中档题保分练5-【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聚焦中档题保分训练，覆盖向量投影、三角函数、数列、解析几何等高考核心考点，严格对接高考评价体系，通过单项选择、多项选择、填空及解答题的题型分布，分析各考点权重，归纳如二项式定理常数项、函数零点存在性等常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题情境+分层突破+素养导向”的设计，如向量投影题结合坐标运算培养数学思维，数列错位相减法训练运算能力，解析几何题构建模型发展数学语言。通过三角函数方程转化、概率递推关系等典型题型解析，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此精准规划复习，助力学生高效突破中档题，提升高考得分率。

中档题保分练5 （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. 若向量a，b满足a＝（－4，3），b＝（5，12），则向量b在向量a上 的投影向量为（　　） A. （－ ， ） B. （－ ， ） C. （ ，－ ） D. （ ，－ ） √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：　设向量a与b的夹角为θ，｜a｜＝5，｜b｜＝13，则 cos θ ＝ ＝ ＝ ，则b在a上的投影向量为 a＝（－ ， ）.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2. 若α∈（－ ， ），tan α＝ ，则 sin （2α－ ）＝（　　） A. － B. C. － D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：　由条件等式可知， ＝ ，整理为3 sin α＝ sin 2α＋ cos 2α＝1，则 sin α＝ ，又α∈（－ ， ）， cos α＝ ＝ ，所以 sin 2α＝2 sin α cos α＝2× × ＝ ， cos 2α＝1－ 2 sin 2α＝ ，所以 sin （2α－ ）＝ sin 2α cos － cos 2α sin ＝ × － × ＝ .故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 3. 若（x＋ ）（x－ ）5的展开式中常数项是10，则m＝（　　） A. －2 B. －1 C. 1 D. 2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：　（x＋ ）（x－ ）5＝x（x－ ）5＋ （x－ ）5，（x－ ）5的展开式的通项公式为Tk＋1＝ x5－k（－ ）k＝ （－1）kx5－ 2k，令5－2k＝－1，解得k＝3，则x（x－ ）5的展开式的常数项为－ ＝－10；令5－2k＝1，解得k＝2，则 （x－ ）5的展开式的常数 项为m ＝10m，因为（x＋ ）（x－ ）5的展开式中常数项是10， 所以10m－10＝10，解得m＝2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4. 若已知函数f（x）＝ex＋a，g（x）＝ln x＋ka，∃a∈（0，＋∞）， 若函数F（x）＝f（x）－g（x）存在零点，则k的取值范围的一个充 分不必要条件为（　　） A. （e0.7，e1.3） B. [1，e0.7） C. [e2.2，e3.1） D. （e1.3，e2.2） √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：　∵当a＝0时，f（x）＝ex＋a的图象恒在g（x）＝ln x＋ka 上方，∴若满足f（1）≤g（1），即e1＋a≤ln 1＋ka，k≥ ，则f （x）与g（x）的图象必有交点，即F（x）＝f（x）－g（x）存在 零点.令h（x）＝ （x＞0），h'（x）＝ ，∴当0＜x＜ 1时，h'（x）＜0，h（x）单调递减；当x＞1时，h'（x）＞0，h （x）单调递增.∴h（x）≥h（1）＝e2.即当k≥e2，一定存在a＝1∈ （0，＋∞），满足f（1）≤g（1），即F（x）＝f（x）－g（x）存 在零点，因此k∈[e2，＋∞）是满足题意k的取值范围的一个充分条件. 由选项可得，只有[e2.2，e3.1）是[e2，＋∞）的子集，∴[e2.2，e3.1）是k 的取值范围的一个充分不必要条件. 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. 已知a，b，c∈R，下列命题为真命题的是（　　） A. 若b＜a＜0，则bc2＜ac2 B. 若b＞a＞0＞c，则 ＜ C. 若c＞b＞a＞0，则 ＞ D. 若a＞b＞c＞0，则 ＞ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：　对于A项，ac2－bc2＝c2（a－b），因为b＜a＜0，所以a－b＞0，又c2≥0，所以c2（a－b）≥0，即bc2≤ac2，故A项错误；对于B项， － ＝ ，因为b＞a＞0＞c，所以c（b－a）＜0， ab＞0，所以 － ＝ ＜0，即 ＜ ，故B项正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 对于C项， － ＝ ，因为c＞b＞a＞0，所以c－a＞0， c－b＞0，a－b＜0，所以 － ＝ ＜0，即 ＜ ， 故C项错误；对于D项，因为 － ＝ ＝ ， 又因为a＞b＞c＞0，所以a－b＞0，b＋c＞0，所以 ＞0，即 ＞ ，故D项正确，故选B、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6. 设Sn和Tn分别为数列{an}和{bn}的前n项和.已知2Sn＝3－an，bn＝ ，则（　　） A. {an}是等比数列 B. {bn}是递增数列 C. ＝ D. ＞2 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：　由2Sn＝3－an，当n＝1时，2S1＝3－a1，即a1＝1，又2Sn＋1＝3－an＋1，∴2Sn＋1－2Sn＝an－an＋1，即3an＋1＝an，∴{an}是首项为1，公比为 的等比数列，故an＝（ ）n－1，A正确；由bn＝ ＝ ，则bn＋1－bn＝ － ＝ ＜0，即{bn}是递减数列，B错误；又Sn＝ ＝ （1－ ），则 ＝ ，C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 Tn＝ ＋ ＋…＋ ＋ ①， Tn＝ ＋ ＋…＋ ＋ ②，①－② 得： Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ － ＝ － ＝ （1－ ）－ ，∴Tn＝ （1－ ）－ ＞0，则2Tn－Sn＝ （1－ ）－ － （1－ ）＝－ ＜0，∴ ＞2，D正确.故选A、C、D. 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. “布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的 试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓 的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外 就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束.已知该粒子初始位置在1号 仓，则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器外的概率为 ⁠. ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：设从i号仓出发最终从1号仓出的概率为Pi，所以 解得P1＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8. 若在圆C：x2＋y2＝r2（r＞0）上存在一点P，使得过点P作圆M： （x－2）2＋y2＝1的切线长为 ，则r的取值范围为 　[2－ ，2＋ ⁠ . 解析：设点P（r cos θ，r sin θ），过点P作圆M：（x－2）2＋y2＝1 的切线，切点为Q，由题意可知｜PM｜2＝｜MQ｜2＋｜PQ｜2＝1＋2 ＝3，因为点M（2，0），所以（r cos θ－2）2＋（r sin θ）2＝3，化 简整理可得r2－4r cos θ＋1＝0，所以 cos θ＝ ，因为 cos θ∈[－ 1，1]，r＞0，所以解得2－ ≤r≤2＋ ，所以r 的取值范围为[2－ ，2＋ ]. [2－ ，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）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0），F为C的焦 点，过点F的直线l与C交于H，I两点，且在H，I两点处的切线交于 点T，当l与y轴垂直时，｜HI｜＝4. （1）求C的方程； 解：由题意知F（0， ），将y＝ 代入x2＝2py，解得x＝ ±p，所以当l与y轴垂直时，｜HI｜＝2p＝4，所以p＝2， 故抛物线C的方程为x2＝4y. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 （2）证明：｜FI｜·｜FH｜＝｜FT｜2. 解：证明：根据题意知，直线l的斜率存在，F（0，1）， 设直线l的方程为y＝kx＋1， H（x1，y1），I（x2，y2）， 联立得x2－4kx－4＝0， 所以Δ＝（－4k）2＋16＞0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 对y＝ x2，求导，得y'＝ x， 由得 所以T（2k，－1）. 因为｜FH｜2＝ ＋（y1－1）2＝4y1＋（y1－1）2＝（y1＋1）2，｜FI｜2＝ ＋（y2－1）2＝4y2＋（y2－1）2＝（y2＋1）2， 所以｜FH｜2·｜FI｜2＝（y1＋1）2·（y2＋1）2＝（y1y2＋y1＋y2＋1）2＝［ ＋ ＋1］2＝（4k2＋4）2. 又｜FT｜2＝4k2＋4，所以｜FI｜·｜FH｜＝｜FT｜2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10. （本小题满分15分）如图，在等腰直角三角形RBC中，A，D分别为 RB，RC的中点，BC＝BR＝4，将△RAD沿AD折起，使得点R至点 P的位置，得到四棱锥P-ABCD. （1）若M为PC的中点，求证：DM∥平面PAB； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解：证明：取PB中点N，连接AN，MN，由M为PC 的中点，得MN∥BC，且MN＝ BC， 由A，D分别为RB，RC的中点，得AD∥BC，且AD＝ BC， 则AD∥MN且AD＝MN，于是四边形ADMN为平行四边形， 因此DM∥AN，又AN⊂平面PAB，DM⊄平面PAB， 所以DM∥平面PAB. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 23 （2）若平面PAD⊥平面ABCD，点E在线段BC上，平面PDE与平面 ABED夹角的余弦值为 ，求线段BE的长. 解：由平面PAD⊥平面ABCD，平面 PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平 面ABCD， 得AB⊥平面PAD，又PA⊥AD，则直线AB， AD，AP两两垂直， 以A为原点，直线AB，AD，AP分别为x， y，z轴建立空间直角坐标系，如图， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设BE＝t，则P（0，0，2），D（0，2，0），E（2，t，0）， ＝（0，2，－2）， ＝（2，t－2，0）， 设n＝（x，y，z）为平面PDE的法向量，则令y＝2，得n＝（2－t，2，2）， 显然平面ABED的法向量为m＝（0，0，1），设平面PDE与平面ABED的夹角为θ， 则 cos θ＝｜ cos ＜n，m＞｜＝ ＝ ＝ ，解得t＝1或t＝3， 所以线段BE的长为1或3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11. （本小题满分15分）如图有一块半径为4，圆心角为 的扇形铁皮 AOB，P是圆弧AB上一点（不包括A，B），点M，N分别在半径 OA，OB上. （1）若四边形PMON为矩形，求其面积最大值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解：连接OP，如图，令∠AOP＝θ（0＜θ＜ ），因四边形PMON为矩形，则OM＝OP cos θ＝4 cos θ，PM＝OP sin θ＝4 sin θ， 于是得矩形PMON的面积S矩形PMON＝OM·PM ＝4 cos θ·4 sin θ＝8 sin 2θ，而0＜2θ＜π， 则当2θ＝ ，即θ＝ 时， sin 2θ取最大值 1，即有（S矩形PMON）max＝8， 所以矩形PMON面积最大值为8. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 （2）若△PBN和△PMA均为直角三角形，求它们面积之和的取值范围. 解：由（1）知，PN＝OM＝4 cos θ，ON＝PM＝4 sin θ，则BN＝4－4 sin θ，AM＝4－4 cos θ， Rt△PBN和Rt△PMA的面积和S＝S△PBN＋ S△PMA＝ PN·BN＋ PM·AM＝ ×4 cos θ× （4－4 sin θ）＋ ×4 sin θ×（4－4 cos θ） ＝8（ sin θ＋ cos θ）－16 sin θ cos θ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 令 sin θ＋ cos θ＝t，即t＝ sin （θ＋ ），而 ＜θ＋ ＜ ，则1＜t≤ ， 2 sin θ cos θ＝（ sin θ＋ cos θ）2－（ sin 2θ＋ cos 2θ）＝t2－1， 则S＝f（t）＝8t－8（t2－1）＝－8t2＋8t＋8＝－8（t－ ）2＋10，显然f（t）在（1， ]上单调递减， 当t＝ ，即θ＝ 时，f（t）min＝f（ ）＝8 －8，而f（1）＝8，因此，8 －8≤S＜8， 所以Rt△PBN和Rt△PMA的面积和的取值范围是[8 －8，8）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 $