解答题规范练4-【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立体几何、数列、统计与概率、函数导数等核心模块，依据高考评价体系梳理了空间垂直证明、二面角计算、数列通项与求和、线性回归分析、函数单调性等考查要求，通过2025江西南昌二模、福建开学考试等真题案例，明确各考点在解答题中的权重分布，归纳出证明推理、运算求解、模型构建等常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题精讲+规范解答+素养提升”的复习策略，如以立体几何题为例，通过空间直角坐标系法培养直观想象和逻辑推理素养，数列题中错位相减与裂项相消技巧强化数学运算能力。特设易错点分析如二面角法向量夹角判断、数列递推关系转化，帮助学生掌握答题规范，教师可据此精准定位学生薄弱环节，实现高效冲刺复习。

二、解答题规范练 解答题规范练4 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 1 2 3 4 8 3．(2025·广东部分重点中学模拟)近年来，中国新能源汽车产业，不仅技术水平持续提升，市场规模也持续扩大，取得了令人瞩目的成就，国产新能源汽车正逐步引领全球新能源汽车的发展潮流．某新能源汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行了调研，数据如下： (1)若y与x线性相关，求y关于x的经验回归方程，并估计该地区新能源汽车在2026年1月份的销量； 时间 2024年12月 2025年1月 2025年2月 2025年3月 2025年4月 月份代码x 1 2 3 4 5 销量y/千辆 14 15 16 18 19 1 2 3 4 9 1 2 3 4 10 1 2 3 4 11 1 2 3 4 12 1 2 3 4 13 1 2 3 4 14 1 2 3 4 15 　　　　　　　　　　　　　 R 1．(2025·江西南昌二模)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ACC1A1是边长为4的正方形，BC1＝2eq \r(7)，AB＝2，AB⊥BC. (1)求证：平面ACC1A1⊥平面ABC； (2)求二面角B－AC1－C的余弦值． 解：(1)证明：因为侧面ACC1A1是边长为4的正方形，所以CC1⊥AC，CC1＝AC＝4， 因为AB＝2，AB⊥BC，所以BC＝eq \r(AC2－AB2)＝2eq \r(3)， 因为BC1＝2eq \r(7)，CC1＝4， 所以CCeq \o\al(2,1)＋BC2＝BCeq \o\al(2,1)，即CC1⊥BC. 因为BC∩AC＝C，BC，AC⊂平面ABC， 所以CC1⊥平面ABC， 又CC1⊂平面ACC1A1，所以平面ACC1A1⊥平面ABC. (2)以A为坐标原点，AC，AA1所在直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为AC＝4，AB＝2，BC＝2eq \r(3)， 所以∠BAC＝eq \f(π,3)， 所以A(0，0，0)，B(eq \r(3)，1，0)，C1(0，4，4)， 则eq \o(AB,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，1，0)，eq \o(AC1,\s\up16(→))＝(0，4，4)． 设平面ABC1的法向量为n1＝(x，y，z)， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up16(→))·n1＝0，,\o(AC1,\s\up16(→))·n1＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,4y＋4z＝0，)) 令x＝1，则n1＝(1，－eq \r(3)，eq \r(3))， 又平面ACC1的一个法向量为n2＝(1，0，0)， 所以|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,\r(7)×1)＝eq \f(\r(7),7)， 又二面角B－AC1－C为锐角，所以其余弦值为eq \f(\r(7),7). 2．(2025·福建高三开学考试)已知{an}是各项均为正数的数列，Sn为{eq \r(an)}的前n项和，且eq \r(an)，Sn，an－2成等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)求证：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,an)<eq \f(3,4)； (3)已知bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)由eq \r(an)，Sn，an－2成等差数列，得2Sn＝eq \r(an)＋an－2，① 当n＝1时，2eq \r(a1)＝eq \r(a1)＋a1－2， ∴a1－eq \r(a1)－2＝0，得eq \r(a1)＝2(eq \r(a1)＝－1舍去)， 当n≥2时，2Sn－1＝eq \r(an－1)＋an－1－2，② ①－②得，2eq \r(an)＝eq \r(an)－eq \r(an－1)＋an－an－1， ∴eq \r(an)＋eq \r(an－1)＝an－an－1＝(eq \r(an)＋eq \r(an－1))·(eq \r(an)－eq \r(an－1))， 又eq \r(an)＋eq \r(an－1)≠0，∴eq \r(an)－eq \r(an－1)＝1， ∴{eq \r(an)}是首项为2，公差为1的等差数列， ∴eq \r(an)＝2＋n－1＝n＋1，故an＝(n＋1)2. (2)证明：eq \f(1,an)＝eq \f(1,（n＋1）2)<eq \f(1,n2＋2n) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))， 故eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,an)<eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2))) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2))) ＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))<eq \f(3,4). (3)由(1)，知bn＝(－1)n(n＋1)2， 当n为奇数时，Tn＝－22＋32－42＋52－62＋72－…－(n－1)2＋n2－(n＋1)2＝(3－2)×(3＋2)＋(5－4)×(5＋4)＋(7－6)×(7＋6)＋…＋[n－(n－1)](n＋n－1)－(n＋1)2＝2＋3＋4＋5＋…＋n－(n＋1)2＝eq \f(（2＋n）（n－1）,2)－(n＋1)2＝eq \f(－n2－3n－4,2)； 当n为偶数时，Tn＝－22＋32－42＋52－62＋72－…－n2＋(n＋1)2＝(3－2)×(3＋2)＋(5－4)×(5＋4)＋(7－6)×(7＋6)＋…＋[(n＋1)－n](n＋1＋n)＝2＋3＋4＋…＋n＋(n＋1)＝eq \f(（2＋n＋1）n,2)＝eq \f(n2＋3n,2). 综上，Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(－n2－3n－4,2)，n为奇数，,\f(n2＋3n,2)，n为偶数.)) (2)该企业为加强新能源汽车宣传推广，计划引进人工智能工具，并对宣传部门员工进行人工智能工具使用培训．为节约培训成本，需要将宣传部门部分员工调整至其他部门，剩余宣传部门员工全部参加培训．培训分为四期，每期培训的结果是否“优秀”相互独立，且每期培训中员工达到“优秀”标准的概率均为eq \f(2,3)，员工至少两期培训达到“优秀”标准，才能使用人工智能工具．该企业宣传部门现有员工100人，开展培训前，员工每人每年平均为企业创造净利润12万元，开展培训后，能使用人工智能工具的员工预计每人每年平均为企业创造净利润18万元，本次培训费每人1万元(计入年度部门成本)．若要确保调整后第一年，宣传部门员工创造的年净利润不低于调整前，请应用概率知识进行决策，预计最多可调整多少人去其他部门？ 参考公式：eq \o(b,\s\up12(^))＝eq \f(\o(∑,\s\up12(n),\s\do11(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up12(－))）（yi－\o(y,\s\up12(－))）,\o(∑,\s\up12(n),\s\do11(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up12(－))）2)＝2,i)eq \f(\o(∑,\s\up12(n),\s\do11(i＝1))xiyi－n\o(x,\s\up12(－))\o(y,\s\up12(－)), \o(∑,\s\up12(n),\s\do11(i＝1), x)－n\o(x,\s\up12(－))2) ，eq \o(a,\s\up12(^))＝eq \o(y,\s\up12(－))－eq \o(b,\s\up12(^)) eq \o(x,\s\up12(－)). 解：(1)由题意得eq \o(x,\s\up16(－))＝eq \f(1＋2＋3＋4＋5,5)＝3，eq \o(y,\s\up16(－))＝eq \f(14＋15＋16＋18＋19,5)＝16.4， eq \o(∑,\s\up16(5),\s\do14(i＝1))xiyi＝1×14＋2×15＋3×16＋4×18＋5×19＝259， eq \o(∑,\s\up16(5),\s\do14(i＝1))xeq \o\al(2,i)＝12＋22＋32＋42＋52＝55， 所以eq \o(b,\s\up16(^))＝2,i)eq \f(\o(∑,\s\up16(5),\s\do14(i＝1))xiyi－5\o(x,\s\up16(－))\o(y,\s\up16(－)),\o(∑,\s\up16(5),\s\do14(i＝1))x－5\o(x,\s\up16(－))2) ＝eq \f(259－5×3×16.4,55－5×32)＝1.3，eq \o(b,\s\up16(^))－eq \o(b,\s\up16(^)) eq \o(x,\s\up16(－))＝16.4－1.3×3＝12.5， 所以y关于x的经验回归方程为eq \o(y,\s\up16(^))＝1.3x＋12.5，由题意得，2026年1月份的月份代码为14，当x＝14时，eq \o(y,\s\up16(^))＝1.3×14＋12.5＝30.7，所以估计该地区新能源汽车在2026年1月份的销量为30.7千辆． (2)记事件M为“员工经过培训后，能使用人工智能工具”，则P(M)＝1－Ceq \o\al(0,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(4)－Ceq \o\al(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(3)＝eq \f(8,9)，设宣传部门调至其他部门的人数为n(n∈N*)，则参加培训的人数为100－n，设X为培训后能使用人工智能工具的人数，则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100－n，\f(8,9)))，故E(X)＝eq \f(8（100－n）,9)，调整后年净利润预计为eq \f(8（100－n）,9)×18＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(8,9)))×(100－n)×12－(100－n)＝eq \f(49（100－n）,3)万元，由题意得eq \f(49（100－n）,3)≥100×12，解得n≤eq \f(1300,49)≈26.5，所以预计最多可调整26人去其他部门． 4．(2025·辽宁沈阳三模)已知函数f(x)＝ax－6sinx，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))). (1)若曲线y＝f(x)在x＝eq \f(π,3)处的切线斜率为5，求实数a的值； (2)若a＝3，且关于x的方程f(x)＝b有2个不相等的实数解，求实数b的取值范围； (3)若函数F(x)＝f(x)－x2＋2xcosx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，求实数a的取值范围． 解：(1)因为f(x)＝ax－6sinx，所以f′(x)＝a－6cosx， 由题意可得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝a－6coseq \f(π,3)＝a－3＝5， 解得a＝8. (2)当a＝3时，f(x)＝3x－6sinx，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， 则f′(x)＝3－6cosx，由f′(x)＝0可得x＝eq \f(π,3)，列表如下： x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) eq \f(π,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值π－3eq \r(3) 单调递增 又因为f(0)＝0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq \f(3π,2)－6<0， 因为关于x的方程f(x)＝b有2个不相等的实数解， 则直线y＝b与函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象有两个交点，如图所示， 由图可知，实数b的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－3\r(3)，\f(3π,2)－6)). (3)由题意，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，F(x)＝ax－6sinx－x2＋2xcosx单调递增，则F′(x)＝a－2x－4cosx－2xsinx≥0恒成立，令g(x)＝F′(x)，则g′(x)＝2sinx－2xcosx－2， 因为2sinx－2<0，－2xcosx<0， 所以g′(x)<0对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立， 故函数F′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减， 所以F′(x)∈(a－2π，a－4)， 因为F′(x)≥0对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立， 所以a－2π≥0，解得a≥2π. 因此实数a的取值范围是[2π，＋∞)． $