压轴题抢分练2-【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压轴题专项突破，覆盖立体几何二面角计算、解析几何轨迹与切线、函数单调性与不等式证明、概率分布列及数列递推等核心考点，对接高考评价体系，通过真题分析明确压轴题占66分的权重，归纳向量法、构造函数法等常考题型解法，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“核心素养+解题技巧”双导向，如立体几何用向量模长平方求二面角余弦值（数学语言），函数题构造辅助函数证明m+eⁿ>12（数学思维），概率题建立分布列与递推模型（数学眼光）。通过“题干拆解-模型构建-步骤规范”三步法，帮助学生掌握压轴题得分技巧，教师可据此精准突破难点，提升复习效率。

压轴题抢分练2 （时间：45分钟　满分：66分） 一、单项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10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. 在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2 ，沿对角线AC将矩形折成一个大 小为θ的二面角B-AC-D，当点B与点D之间的距离为3时， cos θ＝ （　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 解析：　分别作BE⊥AC，DF⊥AC，垂足为E，F，则θ＝＜ ， ＞.由AB＝2，AD＝2 可得AC＝4，所以EB＝FD＝ ＝ ，AE＝CF＝1，EF＝2.因为 ＝ ＋ ＋ ，则｜ ｜2 ＝ ＝ ＝ ＋ ＋ ＋2 · ，9＝3＋ 4＋3＋2 · cos （π－θ），故 cos θ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 2. 已知m，n∈R，m2＋n2≠0，记直线nx＋my－n＝0与直线mx－ny－ n＝0的交点为P，点Q是圆C：（x＋2）2＋（y－2）2＝4上的一点， 若PQ与C相切，则｜PQ｜的取值范围是（　　） A. [2 ， ] B. [2 ，2 ] C. [2， ] D. [2，2 ] √ 1 2 3 4 5 6 7 8 解析：　直线nx＋my－n＝0，即直线n（x－1）＋ my＝0，过定点M（1，0），直线mx－ny－n＝0即 直线mx－n（y＋1）＝0，过定点N（0，－1），又 由斜率关系可得两直线垂直，所以交点P的轨迹是以 MN为直径的圆，即轨迹方程为C1：（x－ ）2＋（y＋ ）2＝ ，圆心 C1（ ，－ ），因为Q是圆C上一点，且PQ与C相切，所以问题转化 为圆C1上任意一点P作直线与圆C相切于点Q，求切线｜PQ｜的范围. 设圆C的半径为R＝2，因为圆C的圆心（－2，2），半径为定值， 当｜PC｜取得最小值和最大值时， 1 2 3 4 5 6 7 8 切线｜PQ｜取得最小值和最大值，｜CC1｜＝ ＝ ，又因为｜CC1｜－ ≤｜PC｜≤｜ CC1｜＋ ，即 － ≤｜PC｜≤ ＋ ，即2 ≤｜PC｜≤3 ， 所以 ≤｜PQ｜≤ ，即2≤｜PQ｜ ≤ ，故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 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） 3. 已知6ln m＝m＋a，6n＝en＋a，其中m≠en，则m＋en的取值可以是 （　　） A. e B. e2 C. 3e2 D. 4e2 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 解析：　令f（x）＝6ln x－x，则f'（x）＝ －1＝ ，故当x∈（0，6）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（6，＋∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，∵6ln m＝m＋a，6n＝6ln en＝en＋a，∴f（m）＝f（en），又m≠en，不妨设0＜m＜6＜en， 法一　记x1＝m，x2＝en，设g（x）＝f（12－x）－f（x），x∈（0， 6），则g'（x）＝－f'（12－x）－f'（x）＝ － ＝ ＜0在 （0，6）上恒成立，∴g（x）在（0，6）上单调递减，∴g（x）＝f （12－x）－f（x）＞g（6）＝0，x∈（0，6），则f（12－x1）＞f （x1）＝f（x2），又∵12－x1，x2∈（6，＋∞），且f（x）在（6，＋ ∞）上单调递减，∴12－x1＜x2，则x1＋x2＞12，∴m＋en＞12. 1 2 3 4 5 6 7 8 法二　由6ln m＝m＋a，6n＝6ln en＝en＋a，两式相减，可得6ln ＝en －m，令 ＝t（t＞1），则6ln t＝m（t－1），m＝ ，en＝mt＝ ，∴m＋en＝ .令g（t）＝（t＋1）ln t－2（t－1），t＞ 1，则g'（t）＝ln t＋ －2＝ln t＋ －1，令y＝ln t＋ －1（t＞1），则 y'＝ － ＝ ＞0在（1，＋∞）上恒成立，∴g'（t）在（1，＋∞）上 单调递增，∴g'（t）＞g'（1）＝0在（1，＋∞）上恒成立，∴g（t）在 （1，＋∞）上单调递增，则g（t）＞g（1）＝0，即 ＞2， ∴m＋en＝ ＞12. 1 2 3 4 5 6 7 8 4. 我们把方程xex＝1的实数解称为欧米伽常数，记为Ω.Ω和e一样，都是 无理数，Ω还被称为指数函数中的“黄金比例”.下列有关Ω的结论正确 的是（　　） A. Ω∈（0.5，1） B. ln ＝Ω C. Ω＝ ，其中u＝ D. 函数f（x）＝ 的最小值为f（Ω） √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 解析：　对于选项A：构建g（x）＝xex－1，则Ω为g（x）的零点，因为g'（x）＝（x＋1）ex，若x＜－1，则g'（x）＜0，可知g（x）在（－∞，－1）内单调递减，且g（x）＜0，所以g（x）在（－∞，－1）内无零点；若x＞－1，则g'（x）＞0，可知g（x）在（－1，＋∞）内单调递增，g（0.5）＝ －1＜0且g（1）＝e－1＞0，所以g（x）在（－1，＋∞）内存在唯一零点Ω∈（0.5，1），故A正确；对于选项B：因为ΩeΩ＝1，Ω∈（0.5，1），即 ＝eΩ，两边取对数可得：ln ＝lneΩ＝Ω，故B正确；对于选项C：设 ＝a，则ua＝a，即（ ）a＝a，可得aea＝1，所以a＝Ω，即Ω＝ ，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 对于选项D：构建h（x）＝ex－x－1，则h'（x）＝ex－1，令h'（x）＞0， 解得x＞0，令h'（x）＜0，解得x＜0，可知h（x）在（－∞，0）内单调 递减，在（0，＋∞）内单调递增，则h（x）≥h（0）＝0，可得ex≥x＋ 1，当且仅当x＝0时，等号成立，则f（x）＝ ＝ ＝ ≥ ＝1，当且仅当 ＋ln ＝0，即 －ln x＝0时，等 号成立，因为y＝ ，y＝－ln x在（0，＋∞）内单调递减， 1 2 3 4 5 6 7 8 可知m（x）＝ －ln x在（0，＋∞）内单调递减，且m（1）＝1＞0，m （e）＝ －1＜0，可知m（x）在（0，＋∞）内存在唯一零点x0∈（1， e），即x0＞Ω，所以f（x）的最小值为f（x0）＝1，不为f（Ω），故D错误.故选A、B、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 三、填空题（本题共2小题，每小题5分，共10分） 5. 已知△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，Q是边BC上的动点.若PA⊥ 平面ABC，PA＝ ，且PQ与平面ABC所成角的正弦值的最大值为 ，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为 ⁠. 6π 解析：三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，设直线PQ与平面ABC所成 的角为θ，∵ sin θ的最大值是 ，∴ sin θ＝ ＝ ≤ ，解得 PQ≥ ，即PQ的最小值为 ，AQ的最小值是1，即A到BC的距离 为1，此时在直角三角形ABQ中，AB＝2，∴∠BAQ＝60°，又∠BAC ＝60°，∴C，Q重合，则∠ACB＝90°， 1 2 3 4 5 6 7 8 则△ABC的外接圆圆心M为AB的中点，又PA⊥平面ABC，从而外接球的球心O为PB的中点，外接球的半径R＝OB＝ ＝ ＝ ＝ ，∴三棱锥P-ABC的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×（ ）2＝6π. 1 2 3 4 5 6 7 8 6. 已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，若 与椭圆C无公共点的直线x＝3上存在一点P，使得tan∠F1PF2的最大值 为2 ，则椭圆离心率的取值范围是 　（ ，1）　. （ ，1） 1 2 3 4 5 6 7 8 解析：不妨设P（3，t）（t＞0），F1（－c，0），F2（c，0），设直线PF1的倾斜角为α，直线PF2的倾斜角为β，则tan∠F1PF2＝tan（β－α）＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ，若tan∠F1PF2的最大值为2 ，则t＋ 有最小值，又t＋ ≥2 ，当且仅当t＝ ，即t＝ 时取等号，则 ＝2 ，即c2＝8（9－c2），解得c＝2 ，又椭圆C与直线x＝3无公共点，则a＜3，所以e＝ ＞ ，所以椭圆离心率的取值范围是（ ，1）. 1 2 3 4 5 6 7 8 四、解答题（本题共2小题，共34分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 7. （本小题满分17分）某汽车厂商生产某型号具有自动驾驶功能的汽车，该型号汽车配备两个相互独立的自动驾驶系统（记为系统A和系统B），该型号汽车启动自动驾驶功能后，先启动这两个自动驾驶系统中的一个，若一个出现故障则自动切换到另一个.为了确定先启动哪一个系统，进行如下试验：每一轮对系统A和B分别进行测试试验，一轮的测试结果得出后，再安排下一轮试验.当一个系统出现故障的次数比另一个系统少2次时，就停止试验，并认为出现故障少的系统比另一个系统更稳定.为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若系统A不出现故障且系统B出现故障，则系统A得1分，系统B得－1分；若系统A出现故障且系统B不出现故障，则系统A得－1分，系统B得1分；若两个系统都不出现故障或都出现故障，则两个系统均得0分.系统A、B出现故障的概率分别记为α和β，一轮试验中系统A的得分为X分. 1 2 3 4 5 6 7 8 （1）求X的分布列； 解：X的所有可能取值为－1，0，1. P（X＝－1）＝α（1－β），P（X＝1）＝（1－α）β， P（X＝0）＝1－P（X＝－1）－P（X＝1）＝1－α（1－β） －（1－α）β＝1－α－β＋2αβ， 所以X的分布列为 X －1 0 1 P α（1－β） 1－α－β＋2αβ （1－α）β 1 2 3 4 5 6 7 8 （2）若系统A和B在试验开始时都赋予2分，pi（i＝0，1，2，3，4） 表示“系统A的累计得分为i时，最终认为系统A比系统B更稳 定”的概率，则p0＝0，p4＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1（i＝1， 2，3），其中a＝P（X＝－1），b＝P（X＝0），c＝P（X＝ 1）.现根据p2的值来决定该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动 哪个系统，若p2≤0.1，则先启动系统B；若p2≥0.9，则先启动 系统A；若0.1＜p2＜0.9，则随机启动两个系统中的一个，且先 启动系统A的概率为p2. ①证明：p2＝ ； ②若α＝0.001，β＝0.002，由①可求得p2≈0.8，求该型号汽车 启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统的概率. 1 2 3 4 5 6 7 8 解：①证明：由题意， 得pi＝α（1－β）pi－1＋[1－α（1－β）－（1－α）β]·pi＋ （1－α）βpi＋1，所以[α（1－β）＋（1－α）β]pi＝α（1 －β）pi－1＋（1－α）βpi＋1， 所以pi＋1＝ ，i＝1，2，3， 又p0＝0，p4＝1， 1 2 3 4 5 6 7 8 所以p2＝ ＝ ， p3＝ ＝ p2， p4＝ ＝1， 所以p2＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 ②记“该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统”为事件T，“该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动系统A”为事件C， 因为α＝0.001，β＝0.002，p2≈0.8∈（0.1，0.9）， 所以由题意，得P（C）＝p2≈0.8，P（ ）＝1－p2≈0.2， P（T｜C）＝1－α＝1－0.001，P（T｜ ）＝1－β＝1－0.002， 所以P（T）＝P（C）P（T｜C）＋P（ ）P（T｜ ） ≈0.8×（1－0.001）＋0.2×（1－0.002）＝0.998 8， 即该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾 驶系统的概率为0.998 8. 1 2 3 4 5 6 7 8 8. （本小题满分17分）有无穷多个首项均为1的等差数列，记第n （n∈N*）个等差数列的第m（m∈N，m≥2）项为am（n），公差为 dn（dn＞0）. （1）若a2（2）－a2（1）＝2，求d2－d1的值； 解：由题意得a2（2）－a2（1）＝1＋d2－（1＋d1）＝d2－d1， 又a2（2）－a2（1）＝2，所以d2－d1＝2. 1 2 3 4 5 6 7 8 （2）若m为给定的值，且对任意n有am（n＋1）＝2am（n），证明： 存在实数λ，μ，满足λ＋μ＝1，d100＝λd1＋μd2； 解：证明：因为am（n＋1）＝2am（n）， 所以1＋（m－1）dn＋1＝2[1＋（m－1）dn]，即dn＋1＝2dn＋ ， 所以dn＋1＋ ＝2（dn＋ ）， 因此d100＋ ＝（d1＋ ）299，所以d100＝（d1＋ ）299－ ， 又d2＝2d1＋ ，即 ＝d2－2d1， 因此d100＝（d1＋d2－2d1）299－（d2－2d1）＝（2－299）d1＋（299－1）d2， 所以存在实数λ＝2－299，μ＝299－1，满足λ＋μ＝1，d100＝λd1＋μd2. 1 2 3 4 5 6 7 8 （3）若{dn}为等比数列，证明：am（1）＋am（2）＋…＋am（n） ≤ . 解： 证明：因为{dn}为等比数列， 所以dn＝d1qn－1，其中q为{dn}的公比， 于是am（n）＝1＋（m－1）d1qn－1， 当1≤i≤n，i∈N*时，am（n＋1－i）＋am（i）－[am（n）＋ am（1）] ＝（m－1）d1（qn－i＋qi－1－qn－1－1）＝－（m－1）d1·（qn－i －1）（qi－1－1）， 1 2 3 4 5 6 7 8 因为q＞0，n－i≥0，i－1≥0， 因此（qm－i－1）（qi－1－1）≥0，又－（m－1）d1＜0， 所以am（n＋1－i）＋am（i）≤am（n）＋am（1）， 因此 [am（n＋1－i）＋am（i）]≤n[am（n）＋am（1）]， 即2[am（1）＋am（2）＋…＋am（n）]≤n[am（n）＋am（1）]， 所以am（1）＋am（2）＋…＋an（n）≤ . 1 2 3 4 5 6 7 8 $