【高考快车道】第一阶段 专题限时集训(一)、(二)、(三)（含解析）--2026版高考数学二轮专题复习与策略

说明：这9个考点在历年高考中考查的较为简单，题型多为选择题、填空题，属于送分题型．通过一轮复习就能熟练掌握，为节省宝贵的二轮复习时间，在此大胆取舍，做到只练不讲．
专题限时集训(一)　集合、常用逻辑用语、不等式
一、单项选择题
1．(2024·重庆渝中模拟)已知集合A＝{2，3，4，6，8}，集合B＝{1，3，4，5，9}，集合M＝{x|x∈N，1≤x≤10}，则 M(A∪B)＝(　　)
A．{7，10} B．{3，4}
C．{1，2，5，6} D．{8，9}
A　[因为A∪B＝{1，2，3，4，5，6，8，9}，
所以 M(A∪B)＝{7，10}．故选A．]
2．(2024·新高考Ⅱ卷)已知命题p： x∈R，|x＋1|>1；命题q： x>0，x3＝x．则(　　)
A．p和q都是真命题
B． p和q都是真命题
C．p和 q都是真命题
D． p和 q都是真命题
B　[对于p而言，取x＝－1，则有|x＋1|＝0<1，故p是假命题， p是真命题；对于q而言，取x＝1，则有x3＝13＝1＝x，故q是真命题， q是假命题．综上， p和q都是真命题．故选B．]
3．(2024·湖北武汉模拟)设集合A＝[0，a]，B＝(2，3)，若A∩B＝ ，则(　　)
A．0C．0A　[因为A∩B＝ ，A＝[0，a]，B＝(2，3)，
所以04．(2024·福建福州模拟)已知集合A＝{(x，y)|x，y∈Z，且xy＝4}，B＝{(x，y)|x≤y}，则A∩B的子集的个数为(　　)
A．3 B．4
C．8 D．16
D　[因为A＝{(x，y)|x，y∈Z，且xy＝4}＝{(1，4)，(2，2)，(4，1)，(－1，－4)，(－2，－2)，(－4，－1)}，B＝{(x，y)|x≤y}，
所以A∩B＝{(1，4)，(2，2)，(－2，－2)，(－4，－1)}，所以A∩B的子集个数为24＝16．故选D．]
5．(2024·山东聊城三模)“a＋b<－2，且ab>1”是“a<－1，且b<－1”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
B　[若a<－1，且b<－1，根据不等式的性质可得a＋b<－2，且ab>1，即必要性成立；
当a＝－3，b＝－，满足a＋b<－2，且ab>1，但是b＝－>－1，故充分性不成立，所以“a＋b<－2，且ab>1”是“a<－1，且b<－1”的必要不充分条件．故选B．]
6．(2024·山东潍坊二模)已知集合A＝，B＝{x|＞4}，则A∩B＝(　　)
A．(0，＋∞) B．(2，100)
C．(16，100) D．(2，＋∞)
C　[A＝＝{x|x(x－100)＜0}＝{x|0＜x＜100}，B＝{x|＞4}＝{x|x＞16}，故A∩B＝(16，100)．故选C．]
7．(2024·江苏南通二模)设x＞0，y＞0，＋2y＝2，则x＋的最小值为(　　)
A． B．2
C． D．3
C　[因为＋2y＝2，所以＋y＝1，
因为x＞0，y＞0，
所以x＋＝＝＋xy＋＋1
＝＋xy＋＋2＝＋2×＝．
当且仅当即时取等号．故选C．]
8．(2024·山东烟台二模)已知p：1<2x<4，q：x2－ax－1<0，若p是q的充分不必要条件，则(　　)
A．a≥ B．0C．a>2 D．0A　[命题p：1<2x<4，即p：0因为p是q的充分不必要条件，
显然当x＝0时满足q：x2－ax－1<0，
所以当0则a>x－在0又函数f (x)＝x－在(0，2)上单调递增，且f (2)＝，所以a≥．故选A．]
二、多项选择题
9．设全集为U，在下列选项中，是B A的充要条件的是(　　)
A．A∪B＝B　　　　 B．( UA)∩B＝
C．( UA) ( UB) D．A∪( UB)＝U
BCD　[由Venn图可知，选项A不是B A的充要条件，选项B、C、D都是B A的充要条件，故选BCD．
]
10．(2024·辽宁实验中学模拟)已知aA．< B．a2C．2a<2c D．logc(－a)AC　[对于A，因为a对于B，例如a＝－1，c＝1满足a对于C，因为y＝2x在R上单调递增，且a对于D，例如a＝－2，b＝－1，c＝2满足a即logc(－a)>logc(－b)，故D错误．故选AC．]
11．(2024·湖北武汉二模)下列说法正确的是(　　)
A．若ac2>bc2，则a>b
B．的最小值为2
C． a>b，m>0，<
D．的最小值为2
AD　[对于A，若ac2>bc2，则a>b，A正确；
对于B，≥2或≤－2，因为不知道和0的大小关系，B错误；
对于C，若a>b，m>0，则＝＝，而m(b－a)<0，但是a(a＋m)与0的大小不能确定，故C错误；
对于D，≥2，当且仅当＝，即sinx＝0取等号，D正确．故选AD．]
三、填空题
12．(2024·山东潍坊二模)已知命题p： x∈[－1，1]，x2>a，则 p为________．
[答案]　 x∈，x2≤a
13．(2024·广东5月大联考)已知集合A＝{－2，－1，0，1，2}，集合B＝{x|x2－x－a＜0}，写出满足A∩B＝{0，1}的一个实数a的值________．
1(答案不唯一，只要满足0＜a≤2即可)　[因为A∩B＝{0，1}，所以{0，1} B．
设f (x)＝x2－x－a，则f (x)＜0的整数解为0，1，
则f (0)＜0，f (1)＜0，f (－1)≥0且f (2)≥0，解得0＜a≤2．所以满足A∩B＝{0，1}的一个实数a的值可以取1．]
14．(2024·湖南长沙模拟)若实数x，y满足x>2y>0，则的最小值为________，此时＝________．
2＋2　2＋　[＝＝＋2
≥2＋2＝2＋2，
当且仅当(x－2y)2＝3y2，即x＝(2＋)y时，等号成立．
所以的最小值为2＋2，此时＝2＋．]
专题限时集训(二)　复数、平面向量
一、单项选择题
1．(2024·山东菏泽一模)已知复数z满足z(1＋i)＝i2 024，其中i为虚数单位，则z的虚部为(　　)
A．－ B．
C．－i D．
A　[由z(1＋i)＝i2 024，得z＝＝＝＝，
故复数z的虚部为－．故选A．]
2．(2024·山西晋城一模)设z在复平面内对应的点为(1，－2)，则在复平面内对应的点为(　　)
A． B．
C． D．
C　[依题意得z＝1－2i，
所以＝＝＝＝－i，
则在复平面内对应的点为．
故选C．]
3．已知单位向量e1，e2的夹角为60°，且a＝e1＋e2，b＝xe1＋2e2．若a⊥b，则实数x的值为(　　)
A．2 B．－2
C．4 D．－4
B　[由题意知，e1·e2＝1×1×cos 60°＝．
又因为a⊥b，所以a·b＝(e1＋e2)·(xe1＋2e2)＝x|e1|2＋(x＋2)e1·e2＋2|e2|2＝x＋3＝0，故x＝－2．故选B．]
4．(2024·辽宁大连模拟)已知向量a＝(3，4)，b＝(1，0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，则实数t＝(　　)
A．－6 B．－5
C．5 D．6
C　[∵a＝(3，4)，b＝(1，0)，∴c＝a＋tb＝(3＋t，4)，
若〈a，c〉＝〈b，c〉，
则＝，即＝，解得t＝5．故选C．]
5．(2024·浙江绍兴二模)已知四边形ABCD是平行四边形，＝2＝2，记＝a，＝b，则＝(　　)
A．－a＋b B．－a－b
C．a＋b D．a－b
A　[在 ABCD中，因为＝2，＝2＝a，＝b，
所以＝＝＝－a＋b．故选A．
]
6．(2024·浙江丽水二模)复数z满足|iz|＝1(i为虚数单位)，则|z－4＋3i|的最小值是(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
B　[设z＝x＋yi(x，y∈R)，则
iz＝i(x＋yi)＝xi＋yi2＝－y＋xi，
|iz|＝|－y＋xi|＝＝，
又|iz|＝1，所以＝1，即x2＋y2＝1，
所以z对应的点(x，y)在以原点为圆心，1为半径的圆上，|z－4＋3i|＝|x＋yi－4＋3i|＝表示复平面内的点(x，y)到点(4，－3)的距离，
所以|z－4＋3i|的最小值是－1＝4．
故选B．]
7．已知O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足＝＋λ()，λ∈(0，＋∞)，则P的轨迹一定通过△ABC的(　　)
A．重心 B．外心
C．内心 D．垂心
A　[由题意＝λ()，当λ∈(0，＋∞)时，如图，
可知点P在BC边上的中线所在直线上，
∴动点P的轨迹一定通过△ABC的重心．故选A．]
8．(2024·湖北荆门模拟)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，P为半圆弧BC上的动点(含端点)，则的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．
C　[＝，由投影的定义知cos ∠PAB即为AP在直线AB上的投影，结合图形得，当过P的直线与半圆弧BC相切于P点且平行于BC时，cos ∠PAB最大为3，此时＝＝2×3＝6．
当P与C或B点重合时，cos ∠PAB最小为2，
此时＝＝2×2＝4，
∴∈．故选C．]
二、多项选择题
9．(2024·湖北武汉模拟)已知向量a＝(x，1)，b＝(4，2)，则(　　)
A．若a∥b，则x＝2
B．若a⊥b，则x＝
C．若x＝3，则向量a与向量b的夹角的余弦值为
D．若x＝－1，则向量b在向量a上的投影向量为()
AC　[若a∥b，则2x－4＝0，解得x＝2，故A正确．
若a⊥b，则4x＋2＝0，解得x＝－，故B错误．
若x＝3，则a＝(3，1)，又b＝(4，2)，所以向量a与向量b的夹角的余弦值为＝＝，故C正确．
若x＝－1，则a＝(－1，1)，又b＝(4，2)，所以向量b在向量a上的投影向量为＝＝(1，－1)，故D错误．故选AC．]
10．(2024·广东佛山二模)已知复数z1，z2满足z2－2z＋2＝0，则(　　)
A．＝z2 B．z1z2＝|z1|2
C．z1＋z2＝－2 D．＝1
ABD　[方程z2－2z＋2＝0，化为(z－1)2＝i2，解得z＝1＋i或z＝1－i．不妨令z1＝1＋i，z2＝1－i，
对于A，显然z1，z2互为共轭复数，即＝z2，A正确；
对于B，z1z2＝(1＋i)(1－i)＝2，而|z1|＝|z2|＝，则z1z2＝|z1|2，B正确；
对于C，z1＋z2＝2，C错误；
对于D，由|z1|＝|z2|＝，得＝＝1，D正确．
故选ABD．]
11．如图，在△ABC中，BC＝12，D，E是BC的三等分点，则(　　)
A．＝
B．若＝0，则在上的投影向量为
C．若＝9，则＝40
D．若＝4，则＋＝88
AD　[对于A，＝＝＝)＝，故A正确；
对于B，因为＝0，所以AB⊥AC，
由题意得E为BC的一个三等分点(靠C点更近)，所以在上的投影向量为，故B错误；
对于C，＝＝＝＝，
＝，
故＝＋＋＝＋＋5，
又＝ ＝＋－2＝144，
所以＋＝2＋144＝162，
故＝＋＋5＝41，故C错误；
对于D，＝＋＋＝4，
而＋－2＝144 ＝＋)－72，
代入得＋)＝44 ＋＝88，故选项D正确．故选AD．]
三、填空题
12．(2023·新高考Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a－b|＝，|a＋b|＝|2a－b|，则|b|＝__________．
　[∵|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|＝．]
13．已知复数1＋i与3i在复平面内分别对应向量和(其中i是虚数单位，O为坐标原点)，则与夹角为________．
　[根据题意，＝(1，1)，＝(0，3)，
所以cos 〈〉＝＝＝，
又0≤〈〉≤π，
所以向量与的夹角为．]
14．(2024·天津高考)在边长为1的正方形ABCD中，E为线段CD的三等分点，CE＝DE，＝λ＋μ，则λ＋μ＝________；F为线段BE上的动点，G为AF中点，则的最小值为________．
　－　[以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，
则A(－1，0)，B(0，0)，C(0，1)，D(－1，1)，E，
可得＝(－1，0)，＝(0，1)，＝，
因为＝λ＋μ＝(－λ，μ)，
则所以λ＋μ＝．
因为点F在线段BE：y＝－3x，x∈上，设F(a，－3a)，a∈，
因为G为AF中点，则G，
可得＝(a＋1，－3a)，＝，
则＝＋(－3a)＝5－，且a∈，
所以当a＝－时，取到最小值为－．]
专题限时集训(三)　排列、组合、二项式定理、古典概型
一、单项选择题
1．(2024·安徽合肥模拟)学校食堂的一个窗口共卖5种菜，甲、乙2名同学每人从中选一种或两种，且两人之间不会互相影响，则不同的选法种数为(　　)
A．20 B．25
C．225 D．450
C　[甲的选择方法有＝15(种)，乙的选择方法有＝15(种)，所以甲和乙不同的选择方法有15×15＝225(种)．故选C．]
2．(2024·江西上饶二模)已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为(　　)
A．24 B．18
C．12 D．6
A　[已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则n＝4，从而的二项展开式的通项为Tk＋1＝x4-k＝2kx4-2k(k＝0，1，2，3，4)，
令4－2k＝0，解得k＝2，
所以展开式中的常数项为22＝24．
故选A．]
3．(2024·福建福州模拟)(1－x)5(1＋2x)4的展开式中x2的系数为(　　)
A．－14 B．－6
C．34 D．74
B　[(1－x)5的展开式通项为Tr＋1＝·(－1)r·xr(r＝0，1，2，3，4，5)，
(1＋2x)4的展开式通项为Tk＋1＝·2k·xk(k＝0，1，2，3，4)，
当r＝0，k＝2时，x2的系数为·22＝24，
当r＝1，k＝1时，x2的系数为－5×4×2＝－40，
当r＝2，k＝0时，x2的系数为＝10，
故x2的系数为24＋10－40＝－6．故选B．]
4．(2024·湖南长沙三模)在(3x＋y－1)8的展开式中，x2y的系数是(　　)
A．168 B．－168
C．1 512 D．－1 512
D　[原问题可以理解为8个(3x＋y－1)相乘，要想得到x2y，需要8个因式中有2个取x项，1个取y项，还剩5个取常数项，由题意x2y的系数为×(－1)5＝－1 512．故选D．]
5．(2024·福建厦门三模)某校5名同学到A，B，C三家公司实习，每名同学只能去1家公司，每家公司至多接收2名同学．若同学甲去A公司，则不同的安排方法共有(　　)
A．18种 B．30种
C．42种 D．60种
B　[若只有同学甲去A公司，则共有＝6(种)可能，若除同学甲外还有一名同学去A公司，则共有＝12×2＝24(种)可能，故共有6＋24＝30(种)可能．故选B．]
6．(2024·四川雅安三模)从0，1，2，3，4五个数字组成的没有重复数字的四位数中任取一个数，则该数为偶数的概率为(　　)
A． B．
C． D．
C　[若选择的4个数中有0，则没有重复数字的四位数有＝72(个)；
若选择的4个数中无0，则没有重复数字的四位数有＝24(个)，所以没有重复数字的四位数共有72＋24＝96(个)．
若个位数为0，则没有重复数字的偶数有＝24(个)；
若个位数不为0，则没有重复数字的偶数有＝36(个)；
所以四位数中没有重复数字的偶数共有24＋36＝60(个)．
综上所述，该数为偶数的概率为＝．故选C．]
7．(2024·福建三明三模)各种不同的进制在生活中随处可见，计算机使用的是二进制，数学运算一般使用的是十进制，任何进制数均可转换为十进制数，如八进制数3750转换为十进制数的算法为(3750)8＝3×83＋7×82＋5×81＋0×80＝2 024．若将八进制数转换为十进制数，则转换后的数的末位数字是(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
A　[＝＝7×(85＋84＋83＋82＋81＋80)
＝7×＝86－1＝－1
＝×100×(－2)6－1＝×100×(－2)6－1，因为×100×(－2)5]是10的倍数，所以换算后这个数的末位数字即为×100×(－2)6－1的末位数字，
由×100×(－2)6－1＝64－1＝63，知末位数字为3．故选A．]
8．如图，A，B，C，D为四个不同的区域，现有红、黄、蓝、黑4种颜色，对这四个区域进行涂色，要求相邻区域涂不同的颜色(A与C不相邻，B与D不相邻)，则使用2种颜色涂色的概率为(　　)
A． B．
C． D．
B　[使用4种颜色给四个区域涂色，有＝24(种)涂法；使用3种颜色给四个区域涂色，共有＝48(种)涂法；
(使用3种颜色给四个区域涂色有两类情况：①区域A与区域C涂同一种颜色，区域B与区域D涂另外2种颜色；
②区域B与区域D涂同一种颜色，区域A与区域C涂另外2种颜色)
使用2种颜色给四个区域涂色，共有＝12(种)不同的涂法．
所以所有的涂色方法共有24＋48＋12＝84(种)，故使用2种颜色给四个区域涂色的概率为＝．故选B．]
二、多项选择题
9．(2024·山西临汾三模)在的展开式中(　　)
A．所有奇数项的二项式系数的和为128
B．二项式系数最大的项为第5项
C．有理项共有两项
D．所有项的系数的和为38
AB　[对于A，二项式系数和为28，则所有奇数项的二项式系数的和为＝128，故A正确；
对于B, 二项式系数最大为，则二项式系数最大的项为第5项，故B正确；
对于C，Tk＋1＝(－)k＝(0≤k≤8，k∈N)，Tk＋1为有理项，k可取的值为0，3，6，所以有理项共有三项，故C错误；
对于D，令x＝1，则所有项系数和为＝1，故D错误．故选AB．]
10．若(2x－3)12＝a0＋a1＋a2(x－1)2＋…＋a11(x－1)11＋a12(x－1)12，则(　　)
A．a9＝5 120
B．a0－a1＋a2－…－a9＋a10－a11＋a12＝312
C．a1＋a2＋…＋a12＝－2
D．＋…＋＝－1
BD　[(2x－3)12＝a0＋a1＋a2(x－1)2＋…＋a11(x－1)11＋a12(x－1)12，令x－1＝t，则(2t－1)12＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a11t11＋a12t12，
对于A，a9t9＝(2t)9·(－1)3＝－112 640t9，
∴a9＝－112 640，故A错误；
对于B，令t＝－1，得a0－a1＋a2－…－a9＋a10－a11＋a12＝312，故B正确；
对于C，令t＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a11＋a12＝1，令t＝0，得a0＝1，∴a1＋a2＋…＋a12＝1－1＝0，故C错误；
对于D，令t＝，得a0＋＋…＋＝0，∴＋…＋＝－a0＝－1，故D正确．
故选BD．]
11．某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是(　　)
A．若1班不再分配名额，则共有种分配方法
B．若1班有除劳动模范之外的学生参加，则共有种分配方法
C．若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D．若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
BD　[对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据隔板法，有种分配方法，故A错误；对于B，若1班有除劳动模范之外的学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据隔板法，有种分配方法，故B正确；对于C，D，若每个班至少3人参加，由于1班有2个劳模，故只需先满足每个班级有2个名额，还剩10个名额，再将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，故只需在10个名额中的9个空上放置5个隔板即可，故有＝126(种)，故C错误，D正确．故选BD．]
三、填空题
12．编号为1，2，3，4的四位同学就座于编号为1，2，3，4的四个座位上，每个座位恰好坐一位同学，则恰有两位同学编号和座位编号一致的坐法种数为________．
6　[由题意4人中选2人出来，他们的编号与座位编号一致，剩下2人编号与座位编号不一致，只有一种坐法，坐法种数为＝6．]
13．已知的展开式中所有的二项式系数之和为64，则各项的系数的绝对值之和为________．
729　[由题意得2n＝64，∴n＝6，
设的展开式中各项的系数为a0，a1，a2，…，a6，
则各项的系数的绝对值之和为|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|，
即为中各项的系数的和，
令x＝1，|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(1＋2)6＝36＝729，
即各项的系数的绝对值之和为729．]
14．(2024·江苏南通模拟)把甲、乙、丙、丁、戊5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲、乙安排在不相邻的两天，乙、丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法有________种．
36　[①将乙、丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有＝2(种)情况；
②将这个整体与丁、戊全排列，有＝6(种)安排方法，
③排好后，有4个空位，由于甲、乙安排在不相邻的两天，则只能从3个空中任选1个安排甲，有＝3(种)安排方法，
所以不同的安排方案共有2×6×3＝36(种)．]
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