2023年新高考数学二轮专题复习25个高频考点强化训练详解答案.docx

《2023年新高考数学二轮专题复习25个高频考点强化训练详解答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年新高考数学二轮专题复习25个高频考点强化训练详解答案.docx（96页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023年新高考数学二轮专题复习25个高频考点强化训练强化训练1集合、常用逻辑用语、不等式1解析：由题意，Bx|x24x301，3，所以AB1，1，2，3，所以U（AB）2，0答案：D2解析：由题知M2，4，5，对比选项知，A正确，BCD错误答案：A3解析：解不等式x21得：1x1，于是得AxZ|1x11，0，1，因AB1，即1B，解得m3，则B1，2，所以AB1，0，1，2答案：C4解析：命题的否定形式为全称量词命题的否定是存在量词命题故只有D满足题意答案：D5解析：对于A，取a1，b1，则，A错误；对于B，取a1，b1，则a2b2，B错误；对于C，取a1，b1，则，C错误；对于D，因a0，

2、即a3b3，D正确答案：D6解析：若0aa3可得a3，此时0a1，由aaa3可得a3，此时a3.因此，满足aaa3的a的取值范围是a|0a3，因为a|0a3a|a3，因此，“aaa3”是“a3”的必要不充分条件答案：B7解析：A.命题“xR，cos x1”的否定是“x0R，cos x01”，正确；B在ABC中，sin Asin B，由正弦定理可得（R为外接圆半径），ab，由大边对大角可得AB；反之，AB可得ab，由正弦定理可得sin Asin B，即为充要条件，故正确；C.当ab0，c0时满足ax2bxc0，但是得不到“a0，且b24ac0”，则不是充要条件，故错误；D若sin ，则与则sin

3、 的真假相同，故正确答案：C8解析：7（a2b）2ab（a2b）2a2b（a2b）2（）2，则（a2b）28，当且仅当a2b时，“”成立，又a，b（0，），所以0a2b2，当且仅当a2b时，“”成立，所以a2b的最大值为2.答案：C9解析：因为AB1，2，3，4，所以1，4，a1，2，3，4，所以a2或a3.答案：AB10解析：因为a，b，c满足cab，且ac0，所以c0，b0，ac0，ba0，所以ac（ac）0，c（ba）0，cb2ac.答案：BCD11解析：A错误，当a1时，Pa22，当且仅当a时，即a时等号成立故充分性成立，而P2只需a0即可；C正确，Pa3可得0a2，当a2时P3成立，

4、故C正确；D错误，因为a3有a33，故D错误答案：BC12解析：ab5，即ab5，所以ab，因为ab0，所以由基本不等式得：ab，所以， 解得：1abb0，所以（ba）（1）（ba）0，所以（b）2b0，而可能比1大，可能比1小，所以（ab）（1）（ba）符号不确定，所以D错误答案：AB13解析：因为命题“x1，x21”是全称量词命题，所以其否定是存在量词命题，即 “x1，x21，x22x等价于x2，而且“xa”是“x22x”的充分不必要条件，则a2.答案：2，）16解析：因为第一象限的点M（a，b）在直线xy10上，所以ab1，a0，b0，所以（ab）（）332，当且仅当a1，b2时等号成立

5、答案：32强化训练2复数、平面向量1解析：方法一由iz34i，得z43i，所以|z|5.故选B.方法二由iz34i，得z，所以|z|5.故选B.答案：B2解析：（i1）z1i，zi，zi，即z的虚部为1.答案：B3解析：z，因为复数z的实部与虚部相等，所以2a1a2，解得a3，故实数a的值为3.答案：A4解析：由题意可得（3，4），所以|5.答案：C5解析：由题意得：cos a，b，则a与b的夹角为.答案：C6解析：由题意可得，|a|1，|b|1，ab0，则b（4a3b）4ab3b23b23.答案：A7解析：，而，故m（）n（）（mn）（n），而且，不共线，故mn.答案：C8解析：设AD为斜边

6、BC上的高，则圆A的半径rAP，设E为斜边BC的中点，因为|，|，则（）（）2（）22cos 8cos ，所以的最大值为8.答案：D9解析：由m（2，0），n（1，1），mn（1，1），对于A，若mn，由2101，故A错误；对于B，若（mn）n，则11（1）10，符合题意，故B正确；对于C，若mn，由mn210120，故C错误；对于D，|m|2，|n|，故D正确答案：BD10解析：设zabi，则|z|，z|z|abi84i，则，即得，即z34i，|z|5，A正确；z的虚部为4，B错误；z34i，C错误；z在复平面内对应的点为（3，4），位于第四象限，D正确答案：AD11解析：对选项A，设z11

7、i，z2i，则|z1|z2|，z（1i）22i，z（i）22，不满足zz，故A错误对选项B，设z1，z2在复平面内表示的向量分别为z1，z2，且z1，z20，当z1，z2方向相同时，|z1z2|z1|z2|，当z1，z2方向不相同时，|z1z2|0，解得a1，（x）6的展开式中的通项Tk1Cx6k（）kCx63k，k0，1，.，6，当k2时，展开式中的常数项为C15.答案：C6解析：（1x）8（x1）8（1x）28a0a1（1x）a2（1x）2a8（1x）8，a6C（2）2112.答案：C7解析：（x1）5（x1）（x1）（x1）（x1）（x1），所以展开式中的常数项为（1）5CC（2）（1）

8、3CC（2）2（1）81.答案：A8解析：分两种情况讨论：不选100米短跑，四名学生分成2名、1名、1名三组，参加除100米短跑的四个项目中的三个，有CA144种；1人选100米短跑，剩下三名学生分成2名、1名两组，参加剩下四个项目中的两个，有CCA144种故他们报名的情况总共有144144288种答案：B9解析：由CC，可得n9，则选项A判断正确；选项B判断错误；（x）n的展开式的通项公式为Cx9k（2）kx2k（2）kCx93k，令93k0，则k3，则展开式的常数项是（2）3C672.选项C判断错误；展开式中所有项的系数和是（1）91.判断正确答案：AD10解析：若任意选科，选法总数为CC

9、，A错误；若化学必选，选法总数为CC，B正确；若政治和地理至少选一门，选法总数为C（CC1），C错误；若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为CC1，D正确答案：BD11解析：当（a2b）n的展开式中第4项和第5项的二项式系数相等且最大时，n7；当（a2b）n的展开式中第5项和第6项的二项式系数相等且最大时，n9；当（a2b）n的展开式中只有第5项的二项式系数最大时，n8.答案：ABC12解析：由题设n7，则Tk1C（2x）7k（）k（1）k27kCx7，A所有项的二项式系数和为27128，正确；B当x1，所有项的系数和为（21）71，正确；C对于二项式系数C，显然第四、五项对应二项式系数

10、CC最大，正确；D有理项为7Z，即k0，2，4，6共四项，错误答案：ABC13解析：因为T6T51C（ax）5C（a）5x5C（a）5x5 ，所以有：C（a）556a51 792，所以a532, 解得a2.答案：214解析：依题意，可得导演的不同选择的种数为CC280.答案：28015解析：因为（x2）（x1）4展开式中x2的系数为a2，所以a2C（1）32C（1）28.在多项式（x2）（x1）4a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5中，令x0，得a02；令x1，得a0a1a2a3a4a50.所以a1a2a3a4a5a02.答案：8216解析：根据题意得，这10名志愿者分配到三个运动员服务

11、点处的志愿者数目为2，4，4或3，3，4，所以不同的安排方法共有AA22 050.答案：22 050强化训练4三角函数的图象与性质1解析：cos ，解得：m3，故tan .答案：A2解析：将函数f（x）sin （x）图象上的所有点向左平移个单位长度，则所得图象的函数解析式是f（x）sin （x）sin x.答案：A3解析：tan ，所以cos （cos sin ）.答案：A4解析：由题意，A1，且T2，则，所以ysin（x）cos x，则降噪的声波曲线为ycos x.答案：D5解析：通解将函数f（x）sin （x）的图象向左平移个单位长度得到ysin （x）的图象由所得图象关于y轴对称，得k（

12、kZ），所以2k（kZ）.因为0，所以令k0，得的最小值为.故选C.快解由曲线C关于y轴对称，可得函数f（x）sin （x）的图象关于直线x对称，所以f（）sin （）1，然后依次代入各选项验证，确定选C.答案：C6解析：由图可知A，T，则2，所以f（x）sin （2x）.由22k（kZ），|，得，所以f（x）sin （2x）.函数ysin 2x的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数解析式为ysin sin （2x）sin （2x）f（x），所以D正确答案：D7解析：函数f（x）|sin x|为偶函数且x为其一条对称轴，故bf（log2）f（log32），显然0log32ln 21，故b

13、a.因为1.731.8，1.51.6，ln 21，所以ac，所以bac.答案：D8解析：由图可知，T ，T ，2 ，sin （2）0 ， ，f（x）sin （2x） ，对于A，T ，故错误；对于B，当x（，） 时，2x（，） ，由函数ysin x 的性质可知当x（，） 时，单调递减，当x 时单调递增，（，），故B错误；对于C，f（x）sin （2x）sin （2x） ，将x 带入上式得f（）sin （）sin 1，故C错误；对于D，当x 时，2x ，当2x ，即x 时，f（x） 取最小值1，故D正确答案：D9解析：ycos |2x|在（0，）上不单调，故A错误；ysin 2x为奇函数，故B错误

14、；y|tan x|图象如图：故最小正周期为，在（0，）上单调递增，且为偶函数，故C正确；y|sin x|最小正周期为，在（0，）上单调递增，且为偶函数，则ylg |sin x|也是以为周期且在（0，）上单调递增的偶函数，故D正确答案：CD10解析：因为f（x）图象相邻的对称中心与对称轴的距离为，所以最小正周期T，故A正确，B不正确；因为2，且2k（kZ），|，所以，故C正确，D不正确答案：AC11解析：ysin （2x）sin 2（x）向右平移个单位长度，得ysin 2x，再将横坐标扩大2倍得到ysin x，故A正确，B错误；ysin （2x）横坐标扩大2倍，得到sin （x）再向右平移个单位

15、长度得到ysin x，故C正确，D错误答案：AC12解析：根据题意，g（x）cos cos （2x），则周期T，A正确；对B，令2xk（kZ）x（kZ），B正确；对C，令2k2x2k（kZ）kxk（kZ），即函数的减区间为（kZ），C正确；对D，因为ysin （2x）sin （2x）cos （2x），D错误答案：ABC13解析：因为为锐角，且sin ，则cos ，因此，cos（）cos .答案：14解析：由（）知，T，2，由五点法可知，2（）02k（kZ），即2k（kZ），又|0，故当k1时，a的最小值为.答案：强化训练5三角恒等变换与解三角形1解析：由题可得6cos28cos80，解得cos

16、 2（舍去），或cos .答案：A2解析：由cos B得sin B，由正弦定理得，解得sin A，又ab，故A0），则b7t，c8t，由余弦定理可得cos B，0B180，因此，B60.答案：C6解析：3cos 2sin 1，（0，），3（12sin2）sin1，即6sin2sin20，sin 或sin （舍去），cos ，sin （）sin ，cos （）cos ，sin （）cos ，cos （）sin .答案：A7解析：如图，由题可知MPM130，NPN145，PM200，PN50，又MPN45，MN240 0005 00022005025 000，MN50（米）.答案：A8解析：将si

17、n cos 两边同时平方，12sin cos ，所以2sin cos ，因此，sin ，cos 异号，故0，则，因此2，而sin 22sin cos ，cos 2，所以sin 2cos 2（）.答案：D9解析：A.sin sin （2）sin （）sin ，符合题意；Bsin cos sin （2）sin ，不符合题意；Ccos2sin2cos（2）cos ，不符合题意；Dtan（2）tan ，符合题意答案：AD10解析：由正弦定理知42R，所以外接圆半径是2，故A错误；由正弦定理及可得，1，即tan A1，由0A，知A45，故B正确；因为cos Ccos B，故D错误答案：BC11解析：因为

18、sin tan cos ， 所以cos ，又 （，2），所以sin ，tan ，故A错误，B正确tan ，所以tan 4，cos，故C错误，D正确答案：BD12解析：f（x）sin2xsinx cos x（xR）sin 2xsin 2xcos 2xsin （2x），对于A，当sin （2x）1时，f（x）取得最小值，所以A错误；对于B，f（x）的最小正周期为，所以B正确；对于C，由2xk，kZ，得x，kZ，所以f（x）的图象的对称中心为（，）（kZ），所以C错误；对于D，由2xk，kZ，得x，kZ，所以f（x）的图象的对称轴为直线x，kZ，当k1时，x，所以f（x）的图象关于直线x轴对称，所以

19、D正确答案：BD13解析：因为cos 345cos （36015）cos 15，所以log2sin 15logcos 345log2sin 15log2cos 15log2（sin 15cos 15）log2（sin 30）log22.答案：214解析：因为2sin （）cos ，所以2sin cos 2cos sin cos ，整理可得sin （1）cos ，即tan 1.答案：115解析：由sin A，sin B，sin C成等比数列，得sin2BsinAsin C，b2ac，又a2c，所以abc21，所以cos A.答案：16解析：因为（sin （），6），（sin （），1）且.所以s

20、in （）6sin （），所以sin cos cos sin 6（sin cos cos sin ），所以sin cos 6（sin cos ），所以tan .所以tan 2.答案：强化训练6三角函数与解三角形1解析：（1）由sin2Csin C，得2sin C cos Csin C.因为C（0，），所以sin C0，所以cos C，所以C.（2）因为C，b6，所以ABC的面积Sab sin Ca6sin 6，所以a4.在ABC中，由余弦定理，得c2a2b22ab cos C（4）26224612，解得c2.所以ABC的周长为abc46266.2解析：（1）依题意，在ABC中，cos C，si

21、n C .由4ac，结合正弦定理可得4sinAsin C，sin Asin C.（2）由（1）可知，sin C0，cos C0，ac，AC1不合题意；当时，cos ABC；综上，cos ABC.强化训练7三角函数与解三角形1解析：（1）因为02，又f（x）在（0，）上的最大值为，且f（）f（），所以当x（）时，f（x）取得最大值，所以A，且f（），即sin （），01，故，解得，故f（x）sin （x）；（2）g（x）f（3x）sin （2x），又g（）sin （），则sin （），sin 2cos （2）2sin2（）1.2解析：（1）SABMABBMsinABM，SBCMBCBMsin M

22、BC，因为SABM2SBCM，ABMMBC，所以AB2BC，由正弦定理可得2.（2）由（1）知c2a，由余弦定理b2a2c22ac cos B，又cos B，b2，所以4a24a24a2，所以a1，c2，因为cos B，且0B，可得sin B，所以SABCac sin B12.3解析：（1）由c sin a sin C可得：sin C sin sin A sin C，即sin C sin sin A sin C，即sin C cos 2sin cos sin C，因为0C，0A0，00，所以sin ， 即， A.（2）选 ：sin B，由正弦定理可得，即，解得a，由余弦定理可得a2b2c22b

23、c cos A，即74c22c，解得c3（负值舍），所以SABCbc sin A23.选 ：ac7，由余弦定理可得a2b2c22bc cos A，即（7c）24c22c，解得c，所以SABCbc sin A2.4解析：（1）b sin a sin B，sin B cos sin A sin B，B（0，），sin B0，cos 2sin cos ，A（0，），cos 0，sin ，0，A.（2）由正弦定理，tan .因为0B，所以0，所以0tan ，所以tan 1，所以的取值范围是（，1）.强化训练8等差数列与等比数列1解析：由题可知.答案：B2解析：由已知a3S3S22，q2，所以a1.答案

24、：A3解析：等差数列an中，2a4a3a54（a41），解得a42，于是得公差d1，a15，所以数列an的前5项和为S55a1d15.答案：B4解析：若a10，且0q0，所以an1an，反之，若an1an，则an1ana1qna1qn1a1qn1（q1）0，所以a10，且0q0，且q1，所以“a10，且0qan”的充分不必要条件答案：A5解析：因为等差数列an，bn的前n项和分别是Sn，Tn，所以.答案：B6解析：由ann（an1an），得（n1）annan1，即，则，n2，由累乘法可得n，所以ann，n2，又a11，符合上式，所以ann.答案：D7解析：因为由1到2 022这2 022个自然

25、数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为14，公差为15的等差数列an，所以该数列的通项公式为an1415（n1）15n1.令an15n12 022，解得n134，即该数列的项数为134.答案：C8解析：依题意，因为a1a2a3ann2，其中n1，2，3，当n1时，a1121，当n2时，a1a2a3an1（n1）2，a1a2a3ann2，两式相除有an（1）2，n2，易得an随着n的增大而减小，故ana24，且an1a1，故最小项为a11，最大项为a24.答案：A9解析：因为a11，数列是公比为2的等比数列，所以122n12n，所以an，故A正确，B错误；因为y

26、2x1，（x1）是单调增函数，故y，（x1）是单调减函数，故数列an是减数列，故C正确；S3a1a2a31，故D正确答案：ACD10解析：因为等差数列an是递减数列，所以an1an0，所以d0，故d2，则a10a19d20.答案：2016解析：a1a50，|an1an|2，|a2a1|a2|2，求an前5项和的最大值，取a22，|an1an|2，|a3a2|a32|2.求an前5项和的最大值，取a34，|a4a3|a44|2|a5a4|0a4|a4|2结合和，a42时前5项和可有最大值an前5项和的最大值为：024208.答案：8强化训练9 数列求和及综合应用1解析：（1）证明：因为bn是数列

27、Sn的前n项积，所以n2时，Sn，代入2可得，2，整理可得2bn112bn，即bnbn1（n2）.又2，所以b1，故bn是以为首项，为公差的等差数列（2）由（1）可知，bn，则2，所以Sn，当n1时，a1S1，当n2时，anSnSn1.故an.2解析：（1）证明：设等差数列an的公差为d.由a2b2a3b3，知a1d2b1a12d4b1，故d2b1.由a2b2b4a4，知a1d2b18b1（a13d），所以a1d2b14d（a13d），所以a1d2b1da1.整理，得a1b1，得证（2）由（1）知d2b12a1.由bkama1，知b12k1a1（m1）da1，即b12k1b1（m1）2b1b1

28、，即2k12m.因为1m500，所以22k11 000，解得2k10.故集合k|bkama1，1m500中元素的个数为9.3解析：（1）由题设可得b1a2a112，b2a4a31a2215，又a2k2a2k11，a2k1a2k2，故a2k2a2k3即bn1bn3即bn1bn3，所以bn为等差数列，故bn2（n1）33n1.（2）设an的前20项和为S20，则S20a1a2a3a20，因为a1a21，a3a41，a19a201，所以S202（a2a4a18a20）102（b1b2b9b10）102（1023）10300.4解析：（1）设an的公比为q.由题设得a1qa1q320，a1q28.解得q（舍去），q2.由题设得a12.所以an的通项公式为an2n.（2）由题设及（1）知b10，且当2nm2n1时，bmn.所以S100b1（b2b3）（b4b5b6b7）（b32b33b63）（b64b65b100）0