(共60张PPT)
第3课时 不 等 式
关键能力·应用实践
考向一 不等式的性质及应用
【多维题组】速通关
1.(2019·全国Ⅱ卷)若a>b，则
( )
A.ln(a-b)>0
B.3a<3b
C.a3-b3>0
D.|a|>|b|
【解析】选C.当a=3，b=2时，选项A错.由于a>b，而y=3x是增函数，所以3a>3b，故B错.当a=3，b=-5时，选项D错.因为y=x3是增函数，故a3>b3，故C正确.
【变式拓展】
若题中的条件“a>b”改为“a
【解析】选B.显然选项A不成立；因为y=3x是增函数，所以3a<3b，成立，所以选项B正确；又因为y=x3是增函数，所以选项C错误；当都为正值时，选项D显然不正确.
2.已知a>b>0，则下列不等式中恒成立的是
( )
【解析】选A.因为a>b>0，所以
，根据不等式的性质可得a+
>b+
，故A
正确；对于选项B，取a=1，b=
，则
故
不成立；根据不等式的性质可得
，故C错误；取a=2，b=1，可知D错误.
3.有外表一样、质量不同的四个小球，它们的质量分别是a，b，c，d.已知a+b=c+d，a+d>b+c，a+c( )
A.d>b>a>c
B.b>c>d>a
C.d>b>c>a
D.c>a>d>b
【解析】选A.因为a+b=c+d，a+d>b+c，所以2a>2c，而a>c，因此b4.设a，b是两个实数，且a≠b，①a5+b5>a3b2+a2b3，②a2+b2≥2(a-b-1)，
③
>2.上述三个式子恒成立的有
( )
A.0
B.1个
C.2个
D.3个
【解析】选B.①a5+b5-(a3b2+a2b3)=a3(a2-b2)+b3(b2-a2)=(a2-b2)(a3-b3)=
(a-b)2(a+b)(a2+ab+b2)>0不恒成立；(a2+b2)-2(a-b-1)=a2-2a+b2+2b+2=
(a-1)2+(b+1)2≥0恒成立；
>2不恒成立.
【技法点拨】提素养
判断关于不等式的命题真假的三种方法
(1)直接运用不等式的性质：把要判断的命题和不等式的性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，然后进行推理判断.
(2)利用函数的单调性：有些问题可利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性等进行判断.
(3)特殊值验证法：给要判断的几个式子中涉及的变量取一些特殊值，然后进行比较、判断.
考向二 线性规划
【多维题组】速通关
1.(2020·全国Ⅱ卷)若x，y满足约束条件
则z=x+2y的最大值是
________.?
【解析】不等式组表示的平面区域如图阴影部分(含边界)所示：
平移直线y=-
x，当直线经过点A时，
直线y=-
x+
z在纵轴上的截距最大，
此时点A的坐标是方程组
的解，
解得：
因此z=x+2y的最大值为2+2×3=8.
答案：8
2.(2019·全国Ⅱ卷)若变量x，y满足约束条件
则z=3x-y的最大值是
________.?
【解析】由约束条件求出可行域，令z=0，可得直线3x-y=0，结合图象可得当直
线过点(3，0)时达到最大值，即zmax=9.
答案：9
【变式拓展】
若题中的条件不变，求z=x2+y2的最小值.
【解析】由x2+y2联想到
的几何意义，即先求原点到可行域的最小
距离的平方.又因为点O(0，0)到直线2x+3y-6=0的距离为
所以x2+y2
的最小值为
3.点(x，y)满足不等式|x|+|y|≤1，z=(x-2)2+(y-2)2，则z的最小值为
________.?
【解析】|x|+|y|≤1所确定的平面区域如图中阴影(含边界)部分所示，目标函
数z=(x-2)2+(y-2)2的几何意义是点(x，y)到点P(2，2)距离的平方，由图可知z
的最小值为点P(2，2)到直线x+y=1距离的平方，即为
答案：
4.若实数x，y满足
，则y的最大值为________，
的取值范围是
________.?
【解析】作出不等式组
对应的平面区域如图，
可知A的纵坐标取得最大值为2.
设z=
，则z的几何意义为区域内的点与定点D(-2，-1)连线的斜率，由图象
知BD的斜率最小，AD的斜率最大，则z的最大值为
，最小值为
，
即
，则z=
的取值范围是
.
答案：2
【技法点拨】提素养
利用线性规划求目标函数最值的步骤
(1)作图——画出约束条件所确定的平面区域和目标函数所表示的平行直线系中的任意一条直线l.
(2)平移——将l平行移动，以确定最优解所对应的点的位置.有时需要进行目标函数所表示的直线l和可行域边界表示的直线的斜率的大小比较.
(3)求值——解有关方程组，求出最优解的坐标，再代入目标函数，求出目标函数的最值.
考向三 基本不等式
【多维题组】速通关
1.(2020·天津高考)已知a>0，b>0，且ab=1，则
的最小值为
________.?
【解析】因为a>0，b>0，所以a+b>0，又ab=1，所以
=4，当且仅当a+b=4时取等号，
结合ab=1，解得a=2-
，b=2+
，或a=2+
，b=2-
时，等号成立.
答案：4
2.某金店用一杆不准确的天平(两边臂不等长)称黄金，某顾客要购买10
g黄金，售货员先将5
g的砝码放在左盘，将黄金放于右盘使之平衡后给顾客.然后，又将5
g的砝码放入右盘，将另一黄金放于左盘使之平衡后又给顾客，则顾客实际所得黄金
( )
A.大于10
g
B.小于10
g
C.大于等于10
g
D.小于等于10
g
【解析】选A.由于天平的两臂不相等，故可设天平左臂长为a，右臂长为b(不妨
设a>b)，先称得的黄金的实际质量为m1，后称得的黄金的实际质量为m2.由杠杆
的平衡原理：bm1=a×5，am2=b×5.解得m1=
，m2=
，则m1+m2=
.下面
比较m1+m2与10的大小：
(m1+m2)-10=
-10≥2
-10=0，
又因为a≠b，所以(m1+m2)-10>0，即m1+m2>10.这样可知称出的黄金质量大于10
g.
3.若x>0，y>0，则
的最小值为________.?
【解析】设
=t>0，则
当且仅当t=
时取等号.
答案：
4.已知函数f(x)=
(a∈R)，若对于任意x∈N
，f(x)≥3恒成立，则a的
取值范围是________.?
【解析】对任意x∈N
，f(x)≥3恒成立，即
≥3恒成立，即a≥-
+3.设g(x)=x+
，x∈N
，则g(2)=6，g(3)=
.
因为g(2)>g(3)，所以g(x)min=
.
所以
所以a≥-
，故a的取值范围是
答案：
【技法点拨】提素养
利用基本不等式求最值的类型及方法
(1)若已经满足基本不等式的条件，则直接应用基本不等式求解.
(2)若不直接满足基本不等式的条件，需要通过配凑、进行恒等变形，构造成满足条件的形式，常用的方法有：“1”的代换，对不等式进行分拆、组合、添加项等.
(3)多次使用基本不等式求最值，此时要注意只有同时满足等号成立的条件才能取得等号，若等号不成立，一般利用函数单调性求解.
题组训练·素养提升
【新题速递】
1.已知a，b，c是实数，且b( )
A.
B.ac2>bc2
C.
D.b2>ab>a2
【解析】选D.因为b对于A，
，所以A错误；
对于B，c=0时，ac2>bc2不成立，所以B错误；
对于C，
，所以C错误；
对于D，b2>ab，ab>a2，b2>ab>a2.
2.已知x>0，y>0，且
=1，则x+y的最小值为
( )
A.12
B.16
C.20
D.24
【解析】选B.方法一：由题得x+y=
当且仅当
即
时取等号，所以x+y的最小值为16.
方法二：由
=1且x>0，y>0，
所以x>1，y>9且9x+y-xy=0，
即
=9，又因为x>1，y>9.
所以
当且仅当
即
时取等号，所以x+y的最小值为16.
3.若x，y满足约束条件
，则z=
的取值范围为________.?
【解析】作出可行域，如图所示，
则z=
≥kOA=
，故z的取值范围为
.
答案：
4.设A={(x，y)|x2-a(2x+y)+4a2=0}，B={(x，y)||y|≥b|x|}，对任意的非零实
数a，均有A?B成立，则实数b的最大值为________.?
【解析】由x2-a(2x+y)+4a2=0得y=
x2-2x+4a，则
，当ax>0时，
=4，当且仅当
时，取等号，
所以
≥|4-2|=2，即
≥2，
当ax<0时，
=-4，当且仅当
时，取等号，
所以
≥|-4-2|=6，即
≥6，
因为对任意非零实数a，均有A?B成立，
即|y|≥b|x|恒成立，即
≥b恒成立，所以b≤2，所以实数b的最大值为2.
答案：2
【创新迁移】
1.若m>0，n>0，m+n=1且
(t>0)的最小值为9，则t=________.?
【解析】由基本不等式得
(m+n)=t+1+
≥t+1+2
=t+1+2
=(
+1)2=9，
因为t>0，解得t=4，当且仅当
，
即当
时，等号成立.
答案：4
2.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC=120°，∠ABC的平分
线交AC于点D，且BD=1，则4a+c的最小值为________.?
【解析】因为∠ABC=120°，∠ABC的平分线交AC于点D，所以∠ABD=∠CBD
=60°，由三角形的面积公式可得
acsin
120°=
asin
60°+
csin
60°，
化简得ac=a+c，又a>0，c>0，所以
=1，
则4a+c=(4a+c)
=5+
≥5+2
=9，当且仅当c=2a时取等号，故4a+c
的最小值为9.
答案：9
三 不 等 式
（40分钟
80分）
一、选择题(每小题5分，共60分)
1.已知正数a，b的等比中项是2，且m=b+
，n=a+
，则m+n的最小值是( )
A.3
B.4
C.5
D.6
【解析】选C.由正数a，b的等比中项是2，可得ab=4，又m=b+
，n=a+
，所以
m+n=a+b+
+
≥
=5，当且仅当a=b=2时取“=”，故m+n的最小值为5.
专题能力提升练
2.若x，y满足
则z=x+2y的最大值为( )
A.0
B.1
C.
D.2
【解析】选D.由x，y满足
可得所表示的可行域如图阴影(含边界)
部分所示.
又因为z=x+2y，所以y=-
x+
z，
所以目标函数在x=0与x+y-1=0的交点处取得最大值.
因为
所以
所以zmax=0+2×1=2.
3.已知P(a，b)为圆x2+y2=4上任意一点，则当
取最小值时，a2的值
为
( )
A.
B.2
C.
D.3
【解析】选C.因为P(a，b)为圆x2+y2=4上任意一点，所以a2+b2=4.又a≠0，b≠0，所以
当且仅当b2=2a2=
时取等号，故a2=
.
4.在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影.由区域
中的点在直线x+y-2=0上的投影构成的线段记为AB，则|AB|
=( )
A.2
B.4
C.3
D.6
【解析】选C.作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，
过点C，D分别作直线x+y-2=0的垂线，垂足分别为A，B，则四边形ABDC为矩形，
又C(2，-2)，D(-1，1)，
所以|AB|=|CD|=
5.x>y>0是
成立的
( )
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】选B.充分性：由x>y>0，得x>x-y>0，故
成立，即充分性成立.
必要性：由
，得
当x<0即必要性不成立.
6.设x，y满足约束条件
则z=3x-2y的最小值为( )
A.-5
B.5
C.-6
D.6
【解析】选A.如图所示，不等式组表示的可行域如图阴影(含边界)部分所示，
易求得A(-1，1)，
直线z=3x-2y在x轴上的截距越小，z就越小，
所以，当直线z=3x-2y过点A时，z取得最小值，
所以z的最小值为3×(-1)-2×1=-5.
【加练备选】
某中学生在制作纸模过程中需要A，B两种规格的小卡纸，现有甲、乙两种大小不同的卡纸可供选择，每张卡纸可同时截得A，B两种规格的小卡纸的块数如表，现需A，B两种规格的小卡纸分别为4块、7块，所需甲、乙两种大小不同的卡纸的张数分别为m，n(m，n为整数)，则m+n的最小值为
( )
A.2
B.3
C.4
D.5
A规格
B规格
甲种卡纸
2
1
乙种卡纸
1
3
【解析】选B.由题意知
又不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，
可得目标函数z=m+n在点(1，2)处取得最小值3.
7.周长为20的矩形绕其一边旋转形成一个圆柱，该圆柱的侧面积的最大值
是
( )
A.25π
B.50π
C.100π
D.200π
【解析】选B.设矩形的两邻边长分别为x，y且y为圆柱的高，则x+y=10，圆柱的
侧面积S=2πxy≤2π
=50π，当x=y=5时等号成立，所以该圆柱侧面积的
最大值为50π.
【加练备选】
某车间分批生产某种产品，每批产品的生产准备费用为800元，若每批生产x
件，则平均仓储时间为
天，且每件产品每天的仓储费用为1元.为使平均到每
件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品
( )
A.60件
B.80件
C.100件
D.120件
【解析】选B.若每批生产x件产品，则每件产品的生产准备费用是
元，仓储
费用是
元，总的费用是
当且仅当
即x=80时取
等号.
8.已知函数f(x)=
则不等式f(x)≥x2的解集为( )
A.[-1，1]
B.[-2，2]
C.[-2，1]
D.[-1，2]
【解析】选A.方法一：当x≤0时，x+2≥x2，所以-1≤x≤0，①
当x>0时，-x+2≥x2，所以0由①②得原不等式的解集为{x|-1≤x≤1}.
方法二：作出函数y=f(x)和函数y=x2的图象，如图，
由图知f(x)≥x2的解集为[-1，1].
9.已知x，y满足
则z=8-x·
的最小值为( )
【解析】选D.可行域如图中阴影部分所示，
而z=8-x·
=2-3x-y，欲使z最小，只需使-3x-y
最小即可.由图知当x=1，y=2时，-3x-y的值最小，
且-3×1-2=-5，此时2-3x-y最小，最小值为
.
10.司机甲、乙加油习惯不同，甲每次加定量的油，乙每次加固定钱数的油，恰有两次司机甲、乙同时加同价格的油，但两次的油价不同，则从这两次加油的均价角度分析
( )
A.司机甲的均价低
B.司机乙的均价低
C.油价先高后低司机甲的均价低
D.油价先低后高司机甲的均价低
【解析】选B.设司机甲每次加m升油，司机乙每次加n元钱的油，第一次油价为x
元/升，第二次油价为y元/升.司机甲这两次加油的均价为
(元/
升)，司机乙这两次加油的均价为
(元/升).因为x≠y，所以
即司机乙这两次加油的均价低.
11.已知实数x>0，y>0，则“xy≤1”是“2x+2y≤4”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
【解析】选B.因为实数x>0，y>0，
所以当x=3，y=
时，2x+2y=23+
>4，
所以“xy≤1”推不出“2x+2y≤4”；
反之，实数x>0，y>0，由基本不等式可得2x+2y≥2
，由不等式的基本性质
得2
≤2x+2y≤4，整理得2x+y≤4，所以x+y≤2，由基本不等式得xy≤
≤1，即“2x+2y≤4”?“xy≤1”.所以实数x>0，y>0，则“xy≤1”是“2x+2y
≤4”的必要不充分条件.
12.函数y=loga(x+3)-1(a>0，且a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx+ny+2=0
上，其中m>0，n>0，则
的最小值为
( )
【解析】选D.由函数y=loga(x+3)-1(a>0，且a≠1)知，
当x=-2时，y=-1，所以点A的坐标为(-2，-1)，
又点A在直线mx+ny+2=0上，所以-2m-n+2=0，即2m+n=2，
所以
当且仅当m=n=
时等号成立.
所以
的最小值为
.
【加练备选】
若log2x+log4y=1，则x2+y的最小值为
( )
A.2
B.2
C.4
D.2
【解析】选C.因为log2x+log4y=log4x2+log4y=log4(x2y)=1，所以x2y=4(x>0，
y>0)，则x2+y≥2
=4，当且仅当x2=y=2时等号成立，故x2+y的最小值为4.
二、填空题(每小题5分，共20分)
13.(2020·江苏高考)已知5x2y2+y4=1(x，y∈R)，则x2+y2的最小值是______.?
【解析】因为5x2y2+y4=1(x，y∈R)，所以y≠0，
所以x2=
，则x2+y2=
当且仅当
时，即y2=
，
x2=
时，x2+y2的最小值是
.
答案：
14.若直线ax+by-1=0(a>0，b>0)过曲线y=1+sin
πx(0的最小值为________.?
【解析】由题意可知：曲线y=1+sin
πx(0所以a+b=1，(a+b)(
)=3+
≥3+2
=3+2
，当且仅当b=
a
时等号成立.
答案：3+2
15.已知a>b，ab≠0，则下列不等式中：
①a2>b2；②
；③a3>b3；
④a2+b2>2ab，恒成立的不等式的个数是________.?
【解析】当a=1，b=-2时，显然①②不成立；
对于③，当a，b异号时，a>0>b时，显然有a3>0>b3，
当a，b同号时，a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)>0，所以③恒成立；
对于④，a2+b2-2ab=(a-b)2>0，
所以a2+b2>2ab，即④恒成立.
综上所述，不等式恒成立的个数为2.
答案：2
16.某项研究表明：在考虑行车安全的情况下，某路段车流量F(单位时间内经过
测量点的车辆数，单位：辆/时)与车流速度v(假设车辆以相同速度v行驶，单
位：米/秒)，平均车长l(单位：米)的值有关，其公式为F=
①如果l=6.05，则最大车流量为________辆/时；?
②如果l=5，则最大车流量比①中的最大车流量增加________辆/时.?(共52张PPT)
第1课时 集合、复数与平面向量
关键能力·应用实践
考向一 集合
【多维题组】速通关
1.(2020·全国Ⅱ卷)已知集合U={-2，-1，0，1，2，3}，A={-1，0，1}，B={1，2}，则?U(A∪B)=
( )
A.{-2，3}
B.{-2，2，3}
C.{-2，-1，0，3}
D.{-2，-1，0，2，3}
【解析】选A.由已知得A∪B={-1，0，1，2}，
所以?U(A∪B)={-2，3}.
2.(2020·全国Ⅰ卷)设集合
则a=
( )
A.-4
B.-2
C.2
D.4
【解析】选B.解一元二次不等式x2-4≤0可得：
A=
，
解一元一次不等式2x+a≤0可得B=
.
由于A∩B=
，故-
=1，解得：a=-2.
3.已知全集U=R，集合A={x|x(x+2)<0}，B={x||x|≤1}，则如图所示的阴影部分
表示的集合是
( )
A.(-2，1)
B.[-1，0]∪[1，2)
C.(-2，-1)∪[0，1]
D.[0，1]
【解析】选C.因为集合A={x|x(x+2)<0}，B={x||x|≤1}，所以A={x|-2B={x|-1≤x≤1}，所以A∪B=(-2，1]，A∩B=[-1，0)，所以阴影部分表示的集
合为?(A∪B)(A∩B)=(-2，-1)∪[0，1].
【技法点拨】提素养
解决集合运算问题的方法
在进行集合运算时，要尽可能地利用数形结合的思想使抽象问题直观化.
(1)用列举法表示的集合进行交、并、补的运算，常采用Venn图法解决，此时要搞清Venn图中的各部分区域表示的实际意义.
(2)用描述法表示的数集进行运算，常采用数轴分析法解决，此时要注意“端点”能否取到.
(3)若给定的集合是点集，画出图象，采用数形结合法求解.
考向二 复数
【多维题组】速通关
1.(2019·全国Ⅰ卷)设z=
，则|z|=
( )
A.2
B.
C.
D.1
【解析】选C.因为z=
，
所以z=
所以|z|=
，故选C.
2.(2019·全国Ⅱ卷)设z=-3+2i，则在复平面内
对应的点位于
( )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【解析】选C.由z=-3+2i可得
=-3-2i，故对应点的坐标为(-3，-2)，此点在第
三象限.
【变式拓展】
若题中的条件不变，将“
”改为“
”，再解答本题.
【解析】选C.因为z=-3+2i，
所以
所以，在复平面内
所对应点的坐标为
，此点位于第三象限.
3.若复数z满足(1+i)z=|
+i|，则在复平面内
对应的点位于
( )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【解析】选A.由题意，得z=
=1-i，所以
=1+i，其在复平面
内对应的点为(1，1)，位于第一象限.
4.设复数z满足
=i，则|z|=
( )
A.1
B.
C.
D.2
【解析】选A.因为复数z满足
=i，
所以1+z=i-zi，所以z(1+i)=i-1，
所以z=
=i，所以|z|=1.
5.(2020·全国Ⅱ卷)设复数z1，z2满足|z1|=|z2|=2，z1+z2=
+i，则|z1-
z2|=________ .?
【解析】因为|z1|=|z2|=2，
可设z1=2cos
θ+2sin
θ·i，
z2=2cos
α+2sin
α·i，
所以z1+z2=2(cos
θ+cos
α)+2(sin
θ+sin
α)·i=
+i，
所以
两式平方作和得：
4（2+2cos
θcos
α+2sin
θsin
α）=4，
化简得cos
θcos
α+sin
θsin
α=-
，
所以|z1-z2|=|2(cos
θ-cos
α)+2(sin
θ-sin
α)·i|
答案：2
【技法点拨】提素养
复数相关概念与运算的技巧
(1)与复数的基本概念和性质有关的问题，应注意复数和实数的区别与联系，把复数问题实数化是解决复数问题的关键.
(2)复数相等问题一般通过实部与虚部对应相等列出方程或方程组求解.
(3)复数的代数运算的基本方法是运用运算法则，可以通过对代数式结构特征的分析，灵活运用i的幂的性质、运算法则来优化运算过程.
考向三 平面向量
【多维题组】速通关
1.(2018·全国Ⅰ卷)在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则
=
( )
【解析】选A.如图所示，
2.(2020·全国Ⅰ卷)设a，b为单位向量，且|a+b|=1，则|a-b|=________.?
【解析】因为a，b为单位向量，所以
=1，
所以
解得：2a·b=-1，
所以
答案：
3.已知向量a，b，c满足|a|=1，|b|=k，|c|=2-k且a+b+c=0，则b与c夹角的余弦值的取值范围是________.?
【解析】设b与c的夹角为θ，由题知b+c=-a，所以b2+c2+2b·c=1.
即cos
θ=
因为|a|=|b+c|≥||b|-|c||，
所以|2k-2|≤1.
所以
≤k≤
.所以-1≤cos
θ≤-
.
答案：
【技法点拨】提素养
求平面向量数量积的方法
给出向量a，b，求a·b的三种方法：
(1)若两个向量共起点，且两向量的夹角直接可得，根据定义即可求得数量积；若两向量的起点不同，需要通过平移使它们的起点重合，然后再计算.
(2)根据图形之间的关系，长度和相互之间的夹角都已知的向量可根据平面向量的数量积的定义进行计算求解.
(3)若图形适合建立平面直角坐标系，可建立坐标系，求出a，b的坐标，通过坐标运算法则求解.
【新题速递】
1.设集合A={x∈Z||x|≤2}，B={y|y=1-x2}，则A∩B的子集个数为
( )
A.4
B.8
C.16
D.32
【解析】选C.因为A={-2，-1，0，1，2}，B={y|y≤1}，所以A∩B={-2，-1，0，1}，所以A∩B的子集个数为24=16.
题组训练·素养提升
2.已知向量a，b满足|a+b|=4，|a-b|=3，则|a|+|b|的取值范围是
( )
A.[3，5]
B.[4，5]
C.[3，4]
D.[4，7]
【解析】选B.|a|+|b|≥max{|a+b|，|a-b|}=4，
(|a|+|b|)2=|a|2+|b|2+2|a||b|≤2(|a|2+|b|2)=|a+b|2+|a-b|2=25，所以|a|+|b|≤5，所以4≤|a|+|b|≤5.
3.已知集合A={y|y=ax，x∈R}，其中a>0且a≠1，A∩B=B，则集合B可以
是
( )
A.[1，+∞)
B.(-∞，1]
C.[-1，+∞)
D.(-∞，-1]
【解析】选A.由题意可得A={y|y=ax，x∈R}=(0，+∞)，由A∩B=B得B?A.
4.在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC和DC的中点，则
=
( )
A.-
B.
C.-4
D.-2
【解析】选C.通过建系求点的坐标，然后求解向量的数量积.在边长为2的正方
形ABCD中，E，F分别为BC和DC的中点，以A为坐标原点，AB，AD为坐标轴，建立
平面直角坐标系，则B(2，0)，D(0，2)，E(2，1)，F(1，2).
所以
=(2，-1)，
=(-1，2)，所以
=-4.
【创新迁移】
1.已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则
的取值范围
是
( )
A.(-2，6)
B.(-6，2)
C.(-2，4)
D.(-4，6)
【解析】选A.设P(x，y)，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，0)，B(2，
0)，
=(x，y)，
=(2，0)，所以
=2x，由题意可得点C的横坐标为3，
点F的横坐标为-1，所以-1<6.
2.已知集合{a，b，c}={-1，0，1}，且下列三个关系①a≠1；②b=1；③c≠-1有且只有一个正确，则b=________，c=________.?
【解析】依题意可分下列三种情况：
(1)若只有①正确，则a≠1，b≠1，c=-1，此时a=b=0，与集合中元素的互异性矛盾，所以只有①正确是不可能的；
(2)若只有②正确，则b=1，a=1，c=-1，此时a=b=1，与集合中元素的互异性矛盾，所以只有②正确是不可能的；
(3)若只有③正确，则c≠-1，a=1，b≠1，此时b=-1，c=0，所以满足题意.
答案：-1 0
专题能力提升练
一、选择题(每小题5分，共60分)
1.(2019·全国Ⅱ卷)已知向量a=(2，3)，b=(3，2)，则|a-b|=
( )
A.
B.2
C.5
D.50
【解析】选A.由向量a=(2，3)，b=(3，2)，可得a-b=(-1，1)，所以|a-b|=
一 集合、复数与平面向量
（40分钟
80分）
2.(2019·全国Ⅰ卷)已知集合M={x|-4A.{x|-4B.{x|-4C.{x|-2D.{x|2【解析】选C.由题意得，M={x|-43.(2019·全国Ⅱ卷)已知
=(2，3)，
=(3，t)，|
|=1，则
=( )
A.-3
B.-2
C.2
D.3
【解析】选C.因为
=(1，t-3)，
又因为|
|=1，即12+(t-3)2=12，
解得t=3，所以
=(1，0)，
故
=2.
4.已知复数z满足z(1+i)=2i，则z的共轭复数
等于
( )
A.1+i
B.1-i
C.-1+i
D.-1-i
【解析】选B.由z(1+i)=2i，得z=
=1+i，则z的共轭复数
=1-i.
5.(2020·全国Ⅲ卷)已知向量a，b满足|a|=5，|b|=6，a·b=-6，则
cos=
( )
【解析】选D.由a·(a+b)=|a|2+a·b=25-6=19，
又
=7，
所以cos=
6.(2020·全国Ⅲ卷)已知集合A={(x，y)|x，y∈N
，y≥x}，B={(x，y)|x+y=
8}，则A∩B中元素的个数为
( )
A.2
B.3
C.4
D.6
【解析】选C.由题意，A∩B中的元素满足
且x，y∈N
，由x+y=8≥2x，得x≤4，
所以满足x+y=8的有(1，7)，(2，6)，(3，5)，(4，4)，
故A∩B中元素的个数为4.
7.(2019·全国Ⅰ卷)设复数z满足|z-i|=1，z在复平面内对应的点为(x，y)，
则
( )
A.(x+1)2+y2=1
B.(x-1)2+y2=1
C.x2+(y-1)2=1
D.x2+(y+1)2=1
【解析】选C.设z=x+yi，z-i=x+(y-1)i，|z-i|=
=1，
则x2+(y-1)2=1.故选C.
8.已知集合A={y|y=log2x，x>2}，B=
则A∩B=( )
A.(1，+∞)
B.
C.(-∞，1)
D.
【解析】选A.因为A={y|y=log2x，x>2}={y|y>1}，B=
所以A∩B={y|y>1}.
9.(2020·全国Ⅰ卷)若z=1+i，则|z2-2z|=
( )
A.0
B.1
C.
D.2
【解析】选D.由z=1+i得，z2=2i，2z=2+2i，
所以|z2-2z|=|2i-(2+2i)|=2.
10.设M是△ABC边BC上的点，N为AM的中点，若
则λ+μ的值
为
( )
【解析】选C.因为M在BC边上，
所以存在实数t∈[0，1]使得
因为N为AM的中点，
11.设z是复数，|z-i|≤2(i是虚数单位)，则|z|的最大值是
( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选C.因为|z-i|≤2，所以复数z在复平面内对应点在以(0，1)为圆心，以2为半径的圆及其内部.所以|z|的最大值为3.
12.已知A，B，C是平面上不共线的三点，O是△ABC的重心，点P满足
则
为
( )
【解析】选A.如图，延长CO，交AB中点D，O是△ABC的重心，
【加练备选】
已知平面向量a，b满足|a|=|b|=1，a·b=
，若向量c满足|a-b+c|≤1，
则|c|的最大值为
( )
A.1
B.
C.
D.2
【解析】选D.由平面向量a，b满足|a|=|b|=1，a·b=
，可得|a|·|b|·cos=1·1·cos=
，
由0≤≤π，可得=
，
设a=(1，0)，b=
，c=(x，y)，
则|a-b+c|≤1，即有
即为
故|a-b+c|≤1的几何意义是在以
为圆心，半径等于1的圆上和圆内部
分，|c|的几何意义是表示向量c的终点与原点的距离，而原点在圆上，则最大
值为圆的直径，即为2.
二、填空题(每小题5分，共20分)
13.已知复数(a+2i)(1+i)的实部为0，其中i为虚数单位，则实数a的值是________.?
【解析】(a+2i)(1+i)=a-2+(a+2)i，因为实部是0，所以a-2=0，a=2.
答案：2
14.(2020·全国Ⅱ卷)
已知单位向量a，b的夹角为45°，ka-b与a垂直，则
k=________.?
【解析】由题意可得：a·b=1×1×cos
45°=
，由向量垂直的充要条件可
得(ka-b)·a=0，
即ka2-a·b=k-
=0，解得k=
.
答案：
15.(2019·全国Ⅲ卷)已知a，b为单位向量，且a·b=0，若c=2a-
b，
则cos=________.?
【解析】因为c2=(2a-
b)2
=4a2+5b2-4
a·b=9，
所以|c|=3，
因为a·c=a·(2a-
b)=2a2-
a·b=2，
所以cos=
答案：
16.复数z1=1-2i，|z2|=3，则|z2-z1|的最大值是________.?
【解析】由z1=1-2i，可得复数z1对应向量
=(1，-2).由|z2|=3，可得复数
z2对应向量
，点Z2在以O为原点，3为半径的圆上.|z2-z1|=|
-
|=
|
|，易得当Z1，O，Z2共线时，|
|取得最大值为3+
.
答案：3+
【加练备选】
已知点A，B，C在圆x2+y2=1上运动，且AB⊥BC.若点P的坐标为(2，0)，
则|
|的最大值为________.?
【解析】方法一：因为AC为Rt△ABC的斜边，则AC为圆x2+y2=1的一条直径，
故AC必经过原点，如图，则
当P，O，B三点共线时取等号，即当B落在点(-1，0)处时|
|取得最
大值，此时，
=(-2，0)，
=(-3，0)，2|
|+|
|=2×2+3=7，
故|
|的最大值为7.
方法二：同方法一，得|
|
当且仅当∠POB=180°时取“等号”，
方法三：同方法一，得|
|(共11张PPT)
第一篇 基础练透?小题专攻
必备知识·整合回顾
【核心知识】建体系
【常用结论】精归纳
1.集合
(1)A∩B=A?A?B；
(2)A∪B=A?B?A.
(3)子集、真子集个数计算公式：
对于含有n个元素的有限集合M，其子集、真子集、非空子集、非空真子集的个数依次为2n，2n-1，2n-1，2n-2.
2.复数
(1)(1±i)2=±2i，
=i，
=-i.
(2)-b+ai=i(a+bi).
(3)i4n=1，i4n+1=i，i4n+2=-1，i4n+3=-i.
(4)i4n+i4n+1+i4n+2+i4n+3=0.
(5)复数的除法一般是将分母实数化，即分子、分母同乘以分母的共轭复数，再进一步化简.
3.全(特)称命题及其否定
(1)全称命题p：?x∈M，p(x).它的否定为﹁p：?x0∈M，﹁p(x0).
(2)特称命题p：?x0∈M，p(x0).它的否定为﹁p：?x∈M，﹁p(x).
4.平面向量
(1)数量积的定义：a·b=|a||b|cos
θ(其中θ为向量a，b的夹角).
(2)坐标运算：当a=(x1，y1)，b=(x2，y2)时，a·b=x1x2+y1y2.
(3)若a=(x，y)，则|a|=
(4)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
(5)若a=(x1，y1)，b=(x2，y2)，θ为a与b的夹角，则cos
θ=
5.充分、必要条件的判断方法
(1)利用定义判断：直接判断“若p，则q”“若q，则p”的真假；
(2)从集合的角度判断：若A?B，则“x∈A”是“x∈B”的充分条件或“x∈B”是“x∈A”的必要条件；若A=B，则“x∈A”是“x∈B”的充要条件；
(3)利用等价转化法判断：条件和结论带有否定性词语的命题，常转化为其逆否命题来判断真假.
6.排列与组合、二项式定理
(1)两个公式：
(2)组合数的性质：
(3)二项式定理：(a+b)n=
(4)通项公式：Tr+1=
an-rbr(r=0，1，2，…，n).
(5)
称为二项式系数.
(6)二项展开式系数的性质：
【易错警示】防误区
(1)用复数相等a+bi=c+di列方程时，注意a，b，c，d∈R的前提条件.
(2)在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，要注意向量的方向不能盲目转化.
(3)用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果是第一个向量的起点指向最后一个向量的终点的向量；用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向指向被减向量.
(4)求解简易逻辑问题有以下几点：
①“A是B的充分条件”与“A的充分条件是B”是不同的概念.
②命题的否定与否命题是有区别的，“命题的否定”即“非p”，只是否定命题p的结论.
③全称或特称命题的否定，要否定结论并改变量词.(共67张PPT)
第2课时 常用逻辑用语、推理、程序框图
关键能力·应用实践
考向一 常用逻辑用语
【多维题组】速通关
1.已知命题p：?x0∈R，log2(
+1)≤0，则
( )
A.p是假命题；﹁p：?x∈R，log2(3x+1)≤0
B.p是假命题；﹁p：?x∈R，log2(3x+1)>0
C.p是真命题；﹁p：?x∈R，log2(3x+1)≤0
D.p是真命题；﹁p：?x∈R，log2(3x+1)>0
【解析】选B.因为3x>0，所以3x+1>1，则log2(3x+1)>0，所以p是假命题；﹁p：?x∈R，log2(3x+1)>0.
2.(2019·全国Ⅲ卷)记不等式组
表示的平面区域为D.命题p：?(x0，
y0)∈D，2x0+y0≥9；命题q：?(x，y)∈D，2x+y≤12.下面给出了四个命题
①p∨q ②﹁p∨q ③p∧﹁q ④﹁p∧﹁q
这四个命题中，所有真命题的编号是
( )
A.①③
B.①②
C.②③
D.③④
【解析】选A.分别取区域D内的点A(6，0)，B(6，3)，对于命题p，因为2×6+0=12≥9，故是真命题；对于命题q，因为2×6+3=15>12，故是假命题.所以﹁p为假命题，﹁q为真命题.故p∨q，p∧﹁q为真命题.
【变式拓展】
若D不变，设不等式组
表示的区域为E，则x∈D是x∈E的________条
件.?
【解析】先画出这两个区域D，E，可以看出，x∈E?x∈D，而x∈D
x∈E，所
以x∈D是x∈E的必要不充分条件.
答案：必要不充分
3.设有下面四个命题
p1：若复数z满足
∈R，则z∈R；
p2：若复数z满足z2∈R，则z∈R；
p3：若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1=
；
p4：若复数z∈R，则
∈R.
其中真命题有
( )
A.p1，p3
B.p1，p4
C.p2，p3
D.p2，p4
【解析】选B.对于命题p1，设z=a+bi(a，b∈R)，由
∈R，得b=0，
则z∈R成立，故命题p1正确；对于命题p2，设z=a+bi(a，b∈R)，由z2=(a2-b2+
2abi)∈R，得ab=0，则a=0或b=0，复数z可能为实数或纯虚数，故命题p2错误；
对于命题p3，设z1=a+bi(a，b∈R)，z2=c+di(c，d∈R)，由z1·z2=[(ac-bd)+
(ad+bc)i]∈R，得ad+bc=0，不一定有z1=
，故命题p3错误；对于命题p4，设
z=a+bi(a，b∈R)，则由z∈R，得b=0，所以
=a∈R成立，故命题p4正确.
4.(2020·北京高考)
已知α，β∈R，则“存在k0∈Z，使得α=k0π+
”
是“sin
α=sin
β”的
( )
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】选C.若存在k0∈Z，使得α=k0π+
，则有sin
α=sin
β是显然的；
反之若sin
α=sin
β，则α=2kπ+β或2kπ+π-β，即α=kπ+(-1)kβ(k∈Z).
【技法点拨】提素养
充分、必要条件的三种判断方法
(1)定义法：直接判断“若p则q”“若q则p”的真假，并注意和图示相结合，例如“p?q”为真，则p是q的充分条件.
(2)等价法：利用p?q与非q?非p，q?p与非p?非q，p?q与非q?非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法.
(3)集合法：若A?B，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若A=B，则A是B的充要条件.
考向二 推理
【多维题组】速通关
1.(2019·全国Ⅱ卷)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测.
甲：我的成绩比乙高.
乙：丙的成绩比我和甲的都高.
丙：我的成绩比乙高.
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为
( )
A.甲、乙、丙
B.乙、甲、丙
C.丙、乙、甲
D.甲、丙、乙
【解析】选A.若甲正确，则乙，丙都不正确，即由此判断乙>丙，即甲>乙>丙成立.
2.观察下列各式：
…
照此规律，当n∈N
时，
=________.?
【解析】当n=1时，
=40=41-1；当n=2时，
=41=42-1；当n=3时，
=42=43-1；
……
所以
=4n-1.
答案：4n-1
3.设△ABC的三边长分别为a，b，c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则
r=
.类比这个结论可知，四面体ABCD的四个面的面积分别为S1，S2，S3，
S4，四面体ABCD的体积为V，内切球半径为R，则R=________.?
【解析】三角形的面积类比四面体的体积，三角形的边长类比四面体四个面的
面积，内切圆半径类比内切球的半径，二维图形中的
，类比三维图形中的
，
得R=
.
答案：
【技法点拨】提素养
1.归纳推理的类型及相应方法
(1)数的归纳包括数字归纳和式子归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等.
(2)形的归纳主要包括图形数目归纳和图形变化规律归纳.
2.类比推理应用的类型及相应方法
(1)类比定义：在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解.
(2)类比性质：从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键.
(3)类比方法：有一些处理问题的方法具有类比性，可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移.
考向三 程序框图
【多维题组】速通关
1.(2020·全国Ⅱ卷)执行如图所示的程序框图，若输入的k=0，a=0，则输出的k为
( )
A.2
B.3
C.4
D.5
【解析】选C.由已知中的程序框图可知：
第1次循环，a=2×0+1=1，k=0+1=1，1>10为否；
第2次循环，a=2×1+1=3，k=1+1=2，3>10为否；
第3次循环，a=2×3+1=7，k=2+1=3，7>10为否；
第4次循环，a=2×7+1=15，k=3+1=4，15>10为是，
退出循环，输出k=4.
2.(2019·全国Ⅰ卷)如图是求
的程序框图，图中空白框中应填入
( )
【解析】选A.执行第1次，A=
，k=1≤2，是，因为第一次应该计算
k=k+1=2，循环，执行第2次，k=2≤2，是，因为第二次应该计算
k=k+1=3，循环，执行第3次，k=3≤2，否，输出，故循环体为A=
，故选A.
3.执行如图所示的程序框图，输出的s值为
( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选B.模拟程序的运行，可得k=1，s=1，s=
=2，不满足条件
k≥3，执行循环体；k=2，s=
=2，不满足条件k≥3，执行循环体；k=3，
s=2，此时满足条件k≥3，退出循环，输出s的值为2.
【技法点拨】提素养
程序框图的应用技巧
(1)条件结构的应用：利用条件结构解决算法问题时，要注意判断框内的条件不同，对应的下一个程序框中的内容和操作要相应地进行变化.
(2)循环结构的应用：
一要注意是累加、累乘等问题.二要分清是先执行循环体，再判断条件，还是先判断条件，再执行循环体.三要注意控制循环的变量是什么，何时退出循环.最后要清楚循环体内的程序是什么，是如何变化的.
题组训练·素养提升
【新题速递】
1.已知p：?x0∈R，
，那么﹁p为
( )
A.?x∈R，3xB.?x0∈R，
C.?x∈R，3x≥x3
D.?x0∈R，
【解析】选C.因为特称命题的否定为全称命题，所以﹁p：?x∈R，3x≥x3.
2.设x∈R，则“x2<1”是“lg
x<0”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
【解析】选B.因为x2<1?-1x<0?0x<0”的必要不充分条件.
3.为计算S=
，设计了如图所示的程序框图，则在空白框中
应填入
( )
A.i=i+1
B.i=i+2
C.i=i+3
D.i=i+4
【解析】选B.由题意N=
，T=
，相邻两项分母相差2，
所以选B.
4.甲、乙、丙三位同学获得某项竞赛活动的前三名，但具体名次未知.3人作出预测，甲说：我不是第三名；乙说：我是第三名；丙说：我不是第一名.若甲、乙、丙3人的预测结果有且只有一个正确，由此判断获得第三名的是________.?
【解析】若甲的预测正确，乙与丙预测错误.则甲不是第三名，乙不是第三名，丙是第一名，即甲乙丙都不是第三名，矛盾，假设不成立；若乙的预测正确，甲与丙预测错误.则甲是第三名，乙是第三名，丙是第一名，即甲乙都是第三名，矛盾，假设不成立；若丙的预测正确，甲与乙预测错误.则甲是第三名，乙不是第三名，丙不是第一名，即乙是第一名，丙是第二名，甲是第三名，假设成立.
答案：甲
【创新迁移】
1.给出下列命题：
①已知集合A={1，a}，B={1，2，3}，则“a=3”是“A?B”的充分不必要条件；
②“x<0”是“ln(x+1)<0”的必要不充分条件；
③“函数f(x)=cos2ax-sin2ax的最小正周期为π”是“a=1”的充要条件；
④“平面向量a与b的夹角是钝角”的充要条件是“a·b<0”.
其中正确命题的序号有________.(把所有正确命题的序号都写上)?
【解析】①因为“a=3”可以推出“A?B”，但“A?B”不能推出“a=3”，所
以“a=3”是“A?B”的充分不必要条件，故①正确；
②“x<0”不能推出“ln(x+1)<0”，但“ln(x+1)<0”可以推出“x<0”；所以
“x<0”是“ln(x+1)<0”的必要不充分条件，故②正确；③f(x)=cos2ax-sin2ax
=cos
2ax，若其最小正周期为π，则
=π?a=±1，因此“函数f(x)=cos2ax-
sin2ax的最小正周期为π”是“a=1”的必要不充分条件，故③错误；④“平面
向量a与b的夹角是钝角”可以推出“a·b<0”，但由“a·b<0”得“平面向量a与b的夹角是钝角”或反向共线，所以“a·b<0”是平面向量a与b的夹角是钝角的必要不充分条件，故④错误.正确命题的序号是①②.
答案：①②
2.中国古代名著《孙子算经》中的“物不知数”问题：“今有物不知其数，三
三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”即“有数被三除余
二，被五除余三，被七除余二，问该数为多少？”为解决此问题，现有同学设
计如图所示的程序框图，则框图中的“
”处应填入
( )
【解析】选A.根据题意可知，此程序框图的功能是找一个满足下列条件的数a：
a=3k+2，a=5n+3，a=7m+2，k，n，m∈Z.根据程序框图可知，数a已经满足
a=5n+3，n∈Z，所以还要满足a=3k+2，k∈Z和a=7m+2，m∈Z，并且还要用一个
条件给出，即a-2既能被3整除又能被7整除，所以a-2能被21整除，故在
“
”处应填入“
∈Z？”.
二 常用逻辑用语、推理、程序框图
（40分钟
80分）
一、选择题(每小题5分，共60分)
1.设命题p：?x∈R，x2-x+1>0，则﹁p为
( )
A.?x0∈R，x02-x0+1>0
B.?x∈R，x2-x+1≤0
C.?x0∈R，x02-x0+1≤0
D.?x∈R，x2-x+1<0
专题能力提升练
【解析】选C.已知原命题p：?x∈R，x2-x+1>0，全称命题的否定是将全称量词改为存在量词，并否定命题的结论，故原命题的否定﹁p为：?x0∈R，x02-x0+1≤0.
2.命题“若x2≠2，则x≠
且x≠-
”的否命题为( )
A.若x2=2，则x≠
且x≠-
B.若x2≠2，则x=
且x=-
C.若x2=2，则x=
或x=-
D.若x2≠2，则x=
或x=-
【解析】选C.由题意知，命题“若x2≠2，
则x≠
且x≠-
”的否命题为“若x2=2，
则x=
或x=-
”.
3.(2019·全国Ⅲ卷)执行如图所示的程序框图，如果输入的ε为0.01，则输出s的值等于
( )
【解析】选C.第一次循环：
第二次循环：
第三次循环：
第四次循环：
…
第七次循环：
此时循环结束，可得
4.下列命题中，假命题是
( )
A.?x∈R，2x-1>0
B.?x0∈N
，(x0-1)2>0
C.?x∈R，lg
x<1
D.?x0∈R，tan
x0=2
【解析】选C.对于C，x=10时，lg
10=1，是假命题.
5.“sin
α=0”是“sin
2α=0”的
( )
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】选A.由sin
α=0可得α=kπ，k∈Z，由sin
2α=0可得α=
π，
k∈Z，所以“sin
α=0”是“sin
2α=0”的充分不必要条件.
6.某程序框图如图所示，若该程序运行后输出k的值是6，则满足条件的整数S0的个数为
( )
A.31
B.32
C.63
D.64
【解析】选B.输出k的值为6说明最后一次参与运算的k=5，所以S=S0-20-21-22-23-24-25=S0-63≤0，上一个循环S=S0-20-21-22-23-24=S0-31>0，所以317.若x∈R，则“x>1”是“
<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
【解析】选A.由x>1，一定能得到
<1，但当
<1时，不能推出x>1(如x=-1
时)，故“x>1”是“
<1”的充分不必要条件.
8.老师带甲、乙、丙、丁四名学生去参加自主招生考试，考试结束后老师向四名学生了解考试情况，四名学生回答如下：甲说：“我们四人都没考好”；乙说：“我们四人中有人考得好”；丙说：“乙和丁至少有一人没考好”；丁说：“我没考好”.结果，四名学生中有两人说对了，则四名学生中说对了的两人是
( )
A.甲 丙
B.乙 丁
C.丙 丁
D.乙 丙
【解析】选D.如果甲对，则丙、丁都对，与题意不符，故甲错，乙对；如果丙错，则丁错，因此只能是丙对，丁错.
9.已知程序框图如图，如果该程序运行的结果为S=132，那么判断框中应填
入
( )
A.k≤10？
B.k≤9？
C.k<10？
D.k<9？
【解析】选A.按照程序框图依次执行：k=12，S=1；进入循环，S=1×12=12，k=11；S=12×11=132，k=10，跳出循环，故k=10满足判断框内的条件，而k=11不满足，故判断框内的条件可为“k≤10？”.
10.A、B两种品牌各三种车型2017年7月的销量环比(与2017年6月比较)增长率如表：
A品牌车型
A1
A2
A3
环比增长率
-7.29%
10.47%
14.70%
B品牌车型
B1
B2
B3
环比增长率
-8.49%
-28.06%
13.25%
根据此表中的数据，有如下关于7月份销量的几个结论：
①A1车型销量比B1车型销量多；
②A品牌三种车型总销量环比增长率可能大于14.70%；
③B品牌三种车型总销量环比增长率可能为正；
④A品牌三种车型总销量环比增长率可能小于B品牌三种车型总销量环比增长率.
其中正确结论的个数是
( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选B.对于①，A1车型销量增长率比B1车型销量增长率高，但销量不一定多，①错误；
对于②，A品牌三种车型中增长率最高为14.70%，
所以总销量环比增长率不可能大于14.70%，②错误；对于③，B品牌三种车型中有销量增长率为13.25%，所以它的总销量环比增长率也可能为正，③正确；对于④，由题意知A品牌三种车型总销量环比增长率，可能小于B品牌三种车型总销量环比增长率，④正确；综上所述，其中正确的结论序号是③④.
11.20世纪70年代，流行一种游戏——角谷猜想，规则如下：任意写出一个自然
数n，按照以下的规律进行变换，如果n是奇数，则下一步变成3n+1；如果n是偶
数，则下一步变成
.这种游戏的魅力在于无论你写出一个多么庞大的数字，最
后必然会落在谷底，更准确说是落入底部的循环，而永远也跳不出这个圈子，
下列程序框图就是根据这个游戏而设计的，如果输出的i值为6，则输入的n值
为
( )
A.5
B.16
C.5或32
D.4或5或32
【解析】选C.若n=5，执行程序框图，n=16，i=2；n=8，i=3；n=4，i=4；n=2，i=5；n=1，i=6，结束循环，输出的i=6.若n=32，执行程序框图，n=16，i=2；n=8，i=3；n=4，i=4；n=2，i=5；n=1，i=6，结束循环，输出的i=6.当n=4或16时，检验可知不正确，故输入的n=5或32.
【加练备选】
执行如图所示的程序框图，则输出的结果为
( )
A.8
B.9
C.10
D.11
【解析】选B.因为S=lg
+lg
+…+lg
=lg
1-lg
3+lg
3-lg
5+…+lg
i
-lg(i+2)=-lg(i+2)，当i=9时，S=-lg(9+2)<-lg
10=-1，所以输出的i=9.
12.(2020·浙江高考)已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的
( )
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】选B.已知m，n，l两两相交，可以推出m，n，l在同一个平面，反之，已知m，n，l在一个平面，可以推出m，n，l两两相交，或者m∥n，l与m，n相交等多种情况，故“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件.
二、填空题(每小题5分，共20分)
13.已知a，b，c∈R，命题“若a+b+c=3，则a2+b2+c2≥3”的否命题是_____.?
【解析】命题的否命题是原命题的条件与结论分别否定后组成的命题，所以应填“若a+b+c≠3，则a2+b2+c2<3”.
答案：若a+b+c≠3，则a2+b2+c2<3
14.已知命题p：关于x的不等式ax>1(a>0，a≠1)的解集是{x|x<0}，命题q：函数y=lg(ax2-x+a)的定义域为R，如果p∨q为真命题，p∧q为假命题，则实数a的取值范围为________.?
【解析】由关于x的不等式ax>1(a>0，a≠1)的解集是{x|x<0}，知0由函数y=lg(ax2-x+a)的定义域为R，
知不等式ax2-x+a>0的解集为R，
则
解得a>
.
因为p∨q为真命题，p∧q为假命题，
所以p和q一真一假，即“p假q真”或“p真q假”，
解得a≥1或0，
故实数a的取值范围是
∪[1，+∞).
答案：
∪[1，+∞)
15.执行如图的程序框图，则输出的S值为________.?
【解析】由题图知本程序框图的功能是执行S=cos
0+cos
+cos
+…
+cos
，此处注意程序结束时n=2
019，
由余弦函数和诱导公式易得：cos
0+cos
+cos
+cos
+cos
+
cos
=0，周期为6，2
020=336×6+4，S=cos
0+cos
+cos
+…+
cos
=336×0+1+
-
-1=0.
答案：0
16.在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下一个直角三
角形，按图中所标边长，由勾股定理有：c2=a2+b2.设想正方形换成正方体，把
截线换成如图的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥O-LMN，
如果用S1，S2，S3表示三个侧面面积，S4表示截面面积，那么类比得到的结论是
________.?(共50张PPT)
第4课时
排列、组合与二项式定理
关键能力·应用实践
考向一：排列与组合
【多维题组】速通关
1.(2020·新高考全国Ⅰ卷)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有
( )
A.120种
B.90种
C.60种
D.30种
【解析】选C.甲场馆安排1名有
种方法，乙场馆安排2名有
种方法，丙场
馆安排3名有
种方法，所以由分步乘法计数原理得不同的安排方法共有
=60种.
2.5位同学站成一排照相，其中甲与乙必须相邻，且甲不能站在两端的排法总数是
( )
A.40
B.36
C.32
D.24
【解析】选B.由题意得，甲与乙必须相邻的情况种数为：
=48种，甲分别站
在两端且与乙相邻的种数为：
=12种，所以满足题意的排法总数是
=48-12=36种.
3.中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每天每种课程安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有
( )
A.120种
B.156种
C.188种
D.240种
【解析】选A.当“数”排在第一节时有
=48(种)排法，当“数”排在第
二节时有
=36(种)排法，当“数”排在第三节时，若“射”和“御”
两门课程排在第一、二节时有
=12(种)排法；若“射”和“御”两门课
程排在后三节时有
=24(种)排法，所以满足条件的共有
48+36+12+24=120(种)排法.
4.两人进行乒乓球比赛，先赢3场者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情
形(各人输赢场次的不同，视为不同情形)共有
( )
A.10种
B.15种
C.20种
D.30种
【解析】选C.由题意知比赛场数至少为3场，至多为5场.当为3场时，情况为甲
或乙连赢3场，共2种.当为4场时，若甲赢，则前3场中甲赢2场，最后一场甲
赢，共有
=3(种)情况；同理，若乙赢也有3种情况.共有6种情况.当为5场
时，前4场，甲、乙各赢2场，最后1场胜出的人赢，共有
=12(种)情况.由
上综合知，共有20种情况.
5.如图所示，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每
个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为
________.?
【解析】按区域1与3是否同色分类，分两类.(正确分类是解决本题的关键)第一
类，区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，再涂区域2，4，5(还有3种颜
色)，有
种方法.此时涂色方法共有4
=24(种).
第二类，区域1与3不同色：第一步，涂区域1与3，有
种方法；
第二步，涂区域2，有2种涂色方法；
第三步，涂区域4，只有1种涂色方法；
第四步，涂区域5，有3种涂色方法.此时涂色方法共有
×2×1×3=72(种).
故由分类加法计数原理知，不同的涂色种数为24+72=96(种).(先涂区域1和3是
化解本题难点和避开易错点的关键)
答案：96
【技法点拨】提素养
求解排列、组合问题的基本方法
(1)限制条件排除法：先求出不考虑限制条件的个数，然后减去不符合条件的个数，相当于减法原理.
(2)相邻问题捆绑法：在特定条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整个问题排好之后再考虑它们“内部”的排列数，它主要用于解决相邻问题.
(3)插空法：先把不受限制的元素排列好，然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中.
(4)特殊元素、位置优先安排法：对问题中的特殊元素或位置优先考虑排列，然后排列其他一般元素或位置.
(5)多元问题分类法：将符合条件的排列分为几类，根据分类加法计数原理求出排列总数.
(6)元素相同隔板法：若把n个不加区分的相同元素分成m组，可通过n个相同元素排成一排，在元素之间插入m-1块隔板来完成分组，此法适用于同元素分组问题.
(7)“至多”“至少”间接法：“至多”“至少”的排列组合问题，需分类讨论且一般分类的情况较多，所以通常用间接法，即排除法，它适用于反面明确且易于计算的问题.
(8)选排问题先取再排法：选排问题很容易出现重复或遗漏的错误，因此常先取出元素(组合)再排列，即先取再排.
(9)定序问题消序法：甲、乙、丙顺序一定，采用消序法，即除法，用总排列数除以顺序一定的排列数.
(10)有序分配逐分法：有序分配是指把元素按要求分成若干组，常采用逐分的方法求解.
考向二 二项式定理
【多维题组】速通关
1.(2019·全国Ⅲ卷)(1+2x2)(1+x)4的展开式中，x3的系数为
( )
A.12
B.16
C.20
D.24
【解析】选A.由题意可知含x3的项为1·
·1·x3+2x2·
·13·x=12x3，所
以系数为12.
【变式拓展】
本题条件不变，求所有项系数和.
【解析】令x=1，得(1+2×12)(1+1)4=48.
所以，各项系数和为48.
2.
的展开式中的常数项为
( )
A.-45
B.1
C.45
D.90
【解析】选C.
的展开式的通项为Tr+1=
=
，
令r-2=0，可得r=2，所以
的展开式中的常数项为(-1)2
=45.
3.(2020·全国Ⅲ卷)
的展开式中常数项是________(用数字作答).?
【解析】因为Tr+1=
x2(6-r)2rx-r=2r
x12-3r，
由12-3r=0，得r=4，所以
的展开式中常数项是：
·24=
·16=15×16=240，故常数项为240.
答案：240
4.
的展开式中整理后的常数项为________.?
【解析】x>0时，
=
的通项公式：Tr+1=
，令5-r=0，解得r=5.
所以常数项为
=252.同样当x<0时，可得常数项为252.
答案：252
【技法点拨】提素养
求二项展开式中的项的方法
求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项Tk+1=
的特点，一般需要
建立方程求k，再将k的值代回通项求解，注意k的取值范围(k=0，1，2，…，n).
(1)第m项：此时k+1=m，直接代入通项.
(2)常数项：这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为0，建立方程.
(3)有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数，建立方程.
题组训练·素养提升
【新题速递】
1.从4台甲型装载机和5台乙型装载机中任意取出3台，在取出的3台中至少有甲
型和乙型装载机各一台，则不同的取法共有
( )
A.84种
B.80种
C.70种
D.35种
【解析】选C.根据题意可分为以下2种情况进行考虑：(1)甲型装载机2台和乙型
装载机1台，取法有
=30种；(2)甲型装载机1台和乙型装载机2台，取法
有
=40种.所以不同的取法共有30+40=70种.
2.用两个1，一个2，一个0可组成不同四位数的个数是
( )
A.18
B.16
C.12
D.9
【解析】选D.若把两个1看作不同的数，先安排0有3种情况，安排第2个数有3种情况，安排第3个数有2种情况，安排第4个数有1种情况，一共有3×3×2×1=18种情况，由于有两个1，所以其中一半重复，故有9个四位数.
3.若
的展开式中只有第7项的二项式系数最大，则展开式中含x2项的
系数是
( )
A.-462
B.462
C.792
D.-792
【解析】选D.因为
的展开式中只有第7项的二项式系数最大，所以n为偶
数，展开式共有13项，则n=12.
的展开式的通项公式为Tk+1=
(-1)k
·x12-2k，令12-2k=2，即k=5.所以展开式中含x2项的系数是(-1)5
=-792.
4.已知x5(x+3)3=a8(x+1)8+a7(x+1)7+…+a1(x+1)+a0，则7a7+5a5+3a3+a1=
( )
A.-16
B.-8
C.8
D.16
【解析】选B.对x5(x+3)3=a8(x+1)8+a7(x+1)7+…+a1(x+1)+a0两边求导，得5x4(x+3)3+3x5(x+3)2=8a8(x+1)7+7a7(x+1)6+…+a1，令x=0，得0=8a8+7a7+…+a1，令x=-2，得5×(-2)4×(-2+3)3+3×(-2)5×(-2+3)2=-8a8+7a7+…-2a2+a1，两式左右分别相加，得-16=2(7a7+5a5+3a3+a1)，即7a7+5a5+3a3+a1=-8.
【创新迁移】
1.
展开式中的常数项为________.?
【解析】
可理解为6个
相乘，
所以
的展开式中的常数项为：
26+
·(-x)1·24+
·(-x)2·22+
·(-x)3=64-480+360-20
=-76.
答案：-76
2.若将函数f(x)=x5表示为f(x)=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+…+a5(1+x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3=________.?
【解析】f(x)=x5=(1+x-1)5，
它的通项为Tk+1=
(1+x)5-k·(-1)k，
T3=
(1+x)3(-1)2=10(1+x)3，所以a3=10.
答案：10
专题能力提升练
四 排列、组合与二项式定理
(40分钟 80分)
一、选择题(每小题5分，共60分)
1.某山区希望小学为丰富学生的伙食，教师们在校园附近开辟了如图所示的四块菜地，分别种植西红柿、黄瓜、茄子三种产量大的蔬菜，若这三种蔬菜种植齐全，同一块地只能种植一种蔬菜，且相邻的两块地不能种植相同的蔬菜，则不同的种植方式共有
( )
A.9种
B.18种
C.12种
D.36种
1
2
3
4
【解析】选B.若种植2块西红柿，则它们在13，14或24位置上种植，剩下两个位置种植黄瓜和茄子，所以共有3×2=6(种)种植方式；若种植2块黄瓜或2块茄子也是6种种植方式，所以一共有6×3=18(种)种植方式.
2.某市公园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展
区各安排一个人，剩下的两个展区各安排两个人，不同的安排方案共有
( )
A.90种
B.180种
C.270种
D.360种
【解析】选B.可分两步：第一步，甲、乙两个展区各安排一个人，有
种不同
的安排方案；第二步，剩下两个展区各两个人，有
种不同的安排方案，
根据分步乘法计数原理，不同的安排方案的种数为
=180.
3.8个人坐成一排，现要调换其中3个人中每一个人的位置，其余5个人的位置
不变，则不同的调换方式有
( )
【解析】选C.从8个人中任选3人有
种，3人位置全调有
种，故有
种.
4.要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A，B，C三个班级中，要求每个班级至少
分到一人，则甲被分到A班的分法种数为
( )
A.6
B.12
C.24
D.36
【解析】选B.甲和另一个人一起分到A班有
=6种分法；甲一个人分到A班
的方法有：
=6种分法，共有12种分法.
【加练备选】
现有12张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各3张，从中任
取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同的取法种
数是
( )
A.135 B.172 C.189 D.162
【解析】选C.由题意，不考虑特殊情况有
种取法，其中一种卡片取3张有4种
取法，两张红色卡片共有
种取法，故所求的取法种数为
5.(x2+2x+3y)5的展开式中x5y2的系数为
( )
A.60
B.180
C.520
D.540
【解析】选D.(x2+2x+3y)5可看作5个(x2+2x+3y)相乘，从中选2个y，有
种
选法；再从剩余的三个里边选出2个x2，最后一个选出x，有
·
种选法；
所以x5y2的系数为32
·
·2·
=540.
【加练备选】
展开式中的常数项为
( )
A.-8
B.-12
C.-20
D.20
【解析】选C.不妨令x>0，(x+
-2)3=(
)6，(
)6展开式的通项
公式Tr+1=
，当r=3时，T4=
·(-1)3=-20，当x<0时，同样可
得常数项为-20.
6.(2019·合肥模拟)某校开设5门不同的数学选修课，每位同学可以从中任选
1门或2门课学习，甲、乙、丙三位同学选择的课没有一门是相同的，则不同的
选法共有
( )
A.330种
B.420种
C.510种
D.600种
【解析】选A.当甲、乙、丙三位同学都只选1门时，不同的选法有
=60(种)；
当甲、乙、丙三位同学有一位选1门，另外两位选2门时，不同的选法有
=90(种)；当甲、乙、丙三位同学有两位选1门，另一位选2门，不同的选法有
=180(种)，共有60+90+180=330(种).
7.已知(ax+b)6的展开式中含x4项的系数与含x5项的系数分别为135与-18，
则(ax+b)6的展开式中所有项系数之和为
( )
A.-1
B.1
C.32
D.64
【解析】选D.由二项展开式的通项公式可知含x4项的系数为
a4b2，
含x5项的系数为
a5b，
则由题意可得
解得a+b=±2，
故(ax+b)6的展开式中所有项的系数之和为(a+b)6=64.
【加练备选】
已知(x+1)
的展开式中常数项为-40，则a的值为
( )
A.2 B.-2 C.±2 D.4
【解析】选C.
展开式的通项公式为
Tk+1=
(ax)5-k
=(-1)ka5-k
x5-2k，令5-2k=-1，可得k=3，
结合题意可得(-1)3a5-3
=-40，即10a2=40，所以a=±2.
8.在
的二项展开式中，如果x3的系数为20，那么ab3=
( )
A.20
B.15
C.10
D.5
【解析】选D.Tr+1=
(ax6)4-r·
a4-r·brx24-7r，
令24-7r=3，得r=3，则4ab3=20，
所以ab3=5.
9.设二项式
(n∈N
)的展开式的二项式系数和与各项系数和分别
为an，bn，则
=
( )
A.2n-1+3
B.2(2n-1+1)
C.2n+1
D.1
【解析】选C.二项式
(n∈N
)的展开式的二项式系数和为2n，
各项系数和为
=
，则an=2n，bn=
，
10.设函数f(x)=
则当x>0时，f(f(x))表达式的展开式中
常数项为
( )
A.-20
B.20
C.-15
D.15
【解析】选A.当x>0时，f(x)=-
<0，故f(f(x))=
，其展开式的
通项公式为Tr+1=
=(-1)6-r·
·(
)6-2r.由6-2r=0得r=3，
故常数项为(-1)3·
=-20.
11.为迎接国庆节，某校举办了“祖国，你好”的诗歌朗诵比赛.该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加，要求甲、乙、丙这3名同学中至少有1人参加，且当这3名同学都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4名学生中不同的朗诵顺序的种数为
( )
A.720
B.768
C.810
D.816
【解析】选B.由题意知结果有三种情况.(1)甲、乙、丙三名同学全参加，有
=96(种)情况，其中甲、乙相邻的有
=48(种)情况，所以当甲、
乙、丙三名同学全参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻的有96-48=48(种)情
况；(2)甲、乙、丙三名同学恰有一人参加，不同的朗诵顺序有
=288(种)
情况；(3)甲、乙、丙三名同学恰有二人参加时，不同的朗诵顺序有
=432(种)情况.则选派的4名学生不同的朗诵顺序有288+432+48=768(种)情况.
12.已知(2x-1)10=a0+a1x+a2x2+…+a9x9+a10x10，则a2+a3+…+a9+a10的值为
( )
A.-20
B.0
C.1
D.20
【解析】选D.令x=1，得a0+a1+a2+…+a9+a10=1，再令x=0，得a0=1，所以a1+a2+…+a9+a10=0，又易知a1=
×21×(-1)9=-20，所以a2+a3+…+a9+a10=20.
二、填空题(每小题5分，共20分)
13.把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，
则不同的摆法有________种.?
【解析】记5件产品为A，B，C，D，E.A，B相邻视为一个元素，先与D，E排列，
有
种方法；再将C插入，仅有3个空位可选，共有
=2×6×3=36
种不同的
摆法.
答案：36
【加练备选】五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________.五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种.?
【解析】五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法.五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性.
答案：45 54
14.从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务
队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法.(用数字作答)?
【解析】方法一：只有1名女生时，先选1名女生，有
种方法；再选3名男
生，有
种方法；然后排队长、副队长位置，有
种方法.由分步乘法计数
原理，知共有
=480(种)选法.
有2名女生时，再选2名男生，有
种方法；然后排队长、副队长位置，
有
种方法.由分步乘法计数原理，知共有
=180(种)选法.所以依据
分类加法计数原理知共有480+180=660(种)不同的选法.
方法二：不考虑限制条件，共有
种不同的选法，而没有女生的选法
有
种.故至少有1名女生的选法有
=840-180=660(种).
答案：660
15.设(1+2x)5=a1+a2x+a3x2+a4x3+a5x4+a6x5，则a5=________；a1+a2+a3=________.?
【解析】(1+2x)5的通项公式为Tr+1=
2rxr，
可得，a5=
24=80，a1=
20=1，a2=
21=10，a3=
22=40，a1+a2+a3=51.
答案：80 51