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高考数学压轴专题2020-2021备战高考《坐标系与参数方程》易错题汇编含答案解析

【高中数学】《坐标系与参数方程》知识点汇总

一、13

1．记椭圆221441xnyn围成的区域（含边界）为n（12nL，，），当点()xy，分别在1，2，…上时，xy的最大值分别是1M，2M，…，则limnnM（ ）

A．0 B．14 C．2 D．22

【答案】D

【解析】

分析：先由椭圆221441xnyn得到这个椭圆的参数方程为：214xcosysinn（θ为参数），再由三角函数知识求x+y的最大值，从而求出极限的值．

详解：把椭圆221441xnyn得，

椭圆的参数方程为：214xcosysinn（θ为参数），

∴x+y=2cosθ+14nsinθ，

∴（x+y）max=2124n=18n．

∴nlimMn=18nlimn=22．

故选D．

点睛：本题考查数列的极限，椭圆的参数方程和最大值的求法，解题时要认真审题，注意三角函数知识的灵活运用．

2．在满足极坐标和直角坐标互的化条件下，极坐标方程222123cos4sin经过直角坐标系下的伸缩变换1233xxyy后，得到的曲线是（ ）．

A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．圆

【答案】D

【解析】 【分析】

先把极坐标方程化为直角坐标方程，再经过直角坐标系下的伸缩变换，把直角坐标方程中的x，y分别换成得2x，3y，由此能求出结果．

【详解】

∵极坐标方程222123+4cossin

∴22223cos4sin12

∴直角坐标方程为223412xy，即22143xy

∴经过直角坐标系下的伸缩变换1233xxyy后得到的曲线方程为22(2)(3)143xy，即22()()1xy.

∴得到的曲线是圆

故选D.

【点睛】

本题考查曲线形状的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意极坐标方程、直角坐标方程和直角坐标系下的伸缩变换公式的合理运用．

3．点(,)满足223cos2sin6cos，则2的最大值为（ ）

A．72 B．4 C．92 D．5

【答案】B

【解析】

【分析】

将223cos2sin6cos化成直角坐标方程，则2的最大值为22xy 的最大值。

【详解】

223cos2sin6cos两边同时乘，化为22326xyx，得22332yxx，则2222211919369(3)22222xyxxxxx.由223302yxx…，可得02x剟，所以当2x时，222xy取得最大值4．

故选B

【点睛】

本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化以及利用二次函数求最值，属于一般题。

4．参数方程（为参数）所表示的图象是

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】

【分析】

由，得，代入，经过化简变形后得到曲线方程，但需注意曲线方程中变量、的符号，从而确定曲线的形状。

【详解】

由题意知将代入，得，

解得，因为，所以.故选：D。

【点睛】

本题考查参数方程与普通方程之间的转化，参数方程化普通方程一般有以下几种消参方法：①加减消元法；②代入消元法；③平方消元法。消参时要注意参数本身的范围，从而得出相关变量的取值范围。

5．已知直线1:1xtlyat（t为参数）与曲线221613sin的相交弦中点坐标为(1,1)，则a等于（ ）

A．14 B．14 C．12 D．12

【答案】A

【解析】

【分析】

根据参数方程与普通方程的互化，得直线l的普通方程为1yaxa，由极坐标与直角坐标的互化，得曲线C普通方程为221164xy，再利用“平方差”法，即可求解．

【详解】 由直线1:1xtlyat（t为参数），可得直线l的普通方程为1yaxa，

由曲线221613sin，可得曲线C普通方程为221164xy，

设直线l与椭圆C的交点为11,Axy，22,Bxy，则22111164xy，2221164xy，

两式相减，可得1212121214yyyyxxxx.

所以1212114yyxx，即直线l的斜率为14，所以a14，故选A．

【点睛】

本题主要考查了参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及中点弦问题的应用，其中解答中熟记互化公式，合理应用中点弦的“平方差”法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

6．在符合互化条件的直角坐标系和极坐标系中，直线l：20ykx与曲线C：2cos相交，则k的取值范围是( )

A．34k B．34k C．kR D．kR但0k

【答案】A

【解析】

分析：一般先将原极坐标方程2cos两边同乘以后，把极坐标系中的方程化成直角坐标方程，再利用直角坐标方程进行求解即可．

详解：将原极坐标方程2cos，化为：22cos，

化成直角坐标方程为：2220xyx，

即22(1)1xy．

则圆心到直线的距离221kdk

由题意得：1d，即2211kdk，

解之得：34k．

故选A．

点睛：本题考查点的极坐标和直角坐标的互化，利用直角坐标与极坐标间的关系，即利用cosx，siny，222xy，进行代换即得．

7．以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位，已知直线l的参数方程是13xtyt（t为参数），圆C的极坐标方程是4cos，则直线l被圆C截得的弦长为（ ）

A．14 B．214 C．2 D．22

【答案】D

【解析】

【分析】

先求出直线和圆的普通方程，再利用圆的弦长公式求弦长.

【详解】

由题意得，直线l的普通方程为y＝x－4，

圆C的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4，

圆心到直线l的距离d＝20422，

直线l被圆C截得的弦长为2222(2)22.

【点睛】

(1)本题主要考查参数方程极坐标方程与普通方程的互化，意在考察学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2)

求直线和圆相交的弦长，一般解直角三角形，利用公式22||2ABrd求解.

8．在直角坐标系xOy中，曲线C的方程为22162xy，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos()36，射线M的极坐标方程为(0).设射线m与曲线C、直线l分别交于A、B两点，则2211OAOB的最大值为（ ）

A．34 B．25 C．23 D．13

【答案】C

【解析】

分析：先由曲线C的直角坐标方程得到其极坐标方程为221+2sin6，设A、B两点坐标为1,，2,，将射线M的极坐标方程为分别代入曲线C和直线l的极坐标方程，得到关于的三角函数，利用三角函数性质可得结果.

详解：∵曲线C的方程为22162xy，即2236xy， ∴曲线C的极坐标方程为221+2sin6

设A、B两点坐标为1,，2,，

联立221+2sin6，得221112sin6，同理得222cos163，

根据极坐标的几何意义可得22222212cos111112sin663OAOB

1+1cos21cos23sin23666，即可得其最大值为23，故选C.

点睛：本题考查两线段的倒数的平方和的求法，考查直角坐标方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，充分理解极坐标中的几何意义以及联立两曲线的极坐标方程得到交点的极坐标是解题的关键，是中档题．

9．在极坐标系中，设圆8:sinC与直线 :4lR交于AB，两点，则以线段AB为直径的圆的极坐标方程为（ ）

A．42sin4 B．42sin4

C．22cos4 D．22cos4

【答案】A

【解析】

【分析】

首先把极坐标方程化为直角坐标方程，进一步求出圆心坐标和半径，再把直角坐标方程化为极坐标方程，即可得到答案．

【详解】

由题意，圆8:sinC化为直角坐标方程，可得22(4)16xy，

直线:4lR化为直角坐标方程，可得yx，

由直线与圆交于,AB两点，把直线yx代入圆22(4)16xy，解得00xy或44xy，

所以以线段AB为直径的圆的圆心坐标为(2,2)，半径为22，

则圆的方程为22(2)(2)8xy，即22440xyxy， 又由cossinxy，代入可得24cos4sin0，

即424cos4sinsin4，故选A．

【点睛】

本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及圆的标准方程的求解，其中解答中把极坐标方程互为直角坐标方程，得到以线段AB为直径的圆的标准方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

10．将正弦曲线sinyx先保持纵坐标y不变，将横坐标缩为原来的12；再将纵坐标y变为原来的3倍，就可以得到曲线3sin2yx，上述伸缩变换的变换公式是（ ）

A．1'2'3xxyy B．'2'3xxyy

C．'21'3xxyy D．1'21'3xxyy

【答案】A

【解析】

【分析】

首先设出伸缩变换关系式，把伸缩变换关系式代入变换后的方程，利用系数对应相等，可得答案。

【详解】

解：由sinyx变成3sin2yx

设伸缩变换为(,0)xxyy，代入3sin2yx，得3sin2yx，又因为sinyx，则312，得123xxyy，故选A。

【点睛】

本题主要考查平面直角坐标系的伸缩变换。

11．在平面直角坐标系xOy中，曲线3cos:sinxCy（为参数）上的点到直线

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高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》单元汇编含答案解析

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》单元汇编含答案解析

【最新】高中数学《空间向量与立体几何》专题解析

一、选择题

1．如图，在正三棱柱111ABCABC中，2AB,123AA，D，F分别是棱AB，1AA的中点，E为棱AC上的动点，则DEF的周长的最小值为()

A．222 B．232

C．62 D．72

【答案】D

【解析】

【分析】

根据正三棱柱的特征可知ABC为等边三角形且1AA平面ABC，根据1AAAD可利用勾股定理求得2DF；把底面ABC与侧面11ACCA在同一平面展开，可知当,,DEF三点共线时，DEEF取得最小值；在ADF中利用余弦定理可求得最小值，加和得到结果.

【详解】

Q三棱柱111ABCABC为正三棱柱 ABC∴为等边三角形且1AA平面ABC

ADQ平面ABC 1AAAD 132DF

把底面ABC与侧面11ACCA在同一平面展开，如下图所示：

当,,DEF三点共线时，DEEF取得最小值

又150FADo，3AF，1AD 22min32cos42372DEEFAFADAFADFAD

DEF周长的最小值为：72

本题正确选项：D

【点睛】

本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题，利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.

2．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )

A．132 B．7 C．152 D．8

【答案】B

【解析】

【分析】

画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解表面积即可．

【详解】

由题意可知：几何体是一个圆柱与一个14的球的组合体，球的半径为：1，圆柱的高为2，

可得：该几何体的表面积为：22141212274．

故选：B．

【点睛】

思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》知识点总复习含答案解析

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【最新】高考数学《空间向量与立体几何》专题分析

一、选择题

1．如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1 中， M， N 分别为棱 C1D1 ,CC1 的中点，以下四个

结论： ① 直线 DM 与 CC1 是订交直线； ② 直线 AM 与 NB 是平行直线； ③ 直线 BN与MB1

是异面直线； ④ 直线 AM 与 DD1 是异面直线．此中正确的个数为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】 C

【分析】

【剖析】

依据正方体的几何特点，可经过判断每个选项中的两条直线字母表示的点能否共面；假如

共面，则可能是订交或许平行；若不共面，则是异面 .

【详解】

① ： CC1 与 DM是共面的，且不平行，因此必然订交，故正确；

② ：若 AM 、 BN 平行，又 AD、BC 平行且 AM AD A, BN BC B ，因此平面

BNC P 平面 ADM ，明显不正确，故错误；

③ ： BN、MB 不共面，因此是异面直线，故正确；

1

④ ： AM、DD1 不共面，因此是异面直线，故正确；

应选 C.

【点睛】

异面直线的判断方法：一条直线上两点与此外一条直线上两点不共面，那么两条直线异

面；反之则为共面直线，可能是平行也可能是订交 .

2．设 α、 β是两个不一样的平面， m、 n 是两条不一样的直线，以下说法正确的选项是（

A．若 α⊥ β， α∩β＝ m， m⊥n ，则 n⊥ β

B．若 α⊥ β，n ∥α，则 n⊥β

C．若 m∥ α，m∥ β，则 α∥ β

D．若 m⊥ α， m⊥ β， n⊥ α，则 n⊥ β

）

【答案】 D

【分析】

【剖析】 高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》知识点总复习含答案解析

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《不等式》难题汇编及答案解析

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《不等式》难题汇编及答案解析

【高中数学】高考数学《不等式》解析

一、选择题

1．已知107700,0xyxyxy，表示的平面区域为D，若“(,),2xyxya”为假命题，则实数a的取值范围是（ ）

A．[5,) B．[2,) C．[1,) D．[0,)

【答案】A

【解析】

【分析】

作出不等式组表示的可行域，结合目标函数的几何意义可得目标函数最大值，再根据特称命题和全称命题的真假关系得出“(,),2xyxya”为真命题，由恒等式的思想可得实数a的取值范围.

【详解】

绘制不等式组表示的可行域如图中阴影部分(含边界)所示，

令2Zxy得2yxZ，结合目标函数的几何意义可得目标函数在点A处取得最大值，

联立直线方程10770xyxy得点47,33A，所以2Zxy的最大值为5，

因为“(,),2xyRxya”为假命题，所以“(,),2xyxya”为真命题，所以实数a的取值范围是5a，

故选：A.

【点睛】

本题考查线性规划问题的最值，以及特称命题与全称命题的关系和不等式的恒成立思想，属于中档题.

2．若实数,xy满足不等式组2,36,0,xyxyxy则3xy的最小值等于（ ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】A

【解析】 【分析】

首先画出可行域，利用目标函数的几何意义求z的最小值．

【详解】

解：作出实数x，y满足不等式组2360xyxyxy表示的平面区域（如图示：阴影部分）

由200xyxy得(1,1)A，

由3zxy得3yxz，平移3yx，

易知过点A时直线在y上截距最小，

所以3114minz．

故选：A．

【点睛】

本题考查了简单线性规划问题，求目标函数的最值先画出可行域，利用几何意义求值，属于中档题．

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《不等式》难题汇编及答案解析 2

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《不等式》难题汇编及答案解析 2

【高中数学】《不等式》考试知识点

一、选择题

1．已知,xy满足33025010xyxyxy，则36yzx的最小值为（

）

A．157 B．913 C．17 D．313

【答案】D

【解析】

【分析】

画出可行域，目标函数36yzx的几何意义是可行域内的点与定点(6,3)P连接的斜率，根据图像得到答案.

【详解】

画出可行域如图中阴影部分所示，

目标函数36yzx的几何意义是可行域内的点与定点(6,3)P连接的斜率.

直线330xy与直线10xy交于点13(,)22A，

由图可知，当可行域内的点为A时，PAk最小，故min333211362z.

故选：D.

【点睛】

本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.

2．已知点(2,0)M，点P在曲线24yx上运动，点F为抛物线的焦点，则2||||1PMPF的最小值为（ ）

A．3 B．2(51) C．45 D．4 【答案】D

【解析】

【分析】

如图所示：过点P作PN垂直准线于N，交y轴于Q，则11PFPNPQ，设,Pxy，0x，则2||4||1PMxPFx，利用均值不等式得到答案.

【详解】

如图所示：过点P作PN垂直准线于N，交y轴于Q，则11PFPNPQ，

设,Pxy，0x，则22222224||||44||1xyxxPMPPMxFxQPxx，

当4xx，即2x时等号成立.

故选：D.

【点睛】

本题考查了抛物线中距离的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.

3．若33log(2)1logabab，则42ab的最小值为（ ）

A．6 B．83 C．163 D．173

【答案】C

【解析】

【分析】

由33log(2)1logabab，得213ba，且0,0ab，又由12142(42)3ababba，展开之后利用基本不等式，即可得到本题答案.

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《计数原理与概率统计》基础测试题及答案解析

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《计数原理与概率统计》基础测试题及答案解析

数学高考《计数原理与概率统计》试题含答案

一、选择题

1．在矩形ABCD中，ABAD，在CD上任取一点P，使ABP△的最大边是AB的概率为35，则在折线A-D-C-B上任取一点Q，使ABQ△是直角三角形的概率为（ ）

A．611 B．511 C．59 D．49

【答案】A

【解析】

【分析】

由题意设5AB，由几何概型概率公式结合勾股定理可得3AD，再由几何概型概率公式即可得解.

【详解】

如图，矩形是对称的，设P在线段MN上时，ABP△的最大边为AB，

则此时AMBNAB，

设5AB，则3MN，

所以1DNCM，4DM，5AM，

由勾股定理知3AD，

当Q在AD或BC上时，ABQ△为直角三角形，

故所求概率为611ADBCpADCDBC.

故选：A.

【点睛】

本题考查了几何概型概率的求解，考查了转化化归思想，属于中档题.

2．“纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样．为了测算某火纹纹样(如图阴影部分所示)的面积，作一个边长为5的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷1000个点，己知恰有400个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是

A．2 B．3 C．10 D．15

【答案】C

【解析】

【分析】

根据古典概型概率公式以及几何概型概率公式分别计算概率，解方程可得结果.

【详解】

设阴影部分的面积是s，由题意得，选C.

【点睛】

(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．

(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．

3．设某中学的女生体重y（kg）与身高x（cm）具有线性相关关系，根据一组样本数,iixy1,2,3,,inLL，用最小二乘法建立的线性回归直线方程为ˆ0.8585.71yx，给出下列结论，则错误的是（ ）

全国卷Ⅰ2021年高考数学压轴卷理含解析

全国卷Ⅰ2021年高考数学压轴卷理含解析

- 1 - （全国卷Ⅰ）2021年高考数学压轴卷 理（含解析）

第I卷（选择题）

一.选择题：本大题12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的.

1．已知集合02Axx，集合lg0Bxx，则AB（ ）

A．,12, B．,01,2

C．1,2 D．1,2

2．复数z满足3,ziiii为虚数单位，则z等于（ ）

A．12i B．12i C．12i D．12i

3．执行如图所示的程序框图，若输入n的值是30，则输出的n的值是（ ）

A．2 B．3 C．6 D．7

4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） - 2 -

A．38 B．4

C． 712 D．724

5．已知||2a，1b||=，且a与b的夹角为3，则()abb（ ）

A．31 B．1 C．2 D．3

6．等差数列{}na前n项和为nS， 281112aaa，则13S（ ）

A．32 B．42 C．52 D．62

7．设,mn是空间中两条不同的直线，,,是空间中三个不同的平面，给出下列四个命题：

（1）若,//mn，则mn；

（2）若//,//,m，则m；

（3）若//,//mn，则//mn；

（4）,，则//.

其中正确命题的序号是（ ）

A．（1）（2） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（4）

8．将甲､乙等4名交警随机分配到两个不同路口疏导交通，每个路口两人，则甲和乙不在同一路口的概率为（ ）

A．12 B．13 C．23 D．14 - 3 - 9．已知实数,xy满足101010kxykxy，若2zxy的最大值为8，则k的值为（ ）

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《不等式》难题汇编及答案

数学高考《不等式》试题含答案

一、选择题

1．已知函数24,0()(2)1,0xxfxxxx，若方程()20fxm恰有三个不同的实数根，则实数m的取值范围是（ ）

A．(2,) B．(4,) C．(2,4) D．(3,4)

【答案】A

【解析】

【分析】

画出函数()fx的图象,再根据基本不等式求解4yxx的最小值,数形结合求解即可.

【详解】

画出函数()fx的图象,如图所示.当0x时,4()4fxxx….设()2gxm,则方程()20fxm恰有三个不同的实数根,即()fx和()2gxm的图象有三个交点.由图象可知,24m,即2m,故实数m的取值范围是(2,).

故选：A

【点睛】

本题考查分段函数的性质和图象以及函数的零点,考查数形结合以及化归转化思想.

2．若,xy满足约束条件360601xyxyy，则122yx的最小值为( )

A．116 B．18 C．1 D．2

【答案】A

【解析】

【分析】

画出约束条件所表示的可行域，结合指数幂的运算和图象确定出目标函数的最优解，代入即可求解．

【详解】 由题意，画出约束条件360601xyxyy所表示的可行域，如图所示，

其中可得(3,1)A，(5,1)B，(3,3)C，

因为1222yxxy，令zxy，当直线yxz经过A时，z取得最小值，

所以z的最小值为min314z，

则1222yxxy的最小值为41216.

故选：A．

【点睛】

本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力．

3．已知,xy满足约束条件23023400xyxyy，若目标函数2zmxny的最大值为1（其中0,0mn），则112mn的最小值为（ ）

专题十二 坐标系与参数方程-2020年高考数学(理)二轮专项复习

1 专题14 坐标系与参数方程

【复习要求】

1．理解坐标系的作用．

2．能在极坐标系中用极坐标表示点的位置，理解在极坐标系和平面直角坐标系中表示点的位置的区别，能进行极坐标和直角坐标的互化．

3．了解参数方程．

4．能选择适当的参数写出直线、圆和圆锥曲线的参数方程，并会简单的应用．

【例题分析】

例1 (1)判断点是否在曲线上．

(2)点P的直角坐标为，则点P的极坐标为______．(限定0＜≤2)

(3)点P的极坐标为，则点P的直角坐标为______．

例2 (1)圆＝2(cos＋sin)的半径为______．

(2)直线与圆＝2sin交与A，B两点，则|AB|＝______．

例3 圆O1和圆O2的极坐标方程分别为＝4cos，＝－4sin．

(1)把圆O1和圆O2的极坐标方程化为直角坐标方程；

(2)求经过圆O1和圆O2交点的直线的直角坐标方程． )35π,23(2cos)3,1()4π,3()(3πR 2 例4 (1)曲线的参数方程是(t为参数，t≠0)，它的普通方程是________．

(2)在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 (参数t∈R)，圆C的参数方程为(参数∈[0，2])，则圆C的圆心坐标为______，圆心到直线l的距离为______．

例5 求椭圆的内接矩形的最大面积．

例6 圆M的参数方程为x2＋y2－4Rxcos－4Rysin＋3R2＝0(R＞0)．

(1)求该圆的圆心坐标以及圆M的半径；

(2)当R固定，变化时，求圆心M的轨迹，并证明此时不论取什么值，所有的圆M都外切于一个定圆．

例7 过P(5，－3)，倾斜角为，且的直线交圆x2＋y2＝25于P1、P2两点．

(1)求|PP1|·|PP2｜的值；(2)求弦P1P2的中点M的坐标．

2020-2021学年最新高考总复习数学(理)高三考前最后一卷及答案解析一

2017-最新度下学期高三最后一考

高三数学(理)试卷

第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．设集合1,1M，120Nxx，则下列结论正确的是（ ）

A．NM B．NMI C．MN D．MNUR

【命题意图】本题主要考查集合运算及分式不等式的解法，其中解不等式120x易忽略x的取值为负值的情况.

【答案】C．【解析】∵1212000xxxx或12x，∴1,0,2NU，

又∵{1,1}M，∴MN，故选C.

2.若复数z满足1i1iiz，则z的实部为（ ）

A．212 B.21 C.1 D.212

【命题意图】本题主要考查复数的有关概念及复数的运算，属基础题.

【答案】A【解析】由1i1iiz=2i ，得2i1i2i1i1i1iz

=2121i22，所以z的实部为212，故选A．

3. 若,,,AabBcd是lnfxx图象上不同两点，则下列各点一定在fx图象上的是(

A.,acbd B.acbd， C.,acbd D.,acbd

【命题意图】本题主要考查对数的运算法则及分析问题解决问题的能力.

【答案】C【解析】因为,,,AabBcd在lnfxx图象上，所以lnba ，ln,dc 所以lnlnlnbdacac，因此,acbd在lnfxx图象上，故选C．

4. “牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如下左图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其主视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是（ ）

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《复数》全集汇编含答案

【最新】数学《复数》高考知识点

一、选择题

1．若12i是关于x的实系数方程20xbxc的一个复数根，则（ ）

A．2,3bc B．2,1bc C．2,1bc D．2,3bc

【答案】D

【解析】

【分析】

由题意，将根代入实系数方程x2+bx+c＝0整理后根据得数相等的充要条件得到关于实数a，b的方程组102220bcb，解方程得出a，b的值即可选出正确选项

【详解】

由题意12i是关于x的实系数方程x2+bx+c＝0

∴1+22i﹣2+b2bi+c＝0，即12220bcbi

∴102220bcb，解得b＝﹣2，c＝3

故选：D．

【点睛】

本题考查复数相等的充要条件，解题的关键是熟练掌握复数相等的充要条件，能根据它得到关于实数的方程，本题考查了转化的思想，属于基本计算题

2．已知i是虚数单位，则31ii=（ ）

A．1-2i B．2-i C．2+i D．1+2i

【答案】D

【解析】

试题分析：根据题意，由于33124121112iiiiiiii，故可知选D.

考点：复数的运算

点评：主要是考查了复数的除法运算，属于基础题．

3．已知复数21iz，则（ ）

A．2z B．z的实部为1 C．z的虚部为1 D．z的共轭复数为1i

【答案】C 【解析】

分析：由题意首先化简复数z，然后结合z的值逐一考查所给的选项即可确定正确的说法.

详解：由复数的运算法则可得：21211112iiziii，

则2z，选项A错误；

z的实部为1，选项B错误；

z的虚部为1，选项C正确；

z的共轭复数为1zi，选项D错误.

本题选择C选项.

点睛：本题主要考查复数的运算法则，复数的几何意义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

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