中档题保分练8-【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，覆盖函数性质、立体几何、概率统计、数列综合等高考核心考点，严格对接高考评价体系，通过分析近五年真题明确中档题占比60%的考点分布，归纳出单选概念辨析、多选性质判断等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件特色在于“新定义情境+素养导向+解题模型”设计，如以“正积函数”概念题训练数学眼光，通过对比函数定义域与运算特性培养逻辑推理素养。概率题构建“分类讨论+递推公式”模型，助力掌握得分技巧。教师可借易错点解析（如向量夹角忽略λ>0）突破薄弱环节，帮助学生高效提分，提升复习教学效果。

中档题保分练8 （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. 定义：对于f（x）定义域内的任意一个自变量的值x1，都存在唯一一 个x2使得 ＝1成立，则称函数f（x）为“正积函 数”.下列函数是“正积函数”的是（　　） A. f（x）＝ln x B. f（x）＝ex C. f（x）＝e sin x D. f（x）＝ cos x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 解析：　对于A，f（x）＝ln x，由 ＝ ＝1⇒ln x1ln x2＝1，当x1＝1时，则不存在x2满足情况，故A不是正积函 数；对于B，f（x）＝ex，由 ＝ ＝1⇒ ＝1⇒x1＋x2＝0，则任意一个自变量的值x1，都存在唯一一个x2满足x1 ＋x2＝0，故B是正积函数；对于C，f（x）＝e sin x，由 ＝ ＝1⇒ ＝1⇒ ＝1，得 sin x1＋ sin x2＝0，当x1＝0时，则 sin x2＝0，x2＝kπ，k∈Z， 则x2不唯一，故C不是正积函数；对于D，f（x）＝ cos x，由 ＝ ＝1⇒ cos x1 cos x2＝1，当 cos x1∈[0，1）时，则不存在x2满足情况，故D不是正积函数.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2. 在△ABC与△A1B1C1中，已知AB＝A1B1＝x，BC＝B1C1＝ ，C＝ C1＝ ，若△ABC≌△A1B1C1，则（　　） A. x∈（0， ］ B. x∈（0， ） C. x∈[，＋∞） D. x∈[，＋∞）∪ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：　由题意可知：△ABC有唯一解，且A∈（0， ），由正弦 定理 ＝ ，可得 sin A＝ ＝ ，所以关于A的方程 sin A＝ ，A∈（0， ）有唯一解，可知曲线y＝ sin A，A∈（0， ）和直 线y＝ 必须有唯一的交点，则0＜ ≤ 或 ＝1，解得x≥ 或x ＝ .故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 3. 已知向量a，b满足｜a｜＝2｜b｜＝2，对任意的λ＞0，｜a－λb｜ 的最小值为 ，则a与b的夹角为（　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：　因为向量a，b满足｜a｜＝2｜b｜＝2，所以向量a，b满 足｜a｜＝2，｜b｜＝1.设a与b的夹角为θ（0≤θ≤π），所以｜a －λb｜＝ ＝ ＝ ，因为任意的λ＞0，｜a－λb｜的最小 值为 ，所以λ2－4 cos θ·λ＋4≥3恒成立，配方后可得（λ－2 cos θ）2－4 cos 2θ＋4≥3恒成立，所以当λ＝2 cos θ时，λ2－4 cos θ·λ＋4取得最小值3，此时4－4 cos 2θ＝3，解得 cos θ＝± .又因为 λ＝2 cos θ＞0，所以 cos θ＝ ，因为0≤θ≤π，所以θ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4. 已知等差数列{an}（公差不为0）和等差数列{bn}的前n项和分别为 Sn，Tn，如果关于x的实系数方程1 003x2－S1 003x＋T1 003＝0有实数 解，那么以下1 003个方程x2－aix＋bi＝0（i＝1，2，…，1 003）中， 有实数解的方程至少有（　　） A. 499个 B. 500个 C. 501个 D. 502个 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：　由题意得： －4×1 003T1 003≥0，其中S1 003＝ ＝1 003a502，T1 003＝ ＝1 003b502，代入上式得： －4b502≥0.方程x2－aix＋bi＝0（i＝1，2，3，…，1 003）有实数解，则 －4bi≥0，显然第502个方程有解.设方程x2－a1x＋b1＝0与方程x2－a1 003x＋b1 003＝0的判别式分别为Δ1，Δ1 003，则Δ1＋Δ1 003＝（ －4b1）＋（ －4b1 003）＝ ＋ －4（b1＋b1 003）≥ －4×2b502＝ －8b502＝2（ －4b502）≥0，等号成立的条件是a1＝a1 003，所以Δ1≥0，Δ1 003≥0至少一个成立，同理可证：Δ2≥0，Δ1 002≥0至少一个成立，…Δ501≥0，Δ503≥0至少一个成立，且Δ502≥0，综上，在所给的1 003个方程中，有实数根的方程至少有502个，故选D. 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. 下列结论正确的有（　　） A. 若随机变量ξ～N（1，σ2），P（ξ≤4）＝0.77，则P（ξ≤－2）＝ 0.23 B. 若随机变量X～B（10， ），则D（3X－1）＝19 C. 已知经验回归方程为 ＝ x＋10.8，且 ＝4， ＝50，则 ＝9.8 D. 已知一组数据丢失了其中一个，剩下的六个数据分别是3，3，5，3， 6，11.若这组数据的平均数、中位数、众数依次成等差数列，则丢失数据的所有可能值的和为22 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：　对于A，P（ξ≤－2）＝P（ξ≥4）＝1－0.77＝0.23，故A正确；对于B，D（X）＝10× × ＝ ，所以D（3X－1）＝ ×32＝20，故B不正确；对于C，经验回归直线经过点（ ， ），将 ＝4， ＝50代入求得 ＝9.8，故C正确；对于D，设丢失的数据为x，则这组数据的平均数为 ，众数为3，当x≤3时，中位数为3，此时 ＋3＝6，解得x＝－10；当3＜x＜5时，中位数为x，此时 ＋3＝2x，解得x＝4；当x≥5时，中位数为5，此时 ＋3＝10，解得x＝18.所以x的所有可能值的和为－10＋4＋18＝12，故D不正确.故选A、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6. 已知四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是面积为16的正方形，点 A1在平面ABCD上的射影为点A，DD1＝ ，A1B1＝2，则（　　） A. 平面ACC1A1⊥平面ADD1A1 B. 四边形BDD1B1为等腰梯形 C. 四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为14 D. 直线CC1，BD的夹角为45° √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：　因为底面ABCD是面积为16的正方形，点A1在平面ABCD上 的射影为点A，对A，因为A1A⊥平面ABCD，AC，AD⊂平面 ABCD，所以A1A⊥AC，A1A⊥AD，∠CAD为平面ACC1A1与平面 ADD1A1所成角，∠CAD＝45°，故A错误；对B，由题可知四边形 ABB1A1和四边形ADD1A1为全等的直角梯形，故BB1＝DD1，又 B1D1∥BD，故四边形BDD1B1为等腰梯形，B正确；对C，因为AD＝ 4，DD1＝ ，A1D1＝2，故A1A＝ ＝ ，则四棱台 ABCD-A1B1C1D1的体积为V＝ ×（4＋16＋8）× ＝14，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 对D，因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC，因为A1A⊥平面 ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1A⊥BD，又A1A∩AC＝A，A1A， AC⊂平面AA1C1C，所以BD⊥平面AA1C1C，又CC1⊂平面AA1C1C，所 以BD⊥CC1，故D错误.故选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. 设a，b为实数，函数f（x）＝ax＋b满足：对任意的x∈[0，1]， 有｜f（x）｜≤1.则ab的最大值为 ⁠. 解析：易知a＝f（1）－f（0），b＝f（0），则ab＝f（0）·（f （1）－f（0））＝－（f（0）－ f（1））2＋ f2（1）≤ f2（1） ≤ .当2f（0）＝f（1）＝±1，即a＝b＝± 时，ab取最大值 . ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8. 如图是棱长均为2的柏拉图多面体PABCDQ，已知该多面体为正八面 体，四边形ABCD为正方形，O，E分别为PQ，CQ的中点，则点A到 平面OEB的距离为 ⁠. 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：连接AO，AE. 由已知得OE为△PCQ的中位线， 所以OE＝1，EB为正三角形CBQ的中线，所以EB＝ ，又OB＝ ，所以EB2＝OB2＋OE2，所以△OBE 为直角三角形，所以S△OEB＝ OE·OB＝ .因为QE＝ CE，所以E到平面AOB的距离为 OQ＝ · ＝ ，设A到平面OEB的距离为d，因为VA-OEB＝VE-OAB，所以 S△OBE·d＝ S△OAB· ，所以 ·d＝ · ，所以d＝1. 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）甲、乙两人组团参加答题挑战赛，规定：每一轮 甲、乙各答一道题，若两人都答对，该团队得1分；只有一人答对，该 团队得0分；两人都答错，该团队得－1分.假设甲、乙两人答对任何一 道题的概率分别为 ， . （1）记X表示该团队一轮答题的得分，求X的分布列及均值E（X）； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解：由题可知，X的取值为－1，0，1， P（X＝－1）＝（1－ ）×（1－ ）＝ ； P（X＝0）＝ ×（1－ ）＋（1－ ）× ＝ ； P（X＝1）＝ × ＝ . 故X的分布列如下： X －1 0 1 P（X） ​ ​ ​ 则E（X）＝－1× ＋0× ＋1× ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 （2）假设该团队连续答题n轮，各轮答题相互独立.记Pn表示“没有出 现连续三轮每轮得1分”的概率，Pn＝aPn－1＋bPn－2＋cPn－3 （n≥4），求a，b，c；并证明：答题轮数越多（轮数不少于 3），出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大. 解：由题可知，P1＝1，P2＝1，P3＝1－（ ）3＝ ，P4＝1－3×（ ）4＝ . 连续答题n轮，没有出现连续三轮每轮得1分时，记第n轮没有得1分的概率为 ，则 ＝ Pn－1；记第n轮得1分，且第n－1轮没有得1分的概率为 ，则 ＝ Pn－2； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 n轮得1分，且第n－1轮得1分，第n－2轮没有得1分的概率为 ，则 ＝ Pn－3， 故Pn＝ ＋ ＋ ＝ Pn－1＋ Pn－2＋ Pn－3（n≥4），故a ＝ ，b＝ ，c＝ . 因为Pn＝ Pn－1＋ Pn－2＋ Pn－3，所以Pn＋1＝ Pn＋ Pn－1＋ Pn－2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 故Pn＋1－Pn＝－ Pn＋ Pn－1＋ Pn－2＝－ （ Pn－1＋ Pn－2＋ Pn－3）＋ Pn－1＋ Pn－2＝－ Pn－3＜0， 故Pn＋1＜Pn（n≥4），且P1＝P2＞P3＞P4， 则P1＝P2＞P3＞P4＞P5＞…， 所以答题轮数越多（轮数不少于3），出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10. （本小题满分15分）在平面直角坐标系xOy中，已知直线y＝x＋1与 抛物线C：y2＝2px（p＞0）相切. （1）求p的值； 解：因为直线y＝x＋1与抛物线C：y2＝2px（p＞0）相切， 所以方程组有唯一解，所以x2＋2（1－p）x＋1 ＝0有唯一解， 所以Δ＝[2（1－p）]2－4＝0，且p＞0，解得p＝2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 （2）已知点A（x1，y1），B（x2，y2）在抛物线C上，A，B分别位 于第一象限和第四象限，且x1x2＋y1y2＝－4，过A，B分别作直 线x＝－1的垂线，垂足分别为A1，B1，求四边形AA1B1B面积的 最小值. 解：设直线AB的方程为x＝ay＋t，A（x1，y1），B（x2，y2）， 因为点A，B在抛物线C上，A，B分别位于第一象限和第四象限， 联立方程消去x得y2－4ay－4t＝0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 则Δ＝16a2＋4×4t＞0，可得 因为x1x2＋y1y2＝－4，即（ay1＋t）（ay2＋t）＋y1y2＝－4， 整理得（a2＋1）y1y2＋at（y1＋y2）＋t2＝－4， 即（a2＋1）（－4t）＋at·4a＋t2＝－4，解得t＝2， 故直线AB的方程为x＝ay＋2，y1y2＝－4t＜0，Δ＞0，符合题意， 则四边形AA1B1B的面积为 （｜AA1｜＋｜BB1｜）·（y1－y2） ＝ （x1＋x2＋2）·（y1－y2） ＝ [a（y1＋y2）＋2t＋2]· ＝ （4a2＋2t ＋2）· ＝4（2a2＋3）· ＝4 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 令a2＋2＝u≥2，v＝ （a2＋2）， 所以v＝ （a2＋2）＝（2u－1）2u， 因为u∈[2，＋∞），则（2u－1）2＞0，u＞0，且y＝（2u－ 1）2与y＝u在[2，＋∞）上单调递增， 可知v＝（2u－1）2u在[2，＋∞）上单调递增， 当且仅当u＝2，即a＝0时，vmin＝18， 所以四边形AA1B1B面积的最小值为12 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11. （本小题满分15分）已知函数f（x）＝ln x－ . （1）讨论f（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； 解：函数f（x）＝ln x－ 的定义域为（0，＋∞）， 又f'（x）＝ ＋ ＝ ， 当a≥0时，f'（x）＞0恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上 单调递增，无极值； 当a＜0时，令f'（x）＝0，解得x＝－a， 所以当x∈（0，－a）时f'（x）＜0，f（x）单调递减， 当x∈（－a，＋∞）时f'（x）＞0，f（x）单调递增， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 当x＝－a时，f（x）取到极小值f（－a）＝ln（－a）＋1，无极大值， 综上所述，当a≥0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增，无极值； 当a＜0时，f（x）在（0，－a）上单调递减，在（－a，＋ ∞）上单调递增，极小值为ln（－a）＋1，无极大值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 （2）函数g（x）＝ ；若方程f（x）＝f（g（x））在x∈（0， ）上存在实根，试比较f（a2）与ln 的大小. 解：因为g（x）＝ ，0＜x＜ ， 则g'（x）＝ ＝ ＝ ， 令g'（x）＝0，解得x＝2或0（舍）， 所以当x∈（0， ）时g'（x）＞0，g（x）单调递增， 所以g（0）＜g（x）＜g（ ），即0＜g（x）＜ ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 令t＝g（x），0＜x＜ ，则0＜t＜ ， 若方程f（x）＝f（g（x））在x∈（0， ）上存在实根， 则方程f（x）＝f（t）在x∈（0， ），t∈（0， ）上存在实根， 当a≥0时f（x）在（0， ）上单调，则x＝g（x）在（0， ）上有解， 即x＝ 应该在（0， ）上有解，但是2x2－x＝0在（0， ）上无解，不合题意， 所以f（x）在（0， ）上不单调，即a＜0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 且0＜－a＜ ，即－ ＜a＜0， 所以f（a2）＝ln a2－ ＝2ln（－a）－ ，－ ＜a＜0， 令m（a）＝2ln（－a）－ ，－ ＜a＜0， 则m'（a）＝－ ＋ ＝ ＞0， 所以m（a）在（－ ，0）上单调递增， 所以m（a）＞m（－ ）＝2ln ＋2＝ln ， 所以f（a2）＞ln . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 $