解答标准测6 “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解三角形、函数性质、导数应用、数列综合等核心考点，依据高考评价体系梳理了正弦定理应用、函数奇偶性判断、导数分析单调性、数列不等式证明等考查要求，通过2025北京高考题、浙江一模题等真题实例，明确解三角形（43分测）、函数零点分析（高频考点）、数列证明（综合应用）的权重分布，归纳常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题情境+素养导向+技巧突破”，如解三角形多条件选择中用正弦定理判断三角形存在性（数学思维），函数零点分析结合导数研究单调性与极值（数学眼光），数列不等式证明通过放缩法转化（数学语言）。帮助学生掌握得分技巧，教师可据此精准教学，提升高考冲刺效率。

第二部分 解答标准测 解答标准测6 “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 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 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 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 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 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 本部分内容讲解结束 15．(2025·北京高考)在△ABC中，cos A＝－，a sin C＝4. (1)求c； (1)因为cos A＝－，A∈(0，π)，所以sin A＝＝，由正弦定理有a sinC＝c sin A＝c＝4，解得c＝6. (2)在以下三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求BC的高． ①a＝6；②b sin C＝；③△ABC面积为10. (2)如图所示，若△ABC存在，则设其BC边上的高为AD，若选①，a＝6，因为c＝6，所以C＝A，因为cos A＝－<0，这表明此时△ABC有两个钝角，而这是不可能的，所以△ABC不存在，故BC边上的高也不存在；若选②，b sin C＝，由正弦定理有 b sin C＝c sin B＝6sin B＝， 解得sin B＝，此时cos B＝＝，AD＝c sin B＝6×＝，而cos ∠DAB＝sin B，sin ∠DAB＝cos B，cos A＝－，sin A＝，所以cos ∠CAD＝cos (∠CAB－∠BAD)， sin ∠CAD＝可以唯一确定， 所以此时CA，CD也可以唯一确定， 这表明此时△ABC是存在的，且BC边上的高AD＝；若选③，△ABC的面积是10，则S△ABC＝bc sinA＝b×6×＝10，解得b＝5，由余弦定理可得a＝＝ ＝9可以唯一确定， 进一步由余弦定理可得cos B，cos C也可以唯一确定，即B，C可以唯一确定，这表明此时△ABC是存在的，且BC边上的高满足：S△ABC＝a·AD＝AD＝10，即AD＝. 16.(2025·浙江一模)已知函数f(x)＝3x2－8sin (x＋φ)，其中|φ|≤π. (1)若函数f(x)是偶函数，求φ； (1)因为函数f(x)是偶函数，所以f(－x)＝f(x).即3x2－8sin (－x＋φ)＝3x2－8sin (x＋φ)，解得φ＝±. (2)当φ＝0时，讨论函数f(x)在[0，＋∞)上的零点个数； (2)当φ＝0时，f(x)＝3x2－8sin x．f(0)＝0，f′(x)＝6x－8cos x，令h(x)＝f′(x)＝6x－8cos x，则h′(x)＝6＋8sin x．当x≥π时，f(x)>3π2－8>0，当0<x<π时，h′(x)＝6＋8sin x>0，f′(x)单调递增，又f′(0)＝－8<0，f′(π)＝6π＋8>0，所以存在x1∈(0，π)，使得f′(x1)＝0.x∈(0，x1)，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈(x1，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增，而f(0)＝0，f(x1)<0，f(π)＝3π2>0，所以在(x1，π)上存在一个零点．综上，函数f(x)在[0，＋∞)有两个零点． (3)若∀x≥0，f(x)≥0，求φ的取值范围． (3)当x≥π时，f(x)>－8>0；当0≤x<π时，f(0)＝－8sin φ≥0，则φ∈[－π，0]. (ⅰ)当φ∈时，x＋φ∈[－π，0)，sin (x＋φ)<0，f(x)>0成立； (ⅱ)当φ∈时，若x∈，则f′(x)＝6x－8cos (x＋φ)>3π－8>0，f(x)单调递增，所以f(x)>f＝－8cos φ>0；若x∈，则x＋φ∈，sin (x＋φ)<0，f(x)>0成立； (ⅲ)当φ∈时，若sin (x＋φ)≤0，则f(x)≥0成立；只要考虑sin (x＋φ)>0，此时令h(x)＝f′(x)＝6x－8cos (x＋φ)，则h′(x)＝6＋8sin (x＋φ)>0，f′(x)单调递增，f′(0)＝－8cos φ<0，f′＝3π＋8sin φ>0，所以存在x0∈，使得f′(x0)＝6x0－8cos (x0＋φ)＝0，若x∈(0，x0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减；若x∈，则f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)≥f(x0) ＝3x－8sin (x0＋φ)＝3x－8≥0，解得x0≥.此时cos (x0＋φ)＝x0≥，所以x0＋φ≤，从而φ≤－x0≤－.综上，φ∈. 17.(2025·兰州一模)已知公差不为零的等差数列{an}满足a1＝1，且a2，a4，a8成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (1)设等差数列{an}公差为d(d≠0)，a1＝1，a2，a4，a8成等比数列，则a＝a2·a8，所以(1＋3d)2＝(1＋d)(1＋7d)，解得d＝1或d＝0(舍去)，所以an＝n(n∈N*). (2)证明：ln an≤an－1； (2)设f(x)＝ln x－x＋1，则f′(x)＝－1，当x≥1时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，f(x)max ＝f(1)＝0，所以ln x－x＋1≤0，由(1)可知an≥1，则有ln an－an＋1≤0，所以不等式ln an≤an－1成立． (3)若数列{bn}满足bn＝，证明：·…·<e2(e为自然对数的底数). (3)因为·…·>0，所以要证·…·<e2，只需证：ln [(1＋)·…·]<2，根据(2)可知ln an≤an－1，那么ln (1＋an)≤an，ln [·…·]＝ln ＋ln ＋…＋ln ≤＋＋…＋＝＋＋…＋＝2(＋ ＋…＋)＝2[＋＋…＋]＝2<2，所以·…·<e2. $