解答标准测2 “15—17题” 43分测(专题微测PPT)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学高考复习课件聚焦数列、立体几何、统计概率三大核心模块，依据高考评价体系明确等差数列通项、错位相减求和、面面垂直证明、二面角计算、独立性检验等高频考点，通过真题案例（如2025四川一诊统计题）分析考点权重，归纳通性通法，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+技巧提炼+素养培养”，如数列中规范错位相减步骤，立体几何通过建系求二面角，统计中卡方计算流程，培养数学思维与逻辑推理能力。帮助学生掌握得分技巧，教师可据此精准规划复习，提升备考效率。

第二部分 解答标准测 解答标准测2 “15—17题” 43分测 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 15 16 17 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 15 16 17 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 15 16 17 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 15 16 17 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 15 16 17 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 15 16 17 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 15 16 17 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 15 16 17 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 15 16 17 一年内是否索赔 驾龄 合计 不满10年 10年以上 是 10 5 15 否 90 95 185 合计 100 100 200 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 15 16 17 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 15 16 17 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 15 16 17 α 0.1 0.05 0.01 xα 2.706 3.841 6.635 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 15 16 17 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 15 16 17 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 本部分内容讲解结束 15．已知数列{an}为等差数列，且a2＝3，a4＋a5＋a6＝27. (1)求数列{an}的通项公式； (1)因为数列{an}为等差数列，则a4＋a5＋a6＝3a5＝27，可得a5＝9，所以数列{an}的公差d＝＝＝2，故an＝a2＋(n－2)d＝3＋2(n－2)＝2n－1. (2)已知数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝2bn－2，求数列{bn}的通项公式； (2)当n＝1时，b1＝S1＝2b1－2，解得b1＝2，当n≥2且n∈N*时，由Sn＝2bn－2得Sn－1＝2bn－1－2，上述两个等式作差可得bn＝2bn－2bn－1，可得bn＝2bn－1，所以数列{bn}是首项和公比均为2的等比数列，故bn＝2×2n-1＝2n. (3)已知数列{cn}满足：cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Mn. (3)由(1)(2)可得cn＝anbn＝(2n－1)·2n，所以Mn＝1·21＋3·22＋5·23＋…＋(2n－1)·2n，则2Mn＝1·22＋3·23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n+1，上述两个等式作差得－Mn＝2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n－(2n－1)·2n+1＝2＋－(2n－1)·2n+1＝－6＋(3－2n)·2n+1，整理得Mn＝(2n－3)·2n+1＋6. 16.如图，在四棱锥E­ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，ED＝AD＝AB＝，AE＝，EB＝AB，EB⊥ED. (1)证明：平面EBD⊥平面ABCD； (1)证明：由题知EB⊥ED，ED＝AD＝，EB＝AB＝1，所以BD＝，AD⊥AB.如图，过点E作EO⊥BD，垂足为O，连接AO，则EO＝AO＝＝，又AE＝，所以AE2＝AO2＋EO2，所以 EO⊥AO.因为AO∩BD＝O，AO，BD⊂平面ABCD， 所以EO⊥平面ABCD，又EO⊂平面EBD，所以平 面EBD⊥平面ABCD. (2)求平面ABE与平面CDE所成二面角的正弦值． 由(1)知OD，OA，OE两两垂直，故以O为原点，OD，OA，OE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐 标系，则E，A，B(－，0，0)， D.所以＝(0，－，)， ＝，＝＝. 设平面ABE的法向量为m＝(a，b，c)，则即令b＝1，则m＝(－，1，1). 设平面CDE的法向量为n＝(x，y，z)， 则即令x＝，则n＝(，－1，2).设平面ABE与平面CDE所成二面角的大小为θ， 则|cos θ|＝＝＝，所以sin θ＝ ＝＝，故平面ABE与平面CDE 所成二面角的正弦值为. 17.(2025·四川一模)某保险公司随机选取了200名不同驾龄的投保司机，调查他们投保后一年内的索赔情况，结果如下： 单位：人 (1)依据小概率值α＝0.1的独立性检验，分析表中的数据，能否据此推断司机投保后一年内是否索赔与司机的驾龄有关？ (1)零假设为H0：司机投保后一年内是否索赔与司机的驾龄无关．根据表中数据，计算得χ2＝＝≈1.802<2.706＝x0.1.根据小概率值α＝0.1的χ2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，即认为司机投保后一年内是否索赔与司机的驾龄无关． (2)保险公司的大数据显示，每年投保的新司机索赔的概率为p，投保的老司机索赔的概率均为q(p≠q).假设投保司机中新司机的占比为β(0<β<1).随机选取一名投保司机，记事件“这名司机在第i年索赔”为Ai，事件“这名司机是新司机”为B.已知P(Ai|B)＝P(Ai|AjB)，P(Ai|)＝P(Ai|Aj)(i≠j). (ⅰ)证明：P(A1A2B)＝P(A2|A1B)P(A1|B)P(B); (2)证明：(ⅰ)根据条件概率的定义，P(A2|A1B)P(A1|B)P(B)＝··P(B)＝P(A1A2B). (ⅱ)证明：P(A2|A1)>P(A1)，并给出该不等式的直观解释． 附：χ2＝， (ⅱ)由题意P(B)＝β，P()＝1－β，P(Ai|B)＝p，P(Ai|)＝q.由(ⅰ)中的结论及已知得P(A1A2B)＝P(A2|A1B)P(A1|B)P(B)＝P(A2|B)P(A1|B)P(B)＝βp2，P(A1A2)＝P(A2|)P(A1|)P()＝(1－β)q2，由概率的性质知P(A1A2)＝P(A1A2B)＋P(A1A2)＝βp2＋(1－β)q2.由全概率公式，P(A1)＝P(A1|B)P(B)＋P(A1|)P()＝βp＋(1－β)q.根据条件概率的定义，P(A2|A1)＝＝ .因为P(A1)>0，所以要证P(A2|A1)>P(A1)，即证βp2＋(1－β)q2>[βp＋(1－β)q]2，即证(p－q)2β(β－1)<0.因为p≠q，0<β<1，所以(p－q)2β(β－1)<0成立．所以P(A2|A1)>P(A1).式子P(A2|A1)>P(A1)说明投保司机第一年索赔的概率小于他第一年索赔后第二年又索赔的概率． $