(　　)
A．(1，＋∞) B．[1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1]
答案：D　
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.
(2)[2023·河北衡水中學三模]已知a>0且a≠1，“函數f(x)＝ax為增函數”是“函數g(x)＝xa－1在(0，＋∞)上單調遞增”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：C　
解析：函數f(x)＝ax為增函數，則 a>1 ，此時a－1>0，故函數g(x)＝xa－1在(0，＋∞)上單調遞增；當g(x)＝xa－1在(0，＋∞)上單調遞增時，a－1>0，所以a>1，故f(x)＝ax為增函數．故選C.
答案：D
技法領悟
判斷充分、必要條件時的3個關注點
1．要弄清先后順序：“A是B的必要不充分條件”是指B能推出A，且A不能推出B；而“A是B的充分不必要條件”則是指A能推出B，且B不能推出A.
2．要善于舉出反例：當從正面判斷或證明一個命題的正確或錯誤不易進行時，可以通過舉出恰當的反例來說明．
3．要注意轉化： p是 q的必要不充分條件 p是q的充分不必要條件； p是 q的充要條件 p是q的充要條件
答案：A　
(2)[2023·全國甲卷]設甲：sin2α＋sin2β＝1，乙：sinα＋cos β＝0，則(　　)
A．甲是乙的充分條件但不是必要條件
B．甲是乙的必要條件但不是充分條件
C．甲是乙的充要條件
D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件
答案：B　
解析：甲等價于sin2α＝1－sin2β＝cos2β，等價于sinα＝±cos β，所以由甲不能推導出sin α＋cos β＝0，所以甲不是乙的充分條件；由sin α＋cos β＝0，得sin α＝－cos β，平方可得sin2α＝cos2β＝1－sin2β，即sin2α＋sin2β＝1，所以由乙可以推導出甲，則甲是乙的必要條件．綜上，選B.
(3)[2023·河南鄭州一模]若“ x∈R，x2－6ax＋3a<0”為假命題，則
實數a的取值范圍為________．

1.[2023·河南許昌模擬]已知x＝－a2－2a＋3，y＝4－3a，則(　　)
A．xB．x＝y
C．x>y
D．x與y的大小無法判斷
答案：A

答案：B
答案：A
答案：BCD
技法領悟
使用不等式的性質時要特別注意性質成立的條件，如不等式兩端同時乘以一個數時要看該數取值情況．
答案：D　
(2)已知1≤a≤2，－1≤b≤4，則a－2b的取值范圍是(　　)
A．[－7，4] B．[－6，9]
C．[6，9] D．[－2，8]
答案：A
解析：因為－1≤b≤4，所以－8≤－2b≤2，由1≤a≤2，得－7≤a－2b≤4.故選A.

答案：D
答案：A
解析：由題意關于x的不等式x2＋ax＋a＋3>0的解集為R，則Δ＝a2－4(a＋3)<0 ，解得－2答案：D
2. (1)若對任意的x∈[－1，0]，－2x2＋4x＋2＋m≥0恒成立，則m的取值范圍是(　　)
A．[4，＋∞) B．[2，＋∞)
C．(－∞，4] D．(－∞，2]
答案：A　
解析：因為對任意的x∈[－1，0]，－2x2＋4x＋2＋m≥0恒成立，
所以對任意的x∈[－1，0]，m≥2x2－4x－2恒成立，
因為當x∈[－1，0]，y＝2(x－1)2－4∈[－2，4]，
所以m≥(2x2－4x－2)max＝4，x∈[－1，0]，
即m的取值范圍是[4，＋∞)．故選A.
答案：C　
(3)若關于x的不等式x2－4x－2－a>0在區間(1，4)內有解，則實數a的取值范圍是(　　)
A．(－∞，2) B．(－∞，－2)
C．(－6，＋∞) D．(－∞，－6)
答案：B
解析：令f(x)＝x2－4x－2－a，
則函數的圖象為開口朝上且以直線x＝2為對稱軸的拋物線，
故在區間(1，4)上，f(x)若不等式x2－4x－2－a>0在區間(1，4)內有解，
則－2－a>0，
解得a<－2，
即實數a的取值范圍是(－∞，－2)．故選B.
技法領悟
1．參數在常數位置或者變量范圍恒正恒負，優先考慮參變分離：a>g(x)恒成立 a>g(x)max；ag(x)有解 a>g(x)min；a2．變更主元法，將參數看做變量．
答案：C　
答案：A
答案：D

答案：C

答案：C
答案：A　
(2)[2022·新高考Ⅱ卷](多選)若x，y滿足x2＋y2－xy＝1，則(　　)
A．x＋y≤1 B．x＋y≥－2
C．x2＋y2≤2 D．x2＋y2≥1
答案：BC
技法領悟
基本不等式的主要用途是求多元函數的最值，在使用基本不等式時注意以下兩點：一是注意不等式的使用條件，特別是其中等號能否成立；二是合理變換求解目標，如常數代換法、換元法等，創造使用基本不等式的條件．
答案：B　
答案：C
1．[2023·全國甲卷]設a∈R，(a＋i)(1－ai)＝2，則a＝(　　)
A．－2 B．－1 C．1 D．2
答案：C
解析：∵(a＋i)(1－ai)＝a＋i－a2i－ai2＝2a＋(1－a2)i＝2，∴2a＝2且1－a2＝0，解得a＝1，故選C.
答案：A

答案：D

答案：B
答案：A　
答案：BC
技法領悟
復數的代數運算的基本方法是運用運算法則，可以通過對代數式結構特征的分析，靈活運用i的冪的性質、運算法則來優化運算過程．
[鞏固訓練1]　(1)[2023·河北唐山二模]i(3－i)的共軛復數為(　　)
A．3＋i B．3－i
C．1＋3i D．1－3i
答案：D　
答案：B
微專題2　平面向量的線性運算
常考常用結論
1．平面向量的兩個法則：平行四邊形法則、三角形法則．
2．平面向量的兩個定理
(1)向量共線定理：向量a(a≠0)與b共線的充要條件是：存在唯一一個實數λ，使b＝λa；
a∥b x1y2－x2y1＝0(a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中a≠0)．
(2)平面向量基本定理：如果e1，e2是同一平面內的兩個不共線向量，那么對于這一平面內的任意向量a，有且只有一對實數λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2，其中e1，e2是一組基底．
答案：A
答案：D
答案：C
答案：D　

技法領悟
在平面向量的化簡或運算中，要根據平面向量基本定理恰當地選取基底，變形要有方向，不能盲目轉化．
答案：C


答案：B
答案：D
答案：D
答案：D
[39，55]
技法領悟
求平面向量的數量積的方法：(1)定義法；(2)基向量法，基底應是已知模長和夾角的向量；(3)坐標法：①已知向量坐標，②建立合適的坐標系，使用坐標法求解．
答案：C
(2)[2023·山東省實驗中學一模]若平面向量a，b，c滿足|a|＝1，b·c＝0，a·b＝1，a·c＝－1，則|b＋c|的最小值為________．

2
1.從0，2中選一個數字，從1，3，5中選兩個數字，組成無重復數字的三位數，其中偶數的個數為(　　)
A．24　　 　B．18　　 　C．12　　 　D．6
答案：C
2．[2023·安徽安慶一中模擬]將字母a，a，b，b，c，c排成三行兩列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，則不同的排列方法共有(　　)
A．12種 B．18種
C．24種 D．36種
答案：A
3．[2023·遼寧大連三模]現有6個同學站成一排照相，如果甲、乙兩人必須相鄰，而丙、丁兩人不能相鄰，那么不同的站法共有(　　)
A．144種 B．72種
C．36種 D．24種
答案：A
4．[2023·全國乙卷]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(　　)
A．30種 B．60種
C．120種 D．240種
答案：C
1.(1)[2023·山東濟寧二模]為了強化學校的體育教育教學工作，提高學生身體素質，加強學生之間的溝通，凝聚班級集體的力量，激發學生熱愛體育的熱情．某中學舉辦田徑運動會，某班從甲、乙等6名學生中選4名學生代表班級參加學校4×100米接力賽，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么甲、乙都參加的不同棒次安排方案總數為(　　)
A．48　　　B．36　　　C．24　　　D．12
答案：B　
(2)[2022·山東臨沂三模]某社區活動需要連續六天有志愿者參加服務，每天只需要一名志愿者，現有甲、乙、丙、丁、戊、己6名志愿者，計劃依次安排到該社區參加服務，要求甲不安排第一天，乙和丙在相鄰兩天參加服務，則不同的安排方案共有(　　)
A．72種　B．81種　C．144種　D．192種
答案：D
技法領悟
求解排列問題最常用的三種方法
1．特殊元素、位置優先安排法：對問題中的特殊元素或位置優先考慮排列，然后排列其他一般元素或位置．
2．捆綁法：相鄰問題捆綁處理，即可以把相鄰元素看作一個整體與其他元素進行排列，同時注意捆綁元素的內部排列．
3．插空法：不相鄰問題插空處理，即先考慮不受限制的元素的排列，再將不相鄰的元素插在前面元素排列后的空中．
[鞏固訓練1]　(1)[2023·安徽黃山三模]為紀念我國偉大數學家祖沖之在圓周率上的貢獻，國際上把3.141 592 6稱為“祖率”，某教師為了增加學生對“祖率”的印象，以“祖率”為背景設計如下練習：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，整數部分不變，那么可以得到小于3.14的不同數有(　　)
A．480個 B．120個
C．240個 D．720個
答案：C　
(2)[2023·福建寧德模擬]泰山、華山、衡山、恒山、嵩山是中國的五大名山，并稱為“五岳”，它們以象征中華民族的高大形象而名聞天下，段譽同學決定利用今年寒假時間，游覽以下六座名山：泰山、華山、井岡山、黃山、云臺山、五臺山．若段譽同學首先游覽云臺山，且屬于“五岳”的名山游覽順序不相鄰，則段譽同學針對這六座名山的不同游覽順序共有(　　)
A．36種 B．48種 C．72種 D．120種
答案：C　
2．[2023·安徽淮北二模]世界數學三大猜想：“費馬猜想”“四色猜想”“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“費馬猜想”已經分別在1976年和1994年榮升為“四色定理”和“費馬大定理”.280多年過去了，哥德巴赫猜想仍未解決，目前最好的成果“1＋2”由我國數學家陳景潤在1966年取得．哥德巴赫猜想描述為：任何不小于4的偶數，都可以寫成兩個質數之和．在不超過20的質數中，隨機選取兩個不同的數，其和為偶數的選法有(　　)
A．28　 　B．21 C．15　 　D．10
3．[2023·河北衡水二中模擬]7名身高各不相同的同學站成一排，若身高最高的同學站在中間，且其每一側同學的身高都依次降低，則7名同學所有不同的站法種數為(　　)
A．20　　　B．40　　　C．8　　　D．16
4．[2020·新高考Ⅰ卷]6名同學到甲、乙、丙三個場館做志愿者，每名同學只去1個場館，甲場館安排1名，乙場館安排2名，丙場館安排3名，則不同的安排方法共有(　　)
A．120種 B．90種 C．60種 D．30種
答案：C
2.(1)[2023·河北邯鄲三模]某醫院安排3名男醫生和2名女醫生去甲、乙、丙三所醫院支援，每所醫院安排一到兩名醫生，其中甲醫院要求至少安排一名女醫生，則不同的安排方法有(　　)
A．18種　 B．30種　 C．54種　 D．66種
答案：C　
(2)[2023·山東青島二模]某教育局為振興鄉村教育，將5名教師安排到3所鄉村學校支教，若每名教師僅去一所學校，每所學校至少安排1名教師，則不同的安排情況有(　　)
A．300種 B．210種
C．180種 D．150種
答案：D
技法領悟
掌握有限制條件的組合應用題的常用解法及常見類型，在解有限制條件的組合應用題時，要從分析入手，明確限制條件有哪些，所給元素分幾類，識別是什么基本類型，使用直接法還是間接法．
[鞏固訓練2]　(1)[2023·山東菏澤一模]為了迎接“第32屆菏澤國際牡丹文化旅游節”，某宣傳團體的六名工作人員需要制作宣傳海報，每人承擔一項工作，現需要一名總負責，兩名美工，三名文案，但甲，乙不參與美工，丙不能書寫文案，則不同的分工方法種數為(　　)
A．9種　 B．11種　 C．15種　 D．30種
答案：C　
(2)六名志愿者到北京、延慶、張家口三個賽區參加活動，若每個賽區兩名志愿者，則安排方式共有(　　)
A．15種 B．90種 C．540種 D．720種
答案：B


答案：A
答案：B
60
135
例3.(1)[2023·河南安陽二模](2x＋y)8的展開式中各項系數的最大值為(　　)
A．112　　B．448　　C．896　　D．1 792
答案：D　
(2)[2023·江西贛州一模]已知(x－1)4(x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，則a2＋a4＋a6＋a8＝(　　)
A．40 B．8 C．－16 D．－24
答案：D
技法領悟
1．二項式定理中最關鍵的是通項公式，求展開式中特定的項或者特定項的系數均是利用通項公式和方程解決的．
2．二項展開式的系數之和通常是通過對二項式及其展開式中的變量賦值得出的，注意根據展開式的形式給變量賦值．
答案：B　
(2)[2023·湖南雅禮中學一模]已知(3x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，則|a1|＋|a2|＋…＋|a5|＝(　　)
A．1 024 B．1 023 C．1 025 D．512
答案：B　專題一　小題專攻
第一講　集合、常用邏輯用語
微專題1　集合
常考常用結論
1．集合運算
A＝{x|x∈A，且x∈B}，A＝{x|x∈A，或x∈B}， UA＝{x|x∈U，且x A}，集合U表示全集．
2．子集、真子集個數計算公式
對含有n個元素的有限集合M，其子集、真子集、非空子集、非空真子集的個數依次為2n，2n－1，2n－1，2n－2.
保 分 題
1.[2022·新高考Ⅰ卷]若集合M＝{x|<4}，N＝{x|3x≥1}，則M＝(　　)
A．{x|0≤x<2} B．
C．{x|3≤x<16} D．
2．[2023·新課標Ⅱ卷]設集合A＝{0，－a}，B＝{1，a－2，2a－2}，若A B，則a＝(　　)
A．2　　　B．1 C．　　　D．－1
3．[2023·全國甲卷]設全集U＝Z，集合M＝{x|x＝3k＋1，k∈Z}，N＝{x|x＝3k＋2，k∈Z}，則 U (M＝(　　)
A．{x|x＝3k，k∈Z} B．{x|x＝3k－1，k∈Z}
C．{x|x＝3k－2，k∈Z} D．
4．[2023·全國乙卷]設集合U＝R，集合M＝{x|x<1}，N＝{x|－1A． U(M∪N) B.N∪(M)
C． U(M∩N) D.M∪(N)
提 分 題 先做后講再鞏固
1 .(1)[2023·河南鄭州二模]已知集合A＝{x||x|≤1}，B＝{x|2x>1}，則A＝(　　)
A．[1，＋∞) B．[－1，＋∞)
C．(0，1] D．(0，1)
(2)[2023·安徽蚌埠二模]對于數集A，B，定義A＋B＝{x|x＝a＋b，a∈A，b∈B}，A÷B＝，若集合A＝{1，2}，則集合(A＋A)÷A中所有元素之和為(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
(3)[2023·山東德州三模]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(　　)
A．(－1，1) B．[－1，1]
C．[－1，1) D．(－1，1]
技法領悟
1．若給定的集合是不等式的解集，用數軸求解．
2．若給定的集合是點集，用圖象法求解．
3．若給定的集合是抽象集合，常用Venn圖求解．
[鞏固訓練1]　(1)[2023·河北石家莊三模]如圖，集合A、B均為U的子集，( UA)表示的區域為(　　)
A．Ⅰ B．Ⅱ C．Ⅲ D．Ⅳ
(2)[2023·河南開封三模]已知集合A＝{－1，0，1}，B＝{x|x＝ab，a，b∈A}，則集合B的真子集個數是(　　)
A．3 B．4 C．7 D．8
(3)[2023·安徽黃山三模]已知集合A＝{x|x>a}，B＝{x|xA．[0，1] B．[0，1)
C．(0，1) D．(－∞，0]
微專題2　常用邏輯用語
常考常用結論
1．充分條件與必要條件
(1)若p q且qD p，則p是q的充分不必要條件．
(2)若q p且pD q，則p是q的必要不充分條件．
(3)若p q且q p，則p是q的充要條件．
(4)若pD q且qD p，則p是q的既不充分也不必要條件．
2．全稱(存在)量詞命題及其否定
(1)全稱量詞命題p： x∈M，p(x)．它的否定為 p： x∈M， p(x)．
(2)存在量詞命題p： x∈M，p(x)．它的否定為 p： x∈M， p(x)．
保 分 題 做到百分之百正確
1.[2023·河南開封一模]設命題p：≥x＋1，則 p是(　　)
A． x∈R，ex≤x＋1 B． x∈R，exC． x∈R，ex≤x＋1 D． x∈R，ex2．[2023·遼寧大連三模]設命題p：>1＋cos x0，則 p為(　　)
A． x≤0，sin x>1＋cos x
B． x>0，sin x<1＋cos x
C． x>0，sin x≤1＋cos x
D． x≤0，sin x≤1＋cos x
3．[2023·河南濮陽模擬]下列命題為真命題的是(　　)
A． x∈R，ex≥x＋1
B． x∈R，exC． x∈R，2x≥x2
D． x∈(0，＋∞)，x＋<2
4．[2023·安徽蚌埠一模]若a，b∈R且ab≠0，則“<1”是“aA．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
5．[2023·山東泰安一模]已知m，n是兩條不重合的直線，α是一個平面，n α，則“m⊥α”是“m⊥n”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
6．[2023·河北邯鄲一模]在等差數列{an}中，“a2＋a5＝a3＋am”是“m＝4”的(　　)
A．必要不充分條件 B．充分不必要條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
提 分 題先做后講再鞏固
2 .(1)[2023·江西九江二模]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(　　)
A．(1，＋∞) B．[1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1]
(2)[2023·河北衡水中學三模]已知a>0且a≠1，“函數f(x)＝ax為增函數”是“函數g(x)＝xa－1在(0，＋∞)上單調遞增”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
(3)[2023·安徽合肥三模]已知a，b為實數，則使得“a>b>0”成立的一個充分不必要條件為(　　)
A．> B．ln (a＋1)>ln (b＋1)
C．a3>b3 D．>
技法領悟
判斷充分、必要條件時的3個關注點
1．要弄清先后順序：“A是B的必要不充分條件”是指B能推出A，且A不能推出B；而“A是B的充分不必要條件”則是指A能推出B，且B不能推出A.
2．要善于舉出反例：當從正面判斷或證明一個命題的正確或錯誤不易進行時，可以通過舉出恰當的反例來說明．
3．要注意轉化： p是 q的必要不充分條件 p是q的充分不必要條件； p是 q的充要條件 p是q的充要條件
[鞏固訓練2]　
(1)[2023·安徽合肥二模]設a∈R，則“a＝1”是“f(x)＝ln (＋ax)為奇函數”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
(2)[2023·全國甲卷]設甲：sin2α＋sin2β＝1，乙：sinα＋cos β＝0，則(　　)
A．甲是乙的充分條件但不是必要條件
B．甲是乙的必要條件但不是充分條件
C．甲是乙的充要條件
D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件
(3)[2023·河南鄭州一模]若“ x∈R，x2－6ax＋3a<0”為假命題，則實數a的取值范圍為________．
第二講　不等式
微專題1　不等式的性質
常考常用結論
1．a>b，ab>0 <.
2．a<03．a>b>0，0.
4．05．若a>b>0，m>0，則<；>(b－m>0)；>；<(b－m>0)．
保 分 題做到百分之百正確
1.[2023·河南許昌模擬]已知x＝－a2－2a＋3，y＝4－3a，則(　　)
A．xB．x＝y
C．x>y
D．x與y的大小無法判斷
2．若a>b>0>c，則(　　)
A．(a－b)c>0 B．>
C．a－b>a－c D．<
3．[2023·北京密云模擬]已知aA．2a<2b B．abC．a2提 分 題先做后講再鞏固
1.(多選)[2023·山東德州模擬]若<<0，則下列不等式中正確的是(　　)
A．a3ab2
C．>2 D．a＋b技法領悟
使用不等式的性質時要特別注意性質成立的條件，如不等式兩端同時乘以一個數時要看該數取值情況．
[鞏固訓練1]　(1)[2023·湖北武漢模擬]下列不等式正確的是(　　)
A．若ac2≥bc2，則a≥b
B．若>，則aC．若a＋b>0，c－b>0，則a>c
D．若a>0，b>0，m>0，且a
(2)已知1≤a≤2，－1≤b≤4，則a－2b的取值范圍是(　　)
A．[－7，4] B．[－6，9]
C．[6，9] D．[－2，8]
微專題2　不等式的解法
常考常用結論
不等式的解法
(1)一元二次不等式的解法
一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(或<0)(a≠0，Δ＝b2－4ac>0)，如果a與ax2＋bx＋c同號，則其解集在兩根之外；如果a與ax2＋bx＋c異號，則其解集在兩根之間．
(2)簡單分式不等式的解法
①>0(<0) f(x)g(x)>0(<0)．
②≥0(≤0) f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.
保 分 題做到百分之百正確
1.集合A＝，B＝，則A＝(　　)
A．{x|－3C．{x|－32．已知關于x的不等式x2＋ax＋a＋3>0的解集為R，則實數a的取值范圍是(　　)
A．(－2，6)
B．(－∞，－2)
C．[－2，6]
D．(－∞，－2]
3．已知不等式ax2－5x＋b<0的解集為{x|－2提 分 題先做后講再鞏固
2. (1)若對任意的x∈[－1，0]，－2x2＋4x＋2＋m≥0恒成立，則m的取值范圍是(　　)
A．[4，＋∞) B．[2，＋∞)
C．(－∞，4] D．(－∞，2]
(2)已知a∈[－1，1]，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，則x的取值范圍為(　　)
A．(－∞，2)
B．(－∞，1)
C．(－∞，1)
D．(1，3)
(3)若關于x的不等式x2－4x－2－a>0在區間(1，4)內有解，則實數a的取值范圍是(　　)
A．(－∞，2) B．(－∞，－2)
C．(－6，＋∞) D．(－∞，－6)
技法領悟
1．參數在常數位置或者變量范圍恒正恒負，優先考慮參變分離：a>g(x)恒成立 a>g(x)max；ag(x)有解 a>g(x)min；a2．變更主元法，將參數看做變量．
[鞏固訓練2]　(1)若不等式x2＋ax＋1≥0對一切x∈恒成立，則a的取值范圍是(　　)
A．a≥0 B．a≤－2
C．a≥－ D．a≤－3
(2)若關于x的不等式x2－ax＋7>0在(2，7)上有實數解，則a的取值范圍是(　　)
A．(－∞，8) B．(－∞，8]
C．(－∞，2) D．
微專題3　基本不等式
　常考常用結論
1．基本不等式
設a>0，b>0，則，當且僅當a＝b時等號成立．
2．用基本不等式求最值的結論
(1)設x，y為正實數，若x＋y＝s(和s為定值)，則當x＝y＝時，積xy有最大值為.
(2)設x，y為正實數，若xy＝p(積p為定值)，則當x＝y＝時，和x＋y有最小值為2.
保 分 題做到百分之百正確
1.下列選項正確的是(　　)
A．≥2
B．x＋≥4
C．sin2α＋的最小值為2
D．x2＋的最小值為
2．已知x>2，y＝x＋，則y的最小值為(　　)
A．2　　　　B．1　　　　C．4　　　　D．3
3．若正實數x，y滿足x＋3y＝1，則的最小值為(　　)
A．12 B．25 C．27 D．36
提分題先做后講再鞏固
3.(1)[2023·安徽安慶模擬]已知函數f(x)＝log2(ax＋b)(a>0，b>0)恒過定點(2，0)，則的最小值為(　　)
A．2＋1 B．2
C．3 D．＋2
(2)[2022·新高考Ⅱ卷](多選)若x，y滿足x2＋y2－xy＝1，則(　　)
A．x＋y≤1 B．x＋y≥－2
C．x2＋y2≤2 D．x2＋y2≥1
技法領悟
基本不等式的主要用途是求多元函數的最值，在使用基本不等式時注意以下兩點：一是注意不等式的使用條件，特別是其中等號能否成立；二是合理變換求解目標，如常數代換法、換元法等，創造使用基本不等式的條件．
[鞏固訓練3]　(1)已知3x＋9y＝18，當x＋2y取最大值時，則xy的值為(　　)
A． B．2 C．3 D．4
(2)[2023·河北邯鄲一模]已知a>0，b>0，且a＋b＝2，則的最小值是(　　)
A．2 B．4 C． D．9
第三講　復數、平面向量
微專題1　復數
常考常用結論
1．已知復數z＝a＋bi(a，b∈R)，則
(1)當b＝0時，z∈R；當b≠0時，z為虛數；當a＝0，b≠0時，z為純虛數．
(2)z的共軛復數＝a－bi.
(3)z的模|z|＝.
2．已知i是虛數單位，則
(1)(1±i)2＝±2i，＝i，＝－i.
(2)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i.
1．[2023·全國甲卷]設a∈R，(a＋i)(1－ai)＝2，則a＝(　　)
A．－2 B．－1 C．1 D．2
2．[2021·新高考Ⅱ卷]復數在復平面內對應的點所在的象限為(　　)
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．[2022·新高考Ⅰ卷]若i(1－z)＝1，則z＋＝(　　)
A．－2 B．－1 C．1 D．2
4．[2023·全國乙卷]設z＝，則＝(　　)
A．1－2i B．1＋2i C．2－i D．2＋i
1.(1)[2023·河南鄭州三模]復平面內，復數對應的點位于(　　)
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
(2)(多選)設z1，z2為復數，則下列命題中一定成立的是(　　)
A．如果z1－z2>0，那么z1>z2
B．如果|z1|＝|z2|，那么＝
C．如果>1，那么|z1|>|z2|
D．如果＝0，那么z1＝z2＝0
技法領悟
復數的代數運算的基本方法是運用運算法則，可以通過對代數式結構特征的分析，靈活運用i的冪的性質、運算法則來優化運算過程．
[鞏固訓練1]　(1)[2023·河北唐山二模]i(3－i)的共軛復數為(　　)
A．3＋i B．3－i
C．1＋3i D．1－3i
(2)[2023·江西宜春一模]若復數z滿足為純虛數，且||＝2，則z的虛部為(　　)
A．±1 B．± C． D．1
微專題2　平面向量的線性運算
常考常用結論
1．平面向量的兩個法則：平行四邊形法則、三角形法則．
2．平面向量的兩個定理
(1)向量共線定理：向量a(a≠0)與b共線的充要條件是：存在唯一一個實數λ，使b＝λa；
a∥b x1y2－x2y1＝0(a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中a≠0)．
(2)平面向量基本定理：如果e1，e2是同一平面內的兩個不共線向量，那么對于這一平面內的任意向量a，有且只有一對實數λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2，其中e1，e2是一組基底．
1.[2023·黑龍江齊齊哈爾一模]已知a＝(2，1)，b＝(3x2－1，x)，若a∥b，則x＝(　　)
A．1或－ B．－
C．或 D．
2．[2023·湖南永州二模]設D為△ABC所在平面內一點，＝3，則(　　)
A．＝3－2
B．＝3＋2
C．＝－2－3
D．＝－2＋3
3．[2023·安徽銅陵三模]在平行四邊形ABCD中，M是CD邊上中點，則2＝(　　)
A．－2 B．＋2
C．2 D．2
2.(1)[2023·河北邯鄲三模]已知等腰梯形ABCD滿足AB∥CD，AC與BD交于點P，且AB＝2CD＝2BC，則下列結論錯誤的是(　　)
A．＝2
B．||＝2||
C．＝
D．＝
(2)[2023·江西贛州二模]在平行四邊形ABCD中，點E，F分別滿足＝2＝4，＝2，若＝λ＋μ，則λ＋μ＝________．
技法領悟
在平面向量的化簡或運算中，要根據平面向量基本定理恰當地選取基底，變形要有方向，不能盲目轉化．
[鞏固訓練2]　(1)[2023·廣東韶關模擬]已知ABCD是平行四邊形，＝2，若＝λ＋μ，則λ＋μ＝(　　)
A．　　　B．1　　　C．　　　D．
(2)若M是△ABC所在平面內一點，且滿足＝，則△ABM與△ABC的面積之比為________．
微專題3　平面向量的數量積
常考常用結論
設a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中b≠0，θ為a與b的夾角．
(1)a·b＝|a||b|cos θ＝x1x2＋y1y2.
(2)a⊥b a·b＝0 x1x2＋y1y2＝0.
(3)|a|＝＝.
(4)cos θ＝＝.
1.[2023·遼寧遼陽一模]已知兩個單位向量a，b滿足a＋b與a－7b垂直，則a·b＝(　　)
A．　 　B．－　 　C．　 　D．－
2．[2023·山東淄博二模]已知向量a，b滿足a·b＝10，且b＝(6，－8)，則a在b上的投影向量為(　　)
A．(－6，8) B．(6，－8)
C． D．
3．[2023·山西晉中三模]設向量a與向量b的夾角為θ，定義a與b的向量積：a×b是一個向量，它的模＝|a||b|sin θ.若m＝(1，0)，n＝(－1，)，則|m×n|＝(　　)
A．－1 　B．1 C．－ 　D．
(1)[2023·吉林東北師大附中模擬]在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，AC與BD相交于點O，過點A作AE⊥BD于E，則·＝(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
3.(2)
[2023·河南鄭州一模]如圖所示，△ABC是邊長為8的等邊三角形，點P為AC邊上的一個動點，長度為6的線段EF的中點為點B，則·的取值范圍是________．
技法領悟
求平面向量的數量積的方法：(1)定義法；(2)基向量法，基底應是已知模長和夾角的向量；(3)坐標法：①已知向量坐標，②建立合適的坐標系，使用坐標法求解．
[鞏固訓練3]　(1)[2023·河南安陽三模]已知正方形ABCD的邊長為1，O為正方形的中心，E是AB的中點，則·＝(　　)
A．－　　B．　　C．　　D．1
(2)[2023·山東省實驗中學一模]若平面向量a，b，c滿足|a|＝1，b·c＝0，a·b＝1，a·c＝－1，則|b＋c|的最小值為________．
第四講　排列、組合、二項式定理
微專題1　排列問題
常考常用結論
排列數公式
＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
＝
＝
1.從0，2中選一個數字，從1，3，5中選兩個數字，組成無重復數字的三位數，其中偶數的個數為(　　)
A．24　　 　B．18　　 　C．12　　 　D．6
2．[2023·安徽安慶一中模擬]將字母a，a，b，b，c，c排成三行兩列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，則不同的排列方法共有(　　)
A．12種 B．18種
C．24種 D．36種
3．[2023·遼寧大連三模]現有6個同學站成一排照相，如果甲、乙兩人必須相鄰，而丙、丁兩人不能相鄰，那么不同的站法共有(　　)
A．144種 B．72種
C．36種 D．24種
4．[2023·全國乙卷]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(　　)
A．30種 B．60種
C．120種 D．240種
1.(1)[2023·山東濟寧二模]為了強化學校的體育教育教學工作，提高學生身體素質，加強學生之間的溝通，凝聚班級集體的力量，激發學生熱愛體育的熱情．某中學舉辦田徑運動會，某班從甲、乙等6名學生中選4名學生代表班級參加學校4×100米接力賽，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么甲、乙都參加的不同棒次安排方案總數為(　　)
A．48　　　B．36　　　C．24　　　D．12
(2)[2022·山東臨沂三模]某社區活動需要連續六天有志愿者參加服務，每天只需要一名志愿者，現有甲、乙、丙、丁、戊、己6名志愿者，計劃依次安排到該社區參加服務，要求甲不安排第一天，乙和丙在相鄰兩天參加服務，則不同的安排方案共有(　　)
A．72種　B．81種　C．144種　D．192種
技法領悟
求解排列問題最常用的三種方法
1．特殊元素、位置優先安排法：對問題中的特殊元素或位置優先考慮排列，然后排列其他一般元素或位置．
2．捆綁法：相鄰問題捆綁處理，即可以把相鄰元素看作一個整體與其他元素進行排列，同時注意捆綁元素的內部排列．
3．插空法：不相鄰問題插空處理，即先考慮不受限制的元素的排列，再將不相鄰的元素插在前面元素排列后的空中．
[鞏固訓練1]　(1)[2023·安徽黃山三模]為紀念我國偉大數學家祖沖之在圓周率上的貢獻，國際上把3.141 592 6稱為“祖率”，某教師為了增加學生對“祖率”的印象，以“祖率”為背景設計如下練習：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，整數部分不變，那么可以得到小于3.14的不同數有(　　)
A．480個 B．120個
C．240個 D．720個
(2)[2023·福建寧德模擬]泰山、華山、衡山、恒山、嵩山是中國的五大名山，并稱為“五岳”，它們以象征中華民族的高大形象而名聞天下，段譽同學決定利用今年寒假時間，游覽以下六座名山：泰山、華山、井岡山、黃山、云臺山、五臺山．若段譽同學首先游覽云臺山，且屬于“五岳”的名山游覽順序不相鄰，則段譽同學針對這六座名山的不同游覽順序共有(　　)
A．36種 B．48種
C．72種 D．120種
微專題2　組合問題
常考常用結論
組合數公式
＝，
＝，規定：
1.[2023·新課標Ⅱ卷]某學校為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(　　)
種
2．[2023·安徽淮北二模]世界數學三大猜想：“費馬猜想”“四色猜想”“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“費馬猜想”已經分別在1976年和1994年榮升為“四色定理”和“費馬大定理”.280多年過去了，哥德巴赫猜想仍未解決，目前最好的成果“1＋2”由我國數學家陳景潤在1966年取得．哥德巴赫猜想描述為：任何不小于4的偶數，都可以寫成兩個質數之和．在不超過20的質數中，隨機選取兩個不同的數，其和為偶數的選法有(　　)
A．28　 　B．21 C．15　 　D．10
3．[2023·河北衡水二中模擬]7名身高各不相同的同學站成一排，若身高最高的同學站在中間，且其每一側同學的身高都依次降低，則7名同學所有不同的站法種數為(　　)
A．20　　　B．40　　　C．8　　　D．16
4．[2020·新高考Ⅰ卷]6名同學到甲、乙、丙三個場館做志愿者，每名同學只去1個場館，甲場館安排1名，乙場館安排2名，丙場館安排3名，則不同的安排方法共有(　　)
A．120種 B．90種 C．60種 D．30種
2.(1)[2023·河北邯鄲三模]某醫院安排3名男醫生和2名女醫生去甲、乙、丙三所醫院支援，每所醫院安排一到兩名醫生，其中甲醫院要求至少安排一名女醫生，則不同的安排方法有(　　)
A．18種　 B．30種　 C．54種　 D．66種
(2)[2023·山東青島二模]某教育局為振興鄉村教育，將5名教師安排到3所鄉村學校支教，若每名教師僅去一所學校，每所學校至少安排1名教師，則不同的安排情況有(　　)
A．300種 B．210種
C．180種 D．150種
技法領悟
掌握有限制條件的組合應用題的常用解法及常見類型，在解有限制條件的組合應用題時，要從分析入手，明確限制條件有哪些，所給元素分幾類，識別是什么基本類型，使用直接法還是間接法．
[鞏固訓練2]　(1)[2023·山東菏澤一模]為了迎接“第32屆菏澤國際牡丹文化旅游節”，某宣傳團體的六名工作人員需要制作宣傳海報，每人承擔一項工作，現需要一名總負責，兩名美工，三名文案，但甲，乙不參與美工，丙不能書寫文案，則不同的分工方法種數為(　　)
A．9種　 B．11種　 C．15種　 D．30種
(2)六名志愿者到北京、延慶、張家口三個賽區參加活動，若每個賽區兩名志愿者，則安排方式共有(　　)
A．15種 B．90種 C．540種 D．720種
微專題3　二項式定理
常考常用結論
1．二項式定理：(a＋b)n＝bn，n∈N*.
2．通項公式：Tk＋1＝an－kbk，(k＝0，1，2，…，n)．
3．二項式展開式的系數的性質：
＝2n.
＋…＝2n－1.　　　　　　　　　　　　　　　
1．[2023·河南開封二模]展開式中的常數項是(　　)
A．－160 B．－20 C．20 D．160
2．已知二項式(x－)n展開式的二項式系數和為64，則展開式中常數項為(　　)
A．10 B．15 C．18 D．30
3．[2023·天津卷]在的展開式中，x2的系數是________．
4．在(3x－)n的展開式中，各項系數之和為64，則常數項為________．
3.(1)[2023·河南安陽二模](2x＋y)8的展開式中各項系數的最大值為(　　)
A．112　　B．448　　C．896　　D．1 792
(2)[2023·江西贛州一模]已知(x－1)4(x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，則a2＋a4＋a6＋a8＝(　　)
A．40 B．8 C．－16 D．－24
技法領悟
1．二項式定理中最關鍵的是通項公式，求展開式中特定的項或者特定項的系數均是利用通項公式和方程解決的．
2．二項展開式的系數之和通常是通過對二項式及其展開式中的變量賦值得出的，注意根據展開式的形式給變量賦值．
[鞏固訓練3]　(1)[2023·山西懷仁一中模擬]在的展開式中，二項式系數最大的項的系數為(　　)
A．20 B．160 C．180 D．240
(2)[2023·湖南雅禮中學一模]已知(3x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，則|a1|＋|a2|＋…＋|a5|＝(　　)
A．1 024 B．1 023 C．1 025 D．512

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