第1讲 选择题的解法与技巧
典例研析·悟方法
(一)立德树人，“五育”并举
典例1 (2022·北京统考高考真题)在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献．如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和lg P的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是bar.下列结论中正确的是( D )
A．当T＝220，P＝1 026时，二氧化碳处于液态
B．当T＝270，P＝128时，二氧化碳处于气态
C．当T＝300，P＝9 987时，二氧化碳处于超临界状态
D．当T＝360，P＝729时，二氧化碳处于超临界状态
【分析】 根据T与lg P的关系图可得正确的选项．
【解析】 当T＝220，P＝1 026时，lg P>3，此时二氧化碳处于固态，故A错误；当T＝270，P＝128时，2
典例2 魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”则海岛的高AB＝( A )
A．＋表高 B．－表高
C．＋表距 D．－表距
【分析】 利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．
【解析】 如图所示：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．故选A．
典例3 我国古代数学家刘徽于公元263年在《九章算术注》中提出“割圆术”：割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣．即通过圆内接正多边形细割圆，并使正多边形的面积无限接近圆的面积，进而来求得较为精确的圆周率．如果用圆的内接正n边形逼近圆，算得圆周率的近似值记为πn，那么用圆的内接正2n边形逼近圆，算得圆周率的近似值π2n可表示成( A )
A． B．
C． D．
【解析】 令圆的半径为1，则圆内接正n边形的面积为n××12×sin ＝sin ＝nsin ·cos ，圆内接正2n边形的面积为2n××12×sin ＝nsin ，用圆的内接正n边形逼近圆，可得S圆＝nsin cos ＝πn；用圆的内接正2n边形逼近圆，可得S圆＝nsin ＝π2n；所以π2n＝.故选A．
典例4 (2023·凯里市校级二模)甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用七局四胜制，先赢四局者获胜，没有平局，甲每局赢的概率为，已知前两局甲输了，则甲最后获胜的概率为( C )
A． B．
C． D．
【解析】 因为前两局甲都输了，所以甲需要连胜四局或第三局到第六局输1局，且第七局胜，甲才能最后获胜，所以甲最后获胜的概率为4＋C×3×＝.故选C．
【综合分析】
1．突出“德育为先，立德树人”的思想理念．以德育为背景的考题，多以民族精神、理想信念、道德品质、文明行为、社会公德、遵纪守法、心理健康、悠久数学文化等生活内容为题材，复习中可适当关注．
2．突出“五育并举，全面发展”的思想理念．往往以重大体育赛事为背景，选择学生喜欢的足球、游泳、棋类、田赛、竞赛等项目具体设计试题，突出发挥高考试题的体育教育功能．以我国古建筑、体育运动项目为背景，设计数学计算问题，考查学生的分析问题能力、数学运算能力，以及数学文化素养，同时，将爱国主义教育、美育教育融入其中，展示了数学之美，讴歌了中国劳动人民的勤劳与智慧．以美育为背景的考题，多以自然之美和创作之美等为题材，同时，引导学生增强热爱劳动、热爱工作意识．
3．青少年的身心健康是素质教育的核心内容，在高考评价体系的核心价值指标体系中，包含健康情感的指标，要求学生具有健康意识，注重增强体质，健全人格，锻炼意志品质．
(二)关注社会经济，增强实践意识
典例1 (2023·四川模拟)2022年11月，国内猪肉、鸡蛋、鲜果、禽肉、粮食、食用油、鲜菜价格同比(与去年同期相比)的变化情况如图所示，则下列说法正确的是( D )
A．猪肉、鸡蛋、鲜果、禽肉、粮食、食用油这6种食品中，食用油价格同比涨幅最小
B．猪肉价格同比涨幅超过禽肉价格同比涨幅的5倍
C．去年11月鲜菜价格要比今年11月低
D．这7种食品价格同比涨幅的平均值超过7%
【解析】 猪肉、鸡蛋、鲜果、禽肉、粮食、食用油这6种食品中，粮食价格同比涨幅最小，故A错；猪肉价格同比涨幅超过禽肉价格同比涨幅的倍数为34.3%÷8.5%≈4，故B错；根据图表可得去年鲜菜价格比今年高，故C错；这7种食品价格同比涨幅的平均值约为(7.6%＋3%＋8.5%＋9.6%＋10.4%＋34.4%－21.2%)÷7≈7.5%，故D对．故选D.
典例2 (2023·江西模拟)草莓中有多种氨基酸、微量元素、维生素，能够调节免疫功能，增强机体免疫力．草莓味甘、性凉，有润肺生津，健脾养胃等功效，受到众人的喜爱．根据草莓单果的重量，可将其从小到大依次分为4个等级，其等级x(x＝1,2,3,4)与其对应等级的市场销售单价y(单位：元/千克)近似满足函数关系式y＝eax＋b.若花同样的钱买到的1级草莓比4级草莓多1倍，且1级草莓的市场销售单价为24元/千克，则3级草莓的市场销售单价最接近(参考数据：≈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】 由题意可知＝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，故选C．
【综合分析】
“脱贫攻坚”、“南水北调”、“一带一路”、疫情防控等，是我国经济生活中的重大工程、重大事项，“垃圾分类”是我们积极倡导的文明生活，以这些社会活动为背景设计考题，不但考查学生分析问题和处理数据的能力，更有助于引导学生关注社会现实，关注经济发展，增强社会实践意识，也有助于学生体验数学的应用之美．
(三)关注科技前沿，激发学习热情
典例1 2021年5月15日7时18分，我国首个自主研发的火星探测器“天问一号”，在经历了296天的太空之旅，总距离约4.7亿公里的飞行后，天问一号火星探测器所携带的祝融号火星车及其着陆组合体，成功降落在火星北半球的乌托邦平原南部，实现了中国航天史无前例的突破．已知地球自转的线速度约为火星自转线速度的两倍，地球自转一周为24小时，而火星自转一周约为25小时．地球与火星均视为球体，则火星的表面积约为地球表面积的( A )
A．27% B．37%
C．47% D．57%
【分析】 令地球、火星半径分别为R，r，结合题设有＝，应用球体表面积公式即可得火星的表面积相对地球表面积的数量关系．
【解析】 令地球、火星半径分别为R，r，则＝2×，故＝，所以火星的表面积约为地球表面积的≈27%.故选A．
典例2 (2023·凯里市校级三模)酒驾是严重危害交通安全的违法行为．为了保障交通安全，根据国家有关规定：100 mL血液中酒精含量达到20～79 mg的驾驶员即为酒后驾车，80 mg及以上认定为醉酒驾车．假设某驾驶员喝了一定量酒后，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，他血液中酒精含量会以每小时20%的速度减少，那他至少经过几小时才能驾驶．(参考数据lg 2≈0.301)( D )
A．5 B．6
C．7 D．8
【解析】 设该驾驶员x小时后100 mL血液中酒精含量为y mg，则y＝100(1－20%)x＝100×0.8x，当y＝20时，100×0.8x＝20，即0.8x＝0.2，∴x＝log0.80.2＝＝＝≈≈7.206.故选D.
【综合分析】
1．火星探测器“天问一号”为背景设计试题，展示我国的航天事业的重要成果，突出发挥高考试题的德育教育，同时引导学生关注社会、关注科技成果，激发学生热情．
2．以人工智能的应用为背景设计题目，考查对数运算问题，涉及指数衰减的学习率模型，考查学生对数学模型的理解能力以及数学运算能力，突出引导学生关注最新科技成果，激发学习热情．
方法1：直接法
核心提示·精归纳
直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过严密地推理和准确地运算，从而得出正确的结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”，作出相应的选择．涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法．
典例研析·悟方法
典例1 (多选)(2023·湖南模拟预测)已知某批零件的质量指标ξ(单位：毫米)服从正态分布N(25.40，σ2)，且P(ξ≥25.45)＝0.1，现从该批零件中随机取3件，用X表示这3件产品的质量指标值ξ不位于区间(25.35,25.45)的产品件数，则( 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】 根据正态分布的对称性、概率公式，结合二项分布的公式，可得答案．
【解析】 由正态分布的性质得P(25.35<ξ<25.45)＝1－2P(ξ≥25.45)＝1－2×0.1＝0.8，故A正确；则1件产品的质量指标值ξ不位于区间(25.35,25.45)的概率为P＝0.2，所以X～B(3,0.2)，故E(X)＝3×0.2＝0.6，故B错误；D(X)＝3×0.2×0.8＝0.48，故C正确；P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.83＝0.488，故D正确．故选ACD.
典例2 (2023·河南高三安阳一中校联考阶段练习)若＝，则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数的关系化简，得tan θ＝，再用两角和的正切公式求tan的值．由＝＝tan θ＝＝1－tan θ，解得tan θ＝.∴tan＝＝＝3.故选A．
方法2：特例法
核心提示·精归纳
从题干(或选项)出发，通过选取符合条件的特殊情况(特殊值、特殊点、特殊位置、特殊函数等)代入，将问题特殊化或构造满足题设条件的特殊函数或图形位置，进行判断．特殊化法是“小题小做”的重要策略．
但要注意以下两点：
第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理；
第二，若在取定的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解．
典例研析·悟方法
典例3 若α为第四象限角，则( D )
A．cos 2α>0 B．cos 2α<0
C．sin 2α>0 D．sin 2α<0
【解析】 方法一：由α为第四象限角，可得＋2kπ<α<2π＋2kπ，k∈Z，所以3π＋4kπ<2α<4π＋4kπ，k∈Z，此时2α的终边落在第三、四象限及y轴的非正半轴上，所以sin 2α<0，故选D.
方法二：当α＝－时，cos 2α＝cos>0，选项B错误；当α＝－时，cos 2α＝cos<0，选项A错误；由α在第四象限可得sin α<0，cos α>0，则sin 2α＝2sin αcos α<0，选项C错误，选项D正确．故选D.
典例4 已知非零向量a，b满足|a|＝|b|＝|a＋b|，则a与2a－b夹角的余弦值为( D )
A． B．
C． D．
【解析】 因为非零向量a，b满足|a|＝|b|＝|a＋b|，所以不妨设a＝(1,0)，b＝，则2a－b＝，所以a·(2a－b)＝，故cos〈a,2a－b〉＝＝＝.
方法3：排除法
核心提示·精归纳
排除法(淘汰法、筛选法)是充分利用选择题有且只有一个正确的选项这一特征，通过分析、推理、计算、判断，排除不符合要求的选项，从而得出正确结论的一种方法．
排除法使用要点：
1．从选项出发，先确定容易判断对错的选项，再研究其他选项；
2．当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的，予以否定，再根据另一些条件在缩小选项的范围内找出矛盾，这样逐步筛选，它与特例(值)法、验证法等常结合使用．
典例研析·悟方法
典例5 (2023·河南高三洛阳市第三中学校联考开学考试)函数f(x)＝的图象可能为( A )
【分析】 判断出函数为偶函数，排除C，有特殊点的函数值排除B、D，选出正确答案．
【解析】 f(x)＝定义域为R，且f(－x)＝＝＝f(x)，所以f(x)为偶函数，排除C；令x＝0，得f(0)＝2，排除B；因为f＝0，排除D，A符合要求．故选A．
典例6 (2023·河南长葛市第一高级中学统考模拟预测)当1ea>e，则( D )
A．ebC．aebealn b
【分析】 将给定不等式变形，构造函数f(x)＝，x>1，利用函数单调性，逐项分析判断作答．
【解析】 当11，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增．因b>e>1，则f(b)>f(e) > eb>bee－1，故A错误；b>ea>1，则f(b)>f(ea) > ea＋b>beea，故B错误；由ea>e知，a>1，有f(a)>f(1) >e>1 ea>a，则a>ln a <1，由选项A知，>1，即> aeb>bln a，故C错误；由b>ea>e得，ln b>a>1，则f(ln b)>f(a) > ab>ealn b，故D正确．故选D.
方法4：数形结合法
核心提示·精归纳
有些选择题可通过命题条件中的函数关系或几何意义，作出函数的图象或几何图形，借助于图象或图形的作法、形状、位置、性质等，综合图象的特征，得出结论．
典例研析·悟方法
典例7 (多选)在平面直角坐标系xOy中，若对于曲线y＝f(x)上的任意点P，都存在曲线y＝f(x)上的点Q，使得·＝0成立，则称函数f(x)具备“ 性质”．则下列函数具备“ 性质”的是( BD )
A．y＝x＋1 B．y＝cos2x
C．y＝ D．y＝ex－2
【分析】 四个选项都可以做出简图，对于选项A和选项C，可在图中选取特殊点验证排除；选项B、选项D可在图中任意选择点P，观察是否存在点Q，使得·＝0成立，即可做出判断．
【解析】 选项A，如图所示，曲线y＝x＋1，当点P取得时，要使得点Q满足·＝0成立，那么点Q落在直线y＝x上，而此时y＝x＋1与y＝x两直线是平行的，不存在交点，故此时不满足在y＝x＋1上存在点Q，使得·＝0成立，故选项A错误；
如图所示，曲线y＝cos2x，对于曲线y＝cos2x上的任意点P，都存在曲线y＝cos2x上的点Q，使得·＝0成立，故选项B正确；
如图所示，曲线y＝，当点P取得(1,0)时，要使得点Q满足·＝0成立，那么点Q落在直线y＝0上，而此时y＝与y＝0两曲线不存在交点，故此时不满足在y＝上存在点Q，使得·＝0成立，故选项C错误；
如图所示，曲线y＝ex－2，对于曲线y＝ex－2上的任意点P，都存在曲线y＝ex－2上的点Q，使得·＝0成立，故选项D正确．故选BD.
典例8 (2023·江苏南通高三校考开学考试)在△ABC中，＝2，＝2，直线DE与直线BC交于点F.设＝a，＝b，则＝( C )
A．a＋b B．a＋b
C．a＋b D．a＋b
【分析】 根据题意，可得＝＋，再由F，B，C三点共线，利用共线定理求解即可．
【解析】 如右图所示：由题可知，＝＋＝＋＝＋(＋)＝＋，由共线定理可知，存在实数λ满足＝λ＋(1－λ)，又因为＝2，所以＝3，因此＝3λ＋(1－λ)，又＝＋与＝3λ＋(1－λ)共线，所以＝，解得λ＝，则＝＋＝×＋(＋)＝＋×＋＝a＋b.故选C．
方法5：估算法
核心提示·精归纳
选择题提供了唯一正确的选择支，解答又无需过程．因此，有些题目，不必进行准确的计算，只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法．估算法往往可以减少运算量，但是加强了思维的层次．
使用要点：
1．使用前提：针对一些复杂的、不易准确求值的与计算有关的问题．常与特例(值)法结合起来使用．
2．使用技巧：对于数值计算常采用放缩估算、整体估算、近似估算、特值估算等，对于几何体问题，常进行分割、拼凑、位置估算．
典例研析·悟方法
典例9 设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D－ABC体积的最大值为( B )
A．12 B．18
C．24 D．54
【解析】 方法一：思路分析：V三棱锥D－ABC最大值→三棱锥高的最大值→依据三棱锥和球的关系估算过程：等边三角形ABC的面积为9，显然球心不是此三角形的中心，所以三棱锥的体积最大时，三棱锥的高h应满足h∈(4,8)，所以×9×4方法二：分析：作图，D为MO与球的交点，点M为三角形ABC的重心，判断出当DM⊥平面ABC时，三棱锥D－ABC体积最大，然后进行计算可得。
如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，当DM⊥平面ABC时，三棱锥D－ABC体积最大，此时，OD＝OB＝R＝4，∵S△ABC＝AB2＝9，∴AB＝6，∵点M为三角形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，故选B.
典例10 如图所示，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF＝，EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为( D )
A． B．5
C．6 D．
【解析】 可连接BE，CE，问题转化为四棱锥E－ABCD与三棱锥E－BCF的体积之和，而VE－ABCD＝S·h＝×9×2＝6.故多面体ABCDEF的体积大于6，所以只有选项D符合题意．
方法6：概念辨析法
核心提示·精归纳
概念辨析法是从题设条件出发，通过对数学概念的辨析，进行少量运算或推理，直接选出正确结论的方法．这类题目一般是给出的一个创新定义，或涉及一些似是而非、容易混淆的概念或性质，需要考生在平时注意辨析有关概念，准确区分相应概念的内涵与外延，同时在审题时多加小心．
典例研析·悟方法
典例11 (2023·全国高三专题练习)北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性．规定：多面体的顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为2π－3×＝π，故其总曲率为4π.给出下列三个结论：
①正方体在每个顶点的曲率均为；
②任意四棱锥的总曲率均为4π；
③若某类多面体的顶点数V，棱数E，面数F满足V－E＋F＝2，则该类多面体的总曲率是常数．
其中，所有正确结论的序号是( D )
A．①② B．①③
C．②③ D．①②③
【解析】 根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为2π－3×＝，故①正确；由定义可得多面体的总曲率＝2π×顶点数－各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为2π×5－(π×4＋2π×1)＝4π，故②正确；设每个面记为ni(i∈[1，F])边形，则所有的面角和为(ni－2)π＝πi－2πF＝π·2E－2πF＝2π(E－F)，根据定义可得该类多面体的总曲率2πV－2π(E－F)＝4π为常数，故③正确．故选D.
典例12 (2023·北京高二北大附中校考期末)公元前4世纪，古希腊数学家梅内克缪斯利用垂直于母线的平面去截顶角分别为锐角、钝角和直角的圆锥，发现了三种圆锥曲线．之后，数学家亚理士塔欧、欧几里得、阿波罗尼斯等都对圆锥曲线进行了深入的研究．直到3世纪末，帕普斯才在其《数学汇编》中首次证明：与定点和定直线的距离成定比的点的轨迹是圆锥曲线，定比小于、大于和等于1分别对应椭圆、双曲线和抛物线．已知A，B是平面内两个定点，且|AB|＝4，则下列关于轨迹的说法中错误的是( D )
A．到A，B两点距离相等的点的轨迹是直线
B．到A，B两点距离之比等于2的点的轨迹是圆
C．到A，B两点距离之和等于5的点的轨迹是椭圆
D．到A，B两点距离之差等于3的点的轨迹是双曲线
【分析】 判断到A，B两点距离相等的点的轨迹是A，B连线的垂直平分线，判断A；建立平面直角坐标系，求出动点的轨迹方程，可判断B；根据椭圆以及双曲线的定义可判断C，D.
【解析】 到A，B两点距离相等的点的轨迹是A，B连线的垂直平分线，A正确；以AB为x轴，AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，
则A(－2,0)，B(2,0)，设动点P(x，y)，由题意知＝2，即＝2，化简为2＋y2＝，即此时点的轨迹为圆，B正确；不妨设动点P到A，B两点距离之和等于5，即|PA|＋|PB|＝5，由于5>4，故到A，B两点距离之和等于5的点的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，C正确；设动点P到A，B两点距离之差等于3，即|PA|－|PB|＝3，由于3<4，故到A，B两点距离之差等于3的点的轨迹是双曲线靠近B侧的一支，D错误．故选D.
方法7：构造法
核心提示·精归纳
构造法是一种创造性思维，是综合运用各种知识和方法，依据问题给出的条件和结论给出的信息，把问题作适当的加工处理，构造与问题相关的数学模式，揭示问题的本质，从而沟通解题思路的方法．常见构造函数、构造(割补)图形、不等式或数列等．
典例研析·悟方法
典例13 (多选)(2023·安徽高三合肥市第六中学校联考开学考试)已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中正确的是( ABC )
A．eπ>3e B．πeC．2e【分析】 构造函数f(x)＝ln x－，x>0.证明ln x≤，即可判断选项BCD，再利用B和幂函数的性质判断选项A，即得解．
【解析】 BCD选项分别等价于ln π<，ln 2<，ln 3>，构造函数f(x)＝ln x－，x>0.则f′(x)＝－.当00，f(x)在(0，e)内单调递增；当x>e时，f′(x)<0，f(x)在(e，＋∞)内单调递减．因此f(x)max＝f(e)＝ln e－＝0.所以ln x≤(当x＝e时取等)于是ln π<，ln 2<，ln 3<.故eπ>πe，e2>2e，e3>3e，所以选项D错误，选项B、C正确；因为eπ>πe>3e，所以选项A正确．故选ABC．
典例14 (2023·浙江绍兴高三统考期末)已知a＝，b＝e0.01，c＝1＋tan ，则( D )
A．aC．b【分析】 构造函数f(x)＝ln x＋－1讨论单调性和最值可比较得a>b，再构造函数g(x)＝tan x－x可比较得c>a.
【解析】 设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.设g(x)＝tan x－x，x∈，g′(x)＝－1＝tan2x>0，所以g(x)＝tan x－x>g(0)＝0，即当x∈时，tan x>x，所以c＝1＋tan >1＋×>＝a，综上所述，b方法1：直接法
核心提示·精归纳
直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过严密地推理和准确地运算，从而得出正确的结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”，作出相应的选择．涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法．
典例研析·悟方法
典例1 在平面直角坐标系中，已知直线y＝k(x＋1)(k>0)与椭圆＋y2＝1在第二象限交于点A，交y轴于点B.设点C(1,0)，若|AB|＝|AC|，则k的值为 .
【分析】 先根据题设条件可得k>1，再联立直线方程和椭圆方程，求出点A的横坐标后求出弦长|AB|，再根据点点距可得|AC|，从而得到关于k的方程，求出其解后可得k的值．
【解析】 设A(x1，y1)，椭圆的上顶点为S，左焦点为F1，则S(0,1)，F1(－1,0)．因为A在第二象限且k>0，故k>kF1S＝1.由可得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，因为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＝(负解舍去)．
典例2 (2023·云南昆明昆明一中校考模拟预测)经过原点且斜率为的直线l与双曲线C：－＝1(a>0，b>0)恒有两个公共点，则C的离心率e的取值范围是 .
【解析】 双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的焦点在y轴上，渐近线方程是y＝±x，结合该双曲线的图象，由直线l与双曲线C恒有两个公共点，可得出：>，即>，所以离心率e＝＝＝∈，即离心率e的取值范围是.
方法2：特例法
核心提示·精归纳
当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以从题中变化的不定量中选取符合条件的恰当特殊值(特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论．为保证答案的正确性，在利用此方法时，一般应多取几个特例．特殊化法是“小题小做”的重要策略．
但要注意以下两点：
第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理；
第二，若在取定的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解．
典例研析·悟方法
典例3 已知函数f(x)满足：f(m＋n)＝f(m)·f(n)，f(1)＝3，则＋＋＋＝_24__.
【解析】 取特殊函数，根据条件可设f(x)＝3x，则有＝＝6，所以＋＋＋＝6×4＝24.
典例4 已知椭圆＋＝1(a>b>0)，焦点F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)，若过F1的直线和圆2＋y2＝c2相切，与椭圆在第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 .
【分析】 不妨假设c＝2，根据图形可知，sin∠PF1F2＝，再根据同角三角函数基本关系即可求出k＝tan∠PF1F2＝；再根据椭圆的定义求出a，即可求得离心率．
【解析】 如图所示：不妨假设c＝2，设切点为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·精归纳
多选型问题给出多个命题或结论，要求从中选出所有满足条件的命题或结论．这类问题要求较高，涉及图形、符号和文字语言，要准确阅读题目，读懂题意，通过推理证明，命题或结论之间互反互推，相互印证，也可举反例判断错误的命题或结论．
典例研析·悟方法
典例5 设函数y＝f(x)的定义域为R，给出下列命题：
①若对任意x∈R，均有|f(x)|＝1，则f(x)一定不是奇函数；
②若对任意x∈R，均有|f(－x)|＝|f(x)|，则f(x)为奇函数或偶函数；
③若对任意x∈R，均有f(－x)＝|f(x)|，则f(x)必为偶函数；
④若对任意x∈R，均有|f(－x)|＝|f(x)|，且f(x)为R上的增函数，则f(x)必为奇函数．
其中为真命题的序号为_①③④__(请写出所有真命题的序号)．
【解析】 对任意x∈R，均有|f(x)|＝1，则|f(0)|＝1，但奇函数中f(0)＝0，矛盾，所以f(x)一定不是奇函数，①正确；|f(－x)|＝|f(x)|等价于[f(x)－f(－x)][f(x)＋f(－x)]＝0，若x∈[－1,1]时满足f(x)－f(－x)＝0，x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时满足f(x)＋f(－x)＝0，则函数在x∈R上为非奇非偶函数，②错误；对任意x∈R，均有f(－x)＝|f(x)|，则f(x)＝|f(－x)|＝|f(x)|，所以f(－x)＝|f(x)|＝f(x)，所以函数必为偶函数，③正确；当x>0时，|f(－x)|＝|f(x)|等价于[f(x)－f(－x)][f(x)＋f(－x)]＝0，又因为f(x)为R上的增函数，所以f(x)>f(－x)，则f(x)－f(－x)≠0，所以f(x)＋f(－x)＝0，所以f(x)必为奇函数，④正确．
典例6 (2023·泰安期末)若“ x∈R，使得2x2－mx＋1＜0”是假命题，则实数m的取值范围是 [－2，2] .
【解析】 因为“ x∈R，使得2x2－mx＋1＜0”是假命题，所以“ x∈R，使得2x2－mx＋1≥0”是真命题，所以Δ＝m2－8≤0，解得m∈[－2，2]．
方法4：数形结合法
核心提示·精归纳
一些含有几何背景的填空题，若能“数中思形”“以形助数”，则往往可以借助图形的直观性，迅速作出判断，简捷地解决问题，得出正确的结果，Venn图、三角函数线、函数的图象及方程的曲线等，都是常用的图形．
典例研析·悟方法
典例7 (2023·浙江高三校联考开学考试)三棱锥A－BCD内接于半径为的球O，且AB＝2，则三棱锥A－BCD体积的最大值为 .
【分析】 设O到CD的距离为d0，点M到直线CD的距离为d，则d≤d0＋OM，所以S△MCD≤×CD×(d0＋4)，利用函数导数求出面积最大值，从而根据锥体的体积公式即可求解．
【解析】 如图，取AB的中点为M，则OM＝＝4，设O到CD的距离为d0，点M到直线CD的距离为d，A，B两点到平面MCD的距离分别为h1，h2，则CD＝2，d≤d0＋4，所以S△MCD≤×2×(d0＋4)＝，令f(x)＝(30－x2)×(x＋4)2，则f′(x)＝－4(x＋5)(x＋4)(x－3)，所以当x＝3时，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＝，当且仅当MC＝MD＝，且AB⊥平面MCD时取等号．
典例8 (2023·全国模拟预测)已知函数f(x)＝xln(2x)－ax2－x有两个极值点，则实数a的取值范围是 .
【分析】 由函数f(x)有两个极值点，对f(x)求导，设出新函数g(t)＝，讨论新函数的单调性及值域，即可得到实数a的取值范围．
【解析】 由题意，在f(x)＝xln(2x)－ax2－x中，f(x)有两个极值点，∴f′(x)＝ln 2x－2ax＝0有两个不相等的实数根，∴关于x的方程a＝有两个不相等的实数根，记t＝2x>0，设g(t)＝，则直线y＝a与函数g(t)的图象有两个不同的交点．在g(t)＝中，g′(t)＝，令g′(t)＝0，得t＝e，当00；当t>e时，g′(t)<0.∴g(t)＝在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴g(t)max＝g(e)＝，易知g(1)＝0，当t→0＋时，g(t)→－∞，当t→＋∞时，g(t)→0，作出函数g(t)的大致图象如图所示，数形结合可得0方法5：构造法
核心提示·精归纳
构造法解填空题的关键是由条件和结论的特殊性构造出数学模型，从而简化推导与运算过程，构造法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的，首先应观察题目，观察已知(例如代数式)形式上的特点，然后积极调动思维，联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型，深刻地了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景)，从而构造几何、函数、不等式、数列、向量等具体的数学模型，从而转化为自己熟悉的问题，达到快速解题的目的．
利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造．构造辅助函数常根据导数法则进行：如f′(x)典例研析·悟方法
典例9 数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝－，an＝2an＋1＋1(n∈N*)，则an＝ n－1 ；若Sn＋n【分析】 (1)根据题意，构造数列等比数列{an＋1}，由其通项公式，即可求得an；(2)由{an}的通项公式，结合等比数列的前n项和公式，求得Sn，利用指数函数的单调性求解函数最值，即可求得参数的最值．
【解析】 因为a1＝－，an＝2an＋1＋1，则an＋1＝2(an＋1＋1)，故{an＋1}为首项a1＋1＝，公比为的等比数列，则an＋1＝n，则an＝n－1；又Sn＝＋2＋3＋…＋n－n＝－n＝1－n－n，则Sn＋n1－k，又n∈，故只需1－k≤0，即k≥1，又k∈N*，故k的最小值为1.
典例10 已知函数f(x)＝，则函数g(x)＝3－f[f(x)]的所有零点之积等于_－3__.
【解析】 求函数g(x)＝3－f[f(x)]的所有零点，则等价于求方程f[f(x)]＝3的根，当x≤0时，f(x)＝2x>0，则f[f(x)]＝|log22x|＝－x＝3，解得x＝－3；当x>0且x≠1时，f(x)＝|log2x|>0，则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；当x＝1时，f(1)＝|log21|＝0，f[f(1)]＝20＝1，不符合题意．综上，－3××256××＝－3.第3讲 创新情境与数学文化
1. (2022·全国新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝( D )
A．0.75 B．0.8
C．0.85 D．0.9
【解析】 设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，由题意得k1＝k3－0.2，k2＝k3－0.1，且＝0.725，解得k3＝0.9，故选D.
2. (2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( C )
A． B．
C． D．
【解析】 如图，取CD的中点E，设CD＝a，PE＝b，则PO＝＝，由题意PO2＝ab，即b2－＝ab，化简得42－2·－1＝0，解得＝(负值舍去)．故选C．
3. (2020·全国Ⅱ卷)如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤iA．5 B．8
C．10 D．15
【解析】 根据题意可知，原位大三和弦满足：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.原位小三和弦满足：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.故个数之和为10.故选C．
4. (2019·全国Ⅰ卷)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，下图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( A )
A． B．
C． D．
【解析】 所有重卦共有26＝64种可能，其中满足恰有3个阳爻的有C＝20种，故概率为＝.故选A．
5. (2019·全国Ⅱ卷)2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行．L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：＋＝(R＋r).设α＝，由于α的值很小，因此在近似计算中≈3α3，则r的近似值为( D )
A．R B．R
C．R D．R
【解析】 由α＝，得r＝αR，因为＋＝(R＋r)，所以＋＝(1＋α)，即＝α2＝≈3α3，解得α＝，所以r＝αR＝R.故选D.
6. (2019·全国Ⅱ卷)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有_26__个面，其棱长为 －1 .
【解析】 由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18＋8＝26个面．如图，设该半正多面体的棱长为x，则AB＝BE＝x，延长CB与FE交于点G，延长BC交正方体棱于H，由半正多面体对称性可知，△BGE为等腰直角三角形，∴BG＝GE＝CH＝x，∴GH＝2×x＋x＝(＋1)x＝1，∴x＝＝－1，即该半正多面体棱长为－1.
1．创新型数学问题从形式上看很“新”，其提供的观察材料和需要思考的问题异于常规试题，需要考生具有灵活、创新的思维能力，善于进行发散性、求异性思考，寻找对材料内涵的解释和解决问题的办法．此类问题考查的内容都在考纲要求的范围之内，即使再新，也是在考生“力所能及”的范围内．只要拥有扎实的数学基础知识，以良好的心态坦然面对新情境，便可轻松破解！
2．数学文化题一般是从中华优秀传统文化中挖掘素材，将数学文化与高中数学知识有机结合，要求考生对试题所提供的数学文化信息材料进行整理和分析，在试题营造的数学文化氛围中，感受数学的思维方式，体验数学的理性精神．
考法一 集合与逻辑用语
典例1 在数学漫长的发展过程中，数学家发现在数学中存在着神秘的“黑洞”现象．数学黑洞：无论怎样设值，在规定的处理法则下，最终都将得到固定的一个值，再也跳不出去，就像宇宙中的黑洞一样．目前已经发现的数字黑洞有“123黑洞”“卡普雷卡尔黑洞”“自恋性数字黑洞”等．定义：若一个n位正整数的所有数位上数字的n次方和等于这个数本身，则称这个数是自恋数．已知所有一位正整数的自恋数组成集合A，集合B＝{x|－3A．3 B．4
C．7 D．8
【解析】 依题意，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的子集个数为8.故选D.
典例2 (2023·云南曲靖)杜甫在《奉赠韦左丞丈二十二韵》中有诗句：“读书破万卷，下笔如有神．”对此诗句的理解是读书只有读透书，博览群书，这样落实到笔下，运用起来才有可能得心应手，如有神助一般，由此可得，“读书破万卷”是“下笔如有神”的( C )
A．充分不必要条件
B．充要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】 杜甫的诗句表明书读得越多，文章未必就写得越好，但不可否认的是，一般写作较好的人，他的阅读量一定不会少，而且所涉猎的文章范畴也会比一般读书人广泛．因此“读书破万卷”是“下笔如有神”的必要不充分条件．故选C．
考法二 三角函数与解三角形
典例3 (2023·湖南怀化)明朝早期，郑和七下西洋过程中，将中国古代天体测量方面所取得的成就创造性地应用于航海，形成了一套先进航海技术——“过洋牵星术”．简单地说，就是通过观测不同季节、时辰的日月星辰在天空运行的位置和测量星辰在海面以上的高度来判断方位．其采用的主要工具是牵星板，由12块正方形木板组成，最小的一块边长约2厘米(称一指)，木板的长度从小到大依次成等差数列，最大的边长约24厘米(称十二指)．观测时，将木板立起，一手拿着木板，手臂伸直，眼睛到木板的距离大约为72厘米，使牵星板与海平面垂直，让板的下缘与海平面重合，上边缘对着所观测的星辰，依高低不同替换、调整木板，当被测星辰落在木板上边缘时所用的是几指板，观测的星辰离海平面的高度就是几指，然后就可以推算出船在海中的地理纬度．如图所示，若在一次观测中，所用的牵星板为六指板，则tan 2α＝( A )
A． B．
C． D．
【解析】 设等差数列为{an}，则a1＝2厘米，a12＝24厘米，所以公差d＝＝＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋10＝12厘米，则tan α＝＝，则tan 2α＝＝＝.故选A．
典例4 (2022·全国高三校联考阶段练习)秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作《数书九章》中提出了已知三角形的三边求面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积．”以上文字用公式表示就是S＝，其中a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，S是△ABC的面积，在△ABC中，若a＝3，b＝5，c＝6，则△ABC的内切圆的面积为( C )
A． B．π
C． D．
【解析】 因为a＝3，b＝5，c＝6，所以S△ABC＝＝＝2.△ABC的周长l＝3＋5＋6＝14，设△ABC的内切圆半径为r，由S△ABC＝lr，解得r＝.所以△ABC的内切圆的面积为πr2＝.故选C．
考法三 数列
典例5 (2023·道里区校级四模)南宋杨辉在他1275年所著的《续古摘奇算法》中，对河图洛书的数学问题进行了详尽的研究，其中对3阶幻方的排列找出了一种奇妙的规律：“九子斜排，上下对易，左右相更，四维挺出，戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足．”即将1,2,3，…，9填入了3×3的方格内，使三行、三列、对角线的三个数之和都等于15，如图．一般地，将连续的正整数1,2,3，…，n2填入n×n个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形叫做n阶幻方．设n阶幻方的数的和(即方格内所有数的和)为Sn，则S6＝( D )
4 9 2
3 5 7
8 1 6
A．666 B．91
C．576 D．111
【解析】 根据题意，幻方的每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，Sn＝×[1＋2＋3＋…＋(n2－1)＋n2]＝×＝，故S6＝＝111.故选D.
典例6 (2023·四川宜宾统考模拟预测)南宋数学家杨辉给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)，则数列{n2－n}的前n项和为( 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＝，由题意可得：数列的前n项和为n(n＋1)(n＋2)，又∵n2－n＝2×－2n，∴数列的前n项和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)．故选A．
考法四 平面向量
典例7 (2023·云南高三云南师大附中校考阶段练习)窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的汉族传统民间艺术之一，它历史悠久，风格独特，深受国内外人士所喜爱．如图甲是一个正八边形窗花隔断，图乙是从窗花图中抽象出的几何图形示意图．已知正八边形ABCDEFGH的边长为2，M是正八边形ABCDEFGH边上任意一点，则·的最大值为( D )
A．30＋4 B．28＋8
C．26＋16 D．24＋16
【解析】 如图，取AB的中点O，连接MO，连接BE，OE，分别过点C，点D作BE的垂线，垂足分别为I，J，所以·＝(＋)·(＋)＝(＋)·(－)＝2－2＝2－2，当点M与点F或点E重合时，||取得最大值，易得四边形CDJI为矩形，△BCI，△DEJ为等腰直角三角形，则IJ＝2，BI＝EJ＝2，则BE＝4＋2，BO＝，2取得最大值为BO2＋BE2＝()2＋(4＋2)2＝26＋16，所以·的最大值为24＋16，故选D.
典例8 (2022·全国高三校联考阶段练习)黄金分割(Golden Section)是一种数学上的比例关系．黄金分割具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值．应用时一般取0.618，就像圆周率在应用时取3.14一样．高雅的艺术殿堂里，自然也留下了黄金数的足迹．人们还发现，一些名画、雕塑、摄影作品的主题，大多在画面的0.618处．艺术家们认为弦乐器的琴马放在琴弦的0.618处，能使琴声更加柔和甜美．黄金矩形(Golden Rectangle)的长宽之比为黄金分割率，换言之，矩形的长边为短边1.618倍．黄金分割率和黄金矩形能够给画面带来美感，令人愉悦．在很多艺术品以及大自然中都能找到它．希腊雅典的巴特农神庙就是一个很好的例子，达·芬奇的《维特鲁威人》符合黄金矩形．《蒙娜丽莎》中蒙娜丽莎的脸也符合黄金矩形，《最后的晚餐》同样也应用了该比例布局.2 000多年前，古希腊雅典学派的第三大算学家欧道克萨斯首先提出黄金分割．所谓黄金分割，指的是把长为L的线段分为两部分，使其中一部分对于全部之比，等于另一部分对于该部分之比，黄金分割比为≈0.618.其实有关“黄金分割”，我国也有记载，虽没有古希腊的早，但它是我国数学家独立创造的．如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，BF⊥AC，DH⊥AC，AE⊥BD，CG⊥BD，＝，则＝( D )
A．＋ B．＋
C．＋ D．＋
【解析】 ∵＝，显然BE＝DG，BO＝OD＝BD，所以＝＝，∴＝＝，∵＝＋＝＋＝＋(－)＝＋，∴＝＋，故选D.
考法五 空间几何
典例9 (2023·吉林四平)“阿基米德多面体”也称为半正多面体，半正多面体是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体．如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的．若被截正方体的棱长为40 cm，则该阿基米德多面体的表面积为( 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】 由题意知，阿基米德多面体是由六个全等的正方形和八个全等的等边三角形构成，其中正方形边长和等边三角形的边长均为＝20；∴阿基米德多面体的表面积S＝6×(20)2＋8××20×20×＝4 800＋1 600(cm2)．故选A．
典例10 (2022·海南省直辖县级单位高三嘉积中学校考阶段练习)图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3.若曲侧面三棱柱的高为5，底面任意两顶点之间的距离为10，则其侧面积为( B )
A．100π B．50π
C．200π D．300π
【解析】 S＝×2π×10×3×5＝50π.故选B.
典例11 (2023·全国高三专题练习)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何模型．如图1，正方体的棱长为2，用一个底面直径为2的圆柱面去截该正方体，沿着正方体的前后方向和左右方向各截一次，截得的公共部分即是一个牟合方盖(如图2)．已知这个牟合方盖与正方体内切球的体积之比为4∶π，则正方体除去牟合方盖后剩余部分的体积为( C )
A．8－ B．8－
C． D．
【解析】 正方体的体积为23＝8，其内切球的体积为，由条件可知牟合方盖的体积为×＝，故正方体除去牟合方盖后剩余的部分体积为8－＝.故选C．
考法六 函数与导数
典例12 (2022·北京海淀高三北大附中校考阶段练习)成书于约两千多年前的我国古代数学典籍《九章算术》中记载了通过加减消元求解n元一次方程组的算法，直到拥有超强算力计算机的今天，这仍然是一种效率极高的算法．按照这种算法，求解n元一次方程组大约需要对实系数进行C·n3(C为给定常数)次计算.1949年，经济学家莱昂提夫为研究“投入产出模型”(该工作后来获得1973年诺贝尔经济学奖)，利用当时的计算机求解一个42元一次方程组，花了约56机时．事实上，他的原始模型包含500个未知数，受限于机器算力而不得不进行化简以减少未知数．如果不进行化简，根据未知数个数估计所需机时，结果最接近于( C )
A．103机时 B．104机时
C．105机时 D．106机时
【解析】 设1机时能进行a次计算，则由题意得C·423≈56a，原始模型包含500个未知数，如果不进行化简，设所需机时为t，则C·5003≈ta，故t≈×56＝＝×105≈0.94×105，故结果最接近于105机时，故选C．
典例13 (多选)(2023·江苏盐城)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，也称为取整函数，例如：[－1.5]＝－2，[2.3]＝2，下列函数中，满足函数y＝[f(x)]的值域中有且仅有两个元素的是( ACD )
A．f(x)＝ B．f(x)＝x＋，x∈
C．f(x)＝|log2x|，x∈ D．f(x)＝
【解析】 当x≤0时，f(x)∈(－1,0]，[f(x)]∈{－1,0}；当x>0时，f(x)∈(0,1)，[f(x)]∈{0}，故y＝[f(x)]的值域为{－1,0}，A满足题意；f(x)＝x＋，x∈在单调递减，在(1,2)单调递增，又f＝f(2)＝，f(1)＝2，故f(x)∈，则y＝[f(x)]∈{2}，即y＝[f(x)]的值域为{2}，不满足题意；下证f(x)＝x＋在单调递减：在上任取x1f(x2)，故f(x)＝x＋在上单调递减，同理f(x)在(1,2)单调递增，B不满足题意；y＝log2x，x∈，则log2x∈(－log23,1)，故f(x)∈[0，log23)，又10，则2x＋1>1，∈(0,2)，1－∈(－1,1)，即y＝f(x)的值域为(－1,1)，[f(x)]∈{－1,0}，则y＝[f(x)]的值域为{0,1}，D满足题意．故选ACD.
考法七 统计概率
典例14 (2023·辽宁葫芦岛高一统考期末)张益唐是当代著名华人数学家，他在数论研究方面取得了巨大成就，曾经在《数学年刊》发表《质数间的有界间隔》，证明了存在无穷多对质数间隙都小于7 000万.2013年张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式，孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一，可以这样描述，存在无穷多个素数p，使得p＋2是素数，素数对(p，p＋2)称为孪生素数，在不超过12的素数中，随机选取两个不同的数，能够组成孪生素数的概率是( B )
A． B．
C． D．
【解析】 不超过12的素数有2、3、5、7、11共5个，在其中任取两个数的基本事件为(2,3)、(2,5)、(2,7)、(2,11)、(3,5)、(3,7)、(3,11)、(5,7)、(5,11)、(7,11)共10个，其中是孪生素数的基本事件为(3,5)、(5,7)共2个，所以在不超过12的素数中，随机选取两个不同的数，能够组成孪生素数的概率为＝.故选B.
典例15 (2023·全国高三专题练习)我们的祖先创造了一种十分重要的计算方法：筹算．筹算用的算筹是竹制的小棍，也有骨制的．据《孙子算经》记载，算筹记数法则是：凡算之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万百相当．即在算筹计数法中，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，如图所示，例如：表示62，表示26，现有5根算筹，据此表示方式表示两位数(算筹不剩余且个位不为0)，则这个两位数大于40的概率为( B )
A． B．
C． D．
【解析】 根据题意可知：一共5根算筹，十位和个位上可用的算筹可以分为4＋1,3＋2,2＋3,1＋4共四类情况；第一类：4＋1，即十位用4根算筹，个位用1根算筹，那十位可能是4或者8，个位为1，则两位数为41或者81；第二类：3＋2，即十位用3根算筹，个位用2根算筹，那十位可能是3或者7，个位可能为2或者6，故两位数可能32,36,72,76；第三类：2＋3，即十位用2根算筹，个位用3根算筹，那么十位可能是2或者6，个位可能为3或者7，故两位数可能是23,27,63,67；第四类：1＋4，即十位用1根算筹，个位用4根算筹，那么十位为1，个位可能为4或者8，则该两位数为14或者18，综上可知：所有的两位数有14,18,23,27,32,36,41,63,67,72,76,81共计12个，其中大于40的有41,63,67,72,76,81共计6个，故这个两位数大于40的概率为＝，故选B.
考法八 复数
典例16 (2023·全国高三专题练习)人们对数学研究的发展一直推动着数域的扩展，从正数到负数、从整数到分数、从有理数到实数等等.16世纪意大利数学家卡尔丹和邦贝利在解方程时，首先引进了i2＝－1,17世纪法国数学家笛卡儿把i称为“虚数”，用a＋bi(a、b∈R)表示复数，并在直角坐标系上建立了“复平面”．若复数z满足方程z2＋2z＋5＝0，则z＝( C )
A．－1＋2i B．－2－i
C．－1±2i D．－2±i
【解析】 设z＝a＋bi(a，b∈R)，因z2＋2z＋5＝0，则(a＋bi)2＋2(a＋bi)＋5＝0，即(a2－b2＋2a＋5)＋2b(a＋1)i＝0，而a，b∈R，则解得所以z＝－1±2i.故选C．
典例17 (2023·全国高三专题练习)欧拉公式eix＝cos x＋isin x(其中i是虚数单位，e是自然对数的底数)是数学中的一个神奇公式．根据欧拉公式，复数z＝ei在复平面上所对应的点在( A )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【解析】 由欧拉公式，z＝ei＝cos 1＋isin 1在复平面内对应点(cos 1，sin 1)在第一象限．故选A．
考法九 不等式
典例18 《几何原本》卷Ⅱ的几何代数法成了后世西方数学家处理数学问题的重要依据．通过这一原理，很多代数的定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OF⊥AB，设AC＝a，BC＝b，可以直接通过比较线段OF与线段CF的长度完成的无字证明为( 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】 由图形可知，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)，故选C．
典例19 (2023·四川成都)十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“＝”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次命题正确的是使用“＜”和“＞”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若a，b，c∈R，则下列命题正确的是( D )
A．若a＜b，则>
B．若a＞b＞0，则<
C．若a＞b，则ac2>bc2
D．若ac2>bc2，则a＞b
【解析】 当a<00，所以>，所以选项B错误；c＝0时，ac2＝bc2，所以选项C错误；ac2>bc2时，a>b，所以选项D正确．故选D.
考法十 解析几何
典例20 (多选)(2023·全国高三专题练习)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆”．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系xOy中，A(－1,0)，B(2,0)，点P满足＝.点P的轨迹为曲线C，下列结论正确的是( AB )
A．曲线C的方程为(x＋4)2＋y2＝18
B．曲线C被y轴截得的弦长为2
C．直线x＋y－4＝0与曲线C相切
D．P是曲线C上任意一点，当△ABP的面积最大时点P的坐标为(－2，±3)
【解析】 设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，故选项A正确；因为(x＋4)2＋y2＝18，令x＝0得y＝±，曲线C被y轴截得的弦长为2，故选项B正确；因为(x＋4)2＋y2＝18，所以圆心C(－4,0)，半径r＝3，所以圆心C(－4,0)到直线x＋y－4＝0的距离d＝＝4>3，所以直线x＋y－4＝0与曲线C相离，故选项C错误；因为P是曲线C上任意一点，要使△ABP的面积最大，则曲线C上的点到x轴的距离最大，即△ABP的边AB上的高等于圆的半径3时，△ABP的面积最大，此时点P的坐标为(－4，±3)，故选项D错误．故选AB.
典例21 (2023·全国高三专题练习)第24届冬季奥林匹克运动会，已于2022年2月在北京和张家口举行，北京冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，运用中国书法的艺术形态，将厚重的东方文化底蕴与国际化的现代风格融为一体，呈现出新时代的中国新形象、新梦想．会徽图形上半部分展现滑冰运动员的造型，下半部分表现滑雪运动员的英姿．中间舞动的线条流畅且充满韵律，代表举办地起伏的山峦、赛场、冰雪滑道和节日飘舞的丝带，下部为奥运五环，不仅象征五大洲的团结，而且强调所有参赛运动员应以公正、坦诚的运动员精神在比赛场上相见．其中奥运五环的大小和间距按以下比例(如图)：若圆半径均为12，则相邻圆圆心水平距离为26，两排圆圆心垂直距离为11，设五个圆的圆心分别为O1，O2，O3，O4，O5，若双曲线C以O1，O3为焦点、以直线O2O4为一条渐近线，则C的离心率为( B )
A． B．
C． D．
【解析】 依题意，以点O2为原点，直线O1O3为x轴建立平面直角坐标系，如图，点O4(－13，－11)，设双曲线C的方程为－＝1(a>0，b>0)，其渐近线为y＝±x，因直线O2O4为一条渐近线，则有＝，双曲线C的离心率为e＝＝＝＝.故选B.
1. (2023·天津)荀子曰：“故不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”这句来自先秦时期的名言阐述了做事情不一点一点积累，就永远无法达成目标的哲理．由此可得，“积跬步”是“至千里”的( B )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】 由题意可得：“积跬步”未必能“至千里”，但要“至千里”必须“积跬步”，故“积跬步”是“至千里”的必要不充分条件．故选B.
2. (2022·内蒙古赤峰高三统考阶段练习)
材料一：已知三角形三边长分别为a，b，c，则三角形的面积为S＝，其中p＝.这个公式被称为海伦一秦九韶公式．
材料二：阿波罗尼奥斯(Apollonius)在《圆锥曲线论》中提出椭圆定义：我们把平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆．
根据材料一或材料二解答：已知△ABC中，BC＝6，AB＋AC＝10，则△ABC面积的最大值为( C )
A．6 B．10
C．12 D．20
【解析】 令AB＝x，则AC＝10－x且BC＝6，故x∈(2,8)，而p＝＝8，所以△ABC面积S＝＝，当x＝5时，Smax＝12.故选C．
3. (2022·河南高三校联考阶段练习)在计算机尚未普及的年代，人们在计算三角函数时常常需要查表得到正弦和余弦值，三角函数表的制作最早可追测到古希腊数学家托勒密．下面给出了正弦表的一部分，例如，通过查表可知2°12′的正弦值为0.038 4,30°54′的正弦值为0.513 5，等等．则根据该表，416.5°的余弦值为( 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】 由题意，cos 416.5°＝cos 56.5°＝sin 33.5°＝sin 33°30′，查表可知sin 33°30′＝0.551 9.故选B.
4. (2022·浙江校联考模拟预测)我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了影长l与太阳天顶距θ(0°≤θ<180°)的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表．根据三角学知识可知，晷影长l等于表高h与太阳天顶距θ正切值的乘积，即l＝htan θ.对同一“表高”测量两次，第一次和第二次太阳天顶距分别为α，β，若第一次的“晷影长”是“表高”的3倍，且tan(α－β)＝，则第二次的“晷影长”是“表高”的( A )
A．1倍 B．倍
C．倍 D．倍
【解析】 由第一次的“晷影长”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“晷影长”是“表高”的1倍．故选A．
5. (2022·云南高三校联考阶段练习)“易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦．”太极和八卦组合成了太极八卦图(如图1)．某太极八卦图的平面图如图2所示，其中正八边形的中心与圆心重合，O是正八边形的中心，MN是圆O的一条直径，且正八边形ABCDEFGH内切圆的半径为2＋2，|AB|＝|MN|＝4.若点P是正八边形ABCDEFGH边上的一点，则·的取值范围是( D )
A．[2，4] B．[2，2]
C．[12＋8，16＋8] D．[8＋8，12＋8]
【解析】 如图，连接PO.因为＝＋，＝＋＝－，所以·＝(＋)·(－)＝2－2.因为正八边形ABCDEFGH内切圆的半径为2＋2，||＝4，所以2＋2≤||≤.因为|MN|＝4，所以||＝2，所以8＋8≤2－2≤12＋8，即·的取值范围是[8＋8，12＋8]．故选D.
6. (2022·北京)在椭圆C：＋＝1(a>b>0)中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆Γ：x2＋y2＝a2＋b2上，称此圆为该椭圆的蒙日圆．该图由法国数学家G-Monge(1746—1818)最先发现．若椭圆C的离心率为e，左、右焦点分别为F1、F2，P为椭圆C上一动点，过P和原点作直线l与蒙日圆Γ相交于M，N，则＝( B )
A． B．1
C．e2 D．以上答案均不正确
【解析】 令|PF1|·|PF2|＝m，因为|PF1|＋|PF2|＝2a，则|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则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，故选B.
7. (2022·全国高三专题练习)2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观．理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线．如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程．已知图①中正三角形的边长为6，则图③中·的值为( A )
A．24 B．6
C．6 D．6
【解析】 在图③中，以O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，||＝4，＝＝(2,2)，||＝，即＝，||＝，由分形知PN∥OM，所以＝，所以＝＋＋＝，所以·＝2×5＋2×＝24.故选A．
8. (2022·广东深圳)享有“数学王子”称号的德国数学家高斯，是近代数学奠基者之一，y＝[x]被称为“高斯函数”，其中x∈R，[x]表示不超过x的最大整数，例如：[2.1]＝2，[3]＝3，[－1.5]＝－2，设x0为函数f(x)＝x＋lg x－5的零点，则[x0]＝( B )
A．3 B．4
C．5 D．6
【解析】 因为函数f(x)＝x＋lg x－5在(0，＋∞)上单调递增，且f(4)＝lg 4－1<0，f(5)＝lg 5>0，则存在唯一零点x0∈(4,5)，使得f(x0)＝0，由高斯函数的定义可知，[x0]＝4.故选B.
9. (2023·山西忻州)拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数f(x)在闭区间[a，b]上的图象连续不间断，在开区间(a，b)内的导数为f′(x)，那么在区间(a，b)内至少存在一点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“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数f(x)＝(x－2)ln x在[1,2]上的“拉格朗日中值点”的个数为( B )
A．0 B．1
C．2 D．3
【解析】 f′(x)＝1＋ln x－，令x0为函数f(x)＝(x－2)ln x在[1,2]上的“拉格朗日中值点”，则1＋ln x0－＝＝0，令g(x)＝1＋ln x－，则g′(x)＝＋>0在[1,2]上恒成立，故g(x)＝1＋ln x－在[1,2]上单调递增，又g(1)＝1－2＝－1<0，g(2)＝1＋ln 2－1＝ln 2>0，由零点存在性定理可得：存在唯一的x0∈[1,2]，使得g(x0)＝0.故选B.
10. (2022·湖北武汉)正整数1,2,3，…，n的倒数的和1＋＋＋…＋已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式；当n很大时1＋＋＋…＋≈ln n＋γ.其中γ称为欧拉—马歇罗尼常数，γ≈0.577 215 664 901…，至今为止都不确定γ是有理数还是无理数．设[x]表示不超过x的最大整数．用上式计算的值为(参考数据：ln 2≈0.69，ln 3≈1.10，ln 10≈2.30)( B )
A．7 B．8
C．9 D．10
【解析】 由题意知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高频考点 高考预测
集合的含义、集合之间的基本关系、集合的运算 高考对集合的考查主要是集合的含义、集合之间的基本关系和集合的运算，并且以集合的运算为主．试题往往与不等式的解集、函数的定义域、方程的解集．对常用逻辑用语的考查主要是，充要条件的判断、命题真假的判断为主，对含有量词的命题的否定也是一个值得注意的考点.
充要条件
全称量词命题、存在量词命题
1. (2022·全国乙卷理科)设全集U＝{1,2,3,4,5}，集合M满足 UM＝{1,3}，则( A )
A．2∈M B．3∈M
C．4 M D．5 M
【解析】 由题知M＝{2,4,5}，对比选项知，A正确，B、C、D错误．故选A．
2. (2022·全国甲卷理科)设全集U＝{－2，－1,0,1,2,3}，集合A＝{－1,2}，B＝{x|x2－4x＋3＝0}，则 U(A∪B)＝( D )
A．{1,3} B．{0,3}
C．{－2,1} D．{－2,0}
【解析】 由题意，B＝{x|x2－4x＋3＝0}＝{1,3}，所以A∪B＝{－1,1,2,3}，所以 U(A∪B)＝{－2,0}．故选D.
3. (2023·全国甲卷理科)“sin2α＋sin2β＝1”是“sin α＋cos β＝0”的( B )
A．充分条件但不是必要条件
B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件
D．既不是充分条件也不是必要条件
【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”的必要不充分条件，故选B.
4. (2023·全国新高考Ⅰ卷)已知集合M＝{－2，－1,0,1,2}，N＝{x|x2－x－6≥0}，则M∩N＝( C )
A．{－2，－1,0,1} B．{0,1,2}
C．{－2} D．{2}
【解析】 先把集合N表示出来，再根据交集的定义计算即可．∵x2－x－6≥0，∴(x－3)(x＋2)≥0，∴x≥3或x≤－2，N＝(－∞，－2]∪[3，＋∞)，则M∩N＝{－2}．故选C．
5. (2023·全国新高考Ⅱ卷)设集合A＝{0，－a}，B＝{1，a－2,2a－2}，若A B，则a＝( B )
A．2 B．1
C． D．－1
【解析】 根据题意可得a－2＝0或2a－2＝0，然后讨论求得a的值，再验证即可．依题意，a－2＝0或2a－2＝0，当a－2＝0时，解得a＝2，此时A＝{0，－2}，B＝{1,0,2}，不符合题意；当2a－2＝0时，解得a＝1，此时A＝{0，－1}，B＝{1，－1,0}，符合题意．故选B.
6. (2023·全国甲卷理科)设集合A＝{x|x＝3k＋1，k∈Z}，B＝{x|x＝3k＋2，k∈Z}，U为整数集，则 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为整数集，∴ U(A∪B)＝{x|x＝3k，k∈Z}．故选A．
7. (2023·全国乙卷理科)设集合U＝R，集合M＝{x|x＜1}，N＝{x|－1＜x＜2}，则{x|x≥2}＝( A )
A． U(M∪N) B．N∪ UM
C． U(M∩N) D．M∪ UN
【解析】 由题意：M∪N＝{x|x＜2}，又U＝R，∴ U(M∪N)＝{x|x≥2}．故选A．
8. (2023·全国甲卷文科)设全集U＝{1,2,3,4,5}，集合M＝{1,4}，N＝{2,5}，则N∪ UM＝( A )
A．{2,3,5} B．{1,3,4}
C．{1,2,4,5} D．{2,3,4,5}
【解析】 因为U＝{1,2,3,4,5}，集合M＝{1,4}，N＝{2,5}，所以 UM＝{2,3,5}，则N∪ UM＝{2,3,5}．故选A．
1.集合运算中的常用方法
(1)数轴法：若已知集合是不等式的解集，用数轴法求解．
(2)数形结合法：若已知集合是点集，用图象法求解．
(3)Venn图法：若已知的集合是抽象集合，用Venn图法求解．
(4)间接法：根据选项的差异性，选取特殊元素进行验证．
【提醒】 谨防“两个误区”
(1)化简集合时注意元素的特定范围(如集合中x∈N.x∈Z)．
(2)在解决含参数的集合问题时，注意几何元素的互异性．
2.判断充分、必要条件的方法
(1)定义法：利用定义转化为两个简单命题“若p，则q”与“若q，则p”的真假判断．
(2)集合法：转化为与p，q对应的两个集合之间的关系进行判断．
【提醒】 谨防“一个误区”
充分、必要条件的判断要注意区分两种表述：“p是q的充分不必要条件”与“p的一个充分不必要条件是q”．
一、单项选择题(共8小题)
1. (2023·西城区二模)已知集合A＝{x|－1≤x≤1}，B＝{x|3x＜1}，则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]．故选D.
2. (2023·乌鲁木齐模拟)已知集合A＝{x|－1＜x＜5}，B＝{2,3,4}，则A∩B＝( B )
A．{2} B．{2,3,4}
C．{3,4,5} D．{2,3,4,5}
【解析】 因为A＝{x|－1＜x＜5}，B＝{2,3,4}，所以A∩B＝{2,3,4}．故选B.
3. (2023·晋中二模)设集合U＝{0,1,2,3,4,5}，A＝{x|x2－7x＋12＝0}，B＝{1,3,5}，则 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}，则A∪B＝{1,3,4,5}， U(A∪B)＝{0,2}．故选A．
4. (2023·德州三模)已知集合A＝{x|x2－4≤0}，B＝{x||x－a|＜1}，若B A，则a的取值范围是( 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}，因为B A，所以解得－1≤a≤1.故选B.
5. (2023·烟台一模)已知集合A＝{x|a＜x＜a＋2}，B＝{x|y＝ln(6＋x－x2)}，且A B，则( 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}≠ ，因为A B，所以解得－2≤a≤1.故选C．
6. (2023·辽宁模拟)“a＋1＞b－2”是“a＞b”的( B )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】 由a＋1＞b－2，可得a＞b－3，由a＞b－3不能够推出a＞b，故“a＋1＞b－2”是“a＞b”的不充分条件，由a＞b，可推出a＞b－3成立，故“a＋1＞b－2”是“a＞b”的必要条件，综上“a＋1＞b－2”是“a＞b”的必要不充分条件，故选B.
7. (2023·泉州期末)已知集合M＝{0,1,2}，N＝{－1，0,1,2}，则“a∈M”是“a∈N”的( A )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】 因为M N，所以“a∈M” “a∈N”，但“a∈N”推不出“a∈M”，所以“a∈M”是“a∈N”的充分不必要条件．故选A．
8. (2023·西宁二模)已知命题p： x∈R，x2＋2x＋2－a＜0，若p为假命题，则实数a的取值范围为( D )
A．(1，＋∞) B．[1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1]
【解析】 因为命题p： x∈R，x2＋2x＋2－a＜0，所以 p： x∈R，x2＋2x＋2－a≥0，又因为p为假命题，所以 p为真命题，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.故选D.
二、多项选择题(共4小题)
9. (2023·抚松县校级模拟)若对任意x∈A，∈A，则称A为“影子关系”集合，下列集合为“影子关系”集合的是( ABD )
A．{－1,1} B．
C．{x|x2＞1} D．{x|x＞0}
【解析】 对于集合{1，－1}，当x＝1时，＝1，当x＝－1时，＝－1显然A符合题意；对于集合，x＝2时，＝，当x＝时，＝2，显然B符合题意；{x|x2＞1}＝{x|x＞1或x＜－1}，取x＝2时， A，C不符合题意；{x|x＞0}，任取x＞0，则＞0，显然D符合题意；故选ABD.
10. (2023·沙坪坝区校级模拟)设Z表示整数集，且集合M＝{m|m＝5k－2，k∈Z}，N＝{n|n＝10k＋8，k∈Z}，则( 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，则2k＋2∈Z，即N中元素都是M中元素，有N M，而对于集合M，当k＝1时，m＝3，故3∈M，但3 N，∴N?M，由N?M，有M∪N＝M，A选项正确；M∩N＝N，B选项错误；由N?M，有( ZM)?( ZN)，∴( ZN)∪N＝Z，( ZM)∪N≠Z，C选项错误，D选项正确．故选AD.
11. (2023·安宁市校级模拟)下列命题的否定中，是真命题的有( BD )
A．某些平行四边形是菱形
B． x∈R，x2－3x＋3＜0
C． x∈R，|x|＋x2≥0
D． x∈R，x2－ax＋1＝0有实数解
【解析】 对于A，某些平行四边形是菱形，是真命题；对于B，Δ＝9－12＝－3＜0，则原命题是假命题；对于C， x∈R，|x|＋x2≥0，是真命题；对于D，只有Δ＝a2－4≥0，即a≤－2或a≥2时，x2－ax＋1＝0有实数解，是假命题；根据原命题和它的否定真假相反的法则判断，选项BD中，原命题的否定是真命题．故选BD.
12. (2023·五华区校级模拟)已知条件p：{x|x2＋x－6＝0}，条件q：{x|xm＋1＝0}，且p是q的必要条件，则m的值可以是( BCD )
A． B．
C．－ D．0
【解析】 设A＝{x|x2＋x－6＝0}＝{－3,2}，B＝{x|xm＋1＝0}，因为p是q的必要条件，所以B A，①当B＝ 时，由mx＋1＝0无解可得m＝0，符合题意；②当B≠ 时，B＝{2}或B＝{－3}，若B＝{2}时，由2m＋1＝0解得m＝－，若B＝{－3}时，由－3m＋1＝0解得m＝.综上，m的取值为0，－，.故选BCD.
三、填空题(共4小题)
13. (2023·黄浦区二模)设集合A＝{1,3,5,7,9}，B＝{x|2≤x≤5}，则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·运城三模)若命题“ x0∈R，a＝|x|＋1”为真命题，则实数a的取值范围为_[1，＋∞)__.(用区间表示)
【解析】 因为|x|＋1≥1，即函数y＝|x|＋1的值域为[1，＋∞)，所以实数a的取值范围为[1，＋∞)．
15. (2023·船营区校级模拟)已知命题p： x∈(0,3)，x2－a－2ln x≤0.若p为假命题，则a的取值范围为_(－∞，1)__.
【解析】 ∵p为假命题，∴ p： x∈(0,3)，x2－a－2ln x＞0为真命题，故a＜x2－2ln x，令f(x)＝x2－2ln x，x∈(0,3)，则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)上单调递减，在(1,3)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1，所以a＜1.
16. (2023·厦门模拟)设集合A＝{x|1≤x≤3}，集合B＝{x|y＝}，若A?C?B，写出一个符合条件的集合C＝_[1,4](答案不唯一)__.
【解析】 A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|x≥1}，故若A?C?B，则可有C＝[1,4]．第5讲 复数、平面向量
高频考点 高考预测
复数概念、复数四则运算和复数的几何意义 在高考中主要是考查复数的运算、复数的几何意义、平面向量基本定理和数量积的应用，都是必考内容.
平面向量基本定理及基本运算
平面向量的数量积及其应用
1. (2023·全国新课标Ⅰ卷)已知z＝，则z－＝( A )
A．－i B．i
C．0 D．1
【解析】 z＝＝·＝·＝－i，则＝i，故z－＝－i.故选A.
2. (2023·全国新课标Ⅰ卷)已知向量a＝(1,1)，b＝(1，－1)．若(a＋λb)⊥(a＋μb)，则( 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.故选D.
3. (2023·全国新课标Ⅱ卷)在复平面内，(1＋3i)(3－i)对应的点位于( 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，则在复平面内，(1＋3i)(3－i)对应的点的坐标为(6,8)，位于第一象限．故选A.
4. (2023·全国甲卷理科)若复数(a＋i)(1－ai)＝2，a∈R，则a＝( C )
A．－1 B．0
C．1 D．2
【解析】 根据复数的运算法则和复数相等的定义，列方程组求出a的值．因为复数(a＋i)(1－ai)＝2，所以2a＋(1－a2)i＝2，即解得a＝1.故选C.
5. (2023·全国甲卷理科)向量|a|＝|b|＝1，|c|＝，且a＋b＋c＝0，则cos(a－c，b－c)＝( D )
A．－ B．－
C． D．
【解析】 因为向量|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)＝＝＝.故选D.
6. (2023·全国乙卷理科)设z＝，则＝( B )
A．1－2i B．1＋2i
C．2－i D．2＋i
【解析】 ∵i2＝－1，i5＝i，∴z＝＝＝1－2i，∴＝1＋2i.故选B.
7. (2023·全国乙卷文科)已知向量a＝(3,1)，b＝(2,2)，则cos(a＋b，a－b)＝( B )
A. B．
C． D．
【解析】 根据题意，向量a＝(3,1)，b＝(2,2)，则a＋b＝(5,3)，a－b＝(1，－1)，则有|a＋b|＝＝，|a－b|＝＝，(a＋b)·(a－b)＝2，故cos(a＋b，a－b)＝＝＝.故选B.
8. (2022·全国甲卷理科)若z＝－1＋i，则＝( C )
A．－1＋i B．－1－i
C．－＋i D．－－i
【解析】 ∵z＝－1＋i，∴z·＝|z|2＝[]2＝4，则＝＝－＋i.故选C.
9. (2022·全国乙卷理科)已知z＝1－2i，且z＋a＋b＝0，其中a，b为实数，则( A )
A．a＝1，b＝－2 B．a＝－1，b＝2
C．a＝1，b＝2 D．a＝－1，b＝－2
【解析】 因为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.故选A.
10. (2022·全国乙卷理科)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝，|a－2b|＝3，则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.故选C.
11. (2022·全国新高考Ⅰ卷)在△ABC中，点D在边AB上，BD＝2DA.记＝m，＝n，则＝( B )
A．3m－2n B．－2m＋3n
C．3m＋2n D．2m＋3n
【解析】 因为点D在边AB上，BD＝2DA，所以＝2，即－＝2(－)，所以＝3－2＝3n－2m＝－2m＋3n.故选B.
12. (2022·全国新高考Ⅱ卷)已知向量a＝(3,4)，b＝(1,0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，则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，故选C.
13. (2023·全国新课标Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a－b|＝，|a＋b|＝|2a－b|，则|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.复数相关概念与运算技巧
(1)待定系数法：设z＝a＋bi(a，b∈R)，解决与复数的模、共轭复数、复数相等有关的代数式的运算．
(2)运算法则：复数的运算法则本质等同于多项式的运算法则，充分利用复数与其共轭复数之积等于模的平方进行化解．
(3)几何法：解决复数模的最值问题，利用复数的几何意义转化为平面图形中的最值问题求解．
【提醒】 谨防“两个误区”
(1)复数z＝a＋bi(a，b∈R)的虚部是b，注意区分虚部与纯虚数．
(2)求复数z＝a＋bi(a，b∈R)的模不要忘记开方．
2.用向量法解决平面几何问题的两种方法：
(1)基向量法：选取适当的基底(基底中的向量尽量已知模或角)，将题中涉及的向量用基底表示，利用向量的运算法则．运算律或性质计算．
(2)坐标法：建立平面直角坐标系，实现向量坐标化，将几何问题中的长度、垂直、平行等问题转化为代数运算．
【提醒】 谨慎“一个问题”
向量m，n夹角为锐角(钝角)是m·n>0(m·n<0)的充分不必要条件．
一、单项选择题(共8小题)
1. (2023·内蒙古赤峰统考模拟预测)已知a∈R，(5＋ai)i＝1＋5i(i为虚数单位)，则a＝( A )
A．－1 B．1
C．－3 D．3
【解析】 由题意知，(5＋ai)i＝－a＋5i＝1＋5i，则a＝－1.故选A.
2. (2023·浙江永嘉中学校联考模拟预测)若1＋2i＝iz(i为虚数单位)，则|z|＝( B )
A．5 B．
C． D．
【解析】 由1＋2i＝iz得z＝＝2－i，所以|z|＝＝，故选B.
3. (2023·陕西西安校考模拟预测)已知复数z满足z＝2＋，其中i为虚数单位，则z的共轭复数在复平面内所对应的点在( 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的共轭复数为＝2＋i，对应在复平面内的点为(2,1)，在第一象限，故选A.
4. (2023·四川南充校考模拟预测)在平行四边形ABCD中，G为△BCD的重心，＝x＋y，则3x＋y＝( C )
A. B．2
C． D．3
【解析】 如图，设AC与BD相交于点O，由G为△BCD的重心，可得O为BD的中点，CG＝2GO，则＝＋＝＋＝＝×(＋)＝＋，可得x＝y＝，故3x＋y＝.故选C.
5. (2023·吉林统考二模)平面向量a与b相互垂直，已知a＝(6，－8)，|b|＝5，且b与向量(1,0)的夹角是钝角，则b＝( D )
A．(－3，－4) B．(4,3)
C．(－4,3) D．(－4，－3)
【解析】 设b＝(x，y)，则由题意得即解得或设c＝(1,0)，当b＝(4,3)时，此时cos〈b，c〉＝＝>0，又因为向量夹角范围为[0，π]，故此时夹角为锐角，舍去；当b＝(－4，－3)时，此时cos〈b，c〉＝＝－<0，故此时夹角为钝角，故选D.
6. (2023·四川内江统考一模)已知向量a＝(2,4)，b＝(－2，m)，若a＋b与b的夹角为60°，则b在a＋b方向上的投影为( C )
A. B．－
C． D．－
【解析】 ∵a＋b＝(0，m＋4)，∴cos〈a＋b，b〉＝＝＝，当m>－4时，＝，解得：m＝±；若m＝－，∴cos〈a＋b，b〉＝<0不符合题意，∴m＝；当m<－4时，－＝，解得：m＝±(舍)；综上所述：m＝，∴b＝，∴b在a＋b方向上的投影为|b|cos〈a＋b，b〉＝×＝.故选C.
7.已知函数f(x)＝log2的定义域为A，复数z＝－ai，若a∈A，则|z|的取值范围是( B )
A．1<|z|< B．1≤|z|<
C．1≤|z|≤ D．1<|z|≤
【解析】 由1－>0，得>0，即－18. (2023·河南校联考模拟预测)已知向量a，b的夹角为120°，且|a|，|b|是函数f(x)＝x2－5x＋6的两个零点．若(a＋λb)⊥a(λ>2)，则λ＝( A )
A．3 B．4
C．5 D．6
【解析】 因为函数f(x)＝x2－5x＋6的两个零点分别为2,3，所以|a|＝2，|b|＝3或|a|＝3，|b|＝2.又(a＋λb)⊥a，所以(a＋λb)·a＝0，则a2＋λa·b＝0，即|a|2＋λ|a||b|cos 120°＝0.当|a|＝2，|b|＝3时，4＋λ×2×3×＝0，解得λ＝(舍去)；当|a|＝3，|b|＝2时，9＋λ×3×2×＝0，解得λ＝3，满足λ>2.综上，λ＝3.故选A.
二、多项选择题(共4小题)
9. (2023·重庆沙坪坝重庆南开中学校考模拟预测)设i为虚数单位，下列关于复数的命题正确的有( ABD )
A．|z1z2|＝|z1|·|z2|
B．若z1，z2互为共轭复数，则|z1|＝|z2|
C．若|z1|＝|z2|，则z＝z
D．若复数z＝m＋1＋(m－1)i为纯虚数，则m＝－1
【解析】 由题意得：令z1＝a＋bi，z2＝c＋di，则|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正确；令z1＝a＋bi，z2＝a－bi，|z1|＝，|z2|＝，所以|z1|＝|z2|，故B正确；令z1＝a＋bi，z2＝a－bi，|z1|＝|z2|＝，根据复数的乘法运算可知：z＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，z＝(a－bi)2＝a2－b2－2abi，z≠z，所以C错误；若复数z＝m＋1＋(m－1)i为纯虚数，则m＋1＝0，即m＝－1，故D正确．故选ABD.
10. (2023·江苏连云港统考模拟预测)设a，b，c是三个非零向量，且相互不共线，则下列说法正确的是( AB )
A．若|a＋b|＝|a－b|，则a⊥b
B．若|a|＝|b|，则(a＋b)⊥(a－b)
C．若a·c＝b·c，则a－b不与c垂直
D．(b·c)a－(a·c)b不与c垂直
【解析】 a，b，c是三个非零向量，|a＋b|＝|a－b|两边平方得：(a＋b)2＝(a－b)2，即a2＋2a·b＋b2＝a2－2a·b＋b2，故a·b＝0，则a⊥b，A正确；(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝|a|2－|b|2，因为|a|＝|b|，所以(a＋b)·(a－b)＝0，故(a＋b)⊥(a－b)，B正确；a·c＝b·c，故a·c－b·c＝(a－b)·c＝0，则a－b与c垂直，C错误；[(b·c)a－(a·c)b]·c＝(b·c)(a·c)－(a·c)(b·c)＝0，故(b·c)a－(a·c)b与c垂直，D错误．故选AB.
11. (2023·浙江宁波高三期末)已知z1，z2∈C，且|z1|＝，|z1＋z2|＝10，则( BD )
A．当z1＝1－i，z2＝x＋yi(x，y∈R)时，必有(x＋1)2＋(y－1)2＝10
B．复平面内复数z1所对应的点的轨迹是以原点为圆心、半径为的圆
C．|z1－i|min＝1＋
D.max＝1＋5
【解析】 |z1＋z2|＝10 (x＋1)2＋(y－1)2＝100，故A错误；因为|z1|＝，故B项正确；|z1－i|≥||z1|－|i||＝－1，当z1与i对应向量同向时取等，故C项错误；＝＝≤＝＝1＋5，当z1＋z2与z1对应向量反向时取等，故D项正确．故选BD.
12. (2023·福建统考一模)平面向量m，n满足|m|＝|n|＝1，对任意的实数t，≤|m＋tn|恒成立，则( AD )
A．m与n的夹角为60°
B．(m＋tn)2＋(m－tn)2为定值
C．|n－tm|的最小值为
D．m在m＋n上的投影向量为(m＋n)
【解析】 设平面向量m与n的夹角为θ，因为对任意的实数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对任意的实数t恒成立，所以Δ＝4cos2θ－4cos θ＋1＝(2cos θ－1)2≤0，则cos θ＝，所以θ＝60°，故选项A正确；对于B，因为(m＋tn)2＋(m－tn)2＝1＋2tcos 60°＋t2＋1＋t2－2tcos 60°＝2＋2t2随t的变化而变化，故选项B错误；对于C，因为|n－tm|＝＝＝，由二次函数的性质可知：当t＝时，|n－tm|取最小值，故选项C错误；对于D，m＋n向量上的一个单位向量e＝＝，由向量夹角公式可得：cos〈m，(m＋n)〉＝＝＝，由投影向量的计算公式可得：m在m＋n上的投影向量为|m|·cos〈m，(m＋n)〉e＝1××＝(m＋n)，故选项D正确，故选AD.
三、填空题(共4小题)
13. (2023·高三课时练习)已知复数z1＝cos θ－i，z2＝sin θ＋i，则|z1·z2|的最大值为 .
【解析】 |z1·z2|＝|z1|·|z2|＝·＝＝＝＝，∵sin22θ∈[0,1]，∴当sin22θ＝1时，|z1·z2|的最大值为＝.
14. (2023·广西南宁二中校考一模)已知O是△ABC内部一点，且满足＋＋＝0，又·＝4，∠BAC＝30°，则△OBC的面积为 .
【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内，所以O为△ABC的重心，所以S△OBC＝S△ABC＝.
15. (2023·上海统考模拟预测)设z1，z2∈C且z1＝i·，满足|z1－1|＝1，则|z1－z2|的取值范围为 [0，2＋] .
【解析】 设z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R，＝c－di，则a＋bi＝i·(c－di)＝d＋ci，所以|z1－1|＝|(a－1)＋bi|＝＝1，所以(a－1)2＋b2＝1，即z1对应点(a，b)在以(1,0)为圆心，半径为1的圆(x－1)2＋y2＝1上．z2＝c＋di＝b＋ai，z2对应点为(b，a)，(a，b)与(b，a)关于y＝x对称，所以点(b，a)在以(0,1)为圆心，半径为1的圆x2＋(y－1)2＝1上，|z1－z2|表示(a，b)与(b，a)两点间的距离，圆(x－1)2＋y2＝1与圆x2＋(y－1)2＝1相交，圆心距为，如图所示，所以|z1－z2|的最小值为0，最大值为＋1＋1＝2＋，所以|z1－z2|的取值范围为[0,2＋]．
16. (2023·四川绵阳南山中学校考一模)已知正三角形ABC内接于半径为2的圆O，点P是圆O上的一个动点，则·的取值范围是_[－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.当点P在圆上运动时，P位于C处时，2有最大值为|CM|2＝9.当P位于Q处时，2有最小值为|MQ|2＝1.2∈[1,9]，4·∈[－8,24]．所以·∈[－2,6]．第6讲 不等式
高频考点 高考预测
不等式性质、不等式的解法 利用不等式性质、基本不等式求最值是考查的重点，通常与函数、数列、解析几何、导数等内容相结合；不等式的恒成立问题也是考查的热点.
基本不等式及其应用
一元二次函数、一元二次方程与一元二次不等式的关系及其应用
1. (2022·全国新课标Ⅰ卷)若集合M＝{x|＜4}，N＝{x|3x≥1}，则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}∩＝.故选D.
2. (2022·全国新课标Ⅱ卷)已知集合A＝{－1,1,2,4}，B＝{x||x－1|≤1}，则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}．故选B.
3. (2021·全国乙卷文科)下列函数中最小值为4的是( C )
A．y＝x2＋2x＋4
B．y＝|sin x|＋
C．y＝2x＋22－x
D．y＝ln x＋
【解析】 对于A，y＝x2＋2x＋4＝(x＋1)2＋3≥3，所以函数的最小值为3，故选项A错误；对于B，因为0<|sin x|≤1，所以y＝|sin x|＋≥2＝4，当且仅当|sin x|＝，即|sin x|＝2时取等号，因为|sin x|≤1，所以等号取不到，所以y＝|sin x|＋>4，故选项B错误；对于C，因为2x>0，所以y＝2x＋22－x＝2x＋≥2＝4，当且仅当2x＝2，即x＝1时取等号，所以函数的最小值为4，故选项C正确；对于D，因为当x＝时，y＝ln ＋＝－1－4＝－5<4，所以函数的最小值不是4，故选项D错误．(详解D)当x>1时，ln x>0，所以y＝ln x＋≥2＝4(当且仅当ln x＝2即x＝e2时取等号)；当04. (2020·全国Ⅰ卷)设集合A＝{x|x2－4≤0}，B＝{x|2x＋a≤0}，且A∩B＝{x|－2≤x≤1}，则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.故选B.
5. (2023·上海高考题)不等式|x－2|＜1的解集为_(1,3)__.
【解析】 原不等式可化为－1＜x－2＜1，从而求出x的范围．由|x－2|＜1可得，－1＜x－2＜1，解得1＜x＜3，即不等式的解集为(1,3)．
6. (2023·天津高考)若函数f(x)＝ax2－2x－|x2－ax＋1|有且仅有两个零点，则a的取值范围为_(－∞，0)∪(0,1)∪(1，＋∞)__.
【解析】 ①当a＝0时，f(x)＝－2x－|x2＋1|＝－2x－x2－1，不满足题意；②当方程x2－ax＋1＝0满足a≠0且Δ≤0时，有a2－4≤0即a∈[－2,0)∪(0,2]，此时，f(x)＝(a－1)x2＋(a－2)x－1，当a＝1时，不满足，当a≠1时，Δ＝(a－2)2＋4(a－1)＝a2＞0，满足；③Δ＞0时，a∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)，记x2－ax＋1的两根为m，n，不妨设m＜n，则f(x)＝当a＞2时，x1＝，x2＝－1且x∈(－∞，m]∪[n，＋∞)，但此时x－ax1＋1＝<0，舍去x1，x3＝，x4＝1，且x∈(m，n)，但此时x－ax3＋1＝>0，舍去x3，故仅有1与－1两个解，当a<－2时，有x－ax2＋1＝a＋2<0，舍去x2，x－ax4＋1＝2－a>0舍去x4，故仅有和两个解，即f(x)有且仅有两个零点，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)凑配法：通过添项、拆项等方法凑成和为定值或积为定值的形式，然后利用基本不等式求解最值的方法．
(3)常数代换法：利用“1”的表达式与所求最值的表达式相乘或相除，进而构造和或积为定值的形式．
(4)消元法：利用已知条件消去部分变量后，凑出“和为常数”或“积为常数”，最后利用基本不等式求最值．
【提醒】 谨防“一个误区”
利用基本不等式求最值需要注意前提条件“一正”“二定”“三相等”．
一、单项选择题(共8小题)
1. (2023·道里区校级模拟)已知a＜b＜0，则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】 因为a＜b＜0，所以a－b＜0，ea－b＜1，A错误；>0，>0，＋≥2＝2，当且仅当a＝b时取等号，显然等号无法取得，B正确；当c＝0时，C显然错误；当b－a＜1时，D错误．故选B.
2. (2023·海淀区一模)已知二次函数f(x)，对任意的x∈R，有f(2x)＜2f(x)，则f(x)的图象可能是( A )
【解析】 二次函数f(x)，对任意的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，对于B，二次函数的对称轴方程为x＝－，由图象可知f<0，设f(x)的图象与x轴的两个交点为x1，x2，且0＜x1＜x2，则x1＋x2＝－>0，所以0＜x1<－0，当x＝－时，f(2x)＝f<2f<0，两者相矛盾，故B不可能．故选A.
3. (2023·渝中区校级一模)已知正实数a，b满足＋＝1，则a＋2b的最小值为( B )
A．6 B．8
C．10 D．12
【解析】 因为正实数a，b满足＋＝1，则a＋2b＋1＝(a＋b＋b＋1)＝5＋＋≥5＋2＝9，当且仅当＝且＋＝1，即b＝2，a＝4时取等号，此时a＋2b取得最小值8.故选B.
4. (2023·浑南区校级模拟)已知正实数x，y满足＋＝1，则2xy－2x－y的最小值为( C )
A．2 B．4
C．8 D．9
【解析】 因为正实数x，y满足＋＝1，所以2x＋y＝xy，则2xy－2x－y＝2x＋y＝(2x＋y)＝4＋＋≥4＋2＝8，当且仅当y＝2x且＋＝1，即x＝2，y＝4时取等号．故选C.
5. (2023·蒙城县校级三模)已知关于x的不等式ax2＋bx＋1＞0的解集为(－∞，m)∪，其中m＜0，则＋的最小值为( D )
A．－2 B．2
C．2 D．3
【解析】 因为不等式ax2＋bx＋1＞0的解集为(－∞，m)∪，所以解得a＝1，b＝－m－；因为m＜0，所以b＝－m－≥2＝2，当且仅当－m＝－，即m＝－1时取“＝”，所以＋＝b＋，且b≥2，因为函数y＝b＋在b≥2上单调递增，所以b＋的最小值为3，即＋的最小值为3.故选D.
6. (2023·香坊区校级三模)已知实数a，b满足lg a＋lg b＝lg(a＋2b)，则4a＋2b的最小值是( D )
A．5 B．9
C．13 D．18
【解析】 因为实数a，b满足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，则4a＋2b＝(4a＋2b)＝10＋＋≥10＋2＝18，当且仅当a＝b＝3时取等号，故4a＋2b的最小值是18.故选D.
7. (2023·大东区校级四模)已知x＞0，y＞0，x＋2y＝1，则的最小值为( C )
A．4＋4 B．12
C．8＋4 D．16
【解析】 由x＋2y＝1可得，＝＝＝＝＋＋8≥2＋8＝8＋4.当且仅当＝时，等号成立，即x2＝3y2.所以的最小值为8＋4，故选C.
8. (2023·雁峰区校级模拟)已知实数x，y，满足x2＋xy＋3y2＝3，则x＋y的最大值为( B )
A. B．
C. D．
【解析】 令t＝x＋y，则x＝t－y，则x2＋xy＋3y2＝3可化为(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≤.故选B.
二、多项选择题(共4小题)
9. (2023·济南二模)已知实数a，b，c满足a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，则下列说法正确的是( BC )
A.> B．a－c＞2b
C．a2＞b2 D．ab＋bc＞0
【解析】 对于A，∵a＞b＞c，∴a－c＞b－c＞0，∴<，A错误；对于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正确；对于C，∵a－b＞0，a＋b＝－c＞0，∴a2－b2＝(a＋b)(a－b)＞0，即a2＞b2，C正确；对于D，ab＋bc＝b(a＋c)＝－b2≤0，D错误．故选BC.
10. (2023·向阳区校级模拟)已知关于x的不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为(－∞，－2)∪(3，＋∞)，则下列选项中正确的是( 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的解集为∪
【解析】 由题意可知，－2和3是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，且a＞0，∴－2＋3＝－，(－2)×3＝，∴b＝－a，c＝－6a，a＞0，即选项A错误；不等式bx＋c＞0等价于a(x＋6)＜0，∴x＜－6，即选项B正确；∵不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为(－∞，－2)∪(3，＋∞)，∴当x＝1时，有a＋b＋c＜0，即选项C错误；不等式cx2－bx＋a＜0等价于a(6x2－x－1)＞0，即a(3x＋1)(2x－1)＞0，∴x＜－或x>，即选项D正确．故选BD.
11. (2023·东风区校级模拟)已知a＞0，b＞0，且a＋b＝1，则下列结论正确的是( 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，当且仅当＝，a＝b＝时取等号，∴＋的最小值为4，∴A正确，∵ab＋≥2＝2，当且仅当时取等号，∵无解，∴ab＋＞2，∴B错误，∵a＋b＝1，∴2a＋2b≥2＝2＝2，当且仅当a＝b＝时取等号，∴2a＋2b的最小值为2，∴C正确，∵a＞0，b＞0，∴1＝a＋b≥2，∴ab≤，当且仅当a＝b＝时取等号，∴log2a＋log2b＝log2(ab)≤log2＝－2，∴log2a＋log2b的最大值为－2，∴D错误，故选AC.
12. (2023·濠江区校级三模)若a＞0，b＞0，a＋b＝4，则下列不等式对一切满足条件a，b恒成立的是( ACD )
A.≤2 B．＋≤2
C.＋b2≥4 D．＋≥1
【解析】 对于A，ab≤2＝4，当且仅当a＝b＝2时等号成立，故≤2，故A正确；对于B，(＋)2≤4×＝8，当且仅当a＝b＝2时取等号，故＋≤2，故B错误；对于C，由题意得b＝4－a＞0，所以0＜a＜4，＋b2＝＋(4－a)2＝a2－8a＋16，根据二次函数的性质可知，当a＝3时，上式取得最小值4，故C正确；对于D，∵a＋b＝4，a＞0，b＞0，∴×(a＋b)＝×≥(2＋2)＝1，当且仅当＝，即a＝b＝2时等号成立，故D正确．故选ACD.
三、填空题(共4小题)
13. (2023·贵阳模拟)若x＞0，则x＋的最小值为_3__.
【解析】 因为x＞0，所以x＋＝x＋1＋－1≥2－1＝3，当且仅当x＝1时，等号成立．
14. (2023·开福区校级二模)函数y＝loga(x＋4)－1的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋1＝0上，其中mn＞0，则＋的最小值为 2＋4 .
【解析】 ∵函数y＝loga(x＋4)－1的图象恒过定点A，∴解得，x＝－3，y＝－1，故A(－3，－1)；∵点A在直线mx＋ny＋1＝0上，∴3m＋n＝1，又∵mn＞0，∴m＞0，n＞0，∴＋＝(3m＋n)＝＋＋4≥2＋4，(当且仅当m＝，n＝时，等号成立)．
15. (2023·岳麓区校级模拟)正实数x，y满足＋＝2，且不等式x＋≥m2－m恒成立，则实数m的取值范围为_[－1,2]__.
【解析】 因为正实数x，y满足＋＝2，所以x＋＝＝≥＝2，当且仅当＝且＋＝2，即x＝1，y＝4时取等号，则x＋的最小值为2.因为x＋≥m2－m恒成立，所以m2－m≤2，解得－1≤m≤2.故m的范围为[－1,2]．
16. (2023·浙江二模)若a2＋b2＝a＋b，则的取值范围是 .
【解析】 由a2＋b2＝a＋b可得a＋b＝a2＋b2≥2ab，而2(a2＋b2)≥(a＋b)2，∴a2＋b2≥，当且仅当a＝b时，等号成立，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]，则＝－t2＋t＝－2＋，函数y＝－t2＋t在单调递增，在单调递减，故0<－t2＋t≤，即的取值范围是.第7讲 计数原理、二项式定理
高频考点 高考预测
分类加法计数原理、分步乘法计数原理 主要是考查两个原理以及排列、组合的应用，有时也与概率问题相结合的形式出现；二项展开式项的系数、特定的项，通过对通项公式的化简和运算确定特定项，利用赋值法求的展开式的各项系数和.
排列、组合
二项式定理
1. (2023·全国新高考Ⅱ卷)某学校为了了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有( D )
A．C·C种 B．C·C种
C．C·C种 D．C·C种
【解析】 ∵初中部和高中部分别有400和200名学生，∴人数比例为400∶200＝2∶1，则需要从初中部抽取40人，高中部取20人即可，则有C·C种．故选D.
2. (2023·全国甲卷理科)有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为( B )
A．120 B．60
C．40 D．30
【解析】 先从5人中选1人连续两天参加服务，共有C＝5种选法，然后从剩下4人中选1人参加星期六服务，剩下3人中选取1人参加星期日服务，共有C·C＝12种选法，根据分步乘法计数原理可得共有5×12＝60种选法．故选B.
3. (2023·全国乙卷理科)甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( C )
A．30种 B．60种
C．120种 D．240种
【解析】 根据题意可得满足题意的选法种数为：C·A＝120.故选C.
4. (2022·全国新高考Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有( B )
A．12种 B．24种
C．36种 D．48种
【解析】 把丙和丁捆绑在一起，4个人任意排列，有A·A＝48种情况，甲站在两端的情况有CAA＝24种情况，∴甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有48－24＝24种，故选B.
5. (2020·全国Ⅰ卷)(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为( C )
A．5 B．10
C．15 D．20
【解析】 (x＋y)5展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx5－ryr(r∈N且r≤5)，所以的各项与(x＋y)5展开式的通项的乘积可表示为：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，该项中x3y3的系数为10，在Tr＋1＝Cx4－ryr＋2中，令r＝1，可得：T2＝Cx3y3，该项中x3y3的系数为5，所以x3y3的系数为10＋5＝15.故选C.
6. (2023·全国新高考Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有_64__种(用数字作答)．
【解析】 若选2门，则只能各选1门，有CC＝16种，如选3门，则分体育类选修课选2，艺术类选修课选1，或体育类选修课选1，艺术类选修课选2，则有CC＋CC＝24＋24＝48，综上共有16＋48＝64种不同的方案．
7. (2022·全国新高考Ⅰ卷)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为_－28__(用数字作答)．
【解析】 (x＋y)8的通项公式为Tr＋1＝Cx8－ryr，当r＝6时，T7＝Cx2y6，当r＝5时，T6＝Cx3y5，∴(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为C－C＝－＝28－56＝－28.
8. (2020·全国卷Ⅱ卷)4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有_36__种．
【解析】 ∵4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，∴先取2名同学看作一组，选法有：C＝6，现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：A＝6，根据分步乘法原理，可得不同的安排方法6×6＝36种．
1.解决排列组合问题的方法
(1)特殊元素、特殊位置优先法．
(2)元素相邻采用捆绑法，元素不相邻采用插空法．
(3)至多至少问题可以采用间接法．
【提醒】 谨防“两个误区”
(1)注意分类标准要明确，做到不重不漏，
(2)注意区分是排列问题还是组合问题．
2.求二项展开式中项的方法
(1)根据所给的条件写出通项公式，建立方程确定指数，如常数项令指数为0，有理项令指数为整数．
(2)根据所求的指数确定对应的项．
3.两个多项式的积与三项展开式的特定项，利用二项展开式配合多项式乘法讨论求解．
4.求解二项式系数和各项系数和常用赋值法．
【提醒】 谨防“四个误区”
(1)二项式的通项易误认为是第k项，实质上是第k＋1项．
(2)(a＋b)n与(b＋a)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，所以公式中的第一个量a与第二个量b的位置不能颠倒．
(3)二项式系数与项的系数的区别
(4)求二项展开式的系数时要结合展开式的特点灵活赋值．
一、单项选择题(共8小题)
1. (2023·汕头二模)电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为0～255.在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为( 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种取法，根据分步乘法计数原理得，共可配成256×256×256＝2563种颜色．故选A.
2. (2023·泸县校级模拟)7人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边，甲、乙相邻，乙、丙不相邻，则不同排法的种数是( C )
A．60 B．120
C．240 D．360
【解析】 甲乙相邻，乙丙不相邻，可以将甲乙看成一个人，7个人去掉甲乙丙一共有4个人，四个人算两边有5个空，从五个空中选出两个，那么他们的位置就固定了．四个人全排列的方法有A＝24种，从五个空中选出两个的方法有C＝10种，所以一共不同排法有24×10＝240种．故选C.
3. (2023·贵州模拟)公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的值的范围：3.1 415 926＜π＜3.1 415 927，为纪念祖冲之在圆周率的成就，把3.1 415 926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到小于3.14的不同数字的个数有( A )
A．240 B．360
C．600 D．720
【解析】 小于3.14的不同数字的个数有两类：第一类：3.11开头的，剩余5个数字全排列有A＝120种；第二类：3.12开头的，剩余5个数字全排列有A＝120种．根据分类加法计数原理可知，共120＋120＝240种．故选A.
4. (2023·石嘴山校级三模)中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉．现有5支救援队前往A，B，C等3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去B，C两个受灾点中的一个，则不同的安排方法数是( D )
A．72 B．84
C．88 D．100
【解析】 若甲去B点，则剩余4人，可只去A，C两个点，也可分为3组去A，B，C三个点．当剩余4人只去A，C两个点时，人员分配为1,3或2,2，此时的分配方法有C·A＋·A＝14；当剩余4人分为3组去A，B，C3个点时，先从4人中选出2人，即可分为3组，然后分配到3个小组即可，此时的分配方法有C·A＝36，综上可得，甲去B点，不同的安排方法数是14＋36＝50.同理，甲去C点，不同的安排方法数也是50，所以不同的安排方法数是50＋50＝100.故选D.
5. (2023·抚顺二模)第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲、乙等4名杭州亚运会志愿者到游泳、射击、体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有( C )
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
【解析】 ①游泳场地安排2人，则不同的安排方法有CA＝6种，②游泳场地只安排1人，则不同的安排方法有CCA＝18种，所以不同的安排方法有6＋18＝24种．故选C.
6. (2023·泉州模拟)10的展开式中，x2的系数等于( D )
A．－45 B．－10
C．10 D．45
【解析】 10的通项为Tr＋1＝C10－r·(－)r＝(－1)rCxr－10，令r－10＝2，解得r＝8，所以x2项的系数为：(－1)8C＝45.故选D.
7. (2023·沙坪坝区校级模拟)(2x2＋y＋1)5的展开式中x4y2项的系数为( A )
A．120 B．160
C．180 D．210
【解析】 由题意(2x2＋y＋1)5的展开式中x4y2项的系数为C×22×C＝120.故选A.
8. (2023·惠州一模)已知二项式n(n∈N*)的展开式中只有第4项的二项式系数最大，现从展开式中任取2项，则取到的项都是有理项的概率为( A )
A. B．
C． D．
【解析】 因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以展开式的总项数为7项，故n＝6，展开式的通项Tr＋1＝C(2x)6－rr＝C26－rx6－r，当r是偶数时该项为有理项，∴r＝0,2,4,6有4项，所以所有项中任取2项，都是有理项的概率为P＝＝.故选A.
二、多项选择题(共4小题)
9. (2023·吉林模拟)从4名男生和3名女生中选出4人去参加一项创新大赛，下列说法正确的是( AD )
A．若4人中男生女生各选2人，则有18种选法
B．若男生甲和女生乙必须在内，则有12种选法
C．若男生甲和女生乙至少有1人在内，则有15种选法
D．若4人中既有男生又有女生，则有34种选法
【解析】 对于A，依题意，根据组合及分步计数原理，可知一共有CC＝6×3＝18种，故A正确；对于B，依题意，要从7名同学中选取4人，而甲乙必须在内，则相当于从5名同学中选取2人，一共有C＝10种，故B错误；对于C，依题意，要从7名同学中选取4人，一共有C＝35种，而甲乙都不在内一共有C＝5种，∴甲与乙至少要有1人在内有C－C＝35－5＝30种，故C错误；对于D，依题意，假设全是男生一共有C＝1种，全是女生的情况没有，∴既有男生又有女生一共有C－C＝35－1＝34种，故D正确．故选AD.
10. (2023·渝中区校级模拟)下列选项正确的是( ABD )
A．有7个不同的球，取5个放入5个不同的盒子中，每个盒子恰好放1个，则不同的存放方式有2 520种
B．有7个不同的球，全部放入5个相同的盒子中，每个盒子至少放1个，则不同的存放方式有140种
C．有7个相同的球，取5个放入3个不同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有18种
D．有7个相同的球，全部放入3个相同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有8种
【解析】 根据题意，依次分析选项：对于A，有7个不同的球，取5个放入5个不同的盒子中，每个盒子恰好放1个，是排列问题，有A＝2 520种不同的放法，A正确；对于B，先将7个球分为5组，有3－1－1－1－1和2－2－1－1－1两种分组方法，则有C＋＝140种分组方法，B正确；对于C，用挡板法分析：将7个相同的球，取5个放入3个不同的盒子中，有C＝21种不同的放法，C错误；对于D，分3种情况讨论：①全部放入1个盒子中，有1种放法，②放入两个盒子中，有6－1、5－2、4－3，共3种放法，③放入3个盒子里，有1－1－5、1－2－4、1－3－3、2－2－3，共4种放法，则有1＋3＋4＝8种放法，D正确；故选ABD.
11. (2023·晋中二模)(1＋ax)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，若a1＝－6 069，则下列结论正确的有( BC )
A．a＝3
B．a0＋a1＋a2＋…＋a2 023＝－22 023
C.＋＋…＋＝－1
D．(1＋ax)2 023的展开式中第1 012项的系数最大
【解析】 对于A，由a1＝C·a＝2 023a＝－6 069，可得a＝－3，故A错误；对于B，因为(1－3x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a2 023＝(1－3)2 023＝－22 023，故B正确；对于C，令x＝0，则a0＝1，令x＝，则＋＋…＋＝2 023－a0＝－a0＝－1，故C正确；对于D，由展开式知，a2n＞0，a2n－1＜0，故第1 012项的系数a1 011＜0，不会是展开式中系数最大的项，故D错误．故选BC.
12. (2023·南关区校级模拟)已知n展开式中的第三项的系数为45，则( BCD )
A．n＝9
B．展开式中所有系数和为1 024
C．二项式系数最大的项为中间项
D．含x3的项是第7项
【解析】 n展开式的通项为Tk＋1＝Cn－k·()k＝Cx，所以第三项的系数为C＝45，所以＝45，所以(n－10)(n＋9)＝0，得n＝10或n＝－9(舍)，故A错误；当x＝1时，n展开式中所有系数和为(1＋1)10＝1 024，故B正确；10的展开式共有11项，二项式系数最大的项为中间项，故C正确；因为n＝10，所以展开式的通项为Tk＋1＝C10－k·()k＝Cx，令＝3，得k＝6，所以含x3的项是第k＋1＝6＋1＝7项，故D正确．故选BCD.
三、填空题(共4小题)
13. (2023·闵行区二模)今年春季流感爆发期间，某医院准备将2名医生和4名护士分配到两所学校，给学校老师和学生接种流感疫苗．若每所学校分配1名医生和2名护士，则不同的分配方法数为_12__.
【解析】 根据题意，第一个学校选1名医生和2名护士，有CC种选法，第二个学校只有1种选法，则有CC＝12种选法．
14. (2023·泰安二模)用数字1,2,3,4,5,6,7组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_312__个．(用数字作答)
【解析】 根据题意，分成两类情况：①四位数中没有偶数，即在1,3,5,7中任选4个，共有A＝24种，②四位数中只有一个偶数，即在1,3,5,7中任选3个，在2,4,6中选一个，共有CCA＝288种，故共有24＋288＝312.
15. (2023·武功县校级模拟)二项式(x＋a)3的展开式中，所有项的系数和为1，则(x＋a)5的展开式中常数项为_－40__.
【解析】 令x＝1，得(x＋a)3的展开式中，所有项的系数和为1＋a＝1，解得a＝0，则(x＋a)·5＝x5，5展开式中的通项为C(2x)5－rr＝C·25－r·(－1)r·x5－2r，令5－2r＝－1，得r＝3，5展开式中x－1项的系数为－40，∴x5展开式中常数项为－40.
16. (2023·扬州三模)若(x＋5)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，T＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 023，则T被5除所得的余数为_1__.
【解析】 (x＋5)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，T＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 023，令x＝1，则T＝(1＋5)2 023＝C·50＋C·51＋…＋C·52 023，上式中的2 024项，只有第1项不能被5整除，则T被5除所得的余数即1被5除所得的余数，即1.