压轴题抢分练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聚焦函数导数、数列、立体几何、解析几何等核心压轴考点，依据高考评价体系梳理逻辑推理、数学运算、直观想象等素养考查要求，通过典型题例分析各模块权重，归纳构造函数、空间向量、韦达定理应用等常考题型解题策略。 课件亮点在于“真题解析+素养导向”的备考设计，如通过斐波那契数列性质证明培养逻辑推理能力，利用椭圆切线问题训练数学运算素养，结合正四面体与平面夹角问题强化直观想象。特设易错点警示如解三角形角度范围确定，助力学生掌握得分技巧，为教师提供系统复习指导，提升冲刺效率。

压轴题抢分练4 （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. 设a＝ ，b＝ln 1.21，c＝10 sin ，则（　　） A. a＞b＞c B. b＞a＞c C. c＞a＞b D. c＞b＞a 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 解析：　令g（x）＝x－ sin x，可得g'（x）＝1－ cos x≥0，所以g （x）＝x－ sin x在R上单调递增，当x＞0时，g（x）＞g（0），所 以x＞ sin x，所以10 sin ＜10× ＝ ，即a＞c，令f（x）＝x－ ln（1＋x）2＝x－2ln（1＋x），求导可得f'（x）＝1－ ＝ ，当0 ＜x＜1，f'（x）＜0，所以f（x）单调递减，所以f（x）＜f（0）， 即x－2ln（1＋x）＜0－2ln 1＝0，所以x＜2ln（1＋x）＝ln（1＋x） 2，令x＝ ，可得 ＜ln（1＋0.1）2＝ln 1.21，即b＞a，所以b＞a ＞c.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 2. 设函数f（x）＝x＋ex，g（x）＝x＋ln x，若存在x1，x2，使得f （x1）＝g（x2），则｜x1－x2｜的最小值为（　　） A. B. 1 C. 2 D. e √ 1 2 3 4 5 6 7 8 解析：　由题意可得f（x1）＝g（x2），即x1＋ ＝x2＋ln x2，所以 x1＋ ＝ ＋ln x2，又f'（x）＝1＋ex＞0，所以f（x）在R上单调 递增，即f（x1）＝f（ln x2），所以x1＝ln x2，所以｜x1－x2｜＝｜ln x2 －x2｜，令h（x）＝ln x－x，x∈（0，＋∞），则h'（x）＝ －1＝ ，其中x＞0，令h'（x）＝0，则x＝1，当x∈（0，1）时，h'（x） ＞0，则h（x）单调递增，当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＜0，则h （x）单调递减，所以当x＝1时，h（x）有极大值，即最大值，所以h （x）≤h（1）＝－1，｜h（x）｜≥1，所以｜x1－x2｜min＝｜h （x）｜min＝1.故选B. 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. 斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应 用.斐波那契数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2（n≥3），则 （　　） A. ∀n∈N*，a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝a2n B. ∃m∈N*，使得am，am＋1，am＋2成等比数列 C. ∃λ∈R，对∀n∈N*，an，λan＋2，an＋4成等差数列 D. ∀n∈N*，a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝a2n＋1－1 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 解析：对于A，因为a2＝a1，所以a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝a2＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝a4＋a5＋a7＋…＋a2n－1＝…＝a2n－2＋a2n－1＝a2n，故A正确；对于B，由递推公式可知am，am＋1，am＋2中有两个奇数，一个偶数，不可能成等比数列，故B错误；对于C，an＋4＝an＋3＋an＋2＝2an＋2＋an＋1＝3an＋2－an，所以2×（ an＋2）＝an＋an＋4，所以存在λ＝ ，使得an，λan＋2，an＋4成等差数列，故C正确；对于D，由a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2（n≥3），得a2＝a3－1，所以a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝－1＋a3＋a4＋a6＋…＋a2n＝－1＋a5＋a6＋…＋a2n＝…＝－1＋a2n－1＋a2n＝a2n＋1－1，故D正确.故选A、C、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 4. 设函数f（x）＝[x]的函数值表示不超过x的最大整数，则在同一个直 角坐标系中，函数y＝f（x）的图象与圆（x－t）2＋（y＋t）2＝2t2 （t＞0）的公共点个数可以是（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 解析：　由（x－t）2＋（y＋t）2＝2t2（t ＞0），得该圆心为（t，－t），半径为 t， 易知该圆过原点，由f（x）＝[x]，当x∈[－ 3，3）时，得f（x）＝作 出函数f（x）的图象，如图，由图可知，当0＜t＜ 时，圆与函数f（x）的图象有2个交点，当t＝ 时，圆与函数f（x）的图象有1个交点，当 ＜t≤ 时，圆与函数f（x）的图象有2个交点，当 ＜t≤ 时，圆与函数f（x）的图象有4个交点，根据圆与函数f（x）的对称性，后续交点情况类比即可.故选A、B、D. 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. 锐角△ABC中，C＝2B，BC边上的高为4，则△ABC面积的取值范围 为 ⁠ （8， ） 解析：由题意可知，因为△ABC为锐角三角形，且C＝2B，BC边上的 高为4，如图所示，｜AD｜＝4，A＝π－3B， ⇒ 1 2 3 4 5 6 7 8 10 解得 ＜B＜ .在△ABC中由正弦定理得 ＝ ，所以a＝ ·b，在△ADC中， sin C＝ sin 2B＝ ，即b＝ ＝ ，所以a＝ ·b＝ · ＝ · ＝ ，所以△ABC的面积为：S△ABC＝ ·｜AD｜·a＝2a＝ ＝ ＝8（ ＋ ）＝8（ ＋ ）＝ －4tan B，tan B∈（ ，1），令t＝tan B，t∈（ ，1），所以f（t）＝ －4t，f（t）在（ ，1）单调递减，所以f（t）∈（8， ），所以S△ABC∈（8， ）. 1 2 3 4 5 6 7 8 6. 将1到30这30个正整数分成甲、乙两组，每组各15个数，使得甲组的中 位数比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是 .（用排 列数、组合数解答） 解析：因为甲组、乙组均为15个数，则其中位数为从小到大排列的第8 个数，即小于中位数的有7个数，大于中位数的也有7个数，依题意可得 甲组的中位数为14或15，若甲组的中位数为14，则乙组的中位数为16， 此时从1～13中选7个数放到甲组，剩下的6个数放到乙组，再从17～30 中选7个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有 种分组方法； 2 1 2 3 4 5 6 7 8 若甲组的中位数为15，则乙组的中位数为17，此时从1～14中选7个数放到甲组，剩下的7个数放到乙组，再从18～30中选6个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有 ＝ 种分组方法；若甲组的中位数为16，则乙组的中位数为18，此时甲组中小于16的数有7个、乙组中小于18的数有7个，从而得到小于18的数一共只有7＋7＋1＝15个，显然不符合题意，故舍去，同理可得，甲组的中位数不能大于15；若甲组的中位数为13，则乙组的中位数为15，此时甲组中小于13的数有7个、乙组中小于15的数有7个，从而得到小于15的数一共只有7＋7＋1＝15个，显然不符合题意，故舍去，同理可得，甲组的中位数不能小于14；综上可得不同的分组方法数是2 种. 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）已知Ω是棱长为 的正四面体ABCD，设Ω的四个 顶点到平面α的距离所构成的集合为M，若M中元素的个数为k，则称 α为Ω的k阶等距平面，M为Ω的k阶等距集. （1）若α为Ω的1阶等距平面且1阶等距集为{a}，求a的所有可能值以 及相应的α的个数； 1 2 3 4 5 6 7 8 解：①情形一：分别取AB，AC，AD的 中点M，E，F， 由中位线性质可知ME＝EF＝ ， 此时平面MEF为Ω的一个1阶等距平面， a为正四面体高的一半，等于 × × ＝ . 由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面α 平行于其中一个面，所以有4种情况； 1 2 3 4 5 6 7 8 ②情形二：分别取AB，AC，CD，DB的中点P，Q，R，S， 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中， 则a为正方体棱长的一半，等于 . 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线， 这样的1阶等距平面α平行于其中一组异面直线，所以有3种情况. 综上，当a的值为 时，α有4个；当a的值为 时，α有3个. 1 2 3 4 5 6 7 8 （2）已知β为Ω的4阶等距平面，且点A与点B，C，D分别位于β的 两侧.若Ω的4阶等距集为{b，2b，3b，4b}，其中点A到β的距 离为b，求平面BCD与β夹角的余弦值. 解：在线段AB，AC，AD上分别取一点M， E，F，使得AM∶MB＝1∶2，AE∶EC＝ 1∶3，AF∶FD＝1∶4，则平面β即为平面 MEF. 如图，取BD中点O，连接OC，以O为坐标原点，OC，OD所在 直线分别为x，y轴，过点O且与平面BCD垂直的直线为z轴建立 空间直角坐标系， 1 2 3 4 5 6 7 8 则A（ ，0， ），B（ 0，－ ，0），C（ ，0，0），D （ 0， ，0）， 故 ＝ － ＝ － ＝ （ ，0，－ ）－ （ － ，－ ，－ ）＝（ ， ， ）， ＝ － ＝ － ＝ （ － ， ，－ ）－ （ － ，－ ，－ ）＝（ ， ， ）， 1 2 3 4 5 6 7 8 设平面MEF的法向量为m＝（x，y，z）， 所以即 所以m＝（0，1，－ ）， 又平面BCD的法向量为n＝（0，0，1）， 设平面BCD与β夹角为θ 所以 cos θ＝ ＝ ＝ ， 所以平面BCD与β夹角的余弦值为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 8. （本小题满分17分）已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b＞0）的右焦点为 F（1，0），右顶点为A，直线l：x＝4与x轴交于点M，且｜AM｜＝ a｜AF｜. （1）求C的方程； 解：由右焦点为F（1，0），得c＝1， 因为｜AM｜＝a｜AF｜，所以｜4－a｜＝a（a－1）， 若a≥4，则a－4＝a（a－1），得a2－2a＋4＝0，无解； 若a＜4，则4－a＝a（a－1），得a2＝4，所以b2＝3，因此C的 方程 ＋ ＝1. 1 2 3 4 5 6 7 8 （2）B为l上的动点，过B作C的两条切线，分别交y轴于点P，Q， ①证明：直线BP，BF，BQ的斜率成等差数列； ②☉N经过B，P，Q三点，是否存在点B，使得∠PNQ＝90°？ 若存在，求｜BM｜；若不存在，请说明理由. 解：设B（4，t），易知过B且与C相切 的直线斜率存在， 设为y－t＝k（x－4）， 联立消去y得（3＋4k2）x2 ＋8k（t－4k）x＋4（t－4k）2－12＝0， 1 2 3 4 5 6 7 8 由Δ＝64k2（t－4k）2－4（3＋4k2）[4（t－4k）2－12]＝0，得12k2－8tk＋t2－3＝0， 设两条切线BP，BQ的斜率分别为k1，k2，则k1＋k2＝ ＝ ，k1k2＝ . ①证明：设BF的斜率为k3，则k3＝ ＝ ， 因为k1＋k2＝ ＝2k3，所以BP，BF，BQ的斜率成等差数列， 1 2 3 4 5 6 7 8 ②法一　在y－t＝k1（x－4）中，令x＝0，得yP＝t－4k1，所以P（0， t－4k1）， 同理，得Q（0，t－4k2），所以PQ的中垂线为y＝t－2（k1＋k2）， 易得BP中点为（2，t－2k1），所以BP的中垂线为y＝－ （x－2）＋t －2k1， 联立解得N（2k1k2＋2，t－2（k1＋k2））， 1 2 3 4 5 6 7 8 所以 ＝（－2k1k2－2，2k2－2k1）， ＝（－2k1k2－2，2k1－2k2）， 要使 · ＝0，即4（k1k2＋1）2－4（k1－k2）2＝0，整理得｜k1k2＋ 1｜＝｜k1－k2｜， 而｜k1－k2｜＝ ＝ ＝ ， 所以｜ ＋1｜＝ ，解得t2＝7，t＝± ，因此｜BM｜＝ ， 故存在符合题意的点B，使得∠PNQ＝90°，此时｜BM｜＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 法二　在y－t＝k1（x－4）中，令x＝0，得yP＝t－4k1，因此P（0，t －4k1）， 同理可得Q（0，t－4k2），所以PQ的中垂线为y＝t－2（k1＋k2）， 因为BP中点为（2，t－2k1），所以BP的中垂线为y＝－ （x－2）＋t －2k1， 联立解得xN＝2k1k2＋2， 1 2 3 4 5 6 7 8 要使∠PNQ＝90°，则｜xN｜＝ ，即｜2k1k2＋2｜＝2｜k1－k2｜， 而｜k1－k2｜＝ ＝ ＝ ， 所以｜ ＋1｜＝ ，解得t2＝7，t＝± ，因此｜BM｜＝ ， 故存在符合题意的点B，使得∠PNQ＝90°，此时｜BM｜＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 $