2025高考数学考二轮专题突破练1　常考小题点过关检测-专项训练（含解析）

2025高考数学考二轮专题突破练1常考小题点过关检测-专项训练
一、单项选择题
1.(2023·新高考Ⅰ,2)已知z=,则z-=(　　)
A.-i B.i
C.0 D.1
2.(2024·新高考Ⅰ,1)已知集合A={x|-5A.{-1,0}
B.{2,3}
C.{-3,-1,0}
D.{-1,0,2}
3.(2024·广西桂柳冲刺卷)“n=6”是“(x2+)n的二项展开式中存在常数项”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
4.(2022·新高考Ⅰ,5)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,则这2个数互质的概率为(　　)
A. B.
C. D.
5.(2024·新高考Ⅱ,3)已知向量a,b满足|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|=(　　)
A. B. C. D.1
6.安排6名鄂伦春小伙去三个不同的景点宣传鄂伦春族的民俗文化,每个景点至少安排1人,则不同的安排方法种数是(　　)
A.240 B.420
C.540 D.900
7.如图,在正八边形ABCDEFGH中,AB=1,O为正八边形的中心,则=(　　)
A.-1 B.1
C. D.1+
8.已知f(x)=x2+4x+1+a,且对任意x∈R,f(f(x))≥0恒成立,则实数a的取值范围为(　　)
A. B.[2,+∞)
C.[-1,+∞) D.[3,+∞)
二、多项选择题
9.(2024·广西桂柳冲刺卷)复数z=x+yi(x,y∈R,i为虚数单位)在复平面内对应点Z(x,y),则下列说法正确的是(　　)
A.若|z+1|=|z-1|,则点Z在圆上
B.若|z-1|+|z+1|=4,则点Z在椭圆上
C.若|z+1|-|z-1|=2,则点Z在双曲线上
D.若|x+1|=|z-1|,则点Z在抛物线上
10.在下列四个条件中,能成为x>y的充分不必要条件的是(　　)
A.xc2>yc2
B.<0
C.|x|>|y|
D.ln x>ln y
11.已知正数a,b满足ab=a+b+1,则(　　)
A.a+b的最小值为2+2
B.ab的最小值为1+
C.的最小值为2-2
D.2a+4b的最小值为16
12.传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等.这是因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最为得意的发现,于是留下遗言:他死后,墓碑上要刻上一个“圆柱容球”的几何图形.如图,设圆柱的体积与球的体积之比为m,圆柱的表面积与球的表面积之比为n,若f(x)=,则(　　)
A.f(x)的展开式中的常数项是56
B.f(x)的展开式中的各项系数之和为0
C.f(x)的展开式中的二项式系数最大值是70
D.f(i)=-16,其中i为虚数单位
三、填空题
13.(2024·九省联考)已知集合A={-2,0,2,4},B={x||x-3|≤m},若A∩B=A,则m的最小值为　　　　　.
14.将的二项展开式的各项重新随机排列,则有理项互不相邻的概率为　　　　　.
15.为满足某度假区游客绿色出行需求,某电力公司在该度假区停车楼建设了集中式智慧有序充电站,充电站共建设901个充电桩,其中包括861个新型交流有序充电桩、37个直流充电桩以及3个专门满足新能源大巴快速补电需求的大功率直流充电桩.现有A,B,C,D,E,F六辆新能源大巴,需要安排在某周一的上午或下午在甲、乙、丙3个新能源大巴大功率直流充电桩充电,每个充电桩在上午和下午均只安排一辆大巴充电.若要求A,B两大巴不能同时在上午充电,而C大巴只能在下午充电,且F大巴不能在甲充电桩充电,则不同的充电方案一共有　　　　　种.(用数字作答)
16.在边长为2的正三角形ABC中,D是BC边的中点,=2,CE交AD于点F.若=x+y,则x+y=　　　　　;=　　　　　.
专题突破练1　常考小题点过关检测
一、单项选择题
1.A　解析 ∵z==-i,
∴i.∴z-=-i-i=-i.故选A.
2.A　解析 ∵-5∵1<<2,∴-2<-<-1.
∴A∩B={-1,0}.故选A.
3.A　解析 (x2+)n展开式的通项为Tr+1=·(x2)n-r·()r=·x2n-3r(0≤r≤n,r∈N);
当n=6时,取r=4,则T5=·x0=15,故充分性成立;
当2n-3r=0时,(x2+)n展开式中存在常数项,如故必要性不成立;
所以“n=6”是“(x2+)n的二项展开式中存在常数项”的充分不必要条件.故选A.
4.D　解析 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,共有=21种不同的取法,若两数不互质,则不同的取法有(2,4),(2,6),(2,8),(3,6),(4,6),(4,8),(6,8),共7种,故所求概率P=.
故选D.
5.B　解析 (b-2a)⊥b (b-2a)·b=0 |b|2=2a·b,①
|a+2b|=2 |a+2b|2=4 |a|2+4|b|2+4a·b=4 4|b|2+4a·b=3,②
由①②得|b|2= |b|=.
故选B.
6.C　解析 若三个景点安排的人数之比为1∶2∶3,则有=360种安排方法;
若三个景点安排的人数之比为1∶1∶4,则有=90种安排方法;
若三个景点安排的人数之比为2∶2∶2,则有=90种安排方法,故不同的安排方法种数是360+90+90=540.
故选C.
7.D　解析 如图,在正八边形ABCDEFGH中,连接HC,则HC∥AB,而∠ABC=135°,所以∠BCH=45°,于是∠HCD=90°.
在等腰梯形ABCH中,CH=1+2×1×cos 45°=1+,所以=1×||cos∠CHD=||=1+.
故选D.
8.B　解析 由题意,函数f(x)=x2+4x+1+a,
令t=f(x),则t=x2+4x+1+a=(x+2)2-3+a≥a-3,
又对任意x∈R,f(f(x))≥0恒成立,即f(t)≥0对任意t≥a-3恒成立,
当a-3≤-2时,即a≤1时,f(t)min=f(-2)=a-3≥0,解得a≥3,此时无解;
当a-3>-2时,即a>1时,f(t)min=f(a-3)=a2-a-2≥0,解得a≥2或a≤-1,所以a≥2.
综上可得,实数a的取值范围为[2,+∞).
二、多项选择题
9.BD　解析 |z+1|=表示点(x,y)与点(-1,0)之间的距离,|z-1|=表示点(x,y)与点(1,0)之间的距离,记F1(-1,0),F2(1,0),
对于A,|z+1|=|z-1|,表示点Z(x,y)到点F1,F2的距离相等,则点Z在线段F1F2的垂直平分线上,故A错误;
或由(x+1)2+y2=(x-1)2+y2,整理得x=0,所以点Z在直线x=0上,故A错误;
对于B,若|z-1|+|z+1|=4,则|ZF1|+|ZF2|>|F1F2|=2,这符合椭圆定义,故B正确;
对于C,若|z+1|-|z-1|=2,则|ZF1|-|ZF2|=|F1F2|=2,这不符合双曲线定义,故C错误;
对于D,若|x+1|=|z-1|,则(x+1)2=(x-1)2+y2,整理得y2=4x,为抛物线,故D正确.故应选BD.
10.ABD　解析 对于A选项:若xc2>yc2,则c2≠0,于是x>y,而当x>y,c=0时xc2=yc2,所以“xc2>yc2”是“x>y”的充分不必要条件,故A符合题意;
对于B选项:由<0可得yy;但x>y不能推出<0,所以“<0”是“x>y”的充分不必要条件,故B符合题意;
对于C选项:由|x|>|y|可得x2>y2,则(x+y)(x-y)>0,不能推出x>y;由x>y也不能推出|x|>|y|(如x=1,y=-2),所以“|x|>|y|”是“x>y”的既不充分也不必要条件,故C不符合题意;
对于D选项:若ln x>ln y,则x>y,而由x>y不能推出ln x>ln y,所以“ln x>ln y”是“x>y”的充分不必要条件.
故选项D符合题意.
11.AC　解析 对于A,正数a,b满足a+b+1=ab≤()2 (a+b)2-4(a+b)-4≥0 a+b≥2+2,当且仅当a=b时成立,A正确;对于B,ab-1=a+b≥2,即()2-2-1≥0,可得≥1+,所以ab≥3+2,当且仅当a=b时成立,B错误;对于C,=1-≥1-=2-2,当且仅当a=b时成立,C正确;对于D,由a+b+1=ab 4=(a-1)(2b-2)≤()2 a+2b≥7,当且仅当a-1=2b-2=2,即a=3,b=2时等号成立,所以2a+4b≥2≥2=16,此时a=2b,不能同时取等号,所以D错误.故选AC.
12.BC　解析 设内切球的半径为r(r>0),则圆柱的高为2r.
于是m=,n=,所以=1,所以f(x)=.
对于A,f(x)展开式通项为Tr+1=x24-3r·=(-1)rx24-4r,令24-4r=0,解得r=6,所以f(x)展开式中的常数项为(-1)6=28,A错误;
对于B,f(1)=0,即f(x)展开式的各项系数之和为0,B正确;
对于C,f(x)展开式中二项式系数最大值为=70,C正确;
对于D,f(i)==(-i+i)8=0,D错误.
三、填空题
13.5　解析 因为A∩B=A,所以A B.
由|x-3|≤m,得-m+3≤x≤m+3,所以所以m≥5,故m的最小值为5.
14.　解析 的展开式的通项为Tr+1=x7-r·()r=,当r=0,2,4,6时,对应的项为有理项,一共4项,当r=1,3,5,7时,对应的项为无理项,一共4项,要使得有理项互不相邻,采用插空法,先把无理项排好,再把有理项插到无理项的5个空档中,共有=2 880种情况,全部的情况有=40 320种,故所求概率P=.
15.168　解析 先排F大巴,第一种方案,F大巴在上午充电,有种可能情况,此时再排C大巴,C大巴在下午充电,有种可能情况,再排A,B大巴,又分A,B大巴同在下午和一个上午、一个下午两种情况,有()种可能情况;第二种方案,F大巴在下午充电,有种可能情况,此时再排C大巴,C大巴在下午充电,有种可能情况,再排A,B大巴,只能一个上午、一个下午,有种可能情况.
最后再排剩下的两辆大巴,有种可能情况,故共有[)+=168种不同的充电方案.
16.　-　解析 如图,过点E作EM∥AD交BC于点M,由=2,得EM=AD,BM=BD,MD=BD,
又D是BC边的中点,所以DC=MC,
所以FD=EM,所以FD=AD,即AF=AD,所以)=,
所以,
故x+y=.
易知,
由已知得BA=BC=2,<>=60°,
所以||=||=2,=2×2×cos 60°=2.
所以×4-×4+×2=
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