中档题保分练4-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书配套课件

该高中数学高考复习课件覆盖复数运算、概率统计、函数性质、立体几何等高考核心考点，依据高考评价体系分析各模块考查要求，通过中档题专项训练归纳复数模计算、条件概率、函数周期性等常考题型，明确高频考点权重，提升备考实用性。 课件亮点在于“真题情境+解题策略”的训练模式，如导数极值点问题通过构造函数培养数学思维，立体几何截面问题结合几何直观突破空间想象难点。特设易错点分析如复数方程根与模的关系，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导，助力学生高效冲刺高考。

中档题保分练4 （时间：50分钟　满分：87分） 一、单项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20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. 若复数z满足（z－3）·（z－5）＋2＝0，则z· ＝（　　） A. 4 B. C. 16 D. 17 解析：　法一　由（z－3）（z－5）＋2＝0，得z2－8z＋17＝0，设z ＝a＋bi（a，b∈R），得（a＋bi）2－8（a＋bi）＋17＝0，即 可得所以z· ＝｜z｜2＝a2＋b2＝42 ＋1＝17，故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 法二　由（z－3）（z－5）＋2＝0，得z2－8z＋17＝0，Δ＝（－8）2－ 4×17＝－4＜0，所以z， 是方程z2－8z＋17＝0的两个复数根，所以z· ＝17.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2. 小明爬楼梯每一步走1级台阶或2级台阶是随机的，且走1级台阶的概率 为 ，走2级台阶的概率为 .小明从楼梯底部开始往上爬，在小明爬到 第4级台阶的条件下，他走了3步的概率是（　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：　根据题意，设事件A为“小明爬到第4级台阶”，事件B为 “小明走了3步爬到第4级台阶”，事件A包含3种情况，①走了4次1级 台阶，其概率P1＝（ ）4＝ ，②走了2次1级台阶，1次2级台阶，其 概率P2＝ × ×（ ）2＝ ，即P（AB）＝ ，③走了2次2级台阶， 其概率P3＝（ ）2＝ ，故小明爬到第4级台阶概率P（A）＝P1＋P2 ＋P3＝ ＋ ＋ ＝ ，在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的 概率P（B｜A）＝ ＝ ＝ ，故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 3. 已知f（x）是定义在R上的函数，且f（2x－1）为偶函数，f（x－2） 是奇函数，当x∈[0，1]时，f（x）＝2x－1，则f（7）＝（　　） A. －1 B. － C. D. 1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：　因为f（2x－1）为偶函数，所以f（－2x－1）＝f（2x－1），即f（x－1）＝f（－x－1），所以f（x）＝f（－x－2），又f（x－2）是奇函数，所以f（－x－2）＝－f（x－2），即f（x）＝－f（x－2），所以f（x＋2）＝－f（x），则f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f（x），所以f（x）是以4为周期的周期函数，又当x∈[0，1]时，f（x）＝2x－1，所以f（1）＝21－1＝1，则f（－1）＝－f（1）＝－ 1，所以f（7）＝f（－1）＝－1.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4. 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AA1＝6，M，N分别是 AB，AD的中点，则平面MNC1截该四棱柱所得截面的周长为（　　） A. 4 B. 7 C. 10 D. 14 解析：　延长NM，CB相交于点H，连接C1H交BB1于点G，连接 MG，因为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AA1＝6，M，N分 别是AB，AD的中点，所以MN＝ ＝2 ，BH＝AN＝ 2，CC1＝6，因为△HBG∽△HCC1， ＝ ＝ ，故BG＝2，GH＝ ＝2 ，在DD1上取点Q，使DQ＝BG＝2，连接NQ， C1Q，则NQ＝ ＝2 ＝GH，同理可知GQ＝NH， √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 所以四边形GQNH为平行四边形，故G，H，N，Q四点共面，则平面 MNC1截该四棱柱所得的截面为五边形NMGC1Q，MG＝ ＝ 2 ，C1G＝ ＝ ＝4 ，同理C1Q＝4 ，故截面 周长为MN＋MG＋C1G＋C1Q＋NQ＝2 ＋2 ＋4 ＋4 ＋2 ＝ 14 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 二、多项选择题（本题共2小题，每小题6分，共12分.在每小题给出的选 项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有 选错的得0分） 5. 长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝3，底面ABCD是边长为2的正方形， 底面A1B1C1D1的中心为M，则（　　） A. C1D1∥平面ABM B. 向量 在向量 上的投影向量为 C. 四棱锥M-ABCD的内切球的半径为 D. 直线AM与BC所成角的余弦值为 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：　对于A选项，∵C1D1∥AB，AB⊂平面ABM，C1D1⊄平 面ABM，∴C1D1∥平面ABM，正确；对于B选项，如图，连接 BD，设AC∩BD＝N，连接MN，则可证MN⊥平面ABCD， ∴向量 在向量 上的投影向量为 ＝ ，正确；对于 C选项，设四棱锥M-ABCD的内切球半径为r，则VM-ABCD＝ ×22×3＝ ×r（22＋4× ×2× ），解得r＝ ＝ ，错误；对于D选项，显然AD∥BC，∴∠DAM是直线AM与BC所成的角.在△AMD中，AM＝MD＝ ＝ ，AD＝2，则 cos ∠DAM＝ ＝ ，正确.故选A、B、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6. 已知离散型随机变量X服从二项分布B（n，p），其中n∈N*，0＜p ＜1，记X为奇数的概率为a，X为偶数的概率为b，则下列说法中正确 的有（　　） A. a＋b＝1 B. p＝ 时，a＝b C. 0＜p＜ 时，a随着n的增大而增大 D. ＜p＜1时，a随着n的增大而减小 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：　对于A选项，由概率的基本性质可知，a＋b＝1，故A正确；对于B选项，由p＝ 时，离散型随机变量X服从二项分布B（n， ），则P（X＝k）＝ （ ）k（1－ ）n－k（k＝0，1，2，3，…，n），所以a＝（ ）n×（ ＋ ＋ ＋…）＝（ ）n×2n－1＝ ，b＝（ ）n×（ ＋ ＋ ＋…）＝（ ）n×2n－1＝ ，所以a＝b，故B正确；对于C、D选项，a＝ ＝ ，当0＜p＜ 时， a＝ 为正项且单调递增的数列，故a随着n的增大而增大，故C 正确；当 ＜p＜1时，a＝（1－2p）n为正负交替的摆动数列，故D不正 确.故选A、B、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 三、填空题（本题共2小题，每小题5分，共10分） 7. 已知集合A＝{u（x）｜u（x）＝ax2－（a＋b）x＋b，a， b∈R}，函数f（x）＝x2－1.若函数g（x）满足：对任意u（x） ∈A，存在λ，μ∈R，使得u（x）＝λf（x）＋μg（x），则g （x）的解析式可以是 ⁠ .（写出一个满足 条件的函数解析式即可） g（x）＝x－1（满足g（1）＝0，且一次项系 数不为零的所有一次或者二次函数解析式均正确） 解析：u（x）＝ax2－（a＋b）x＋b，f（x）＝x2－1，u（1）＝a－ （a＋b）＋b＝0，f（1）＝0，u（x）＝λf（x）＋μg（x），u （1）＝λf（1）＋μg（1）＝μg（1）＝0，所以g（1）＝0，则g （x）的解析式可以为g（x）＝x－1.经检验，g（x）＝x－1满足题意. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8. 在△ABC中，tan A＝3tan B，A－B的最大值为φ.若函数f（x）＝ sin （ωx＋φ）（ω＞0），在区间 上单调递增，则ω的最大值 为 ⁠. 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：因为tan A＝3tan B，故B为锐角，且tan（A－B）＝ ＝ ＝ ，又 ＋3tan B≥2 ＝2 ，所以 tan（A－B）≤ ＝ ，所以A－B的最大值为 ，即φ＝ ，当且仅 当 ＝3tan B即tan B＝ 时，等号成立，函数f（x）＝ sin （ωx＋ ）（ω＞0），因为－ ≤x≤ ，所以 － ω≤ωx＋ ≤ ＋ ω，要 使f（x）在区间 上单调递增，则所以0＜ ω≤2，所以ω的最大值为2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 四、解答题（本题共3小题，共45分.解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤） 9. （本小题满分15分）已知函数f（x）＝x－ －aln x. （1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； 解：由题意得，函数的导函数f'（x）＝1＋ － ＝ （x＞0）. 当a＝2时，f'（1）＝0，f（1）＝0，即切点为（1，0）， 所以曲线y＝f（x）在（1，0）处的切线方程为y－0＝0×（x－ 1），即y＝0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 （2）若f（x）有两个极值点b，c，记过两点B（b，f（b）），C （c，f（c））的直线的斜率为k，是否存在实数a，使k＋a＝2 成立？若存在，求a的值；若不存在，请说明理由. 解：不存在这样的a.理由如下： 假设存在a，使得k＋a＝2. 则b，c是方程f'（x）＝ ＝0（x＞0）的两个不等实数根， 即b＋c＝a（a＞0）且bc＝1， 不妨令b＞c，则b＞1， 因为k＝ ＝2－ ，所以由k＋a＝2得，b－ － 2ln b＝0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 构造函数h（x）＝x－ －2ln x（x＞1）， 而h'（x）＝ ＞0恒成立， 所以h（x）在（1，＋∞）上单调递增，即h（x）＞h（1）＝0. 所以当b＞1时，b－ －2ln b＞0恒成立，即b－ －2ln b＝0无解. 所以不存在实数a使得k＋a＝2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10. （本小题满分15分）在①a8＝2a4＋1；②4是a1，a3的等比中项；③S5 ＝4a1a2.这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答. 问题：已知各项均为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝a6－ a1，且 　　　　. （1）求an； 解：选择条件①： 设等差数列{an}的公差为d（d＞0）， 则3a1＋ d＝5d，所以3a1＝2d. 联立解得 所以an＝2＋3（n－1）＝3n－1，n∈N*. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 选择条件②： 设等差数列{an}的公差为d（d＞0），则3a1＋ d＝5d，所以 3a1＝2d. 又4是a1，a3的等比中项，所以a1a3＝16， 联立解得a1＝2，d＝3， 所以an＝2＋3（n－1）＝3n－1，n∈N*. 选择条件③： 设等差数列{an}的公差为d（d＞0），则3a1＋ d＝5d，所以3a1＝2d. 因为S5＝4a1a2，所以5a1＋ d＝4a1（a1＋d）， 联立解得a1＝2，d＝3， 所以an＝2＋3（n－1）＝3n－1，n∈N*. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 （2）设数列 的前n项和为Tn，试比较Tn与 的大小，并说明理由. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 解：Sn＝2n＋ ×3＝ n2＋ ， 所以Sn＋n＝ （n2＋n）＝ ， 所以 ＝ × ＝ . 所以Tn＝ ＝ ＝ . 又 ＝ ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 所以 －Tn＝ － ＝ ，因为n∈N*， 令y＝3n2＋2n－3，根据二次函数图象性质可知，在其对称轴 右侧，即n＞－ ＝－ 时，函数单调递增， 所以3n2＋2n－3≥3＋2－3＝2＞0，又（3n＋2）·（3n＋3）＞0， 所以 －Tn＞0，所以 ＞Tn. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11. （本小题满分15分）已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b＞0）的短轴长为 2，离心率为 . （1）求C的方程； 解：由题意得解得 所以C的方程为 ＋y2＝1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 （2）直线l：y＝kx＋m（k＞0，m＞0）与C交于M，N两点，与y 轴交于点A，与x轴交于点B，且 ＝λ ， ＝μ . ①当μ＝ ＝2时，求k的值； ②当λ＋μ＝3时，求点（0，－ ）到l的距离的最大值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解：①由题意得A（0，m），B（－ ，0）， 由 ＝ ，得 ＝2 － ，即M（ ，2m）， 由 ＝2 ，得 ＝2 － ， 即N（－ ，－m）， 将M，N的坐标分别代入C的方程，得 ＋4m2＝1和 ＋m2＝1， 解得k2＝ ，又k＞0，所以k＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 ②由消去y，得（3k2＋1）x2＋6kmx＋3m2－3＝0， 其中Δ＝36k2m2－12（3k2＋1）（m2－1）＝12（3k2－m2＋1）＞0， 设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝ ，x1x2＝ ， 由 ＝λ ， ＝μ ，A（0，m），B（－ ，0）， 得x1＝λ（x1＋ ），x2＝μ（x2＋ ）， 所以λ＋μ＝ ＋ ＝2－ ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由λ＋μ＝3，得k2x1x2＋2mk（x1＋x2）＋3m2＝0， 即 ＋ ＋3m2＝0， 所以3m2k2－3k2－12m2k2＋9m2k2＋3m2＝0， 因此k2＝m2，又k＞0，m＞0，所以k＝m. 所以l的方程为y＝k（x＋1），即l过定点（－1，0）， 所以点（0，－ ）到l的最大距离为点（0，－ ）与点（－ 1，0）的距离d＝ ＝2， 即点（0，－ ）到l的距离的最大值为2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 $