解答题规范练1-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

该高中数学高考复习课件聚焦统计与概率、数列、立体几何、解析几何等核心模块，依据高考评价体系明确各考点权重，如统计案例占15%、立体几何占20%，归纳解答题规范题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题情境+规范解答+素养提升”，以2025年河北邯郸二模独立性检验题为例，拆解卡方计算步骤培养数学思维，通过数列递推关系分析强化数学语言表达，帮助学生掌握答题规范，教师可据此精准突破高频考点，提升复习效率。

二、解答题规范练 解答题规范练1 1．(2025·河北邯郸二模)为考察国产14纳米光刻机和进口14纳米光刻机的光刻效果，随机抽取了500台14纳米光刻机，对两种光刻机的良品、次品进行对比，得到如下列联表： 单位：台 14纳米光刻机 质量 合计 良品 次品 国产 170 80 n 进口 150 100 250 合计 m 180 500 1 2 3 4 2 1 2 3 4 3 1 2 3 4 4 1 2 3 4 5 1 2 3 4 6 1 2 3 4 7 3．(2025·河北沧州二模)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝BC＝2，∠A1AC＝∠A1AB＝60°，D为CA延长线上一点，且满足DA＝AC. (1)从A，B，C，B1，C1这5个点中任取4个点，可以构成多少个不同的三棱锥？并列举所有符合条件的三棱锥； (2)证明：BC⊥AA1； (3)求直线A1B与平面DBB1所成的角． 解： (1)可以构成4个不同的三棱锥， 分别是三棱锥B1－ABC，三棱锥C1－ABC，三棱锥B1－C1AB，三棱锥B1－C1AC. 1 2 3 4 8 (2)证明：连接A1C，因为AB＝AA1＝2，∠A1AB＝60°，所以A1B＝2. 同理，A1C＝2. 取BC的中点E，连接AE，A1E，由等腰三角形三线合一，得AE⊥BC，A1E⊥BC， 又AE∩A1E＝E，AE，A1E⊂平面AEA1， 所以BC⊥平面AEA1， 又AA1⊂平面AEA1，所以BC⊥AA1. 1 2 3 4 9 1 2 3 4 10 1 2 3 4 11 解法三：由(2)，知BC⊥平面AEA1， 又BC⊂平面ABC，可得平面ABC⊥平面AEA1， 在平面AEA1内，过点A1作A1F⊥AE，垂足为F. 因为平面ABC⊥平面AEA1，平面ABC∩平面AEA1＝AE， 所以A1F⊥平面ABC，过点E作EP∥A1F， 可知EP⊥平面ABC，由此可知EP，EA，EB两两垂直． 以E为坐标原点，EA，EB，EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 1 2 3 4 12 1 2 3 4 13 1 2 3 4 14 1 2 3 4 15 1 2 3 4 16 1 2 3 4 17 　　　　　　　　　　　　　 R (1)求m，n的值； (2)以频率估计概率，估计国产14纳米光刻机的次品率； (3)根据小概率值α＝0.01的独立性检验，判断国产14纳米光刻机与进口14纳米光刻机质量有无差异． 附：χ2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，其中n＝a＋b＋c＋d. α 0.05 0.01 0.001 xα 3.841 6.635 10.828 解：(1)由题意，得m＝170＋150＝320，n＝170＋80＝250. (2)样本中，国产14纳米光刻机次品的频率为eq \f(80,250)＝eq \f(8,25)， 所以国产14纳米光刻机的次品率约为P＝eq \f(8,25). (3)零假设为H0：国产14纳米光刻机与进口14纳米光刻机质量无差异， χ2＝eq \f(500×（170×100－80×150）2,250×250×320×180)＝eq \f(125,36)≈3.472<6.635，依据α＝0.01的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此可以认为H0成立，即认为国产14纳米光刻机与进口14纳米光刻机质量无差异． 2．(2025·辽宁葫芦岛一模)设数列{an}是公差大于1的等差数列，{an}，{bn}满足eq \f(1,anbn)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，且2a1＝a2，S2＋T2＝16. (1)求{an}的通项公式； (2)若存在n∈N*，使得10Tn－9n＋t＋t2<3，求实数t的取值范围． 解：(1)∵2a1＝a2，∴2a1＝a1＋d， 解得a1＝d，a2＝2d， S2＝a1＋a2＝3d，由eq \f(1,anbn)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)， 可知eq \f(1,a1b1)＝eq \f(1,2)，b1＝eq \f(2,a1)＝eq \f(2,d)，eq \f(1,a2b2)＝eq \f(1,6)，b2＝eq \f(6,a2)＝eq \f(6,2d)＝eq \f(3,d)， 又T2＝b1＋b2＝eq \f(2,d)＋eq \f(3,d)＝eq \f(5,d)， ∴S2＋T2＝3d＋eq \f(5,d)＝16，即3d2－16d＋5＝0，解得d＝5或d＝eq \f(1,3)(舍去)， ∴an＝a1＋(n－1)d＝5n. (2)由(1)知an＝5n，又eq \f(1,anbn)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)， 得eq \f(1,5nbn)＝eq \f(1,n（n＋1）)，解得bn＝eq \f(1,5)n＋eq \f(1,5)， ∴{bn}为等差数列，故Tn＝eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)＋\f(n＋1,5))),2)＝eq \f(n2＋3n,10)， 存在n∈N*，使得10Tn－9n＋t＋t2<3， 即(10Tn－9n)min＋t＋t2<3， 又10Tn－9n＝n2－6n＝(n－3)2－9， ∴(10Tn－9n)min＝－9， 故－9＋t＋t2<3，整理，得t2＋t－12<0，解得－4<t<3， ∴实数t的取值范围是(－4，3)． (3)解法一：依题意，得BA＝eq \f(1,2)CD，可知点B在以DC为直径的圆上，所以BC⊥BD， 由(2)，知BC⊥AA1， 又AA1∥BB1，所以BC⊥BB1， 又BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面DBB1， 所以BC⊥平面DBB1，eq \o(BC,\s\up16(→))为平面DBB1的一个法向量． 直线A1B与平面DBB1所成的角即直线A1B与直线BC所成角的余角， 由(2)，知A1B＝A1C＝BC＝2，所以△A1BC为等边三角形， 故∠A1BC＝60°，故直线A1B与平面DBB1所成的角为30°. 解法二：依题意，得BA＝eq \f(1,2)CD，可知点B在以DC为直径的圆上，所以BC⊥BD， 由(2)，知BC⊥AA1，又AA1∥BB1，所以BC⊥BB1， 又BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面DBB1，所以BC⊥平面DBB1. 因为AA1∥BB1，AA1⊄平面DBB1，BB1⊂平面DBB1，所以AA1∥平面DBB1，点A1到平面DBB1的距离等于点A到平面DBB1的距离，也就是点C到平面DBB1的距离的eq \f(1,2)， 因为BC＝2，所以点A1到平面DBB1的距离为1， 由(2)，知△A1AB为等边三角形， 又A1B＝2，所以直线A1B与平面DBB1所成角的正弦值是eq \f(1,2)， 所以直线A1B与平面DBB1所成的角为30°. 在等边三角形ABC和等边三角形A1BC中，可求得AE＝A1E＝eq \r(3)， 则在△A1AE中，cos∠A1AE＝eq \f(\f(AA1,2),AE)＝eq \f(\r(3),3)，AF＝AA1cos∠A1AE＝eq \f(2\r(3),3)， A1F＝AA1sin∠A1AE＝eq \f(2\r(6),3)， 可知A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0，\f(2\r(6),3)))，B(0，1，0)，C(0，－1，0)，eq \o(A1B,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，1，－\f(2\r(6),3))). 依题意，得BA＝eq \f(1,2)CD，可知点B在以DC为直径的圆上，所以BC⊥BD， 由(2)，知BC⊥AA1，又AA1∥BB1，所以BC⊥BB1， 又BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面DBB1，所以BC⊥平面DBB1，所以eq \o(BC,\s\up16(→))为平面DBB1的一个法向量，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(0，－2，0)． 设直线A1B与平面DBB1所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈eq \o(BC,\s\up16(→))，eq \o(A1B,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|\o(BC,\s\up16(→))·\o(A1B,\s\up16(→))|,|\o(BC,\s\up16(→))||\o(A1B,\s\up16(→))|)＝eq \f(2,2×2)＝eq \f(1,2)， 所以直线A1B与平面DBB1所成的角为30°. 4．(2025·湖北华大质量测评)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(15),4)))，过点A(1，0)的直线l与C交于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点，其中y1>0. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l的斜率为eq \f(1,2)，求|MN|的值； (3)已知M′(4，y1)，直线M′N交x轴于点P，若四边形MAPM′为等腰梯形，求直线l的方程． 解：(1)由已知，椭圆C过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(15),4)))， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，,\f(1,4a2)＋\f(15,16b2)＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1，))故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1. (2)依题意，得直线l的方程为y＝eq \f(1,2)(x－1)， 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(1,2)（x－1），))整理，得2x2－2x－3＝0， 故x1＋x2＝1，x1x2＝－eq \f(3,2)， 故|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝eq \r(1＋\f(1,4))×eq \r(1＋6)＝eq \f(\r(35),2). (3)因为四边形MAPM′为等腰梯形，所以∠NAP＝∠NPA，所以|NA|＝|NP|， 不妨设点P的坐标为(xP，yP)，AP的中点为G，则NG⊥AP，要求直线l的斜率，只需要转化为求点N的坐标，则x2＝xG＝eq \f(1＋xP,2). 而M′(4，y1)，则直线NM′的方程为y－y1＝eq \f(y1－y2,4－x2)(x－4)， 令y＝0，则xP＝eq \f(x2y1－4y1,y1－y2)＋4，不妨设直线l的方程为x＝my＋1， 则x2＝my2＋1，则xP＝eq \f(my1y2－3y1,y1－y2)＋4， 联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝4，,x＝my＋1，))消去x，得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，Δ＝(2m)2＋12(m2＋4)＝16m2＋48>0，则y1＋y2＝eq \f(－2m,m2＋4)，y1y2＝eq \f(－3,m2＋4)， 则my1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2)，则xP＝eq \f(\f(3,2)（y1＋y2）－3y1,y1－y2)＋4＝eq \f(5,2)， 所以x2＝xG＝eq \f(1＋xP,2)＝eq \f(1＋\f(5,2),2)＝eq \f(7,4)， 所以y2＝－2,2)eq \r(1－\f(x,4)) ＝－eq \r(1－\f(1,4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))\s\up12(2))＝－eq \f(\r(15),8)， 所以m＝eq \f(\f(7,4)－1,－\f(\r(15),8))＝－eq \f(2\r(15),5)， 故直线l的方程为x＋eq \f(2\r(15),5)y－1＝0. $