高考数学附加题归类复习完整版

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人教版江苏高考数学理科附加题考前指导复习(含答案)及参考答案

江苏高考数学理科附加题考前指导复习(附参考答案)一、附加题的两点共识1．数学附加题的40分与I卷的160分对理科同学同等重要．2．数学附加题得很高的分数不容易，但要得到基本分还是不困难的．原因：（1）考试说明要求附加题部分易、中、难题的占分比例控制在5:4:1左右，即中低档题占总分的90％左右．（2）考试时间仅有30分钟，因此运算量与思维量都会控制．（3）准确定位，合理取舍．二、各模块归类分析及应对策略三、六年高考考查内容（一）矩阵与变换考点一：二阶矩阵与平面列向量的乘法、二阶矩阵的乘法．例1（2010年江苏高考）在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0，0)，B(－2，0)，C(－2，1)．设k 为非零实数，矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤k 00 1，N ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤011 0，点A 、B 、C 在矩阵MN 对应的变换下得到点分别为A 1、B 1、C 1，△A 1B 1C 1的面积是△ABC 面积的2倍，求k 的值．（2011年江苏高考）已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤112 1，向量β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，求向量α，使得A 2α＝β．考点二：二阶矩阵与平面变换例2如果曲线x 2＋4xy ＋3y 2＝1在矩阵a ,b 1))的作用下变换得到曲线x 2－y 2＝1，求a ＋b 的值．考点三：逆矩阵例3（2009年江苏高考）求矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤322 1的逆矩阵．说明：方法一，根据A A －1＝E ，利用待定系数法求解；方法二：直接利用公式计算．应对策略：待定系数法，运算量比较大，直接利用公式计算简便，但公式不能出错，另外为了防止缺少解题过程之嫌，最好将公式书写一遍．已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 2 －1－4 3，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤4 －1－3 1，求满足AX ＝B 的二阶矩阵X .。

高三数学复习附加题专项训练15套有答案

ABC •••2013届高三数学复习附加题专项训练（一）烟雾满山飘制作上传选修4-2：矩阵与变换二阶矩阵M 对应的变换将点(1,1)-与(2,1)-分别变换为点(1,1)--与(0,2)-，设直线l 在变换M 作用下得到了直线:24m x y -=，求直线l 的方程答案：直线l 的方程为40x +=选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系中，已知圆sin a ρθ=（0a >）与直线()cos 1ρθπ+=4相切，求实数a 的值．答案：解得4a =+【必做题】22．如图，设抛物线2:x y C =的焦点为F ，动点P 在直线02:=--y x l 上运动，过P 作抛物线C 的两条切线PA 、PB ，且与抛物线C 分别相切于A 、B 两点.求APB ∆的重心G 的轨迹方程.答案：重心G 的轨迹方程为：221(34)20,(42)3x y x y x x --+-==-+即．23. 如图所示，某城市有南北街道和东西街道各2n +条，一邮递员从该城市西北角的邮局A 出发，送信到东南角B 地，要求所走路程最短.求该邮递员途径C 地的概率()f n 答案：概率[]2212222(1)!(2)!1()2(!)(22)!21n n n n C n n n f n C n n n ++++==⋅=++。

（第4题）BACA 1B 1C 12013届高三数学一轮复习附加题专项训练（二）1设A=1212⎤⎥⎢⎢⎢⎣，则6A的逆矩阵是。

答案：逆矩阵为 1 00 -1-⎡⎤⎢⎥⎣⎦。

选修4-4：坐标系与参数方程已知点),(y x P 在椭圆1121622=+y x 上，试求y x z 32-=的最大值. 答案： 10z 的最大值是【必做题】22.如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，顶点1A 在底面ABC 上的射影恰为点B ，且12AB AC A B ===．（1）求棱1AA 与BC 所成的角的大小；（2）在棱11B C 上确定一点P ，使AP =1P AB A --的平面角的余弦值．答案（1）1AA 与棱BC 所成的角是π3．（2）二面角1P ABA --．23. 已知抛物线24y x =的焦点为F ，直线l 过点(4,0)M .（1）若点F 到直线l l 的斜率；（4分）（2）设,A B 为抛物线上两点，且AB 不与x 轴垂直，若线段AB 的垂直平分线恰过点M ，求证：线段AB 中点的横坐标为定值.（6分）答案：（1）直线l 的斜率为（2）线段AB 中点的横坐标为定值2.2013届高三数学一轮复习附加题专项训练（三）选修4-2：矩阵与变换若点(2,2)A 在矩阵cos sin sin cos M αααα-⎡⎤=⎢⎥⎣⎦对应变换的作用下得到的点为(2,2)B -，求矩阵M 的逆矩阵答案： 10110-⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦M . 选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系中，求经过三点O (0，0)，A (2，2π)，B (4π)的圆的极坐标方程．解答： )4ρθπ=-．【必做题】第22题口袋中有3个白球，4个红球，每次从口袋中任取一球，如果取到红球，那么继续取球，如果取到白球，就停止取球，记取球的次数为X ．（I ）若取到红球再放回，求X 不大于2的概率；（II ）若取出的红球不放回，求X 的概率分布与数学期望．解答：（Ⅰ） ∴33(1)(2)49P P X P X ==+==；∴32631()12345277353535E X =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯= 第23题已知1()ln(1)(1)nf x a x x =+--,其中*n N ∈,a 为常数, (1)当2n =时,求函数()f x 的极值；(2)当1a =时,证明:对任意的正整数n ,当2x ≥时,()1f x x ≤-.答案:(1) 2n =时,当0a >时,()f x 在1x =+处取得极小值2(1(1ln )2a f a+=+；当0a ≤时, ()f x 无极值. (2)略2013届高三数学一轮复习附加题专项训练（四）选修4-2：矩阵与变换.已知矩阵1101,20201⎡⎤⎡⎤⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎣⎦A B ，若矩阵AB 对应的变换把直线l ：20x y +-=变为直线'l ，求直线'l 的方程.答案：直线l '的方程为480x y +-=选修4-4：坐标系与参数方程求直线12,12x t y t =+⎧⎨=-⎩（t 为参数）被圆3cos ,3sin x y αα=⎧⎨=⎩（α为参数）截得的弦长．答案：弦长为【必做题】第22题假设某班级教室共有4扇窗户，在每天上午第三节课上课预备铃声响起时，每扇窗户或被敞开或被关闭，且概率均为0.5，记此时教室里敞开的窗户个数为X . （Ⅰ）求X 的分布列；（Ⅱ）若此时教室里有两扇或两扇以上的窗户被关闭，班长就会将关闭的窗户全部敞开，否则维持原状不变.记每天上午第三节课上课时该教室里敞开的窗户个数为Y ，求Y 的分布列.答案：（Ⅰ）X 的分布列为（Ⅱ）Y 的分布列为第23题已知2()1f x x x =+-,()ln g x =若对任意12x >,都有()()f x g x ≤,试求a 的取值范围.答案: a 的取值范围是[,)e +∞.2013届高三数学一轮复习附加题专项训练（五）1选修4-2：矩阵与变换设A=，则A 6= 答案：66cos -sin 0 14466-1 0sin cos 44ππππ⎡⎤⎢⎥⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎣⎦选修4-4：坐标系与参数方程椭圆2211612x y +=上找一点，使这一点到直线2120x y --=的距离的最小值. 答案：当 53πθ=时，min d =，此时所求点为(2,3)-【必做题】第22题已知斜三棱柱111ABC A B C -，90BCA ∠=o，2AC BC ==，1A 在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ，又知11BA AC ⊥．（I ）求证：1AC ⊥平面1A BC ；（II ）求1CC 到平面1A AB 的距离；答案：（I ）略（II ）1||||AC n d n ⋅==u u u u r rr 7．第23题设数列{}n a 满足*1112,().n n na a a n N a +==+∈ （1）证明：n a 对*n N ∈恒成立；（2）令*)n b n N =∈，判断n b 与1n b +的大小，并说明理由．23题提供答案证明：（1）111111(0)(0,1)12,22,{}(2,)12111k k n n kk kk k y x x x xa a a a a n a a nn k nk a a a ++=+>∈∈∞==+≥≥+∞===>>==>=+=+>=是减函数,x (1,+)为增函数。

2024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类 (解析版)

数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n 项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n 中，已知a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 50等于()A.2451B.2452C.2449D.24502.(等比累加法)已知数列a n 满足a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 9=()A.510B.512C.1022D.10242024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类（解析版）【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +12.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n2n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【变式演练】1.数列{a n}中，a1=1，a2=3，a n+1=a n-a n-1(n≥2,n∈N*)，那么a2019=()A.1B.2C.3D.-32.数列a n的首项a1=3，且a n=2-2a n-1n≥2，则a2021=()A.3B.43C.12D.-2题型四【二阶等比数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2,且a n=2a n-1-1(n≥2,n∈N+)，则a n=______________【变式演练】1.已知数列a n中，a1=1，a n=3a n-1+4(n∈N∗且n≥2)，则数列a n通项公式a n为() A.3n-1 B.3n+1-2 C.3n-2 D.3n2.已知数列{a n}满足：a n+1=2a n-n+1(n∈N*)，a1=3.(1)证明数列b n=a n-n(n∈N*)是等比数列，并求数列{a n}的通项；(2)设c n=a n+1-a na n a n+1，数列{c n}的前n项和为{S n}，求证：S n<1.【典例分析】1.在数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a na n+2(n∈N*)，则22019是这个数列的第________________项．【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=2a na n+2.记C n=2na n，则数列Cn的前n项和C1+C2+...+Cn=．2.数列a n满足：a1=13，且na n=2a n-1+n-1a n-1(n∈N*,n≥2)，则数列a n的通项公式是a n=．题型六前n项积型递推【典例分析】1.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并且满足条件a1>1，a7a8>1，a7-1a8-1<0.则下列结论正确的是(多选题)A.0<q<1B.a7a9<1C.T n的最大值为T7D.S n的最大值为S7【技法指引】类比前n项和求通项过程来求数列前n项积：1.n=1，得a12.n≥2时，a n=T n T n-1所以a n=T1，(n=1) T nT n-1,(n≥2)【变式演练】1.若数列a n满足a n+2=2⋅a n+1a n(n∈N*)，且a1=1,a2=2，则数列a n的前2016项之积为()A.22014B.22015C.22016D.220172.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并满足条件a1>1，且a2020a2021> 1，a2020-1a2021-1<0，下列结论正确的是(多选题)A.S2020<S2021B.a2020a2022-1<0C.数列T n无最大值 D.T2020是数列T n中的最大值题型七“和”定值型递推【典例分析】1.若数列a n满足a n+2a n+1+a n+1a n=k(k为常数)，则称数列a n为等比和数列，k称为公比和，已知数列a n是以3为公比和的等比和数列，其中a1=1，a2=2，则a2019=______.【变式演练】1.已知数列{a n}满足a n+a n+1=12(n∈N*)，a2=2，S n是数列{a n}的前n项和，则S21为()A.5B.72C.92D.1322.知数列{a n}满足：a n+1+a n=4n-3(n∈N*)，且a1=2，则a n=．题型八分段型等差等比求和【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=32a n,n为奇数2a n,n为偶数 .(1)记b n=a2n，写出b1，b2，并求数列b n的通项公式；(2)求a n的前12项和.【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=a n+1,n=2k-1, a n,n=2k.(1)求a2,a5的值；(2)求a n的前50项和S50．题型九函数中心型倒序求和【典例分析】1.已知A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 是函数f (x )=2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点(可以重合)，点M为AB 的中点，且M 在直线x =12上．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n，求S n ；(3)若在(2)的条件下，存在n 使得对任意的x ，不等式S n >-x 2+2x +t 成立，求t 的范围．【变式演练】2.已知a n 为等比数列，且a 1a 2021=1，若f x =21+x2，求f a 1 +f a 2 +f a 3 +⋯+f a 2021 的值．题型十分组求和型【典例分析】1.已知等比数列a n 的公比大于1，a 2=6，a 1+a 3=20.(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =a n +1log 3a n +12log 3a n +22，求b n 的前n 项和T n .【技法指引】对于a n +b n 结构，利用分组求和法【变式演练】1.设S n 为数列a n 的前n 项和，已知a n >0，a 2n +2a n =4S n +3n ∈N *，若数列b n 满足b 1=2，b 2=4，b 2n +1=b n b n +2n ∈N *(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设c n =1S n,n =2k -1,k ∈N * b n,n =2k ,k ∈N *求数列c n 的前n 项的和T n .【典例分析】1.已知数列a n 满足a 1=2，且a n +1-3 ⋅a n +1 +4=0，n ∈N *.(1)求证：数列1a n -1是等差数列；(2)若数列b n 满足b n =2n +1a n -1，求b n 的前n 项和.【技法指引】对于a n b n 结构，其中a n 是等差数列，b n 是等比数列，用错位相减法求和；思维结构结构图示如下【变式演练】1.已知等比数列a n 的首项a 1=1，公比为q ，b n 是公差为d d >0 的等差数列，b 1=a 1，b 3=a 3，b 2是b 1与b 7的等比中项．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n 的前n 项和为S n ，数列c n 满足nc n =a 2n S n ，求数列c n 的前n 项和T n ．【典例分析】1.已知数列a n各项均为正数，且a1=2，a n+12-2a n+1=a n2+2a n．(1)求a n的通项公式(2)设b n=-1n a n，求b1+b2+b1+⋯+b20．【变式演练】1.设等差数列a n的前n项和为S n，已知a3+a5=8,S3+S5=10. (1)求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n a n，求数列b n的前n项和T n.题型十三无理根式型裂项相消求和【典例分析】1.设数列a n的前n项和为S n，且满足2S n=3a n-3．(1)求数列a n的通项公式：(2)若b n=a n3,n为奇数1log3a n+log3a n+2,n为偶数，求数列和b n 的前10项的和．【变式演练】1.设数列a n的前n项和S n满足2S n=na n+n，n∈N+，a2=2，(1)证明：数列a n是等差数列，并求其通项公式﹔(2)设b n=1a n a n+1+a n+1a n，求证：T n=b1+b2+⋯+b n<1.题型十四指数型裂项相消【典例分析】1.已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -1.(1)求a n ；(2)设b n =a n a n +1-1 ⋅a n +2-1 ，求数列b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.数列a n 满足：a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+n -1 a n -1=2+n -2 ⋅2n n ≥2 .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =a n a n -1 a n +1-1，T n 为数列b n 的前n 项和，若T n <m 2-3m +3恒成立，求实数m 的取值范围.题型十五等差指数混合型裂项【典例分析】1.已知数列a n 满足S n =n a 1+a n 2，其中S n 是a n 的前n 项和.(1)求证：a n 是等差数列；(2)若a 1=1,a 2=2，求b n =2n 1-a n a n a n +1的前n 项和T n .【变式演练】2.已知等比数列a n 的各项均为正数，2a 5，a 4，4a 6成等差数列，且满足a 4=4a 23，数列S n 的前n 项之积为b n ，且1S n +2b n=1．(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设d n =b n +2⋅a n b n ⋅b n +1，若数列d n 的前n 项和M n ，证明：730≤M n <13．【典例分析】1.已知数列a n 的满足a 1=1，a m +n =a m +a n m ,n ∈N * .(1)求a n 的通项公式；(2)记b n =(-1)n ⋅2n +1a n a n +1，数列b n 的前2n 项和为T 2n ，证明：-1<T 2n ≤-23.【技法指引】正负相间型裂和，裂项公式思维供参考：-1 n ⋅pn +q kn +b k (n +1)+b=-1 n ⋅t 1kn +b +1k (n +1)+b【变式演练】1.记正项数列a n 的前n 项积为T n ，且1a n =1-2T n ．(1)证明：数列T n 是等差数列；(2)记b n =-1 n ⋅4n +4T n T n +1，求数列b n 的前2n 项和S 2n ．【典例分析】1.已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 8=4a 4+20，且a 5+a 6=11.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =n 2+n +1a n a n +1，求b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.已知等差数列a n 的通项公式为a n =2n -c c <2 ，记数列a n 的前n 项和为S n n ∈N * ，且数列S n 为等差数列．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列4S n a n a n +1的前n 项和为T n n ∈N * ，求T n 的通项公式．好题演练好题演练1.(山东省泰安市2023届高三二模数学试题)已知数列a n 的前n 项和为S n ，a 1=2，a n ≠0，a n a n +1=4S n .(1)求a n ；(2)设b n =-1 n ⋅3n -1 ，数列b n 的前n 项和为T n ，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，求实数λ的范围.2.(2023·全国·模拟预测)已知正项数列a n 满足a 1=1，a n +1a n =1+1n.(1)求证：数列a 2n 为等差数列；(2)设b n =1a 2n a n +1+a n a 2n +1，求数列b n 的前n 项和T n .3.(2023·全国·学军中学校联考二模)设数列a n 满足a n +1=3a n -2a n -1n ≥2 ,a 1=1,a 2=2.(1)求数列a n 的通项公式；(2)在数列a n 的任意a k 与a k +1项之间，都插入k k ∈N * 个相同的数(-1)k k ，组成数列b n ，记数列b n 的前n 项的和为T n ，求T 27的值.4.(2023·全国·长郡中学校联考二模)已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1=1，a n =S n +S n -1(n ∈N *且n ≥2).(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n +22n a n a n +1 的前n 项和为T n ，求证：T n <1.5.(2023·四川攀枝花·统考三模)已知等差数列a n的公差为d d≠0，前n项和为S n，现给出下列三个条件：①S1,S2,S4成等比数列；②S4=32；③S6=3a6+2.请你从这三个条件中任选两个解答下列问题.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n-b n-1=2a n n≥2，且b1=3，设数列1b n的前n项和为Tn，求证：13≤T n<12.6.(2023春·江西抚州·高二金溪一中校联考期中)已知数列a n满足a1=2,a n+1= 2a n+2,n为奇数,1 2a n+1,n为偶数.(1)记b n=a2n，证明：数列b n为等差数列；(2)若把满足a m=a k的项a m,a k称为数列a n中的重复项，求数列a n的前100项中所有重复项的和.7.(河北省2023届高三下学期大数据应用调研联合测评(Ⅲ)数学试题)已知数列a n 满足：a 1=12，3a n +1a n =1+a n +11+a n.(1)求证：1a n +1 是等比数列，并求出数列a n 的通项公式；(2)设b n =3n ⋅a n a n +1，求数列b n 的前n 项和S n .8.(2023·全国·模拟预测)已知数列a n 的前n 项和S n 满足S n =n 2-1+a n .(1)求a 1及a n ；(2)令b n =4S n a n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练 29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n中，已知a1=2，a n+1-a n=2n，则a50等于()A.2451B.2452C.2449D.2450【答案】B【详解】由a n+1-a n=2n得：a n-a n-1=2n-1，a n-1-a n-2=2n-2，⋯⋯，a3-a2=2×2，a2-a1=2×1，各式相加可得：a n-a1=2×1+2+⋅⋅⋅+n-1=2×n n-12=n n-1，又a1=2，∴a n=2+n n-1=n2-n+2，∴a50=2500-50+2=2452.故选：B.2.(等比累加法)已知数列a n满足a1=2，a n+1-a n=2n，则a9=()A.510B.512C.1022D.1024【答案】B【详解】由a1=2,a n+1-a n=2n得a2-a1=2，a3-a2=22，a4-a3=23，⋮a n -a n -1=2n -1，以上各式相加得，a n -a 1=2+22+⋯+2n -1=21-2n -11-2=2n -2，所以a n =2n -2+a 1=2n ，所以a 9=29=512.故选：B .【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +1【答案】A【分析】根据题意设a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，所以1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，即1+3d 2=1×1+24d ，求出d 即可求解.【详解】设等差数列a n 的公差为d d >0 ，所以a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，又a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2的第5项恰好构成等比数列，即1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，所以1+3d 2=1×1+24d ，解得d =2，d =0(舍去)，所以a n =2n -1.故选：A .2.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.【答案】a n =n n +12【分析】由S n =n +23a n ，变形可得则S n -1=n +13a n -1，两式相减变形可得a n a n -1=n +1n -1，又由a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a2a 1×a 1，计算可得a n =n (n +1)2，验证a 1即可得答案．【详解】根据题意，数列{a n }中，a 1=1，S n =n +23a n (n ∈N *)，S n =n +23a n ①，S n -1=n +13a n -1②，①-②可得：a n =(n +2)a n 3-(n +1)a n -13，变形可得：a n a n -1=n +1n -1，则a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a 2a 1×a 1=n +1n -1 ×n n -2 ×⋯⋯×31 ×1=n (n +1)2；n =1时，a 1=1符合a n =n (n +1)2；故答案为：a n =n (n +1)2．题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【答案】C【详解】令b n =na n ，则b n +1-b n =2n +1，又a 1=13，所以b 1=13，b 2-b 1=3，b 3-b 2=5，⋯，b n -b n -1=2n -1，所以累加得b n =13+n -1 3+2n -1 2=n 2+12，所以a n =b n n =n 2+12n =n +12n，所以a n +1-a n =n +1 +12n +1-n +12n =n -3 n +4 n n +1，所以当n <3时，a n +1<a n ，当n =3时，a n +1=a n ，即a 3=a 4，当n >3时，a n +1>a n ，即a 1>a 2>a 3=a 4<a 5<⋯<a n ，所以数列a n 的最小项为a 3和a 4，故选：C .【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n【答案】D【详解】由题意得，a n +1n +1=a n n +ln n +1n ，则a n n =a n -1n -1+ln n n -1，a n -1n -1=a n -2n -2+lnn -1n -2⋯，a 22=a 11+ln 21，由累加法得，a n n =a 11+ln n n -1+ln n -1n -2⋯+ln 21，即a n n =a 1+ln n n -1⋅n -1n -2⋅⋯⋅21，则an n=2+ln n ，所以a n =2n +n ln n ，故选：D2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n 2n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【答案】(1)a n =n +n2n ；(2)1,2,3,4 .【详解】(1)因为a n =n n -1a n -1-n 2n ，所以a n n -a n -1n -1=-12n .因为a 22-a 11=-122，a33-a 22=-123，⋯，a n n -a n -1n -1=-12n ，所以a n n -a 11=-122+123+⋯+12n=-1221-12 n -11-12=12n-12，于是a n=n+n 2n .当n=1时，a1=1+12=32，所以a n=n+n2n.(2)因为S n-S n-1=a n=n+n2n >0，所以S n是递增数列.因为a1=1+12=32，a2=2+24=52，a3=3+323=278，a4=4+424=174，a5=5+525=16532，所以S1=32，S2=4，S3=598，S4=938<12，S5=53732>12，于是所有正整数n的取值集合为1,2,3,4.题型三周期数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【答案】-6【解析】由已知有a2=1+a11-a1=-3,a3=1-31+3=-12,a4=1-121+12=13,a5=1+131-13=2，所以a5=a1=2，所以数列a n是周期数列，且周期为4，a1a2a3a4=a5a6a7a8=⋯=a2005a2006a2007a2008=1，而a2009a2010= a1a2=2×(-3)=-6，所以a1a2a3⋯a2010=-6。

2018届高考数学理科二轮总复习练习：专题九附加题部分含解析精品

1．(2015·江苏)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则各点的坐标为 B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)由题意知，AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2 . 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.2．(2015·江苏)已知集合X ＝{1,2,3}，Y n ＝{1,2,3，…，n }(n ∈N *)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数． (1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明．解 (1)Y 6＝{1,2,3,4,5,6}，S 6中的元素(a ，b )满足：若a ＝1，则b ＝1,2,3,4,5,6；若a ＝2，则b ＝1,2,4,6；若a ＝3，则b ＝1,3,6.所以f (6)＝13. (2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N *)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立；②假设当n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么当n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论： 1)若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；2)若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k3＋1＝(k ＋1)＋2＋(k ＋1)－12＋(k ＋1)－13，结论成立；3)若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋(k ＋1)－23，结论成立；4)若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2＝(k ＋1)＋2＋(k ＋1)－12＋k ＋13，结论成立；5)若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k3＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋(k ＋1)－13，结论成立；6)若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1＝(k ＋1)＋2＋(k ＋1)－12＋(k ＋1)－23，结论成立．综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立．3．(2016·江苏)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l ：x －y －2＝0，抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)．(1)若直线l 过抛物线C 的焦点，求抛物线C 的方程； (2)已知抛物线C 上存在关于直线l 对称的相异两点P 和Q . ①求证：线段PQ 的中点坐标为(2－p ，－p )； ②求p 的取值范围．(1)解 ∵l ：x －y －2＝0，∴l 与x 轴的交点坐标为(2,0)．即抛物线的焦点为(2,0)，∴p2＝2，p ＝4.∴抛物线C 的方程为y 2＝8x .(2)①证明设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．则⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝2px 1，y 22＝2px 2，则⎩⎨⎧x 1＝y 212p，x 2＝y 222p ，∴k PQ ＝y 1－y 2y 212p －y 222p＝2py 1＋y 2. 又∵P ，Q 关于l 对称， ∴k PQ ＝－1，即y 1＋y 2＝－2p ， ∴y 1＋y 22＝－p . 又∵PQ 的中点一定在l 上， ∴x 1＋x 22＝y 1＋y 22＋2＝2－p . ∴线段PQ 的中点坐标为(2－p ，－p )．②解 ∵PQ 的中点为(2－p ，－p )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2p ，x 1＋x 2＝y 21＋y 222p ＝4－2p ，即⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2p ，y 21＋y 22＝8p －4p 2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2p ，y 1y 2＝4p 2－4p ，即关于y 的方程y 2＋2py ＋4p 2－4p ＝0有两个不等实根．∴Δ＞0. 即4p 2－4(4p 2－4p )＞0，解得0＜p ＜43，故所求p 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，43. 4．(2016·江苏)(1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C m n －1＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.(1)解 7C 36－4C 47＝7×20－4×35＝0.(2)证明对任意的m ，n ∈N *，n ≥m ， ①当n ＝m 时，左边＝(m ＋1)C m m ＝m ＋1，右边＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＝m ＋1，原等式成立．②假设当n ＝k (k ≥m )时命题成立．即(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋k C m k －1＋(k ＋1)C m k ＝(m ＋1)C m ＋2k ＋2，当n ＝k ＋1时，左边＝(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋k C m k －1＋(k ＋1)C m k ＋(k ＋2)C m k ＋1＝ (m ＋1)C m ＋2k ＋2＋(k ＋2)C m k ＋1，右边＝(m ＋1)C m ＋2k ＋3.而(m ＋1)C m ＋2k ＋3－(m ＋1)C m ＋2k ＋2＝(m ＋1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤(k ＋3)！(m ＋2)！(k －m ＋1)！－(k ＋2)！(m ＋2)！(k －m )！＝(m ＋1)×(k ＋2)！(m ＋2)！(k －m ＋1)！[(k ＋3)－(k －m ＋1)]＝(k ＋2)(k ＋1)！m ！(k －m ＋1)！＝(k ＋2)C m k ＋1， ∴(m ＋1)C m ＋2k ＋2＋(k ＋2)C m k ＋1＝(m ＋1)C m ＋2k ＋3，∴左边＝右边．即当n ＝k ＋1时命题也成立．综合①②可得原命题对任意m ，n ∈N *，n ≥m 均成立．5．(2017·江苏)如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B －A 1D －A 的正弦值．解在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底，建立空间直角坐标系A －xyz .因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)， A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B →＝(3，－1，－3)，AC 1→＝(3，1，3)，则cos 〈A 1B →，AC 1→〉＝A 1B →·AC 1→|A 1B →||AC 1→|＝(3，－1，－3)·(3，1，3)7＝－17，因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)平面A 1DA 的一个法向量为AE →＝(3，0,0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量，又A 1B →＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量，从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m |＝(3，0，0)·(3，3，2)3×4＝34.设二面角B －A 1D －A 的大小为θ，则|cos θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此二面角B －A 1D －A 的正弦值为74. 6．(2017·江苏)已知一个口袋有m 个白球，n 个黑球(m ，n ∈N *，n ≥2)，这些球除颜色外完全相同．现将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号为1,2,3，…，m ＋n 的抽屉内，其中第k 次取球放入编号为k 的抽屉(k ＝1,2，3，…，m ＋n ).(1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p ；(2)随机变量X 表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数，E (X )是X 的数学期望，证明：E (X )<n(m ＋n )(n －1).(1)解编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p ＝C n －1m ＋n －1C n m ＋n ＝n m ＋n.(2)证明随机变量X 的概率分布为随机变量X 的数学期望为E (X )＝∑k ＝n m ＋n1k ·C n －1k －1C n m ＋n＝1C n m ＋n ∑k ＝n m ＋n 1k ·(k －1)！(n －1)！(k －n )！.所以E (X )<1C n m ＋n ∑k ＝n m ＋n(k －2)！(n －1)！(k －n )！＝1(n －1)C n m ＋n ∑k ＝n m ＋n (k －2)！(n －2)！(k －n )！＝1(n －1)C n m ＋n(1＋C n －2n －1＋C n －2n ＋…＋C n －2m ＋n －2)＝1(n －1)C n m ＋n(C n －1n －1＋C n －2n －1＋C n －2n ＋…＋C n －2m ＋n －2) ＝1(n －1)C n m ＋n(C n －1n ＋C n －2n ＋…＋C n －2m ＋n －2) ＝…＝1(n －1)C n m ＋n(C n －1m ＋n －2＋C n －2m ＋n －2) ＝C n －1m ＋n －1(n －1)C nm ＋n ＝n (m ＋n )(n －1)，即E (X )<n(m ＋n )(n －1).江苏高考附加题第22题一般在空间向量与立体几何问题、随机变量与概率分布、抛物线之间轮考，试题难度中等，主要考查基本概念和运算求解能力；23题主要考查计数原理、二项式定理、数学归纳法等，试题难度大．热点一空间向量与立体几何例1 (2017·江苏镇江一模)在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 是棱PC 的中点．(1)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(2)若点F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的正弦值．解 (1)以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．由点E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．故BE →＝(0,1,1)，BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0，不妨令y ＝1，则x ＝2，z ＝1，可得n ＝(2,1,1)为平面PBD 的法向量，于是cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n ||BE →|＝26·2＝33，所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (2)BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)， AB →＝(1,0,0)．由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，32. 设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0，不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)为平面F AB 的法向量，取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－31010，即sin 〈n 1，n 2〉＝1010. 故二面角F －AB －P 的正弦值为1010. 思维升华利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．跟踪演练1 (2017·江苏苏锡常镇一模)如图，已知正四棱锥P －ABCD 中，P A ＝AB ＝2，点M ，N 分别在P A ，BD 上，且PM P A ＝BN BD ＝13.(1)求异面直线MN 与PC 所成角的大小； (2)求二面角N －PC －B 的余弦值．解 (1)设AC ，BD 交于点O ，在正四棱锥P －ABCD 中，OP ⊥平面ABCD . 又P A ＝AB ＝2，所以OP ＝ 2.以点O 为坐标原点，DA →，AB →方向分别为x 轴，y 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，如图．则A (1，－1,0)，B (1,1,0)，C (－1,1,0)，D (－1，－1,0)，P (0,0，2)． OA →＝(1，－1,0)，AP →＝(－1,1，2)，故OM →＝OA →＋AM →＝OA →＋23AP →＝⎝⎛⎭⎫13，－13，223，ON →＝13OB →＝⎝⎛⎭⎫13，13，0，所以MN →＝⎝⎛⎭⎫0，23，－223，PC →＝(－1,1，－2)，cos 〈MN →，PC →〉＝MN →·PC →|MN →||PC →|＝32，所以MN 与PC 所成角的大小为π6.(2)PC →＝(－1,1，－2)，CB →＝(2,0,0)，NC →＝⎝⎛⎭⎫－43，23，0. 设m ＝(x ，y ，z )是平面PCB 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·CB →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋y －2z ＝0，x ＝0，令y ＝2，得z ＝1，m ＝(0，2，1)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCN 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·NC →＝0，即⎩⎨⎧－x 1＋y 1－2z 1＝0，－2x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，得y 1＝4，z 1＝2，n ＝(2,4，2)． cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝523×22＝53333，所以二面角N －PC －B 的余弦值为53333.热点二曲线与方程、抛物线例2 (2017·江苏宿迁三模)在平面直角坐标系xOy 中，点F (1,0)，直线x ＝－1与动直线y ＝n 的交点为M ，线段MF 的中垂线与动直线y ＝n 的交点为P .(1)求动点P 的轨迹E 的方程；(2)过动点M 作曲线E 的两条切线，切点分别为A ，B ，求证：∠AMB 的大小为定值． (1)解因为直线y ＝n 与x ＝－1垂直，所以MP 为点P 到直线x ＝－1的距离．连结PF ，因为点P 为线段MF 的中垂线与直线y ＝n 的交点，所以MP ＝PF ，所以点P 的轨迹是抛物线．焦点为F (1,0)，准线为x ＝－1. 所以曲线E 的方程为y 2＝4x .(2)证明由题意知，过点M (－1，n )的切线斜率存在，设切线方程为y －n ＝k (x ＋1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋k ＋n ，y 2＝4x ，得ky 2－4y ＋4k ＋4n ＝0，所以Δ1＝16－4k (4k ＋4n )＝0，即k 2＋kn －1＝0.(*)因为Δ2＝n 2＋4>0，所以方程(*)存在两个不等实根，设为k 1，k 2，因为k 1·k 2＝－1，所以∠AMB ＝90°，为定值．思维升华求轨迹方程主要有两种方法：一是直接法，二是定义法．本题利用抛物线的定义求解，对于抛物线试题，解题关键是联立方程组，构造方程，利用方程思想解题．跟踪演练2 在平面直角坐标系xOy 中，直线l ：x ＝－1，点T (3,0)．动点P 满足PS ⊥l ，垂足为S ，且OP →·ST →＝0.设动点P 的轨迹为曲线C . (1)求曲线C 的方程；(2)设Q 是曲线C 上异于点P 的另一点，且直线PQ 过点(1,0)，线段PQ 的中点为M ，直线l 与x 轴的交点为N .求证：向量SM →与NQ →共线． (1)解设P (x ，y )为曲线C 上任意一点．因为PS ⊥l ，垂足为S ，又直线l ：x ＝－1，所以S (－1，y )．因为T (3,0)，所以OP →＝(x ，y )，ST →＝(4，－y )．因为OP →·ST →＝0，所以4x －y 2＝0，即y 2＝4x . 所以曲线C 的方程为y 2＝4x . (2)证明因为直线PQ 过点(1,0)，故设直线PQ 的方程为x ＝my ＋1.P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝my ＋1，消去x ，得y 2―4my ―4＝0.所以y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝―4. 因为点M 为线段PQ 的中点，所以点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，即点M (2m 2＋1,2m )．又因为S (－1，y 1)，N (－1,0)，所以SM →＝(2m 2＋2,2m －y 1)， NQ →＝(x 2＋1，y 2)＝(my 2＋2，y 2)．因为(2m 2＋2)y 2－(2m －y 1)(my 2＋2) ＝(2m 2＋2)y 2－2m 2y 2＋my 1y 2－4m ＋2y 1 ＝2(y 1＋y 2)＋my 1y 2－4m ＝8m －4m －4m ＝0，所以向量SM →与NQ →共线．热点三计数原理与二项式定理例3 设f (n )＝(a ＋b )n (n ∈N *，n ≥2)，若f (n )的展开式中，存在某连续三项，其二项式系数依次成等差数列，则称f (n )具有性质P . (1)求证：f (7)具有性质P ；(2)若存在n ≤2 017，使f (n )具有性质P ，求n 的最大值．(1)证明 f (7)的展开式中第二，三，四项的二项式系数分别为C 17＝7，C 27＝21，C 37＝35. 因为C 17＋C 37＝2C 27，即C 17，C 27，C 37成等差数列，所以f (7)具有性质P .(2)解设f (n )具有性质P ，则存在r ∈N *,1≤r ≤n －1，使C r －1n ，C r n ，C r ＋1n 成等差数列，所以C r －1n ＋C r ＋1n ＝2C r n .整理得4r 2－4nr ＋(n 2－n －2)＝0，即(2r －n )2＝n ＋2，所以n ＋2为完全平方数．又n ≤2 017，由于442<2 017＋2<452，所以n 的最大值为442－2＝1 934，此时r ＝989或945. 思维升华涉及二项式定理的试题要注意以下几个方面：(1)某一项的二项式系数与这一项的系数是两个不同的概念，必须严格加以区别．(2)根据所给式子的结构特征，对二项式定理的逆用或变用，注意活用二项式定理是解决二项式问题应具备的基本素质．(3)关于x 的二项式(a ＋bx )n (a ，b 为常数)的展开式可以看成是关于x 的函数，且当x 给予某一个值时，可以得到一个与系数有关的等式，所以，当展开式涉及到与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决．跟踪演练3 在(1＋x ＋x 2)n ＝D 0n ＋D 1n x ＋D 2n x 2＋…＋D r n x r ＋…＋D 2n －1nx 2n －1＋D 2n n x 2n 的展开式中，把D 0n ，D 1n ，D 2n ，…，D 2n n 叫做三项式系数．(1)当n ＝2时，写出三项式系数D 02，D 12，D 22，D 32，D 42的值；(2)类比二项式系数性质C m n ＋1＝C m －1n ＋C m n (1≤m ≤n ，m ∈N ，n ∈N )，给出一个关于三项式系数D m ＋1n ＋1(1≤m ≤2n －1，m ∈N ，n ∈N )的相似性质，并予以证明．解 (1)因为(1＋x ＋x 2)2＝1＋2x ＋3x 2＋2x 3＋x 4，所以D 02＝1，D 12＝2，D 22＝3，D 32＝2，D 42＝1.(2)类比二项式系数性质C m n ＋1＝C m －1n ＋C m n (1≤m ≤n ，m ∈N ，n ∈N )，三项式系数有如下性质：D m ＋1n ＋1＝D m －1n ＋D m n ＋D m ＋1n(1≤m ≤2n －1)．证明如下：因为(1＋x ＋x 2)n ＋1＝(1＋x ＋x 2)·(1＋x ＋x 2)n ，所以(1＋x ＋x 2)n ＋1＝(1＋x ＋x 2)·(D 0n ＋D 1n x ＋D 2n x 2＋…＋D 2n －1nx 2n －1＋D 2n n x 2n )．上式左边x m＋1的系数为D m ＋1n ＋1，上式右边xm＋1的系数为D m ＋1n ＋D m n ＋D m －1n，于是D m ＋1n ＋1＝D m －1n ＋D m n ＋D m ＋1n(1≤m ≤2n －1)．热点四随机变量及其概率分布例4 (2017·江苏扬州期末)为了提高学生学习数学的兴趣，某校决定在每周的同一时间开设《数学史》、《生活中的数学》、《数学与哲学》、《数学建模》四门校本选修课程，甲、乙、丙三位同学每人均在四门校本课程中随机选一门进行学习，假设三人选择课程时互不影响，且每人选择每一课程都是等可能的．(1)求甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率；(2)设X 为甲、乙、丙三人中选修《数学史》的人数，求X 的概率分布和数学期望E (X )．解 (1)甲、乙、丙三人从四门课程中各任选一门，共有43＝64(种)不同的选法，记“甲、乙、丙三人选择的课程互不相同”为事件M ，事件M 共包含A 34＝24(个)基本事件，则P (M )＝2464＝38，所以甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率为38.(2)方法一 X 可能的取值为0,1,2,3，P (X ＝0)＝3343＝2764，P (X ＝1)＝C 13×3243＝2764，P (X ＝2)＝C 23×343＝964，P (X ＝3)＝C 3343＝164.所以X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝0×2764＋1×2764＋2×964＋3×164＝34.方法二甲、乙、丙三人从四门课程中任选一门，可以看成三次独立重复试验，X 为甲、乙、丙三人中选修《数学史》的人数，则X ～B ⎝⎛⎭⎫3，14，所以P (X ＝k )＝C k 3⎝⎛⎭⎫14k ⎝⎛⎭⎫343－k，k ＝0,1,2,3，所以X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝3×14＝34.思维升华求解一般的随机变量的数学期望的基本方法先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出概率分布，根据数学期望公式计算．跟踪演练4 (2017·江苏南京考前指导卷)箱子中有4个形状、大小完全相同的小球，其中红色小球2个、黑色和白色小球各1个，现从中有放回的连续摸4次，每次摸出1个球． (1)求4次中恰好有1次红球和1次黑球的概率； (2)求4次摸出球的颜色种数ξ的概率分布与数学期望．解 (1)记事件A 为“摸出1个球是红色小球”，事件B 为“摸出1个球是黑色小球”，事件C 为“摸出1个球是白色小球”，则A ，B ，C 相互独立，且P (A )＝12，P (B )＝14，P (C )＝14.记事件D 为“有放回的连续摸4次，恰好有1次红球和1次黑球”，则P (D )＝A 24×12×14×⎝⎛⎭⎫142＝332. 故4次中恰好有1次红球和1次黑球的概率是332.(2)随机变量ξ的可能值为1,2,3.记事件A i 为“摸出i 个红色小球”，事件B i 为“摸出i 个黑色小球”，事件C i 为“摸出i 个白色小球”．P (ξ＝1)＝P (A 4＋B 4＋C 4)＝P (A 4)＋P (B 4)＋P (C 4)＝⎝⎛⎭⎫124＋⎝⎛⎭⎫144＋⎝⎛⎭⎫144＝9128；P (A 1·B 3＋A 2·B 2＋A 3·B 1)＝C 14⎝⎛⎭⎫12⎝⎛⎭⎫143＋C 24⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫142＋C 34⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫14＝132＋332＋18＝14， P (A 1·C 3＋A 2·C 2＋A 3·C 1)＝C 14⎝⎛⎭⎫12⎝⎛⎭⎫143＋C 24⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫142＋C 34⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫14＝132＋332＋18＝14， P (B 1·C 3＋B 2·C 2＋B 3·C 1)＝C 14⎝⎛⎭⎫14⎝⎛⎭⎫143＋C 24⎝⎛⎭⎫142⎝⎛⎭⎫142＋C 34⎝⎛⎭⎫143⎝⎛⎭⎫14＝164＋3128＋164＝7128，P (ξ＝2)＝P (A 1·B 3＋A 2·B 2＋A 3·B 1)＋P (A 1·C 3＋A 2·C 2＋A 3·C 1)＋P (B 1·C 3＋B 2·C 2＋B 3·C 1)＝14＋14＋7128＝71128； P (ξ＝3)＝P (A 2·B 1·C 1＋A 1·B 2·C 1＋A 1·B 1·C 2)＝A 24⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫142＋A 24⎝⎛⎭⎫142⎝⎛⎭⎫14⎝⎛⎭⎫12＋A 24⎝⎛⎭⎫142·⎝⎛⎭⎫14⎝⎛⎭⎫12＝316＋332＋332＝38. 故随机变量ξ的概率分布为所以数学期望E (ξ)＝1×9128＋2×71128＋3×38＝295128.热点五数学归纳法例5 (2017·江苏南通三模)已知函数f 0(x )＝cx ＋dax ＋b (a ≠0，ac －bd ≠0)．设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求f 1(x )，f 2(x )；(2)猜想f n (x )的表达式，并证明你的结论．解 (1)f 1(x )＝f 0′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤cx ＋d ax ＋b ′＝bc －ad (ax ＋b )2，f 2(x )＝f 1′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤bc －ad (ax ＋b )2′＝－2a (bc －ad )(ax ＋b )3.(2)猜想f n (x )＝(－1)n －1·a n －1·(bc －ad )·n ！(ax ＋b )n ＋1，n ∈N *. 证明：①当n ＝1时，由(1)知结论正确． ②假设当n ＝k ，k ∈N *时结论正确，即有f k (x )＝(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！(ax ＋b )k ＋1. 当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f k ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！(ax ＋b )k ＋1′＝(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！·[(ax ＋b )－(k ＋1)]′＝(－1)k ·a k ·(bc －ad )·(k ＋1)！(ax ＋b )k ＋2. 所以当n ＝k ＋1时结论成立．由①②得对一切n ∈N *结论正确．思维升华在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可．在较复杂的式子中，注意由n ＝k 到n ＝k ＋1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项．同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法．跟踪演练5 已知实数数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＝n ＋23n ·(a n －1＋2)，n ≥2.证明：当n ≥2时，{a n }是单调减数列．证明当n ≥1时，有a n ＋1－a n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋33(n ＋1)－1a n ＋2(n ＋3)3(n ＋1)＝23(n ＋1)(n ＋3－na n)．下面用数学归纳法证明：a n >1＋3n (n ≥2，n ∈N *)．(1)当n ＝2时，a 2＝46(3＋2)＝103>1＋32；(2)假设当n ＝k (k ≥2)时，结论成立，即a k >1＋3k .那么，a k ＋1＝k ＋33(k ＋1)(a k ＋2)>k ＋33(k ＋1)⎝⎛⎭⎫1＋3k ＋2 ＝1＋3k >1＋31＋k.故由(1)(2)知，a n >1＋3n(n ≥2，n ∈N *)．因此，当n ≥2，n ∈N *时，a n ＋1－a n ＝23(n ＋1)(n ＋3－na n )<0，即当n ≥2时，{a n }是单调减数列．1．如图所示，已知点P 在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°.(1)求DP 与CC ′所成角的大小；(2)求DP 与平面AA ′D ′D 所成角的大小．解如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系D －xyz .则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．连结BD ，B ′D ′.在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于点H . 设DH →＝(m ，m,1)(m >0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1，解得m ＝22，所以DH →＝⎝⎛⎭⎫22，22，1.(1)因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DP 与CC ′所成的角为45°. (2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →＝(0,1,0)．因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH →，DC →〉＝60°，可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.2．某单位招聘面试，每次从试题库中随机调用一道试题，若调用的是A 类型试题，则使用后该试题回库，并增补一道A 类型试题和一道B 类型试题入库，此次调题工作结束；若调用的是B 类型试题，则使用后该试题回库，此次调题工作结束．试题库中现共有n ＋m 道试题，其中有n 道A 类型试题和m 道B 类型试题．用X 表示两次调题工作完成后，试题库中A 类型试题的数量． (1)求X ＝n ＋2的概率；(2)设m ＝n ，求X 的概率分布和数学期望．解用A i 表示第i 次调题调用到A 类型试题，i ＝1,2. (1)P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2) ＝nm ＋n ·n ＋1m ＋n ＋2＝n (n ＋1)(m ＋n )(m ＋n ＋2). (2)X 的可能取值为n ，n ＋1，n ＋2. P (X ＝n )＝P (A1A 2)＝n n ＋n ·n n ＋n ＝14， P (X ＝n ＋1)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2) ＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＋n n ＋n ·n n ＋n ＝12， P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＝14. 从而X 的概率分布为所以E (X )＝n ×14＋(n ＋1)×12＋(n ＋2)×14＝n ＋1.3．如图，过抛物线y 2＝4x 的焦点F 作抛物线的两条弦AB ，CD ，设直线AC 与BD 的交点为P ，直线AC ，BD 分别与y 轴交于M ，N 两点．(1)求证：点P 恒在抛物线的准线上； (2)求证：四边形PMFN 是平行四边形．证明 (1)由题意知F (1,0)，不妨设A (a 2,2a )，D (b 2,2b )，a >0，b <0，B (x B ，y B )．直线AB 的方程为2ax ＋(1－a 2)y －2a ＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，2ax ＋(1－a 2)y －2a ＝0，得ay 2＋2(1－a 2)y －4a ＝0，由根与系数的关系得，2ay B ＝－4，即y B ＝－2a ，代入抛物线方程y 2＝4x ，得x B ＝1a 2，即B ⎝⎛⎫1a 2，－2a ，同理得C ⎝⎛⎭⎫1b2，－2b ，则直线AC 的方程为y ＝2b ab －1x －2aab －1，直线BD 的方程为y ＝2a ab －1x －2bab －1，则M ⎝⎛⎭⎫0，－2a ab －1，N ⎝⎛⎭⎫0，－2b ab －1. 联立直线AC ，BD 的方程得⎩⎨⎧y ＝2b ab －1x －2aab －1，y ＝2a ab －1x －2bab －1可得点P 的横坐标为定值－1，即点P 恒在抛物线的准线上．(2)因为k FN ＝0－⎝⎛⎭⎫－2bab －11－0＝2bab －1＝k AC ，k FM ＝0－⎝⎛⎭⎫－2aab －11－0＝2a ab －1＝k BD ，所以四边形PMFN 是平行四边形．4．设f (k )是满足不等式log 2x ＋log 2(3·2k －1－x )≥2k －1(k ∈N *)的正整数x 的个数．(1)求f (k )的解析式；(2)记S n ＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )，P n ＝n 2＋n －1(n ∈N *)，试比较S n 与P n 的大小．解 (1)∵log 2x ＋log 2(3·2k －1－x )≥2k －1(k ∈N *)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3·2k －1－x >0，x (3·2k －1－x )≥22k －1，解得2k －1≤x ≤2k ，∴f (k )＝2k －2k －1＋1＝2k －1＋1.(2)∵S n ＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )＝1＋2＋22＋…＋2n －1＋n ＝2n ＋n －1，∴S n －P n ＝2n －n 2.当n ＝1时，S 1－P 1＝2－1＝1>0；当n ＝2时，S 2－P 2＝4－4＝0；当n ＝3时，S 3－P 3＝8－9＝－1<0；当n ＝4时，S 4－P 4＝16－16＝0；当n ＝5时，S 5－P 5＝32－25＝7>0；当n ＝6时，S 6－P 6＝64－36＝28>0. 猜想：当n ≥5时，S n －P n >0. 证明如下：①当n ＝5时，由上述可知S n －P n >0. ②假设当n ＝k (k ≥5)时，S k －P k ＝2k －k 2>0. 当n ＝k ＋1时，S k ＋1－P k ＋1＝2k ＋1－(k ＋1)2＝2·2k －k 2－2k －1＝2(2k －k 2)＋k 2－2k －1 ＝2(S k －P k )＋k 2－2k －1>k 2－2k －1 ＝k (k －2)－1≥5×(5－2)－1＝14>0. ∴当n ＝k ＋1时，S k ＋1－P k ＋1>0成立．由①②可知，当n ≥5时，S n －P n >0成立，即S n >P n 成立．由上述分析可知，当n ＝1或n ≥5时，S n >P n ；当n ＝2或n ＝4时，S n ＝P n ；当n ＝3时，S n <P n .A 组专题通关1．(2017·江苏扬州考前指导卷)如图，在棱长为3的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1E ＝CF ＝1.(1)求两条异面直线AC 1与D 1E 所成角的余弦值； (2)求直线AC 1与平面BED 1F 所成角的正弦值．解 (1)以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D －xyz 如图所示，则A (3,0,0)，C 1＝(0,3,3)，D 1＝(0,0,3)，E (3,0,2)， ∴AC 1→＝(－3,3,3)，D 1E →＝(3,0，－1)，∴cos 〈AC 1→，D 1E →〉＝AC 1→·D 1E →|AC 1→||D 1E →|＝－9－333×10＝－23015.则两条异面直线AC 1与D 1E 所成角的余弦值为23015.(2)由(1)知B (3,3,0)，BE →＝(0，－3,2)，D 1E →＝(3,0，－1)．设平面BED 1F 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E →＝0，n ·BE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x －z ＝0，－3y ＋2z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1,2,3)．则直线AC 1与平面BED 1F 所成角的正弦值为 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪AC 1→·n |AC 1→||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－3＋6＋933·14＝24221.2．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，平面P AD ⊥底面ABCD ，且△P AD 是边长为2的等边三角形，PC ＝13，点M 在PC 上，且P A ∥平面BDM .(1)求直线PC 与平面BDM 所成角的正弦值； (2)求平面BDM 与平面P AD 所成锐二面角的大小．解因为平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为正三角形，作AD 边上的高PO ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，由面面垂直的性质定理，得PO ⊥平面ABCD ，又ABCD 是矩形，同理CD ⊥平面P AD ，知CD ⊥PD ，PC ＝13，PD ＝2，故CD ＝3.以AD 中点O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，OP 所在直线为z 轴，AD 的垂直平分线为y 轴，建立如图所示的坐标系，则P (0,0，3)，A (1,0,0)，B (1,3,0)，C (－1,3,0)， D (－1,0,0)，连结AC 交BD 于点N ，连结MN . 因为P A ∥平面MBD ，平面APC ∩平面MBD ＝MN ，所以MN ∥P A ，又N 是AC 的中点，所以M 是PC 的中点，则M ⎝⎛⎭⎫－12，32，32，设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， BD →＝(－2，－3,0)，MD →＝⎝⎛⎭⎫－12，－32，－32，由n ·BD →＝0，n ·MD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x －3y ＝0，－x 2－3y 2－3z2＝0，令x ＝1，解得y ＝－23，z ＝13，所以取n ＝⎝⎛⎭⎫1，－23，33.(1)设PC 与平面BDM 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PC →·n |PC →||n |＝31313，所以直线PC 与平面BDM 所成角的正弦值为31313.(2)向量CD →＝(0，－3,0)为平面P AD 的法向量，设平面BDM 与平面P AD 所成的锐二面角为φ，则cos φ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪CD →·n |CD →||n |＝12，故平面BDM 与平面P AD 所成锐二面角的大小为π3.3．(2017·江苏南京一模)某年级星期一至星期五每天下午排3节课，每天下午随机选择1节作为综合实践课(上午不排该课程)，张老师与王老师分别任教甲、乙两个班的综合实践课程． (1)求这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率；(2)设这两个班“在一周中同时上综合实践课的节数”为X ，求X 的概率分布与数学期望E (X )．解 (1)这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率为P ＝1－33×3＝23. (2)由题意得X ～B ⎝⎛⎭⎫5，13， P (X ＝k )＝C k 5⎝⎛⎭⎫13k ⎝⎛⎭⎫235－k ，k ＝0,1,2,3,4,5. 所以X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝5×13＝53.4．某校举办校园科技文化艺术节，在同一时间安排《生活趣味数学》和《校园舞蹈赏析》两场讲座．已知A ，B 两学习小组各有5位同学，每位同学在两场讲座中任意选听一场．若A 组有1人选听《生活趣味数学》，其余4人选听《校园舞蹈赏析》；B 组有2人选听《生活趣味数学》，其余3人选听《校园舞蹈赏析》．(1)若从此10人中任意选出3人，求选出的3人中恰有2人选听《校园舞蹈赏析》的概率； (2)若从A ，B 两组中各任选2人，设X 为选出的4人中选听《生活趣味数学》的人数，求X 的概率分布和数学期望E (X )．解 (1)设“选出的3人中恰有2人选听《校园舞蹈赏析》”为事件M ，则P (M )＝C 27C 13C 310＝2140，即选出的3人中恰有2人选听《校园舞蹈赏析》的概率为2140.(2)X 的可能取值为0,1,2,3，P (X ＝0)＝C 24C 23C 25C 25＝950，P (X ＝1)＝C 11C 14C 23＋C 24C 12C 13C 25C 25＝1225， P (X ＝3)＝C 11C 14C 22C 25C 25＝125，故P (X ＝2)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝1)－P (X ＝3)＝310.所以X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝0×950＋1×1225＋2×310＋3×125＝65.5．如图，已知抛物线C 的顶点为O (0,0)，焦点为F (0,1)．(1)求抛物线C 的方程；(2)过点F 作直线交抛物线C 于A ，B 两点．若直线AO ，BO 分别交直线l ：y ＝x －2于M ，N 两点，求MN 的最小值．解 (1)由题意可设抛物线C 的方程为x 2＝2py (p >0)，则p2＝1，所以抛物线C 的方程为x 2＝4y .(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为y ＝kx ＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＝4y ，消去y ，整理得x 2－4kx －4＝0，所以x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4. 从而|x 1－x 2|＝4k 2＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝y 1x 1x ，y ＝x －2，解得点M 的横坐标 x M ＝2x 1x 1－y 1＝2x 1x 1－x 214＝84－x 1. 同理，点N 的横坐标x N ＝84－x 2.所以MN ＝2|x M －x N |＝2⎪⎪⎪⎪84－x 1－84－x 2＝82⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1－x 2x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＝82k 2＋1|4k －3|，令4k －3＝t ，t ≠0，则k ＝t ＋34.当t >0时，MN ＝2 2 25t 2＋6t＋1>2 2. 当t <0时，MN ＝2 2⎝⎛⎭⎫5t ＋352＋1625≥852. 综上所述，当t ＝－253，即k ＝－43时，MN 的最小值是852.6．是否存在正整数m 使得f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9对任意自然数n 都能被m 整除？若存在，求出最大的m 的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由．解由f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9，得f (1)＝36，f (2)＝3×36，f (3)＝10×36，f (4)＝34×36，由此猜想m ＝36.下面用数学归纳法证明： ①当n ＝1时，结论显然成立；②假设当n ＝k 时，结论成立，即f (k )能被36整除，设f (k )＝(2k ＋7)·3k ＋9＝t ·36. 当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝[2(k ＋1)＋7]·3k ＋1＋9＝(2k ＋7)·3k ＋1＋2·3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)·3k ＋9]＋18(3k －1－1)＝3·36t ＋18·2s ＝36(3t ＋s )．所以当n ＝k ＋1时结论成立．由①②可知，对一切正整数n ，存在正整数m ，使得f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9都能被m 整除，m 的最大值为36.7．已知等式(x 2＋2x ＋2)5＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9＋a 10(x ＋1)10，其中a i (i ＝0,1,2，…，10)为实常数．求：(1)∑n ＝110a n 的值；(2)∑n ＝110na n 的值．解 (1)在(x 2＋2x ＋2)5＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9＋a 10(x ＋1)10中，令x ＝－1，得a 0＝1.令x ＝0，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝25＝32. 所以∑n ＝110a n ＝a 1＋a 2＋…＋a 10＝31.(2)等式(x 2＋2x ＋2)5＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9＋a 10(x ＋1)10两边对x 求导，得5(x 2＋2x ＋2)4·(2x ＋2)＝a 1＋2a 2(x ＋1)＋…＋9a 9(x ＋1)8＋10a 10(x ＋1)9. 在5(x 2＋2x ＋2)4·(2x ＋2)＝a 1＋2a 2(x ＋1)＋…＋9a 9(x ＋1)8＋10a 10(x ＋1)9中，令x ＝0，整理得∑n ＝110na n ＝a 1＋2a 2＋…＋9a 9＋10a 10＝5·25＝160.8．设P (n ，m )＝∑k ＝0n(－1)k C k nm m ＋k，Q (n ，m )＝C n n ＋m ，其中m ，n ∈N *. (1)当m ＝1时，求P (n,1)·Q (n,1)的值；(2)对∀m ∈N *，证明：P (n ，m )·Q (n ，m )恒为定值． (1)解当m ＝1时，P (n,1)＝∑k ＝0n(－1)k C k n11＋k ＝1n ＋1∑k ＝0n (－1)k C k ＋1n ＋1＝1n ＋1，又Q (n,1)＝C n n ＋1＝n ＋1，显然P (n,1)·Q (n,1)＝1. (2)证明 P (n ，m )＝∑k ＝0n(－1)k C k nmm ＋k＝1＋∑k ＝1n －1(－1)k (C k n －1＋C k －1n －1)m m ＋k ＋(－1)n m m ＋n ＝1＋∑k ＝1n －1 (－1)kC k n －1m m ＋k ＋∑k ＝1n (－1)k C k －1n －1mm ＋k＝P (n －1，m )＋∑k ＝1n(－1)k C k －1n －1mm ＋k＝P (n －1，m )－m n ∑k ＝0n (－1)k C k nmm ＋k ＝P (n －1，m )－mn P (n ，m )．即P (n ，m )＝nm ＋n P (n －1，m )，由累乘，易求得P (n ，m )＝n ！m ！(n ＋m )！P (0，m )＝1C n n ＋m，又Q (n ，m )＝C n n ＋m ，所以P (n ，m )·Q (n ，m )＝1.B 组能力提高9．(2017·江苏南京二模)在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，A 1A ＝AB ＝2，∠ABC ＝π3，E ，F 分别是BC ，A 1C 的中点．(1)求异面直线EF ，AD 所成角的余弦值；(2)点M 在线段A 1D 上，A 1MA 1D ＝λ.若CM ∥平面AEF ，求实数λ的值．解因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，所以A 1A ⊥平面ABCD . 又AE ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以A 1A ⊥AE ，A 1A ⊥AD .连结AC ，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝π3，则△ABC 是等边三角形．因为E 是BC 的中点，所以BC ⊥AE . 因为BC ∥AD ，所以AE ⊥AD .以{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底建立空间直角坐标系．则A (0,0,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，A 1(0,0,2)，E (3，0,0)， F ⎝⎛⎭⎫32，12，1. (1)AD →＝(0,2,0)， EF →＝⎝⎛⎭⎫－32，12，1，所以AD →·EF →＝1.从而cos 〈AD →，EF →〉＝AD →·EF →|AD →||EF →|＝24.故异面直线EF ，AD 所成角的余弦值为24. (2)设M (x ，y ，z )，由于点M 在线段A 1D 上，且A 1MA 1D ＝λ，则A 1M →＝λA 1D →，即(x ，y ，z －2)＝λ(0,2，－2)．则M (0,2λ，2－2λ)，CM →＝(－3，2λ－1,2－2λ)．设平面AEF 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)．因为AE →＝(3，0,0)，AF →＝⎝⎛⎭⎫32，12，1，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，12y 0＋z 0＝0.取y 0＝2，则z 0＝－1，则平面AEF 的一个法向量为n ＝(0,2，－1)．由于CM ∥平面AEF ，则n ·CM →＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝23.10．如图，在四棱锥S －ABCD 中，SD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝∠DAB ＝90°，SD ＝AD ＝AB ＝2，DC ＝1.(1)求二面角S －BC －A 的余弦值；(2)设P 是棱BC 上一点，E 是SA 的中点，若PE 与平面SAD 所成角的正弦值为22613，求线段CP 的长．解 (1)以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1,0)，S (0,0,2)，所以SB →＝(2,2，－2)，SC →＝(0,1，－2)，DS →＝(0,0,2)．设平面SBC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·SB →＝0，n 1·SC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y －2z ＝0，y －2z ＝0，取z ＝1，得x ＝－1，y ＝2，所以n 1＝(－1,2,1)是平面SBC 的一个法向量．因为SD ⊥平面ABC ，取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．设二面角S －BC －A 的大小为θ，所以|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝⎪⎪⎪⎪16＝66，由图可知二面角S －BC －A 为锐二面角，所以二面角S －BC －A 的余弦值为66. (2)由(1)知E (1,0,1)，则CB →＝(2,1,0)，CE →＝(1，－1,1)．设CP →＝λCB →(0≤λ≤1)，则CP →＝λ(2,1,0)＝(2λ，λ，0)，所以PE →＝CE →－CP →＝(1－2λ，－1－λ，1)．易知CD ⊥平面SAD ，所以DC →＝(0,1,0)是平面SAD 的一个法向量．设PE 与平面SAD 所成的角为α，所以sin α＝|cos 〈PE →，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PE →·DC →|PE →||DC →|＝λ＋15λ2－2λ＋3，即λ＋15λ2－2λ＋3＝22613，得λ＝13或λ＝119(舍)．所以CP →＝⎝⎛⎭⎫23，13，0，|CP →|＝53，所以线段CP 的长为53. 11．如图，抛物线关于y 轴对称，它的顶点在坐标原点，点P (2,1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)均在抛物线上．(1)求抛物线的方程；(2)若∠APB 的平分线垂直于y 轴，证明直线AB 的斜率为定值．解 (1)由已知条件，可设抛物线的方程为x 2＝2py (p >0)，因为点P (2,1)在抛物线上，所以22＝2p ×1，p ＝2. 故所求抛物线的方程是x 2＝4y .(2)由题意知，k AP ＋k BP ＝0，所以y 1－1x 1－2＋y 2－1x 2－2＝0，x 214－1x 1－2＋x 224－1x 2－2＝0，所以x 1＋24＋x 2＋24＝0，所以x 1＋x 2＝－4.k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝x 214－x 224x 1－x 2＝x 1＋x 24＝－1.12．(2017·江苏徐州二模)某乐队参加一户外音乐节，准备从3首原创新曲和5首经典歌曲中随机选择4首进行演唱．(1)求该乐队至少演唱1首原创新曲的概率；(2)假定演唱一首原创新曲观众与乐队的互动指数为a (a 为常数)，演唱一首经典歌曲观众与乐队的互动指数为2a .求观众与乐队的互动指数之和X 的概率分布及数学期望．解 (1)设“至少演唱1首原创新曲”为事件A ，则事件A 的对立事件A 为“没有1首原创新曲被演唱”．所以P (A )＝1－P (A )＝1－C 45C 48＝1314.所以该乐队至少演唱1首原创新曲的概率为1314.(2)设随机变量x 表示被演唱的原创新曲的首数，则x 的所有可能值为0,1,2,3. 依题意知，X ＝ax ＋2a (4－x )，故X 的所有可能值依次为8a,7a,6a,5a . 则P (X ＝8a )＝P (x ＝0)＝C 45C 48＝114，P (X ＝7a )＝P (x ＝1)＝C 13C 35C 48＝37，P (X ＝6a )＝P (x ＝2)＝C 23C 25C 48＝37，P (X ＝5a )＝P (x ＝3)＝C 33C 15C 48＝114.从而X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝8a ×114＋7a ×37＋6a ×37＋5a ×114＝132a .13．如图，已知正六棱锥S －ABCDEF 的底面边长为2，高为1.现从该棱锥的7个顶点中随机选取3个点构成三角形，设随机变量X 表示所得三角形的面积．(1)求概率P (X ＝3)的值；(2)求X 的概率分布，并求其数学期望E (X )．解 (1)从7个顶点中随机选取3个点构成三角形，共有C 37＝35(种)取法．其中X ＝3的三角形如△ABF ，这类三角形共有6个．因此P (X ＝3)＝6C 37＝635. (2)由题意知，X 的可能取值为3，2，6，23，3 3. 其中X ＝3的三角形如△ABF ，这类三角形共有6个；其中X ＝2的三角形有两类，如△SAD (3个)，△SAB (6个)，共有9个；其中X ＝6的三角形如△SBD ，这类三角形共有6个；其中X ＝23的三角形如△CDF ，这类三角形共有12个；其中X ＝33的三角形如△BDF ，这类三角形共有2个．因此P (X ＝3)＝635，P (X ＝2)＝935，P (X ＝6)＝635， P (X ＝23)＝1235，P (X ＝33)＝235.所以随机变量X 的概率分布为所求数学期望E (X )＝3×635＋2×935＋6×635＋23×1235＋33×235＝363＋66＋1835.14．(2017·江苏苏锡常镇一模)设|θ|<π2，n 为正整数，数列{a n }的通项公式a n ＝sin n π2tan n θ，其前n 项和为S n .(1)求证：当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝12(1)n --tan n θ.(2)求证：对任意正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋1·tan 2n θ]．证明 (1)因为a n ＝sinn π2tan nθ. 当n 为偶数时，设n ＝2k ，a n ＝a 2k ＝sin 2k π2tan 2kθ＝sin k π·tan 2k θ＝0，a n ＝0. 当n 为奇数时，设n ＝2k －1，a n ＝a 2k －1 ＝sin(2k －1)π2tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫k π－π2·tan nθ. 当k ＝2m 时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2m π－π2·tan nθ ＝sin ⎝⎛⎭⎫－π2·tan n θ＝－tan nθ，此时n －12＝2m －1，a n ＝a 2k －1＝－tan n θ＝(－1)2m －1tan n θ＝12(1)n --tan n θ.当k ＝2m －1时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2m π－3π2·tan nθ ＝sin ⎝⎛⎭⎫－3π2·tan n θ＝tan nθ，此时n －12＝2m －2，a n ＝a 2k －1＝tan n θ＝(－1)2m －2tan n θ＝12(1)n --tan n θ.综上，当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝12(1)n --tan n θ.。

江苏高三数学附加题知识点

江苏高三数学附加题知识点高三数学附加题是高中数学竞赛中的一个重要组成部分，也是对学生数学思维和解题能力的一次全面检验。

在江苏高三数学附加题中，考察的知识点主要包括以下几个方面：1. 复数与数列江苏高三数学附加题中常常涉及到复数和数列的相关内容。

对于复数，需要掌握复数的定义、复数的四则运算、共轭复数、复数的模和辐角等基本概念。

对于数列，需要了解等差数列、等比数列及其前n项和的计算方法，以及数列极限的性质和计算方法等。

2. 函数与方程函数与方程是江苏高三数学附加题中的另一个重要部分。

对于函数，需要了解函数的定义、函数的性质和分类，掌握常见函数图像的性质与变换规律。

对于方程，需要掌握一元二次方程和一元二次不等式的解法，了解三角方程和指数方程的基本解法。

3. 几何与向量几何与向量是江苏高三数学附加题中的重点考察内容。

在几何方面，需要熟练掌握平面几何和立体几何的相关知识，包括坐标系、向量运算、几何图形的性质和计算等。

在向量方面，需要了解向量的定义、向量的四则运算、向量的数量积和向量的夹角等基本概念，掌握向量的共线性、垂直性及其相关性质。

4. 排列与组合江苏高三数学附加题中常常考察排列与组合的相关知识。

需要掌握排列与组合的基本定义、计数原理、二项式定理及其相关性质，熟练运用组合数学的知识解答相关问题。

5. 三角函数三角函数是江苏高三数学附加题中的基础内容。

需要掌握三角函数的定义、性质和图像等基本知识，熟练运用三角函数的基本公式和计算方法解答相关问题。

总之，江苏高三数学附加题知识点的复杂性和广度需要学生在复习备考过程中充分了解和掌握。

通过系统的学习和大量的练习，加深对相关知识点的理解和应用能力，提高解题的技巧和速度，才能在考试中取得良好的成绩。

希望广大考生能够认真对待高三数学附加题的学习，充分发挥自己的潜力，顺利应对考试的挑战。

高考数学试卷附加题

一、（15分）已知函数f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d（a≠0）的图像在x轴上有一个切点A，且过点B(1, 2)。

求函数f(x)的表达式。

二、（20分）在直角坐标系中，设点P(m, n)是直线y = mx + 1与圆x^2 + y^2 - 4x - 6y + 9 = 0的交点。

若点P到直线3x + 4y - 5 = 0的距离等于2，求m和n的值。

三、（25分）已知数列{an}满足an = an-1 + 2n - 1（n≥2），且a1 = 1。

求：（1）数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足bn = 2n - 1，求数列{an + bn}的前n项和Sn。

四、（30分）在平面直角坐标系中，已知点A(1, 2)，点B在直线y = 3x + 1上，且|AB| =2√2。

求点B的坐标。

五、（35分）已知函数f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x + a，其中a为常数。

若函数f(x)在x = 1处的切线斜率为2，且f(0) = 2，求函数f(x)的解析式。

六、（40分）设数列{an}满足an = an-1 + an-2（n≥3），且a1 = 1，a2 = 2。

求：（1）数列{an}的前n项和Sn；（2）若数列{bn}满足bn = an / (an+1)，求数列{bn}的前n项和Tn。

七、（45分）已知函数f(x) = ax^2 + bx + c（a≠0）的图像在x轴上有一个切点A，且过点B(1, 3)。

若函数f(x)的图像与直线y = x + 2相交于点C，求a、b、c的值，并求出点C的坐标。

八、（50分）已知函数f(x) = (x - 1)^2 / (x + 2)（x ≠ -2）。

若函数f(x)在x = 1处的导数大于0，求函数f(x)的单调递增区间。

(文理通用)江苏省高考数学二轮复习理科附加题第5讲数学归纳法练习-人教版高三全册数学试题

第5讲数学归纳法课后自测诊断——及时查漏补缺·备考不留死角1．已知数列{a n }满足a 1＝0，a 2＝1，当n ∈N *时，a n ＋2＝a n ＋1＋a n .求证：数列{a n }的第4m ＋1项(m ∈N *)能被3整除．证明：(1)当m ＝1时，a 4m ＋1＝a 5＝a 4＋a 3＝(a 3＋a 2)＋(a 2＋a 1)＝(a 2＋a 1)＋2a 2＋a 1＝3a 2＋2a 1＝3＋0＝3.即当m ＝1时，第4m ＋1项能被3整除．故命题成立．(2)假设当m ＝k 时，a 4k ＋1能被3整除，则当m ＝k ＋1时， a 4(k ＋1)＋1＝a 4k ＋5＝a 4k ＋4＋a 4k ＋3＝2a 4k ＋3＋a 4k ＋2＝2(a 4k ＋2＋a 4k ＋1)＋a 4k ＋2＝3a 4k ＋2＋2a 4k ＋1.显然，3a 4k ＋2能被3整除，又由假设知a 4k ＋1能被3整除．∴3a 4k ＋2＋2a 4k ＋1能被3整除．即当m ＝k ＋1时，a 4(k ＋1)＋1也能被3整除．命题也成立．由(1)和(2)知，对于n ∈N *，数列{a n }中的第4m ＋1项能被3整除．2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15.(1)求a 1，a 2，a 3的值．(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ S 1＝a 1＝2a 2－3－4，S 2＝a 1＋a 2＝4a 3－12－8，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝15，解得a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7.(2)猜测a n ＝2n ＋1.由S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n 得 S n －1＝2(n －1)a n －3(n －1)2－4(n －1)(n ≥2)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，所以两式相减，整理得a n ＝2na n ＋1－2(n －1)a n －6n －1，a n ＋1＝2n －12n a n ＋6n ＋12n，又a 2＝5，a 1＝3，满足式子，建立了a n 与a n ＋1的递推关系(n ∈N *)．下面用数学归纳法证明：a n ＝2n ＋1.①当n ＝1时，a 1＝3，成立．②假设n ＝k 时成立，即a k ＝2k ＋1成立，那么n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2k －12k a k ＋6k ＋12k ＝2k －12k (2k ＋1)＋6k ＋12k＝2k ＋3＝2(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时也成立．由①②可知，对于n ∈N *，有a n ＝2n ＋1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.3．已知数列{a n }满足a n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)(n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)对任意正整数n ，a n 小数点后第一位数字是多少？请说明理由．解：(1)a 1＝12，a 2＝712，a 3＝3760. (2)a 1，a 2小数点后第一位数字均为5，a 3小数点后第一位数字为6.下证：对任意正整数n (n ≥3)，均有0.6＜a n ＜0.7，注意到a n ＋1－a n ＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋2)＞0，故对任意正整数n (n ≥3)，有a n ≥a 3＞0.6.下面用数学归纳法证明：对任意正整数n (n ≥3)，有a n ≤0.7－14n. ①当n ＝3时，有a 3＝3760＝0.7－112＝0.7－14×3≤0.7－14×3，命题成立； ②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥3)时，命题成立，即a k ≤0.7－14k，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋1(2k ＋1)(2k ＋2)≤0.7－14k ＋1(2k ＋1)(2k ＋2). ∵14k －1(2k ＋1)(2k ＋2)－14(k ＋1)＝14k (k ＋1)－14k (k ＋1)＋2k ＋2＞0， ∴14k －1(2k ＋1)(2k ＋2)＞14(k ＋1)，∴a k ＋1≤0.7－14k ＋1(2k ＋1)(2k ＋2)≤0.7－14(k ＋1)， ∴n ＝k ＋1时，命题也成立；综合①②可知，任意正整数n (n ≥3)，a n ≤0.7－14n. 由此，对正整数n (n ≥3)，0.6＜a n ＜0.7，此时a n 小数点后第一位数字均为6.所以a 1，a 2小数点后第一位数字均为5，当n ≥3，n ∈N *时，a n 小数点后第一位数字均为6.4．(2019·启东联考)已知函数f (x )＝x 2－ax ＋ln(x ＋1)(a ∈R )．(1)若函数f (x )在区间(0,1)上恒有f ′(x )＞x ，某某数a 的取值X 围；(2)已知c 1＞0，且＋1＝f ′()(n ＝1,2，…)，在(1)的条件下，证明数列{}是单调递增数列．解：(1)因为f ′(x )＝2x －a ＋1x ＋1，由f ′(x )＞x ，得2x －a ＋1x ＋1＞x ，即a ＜x ＋1x ＋1(0＜x ＜1)．又y ＝x ＋1x ＋1＝x ＋1＋1x ＋1－1＞1(因为x ＋1＞1)，所以a ＜1，即实数a 的取值X 围为(－∞，1)．(2)证明：①当n ＝1时，c 2＝f ′(c 1)＝2c 1－a ＋1c 1＋1，又因为c 1＞0, 所以c 1＋1＞1，且a ＜1，所以c 2－c 1＝c 1－a ＋1c 1＋1＝c 1＋1＋1c 1＋1－(a ＋1)＞2－(a ＋1)＝1－a ＞0. 所以c 2＞c 1，即当n ＝1时结论成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时，有c k ＋1＞c k ，且c k ＞0，则当n ＝k ＋1时， c k ＋2－c k ＋1＝c k ＋1－a ＋1c k ＋1＋1＝c k ＋1＋1＋1c k ＋1＋1－(a ＋1)＞2－(a ＋1)＝1－a ＞0. 所以c k ＋2＞c k ＋1，即当n ＝k ＋1时结论成立．由①②知数列{}是单调递增数列．5．猜想：集合M＝{x|x≤n，x∈N*}(n∈N*)的所有子集均可排成一行，使得任意两个相邻子集的元素个数相差1.请你分别取n＝1,2,3加以验证，并判断猜想是否对任意的正整数n都成立，若不是，请说明理由；若是，请给出证明．解：当n＝1时，M＝{1}的2个子集排成一行：∅，{1}，元素个数相差1，成立；当n＝2时，M＝{1,2}的4个子集排成一行：∅，{1}，{1,2}，{2}，任意两个相邻的子集的元素个数相差1，猜想成立；当n＝3时，M＝{1,2,3}的8个子集排成一行：∅，{1}，{1,2}，{2}，{2,3}，{1,2,3}，{1,3}，{3}，任意两个相邻的子集的元素个数相差1，猜想成立，对任意的正整数n，猜想成立，证明如下：①当n＝1时，已证；②假设当n＝k(k∈N*)时，集合M＝{1,2，…，k}的2k个子集排成一行：M1，M2，…，M2k，任意两个相邻子集的元素个数相差1.则当n＝k＋1时，集合M＝{1,2，…，k，k＋1}的2k＋1个子集排成一行：M1，M2，…，M2k，M2k∪{k＋1}，…，M2∪{k＋1}，M1∪{k＋1}，任意两个相邻的子集的元素个数相差1,故当n＝k＋1时，结论也成立．由①②知，猜想成立．。

高考数学二轮复习专题七附加题考点整合理

【创新设计】（江苏专用）2016高考数学二轮复习专题七附加题考点整合理第1讲立体几何中的向量方法高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)空间向量的坐标表示及坐标运算，属B 级要求；(2)线线、线面、面面平行关系判定，属B 级要求；(3)线线、线面、面面垂直的判定，属B 级要求；(4)求异面直线、直线与平面、平面与平面所成角，属B 级要求．真题感悟(2015·江苏卷)如图，在四棱锥PABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)， P (0，0，2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)．因为PC →＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量，从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ)，又DP →＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.考点整合1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，ν＝(a 3，b 3，c 3)，则 (1)线面平行l ∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥ν⇔μ＝λν⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·ν＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0. 2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，ν＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则cos θ＝|a·b||a||b|＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sin θ＝|a·μ||a||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|，(3)面面夹角设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝|μ·ν||μ||ν|＝|cos 〈μ，ν〉|.热点一向量法证明平行与垂直【例1】如图，在直三棱柱ADEBCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点，求证：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明法一由题意，AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，F (1，0，1)，M ⎝⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎪⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，BA →＝(－1，0，0)，∴OM →·BA →＝0，∴OM →⊥BA →.∵棱柱ADE BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DF →＝(1，－1，1)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC →＝(1，0，0)，由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0，1，1)．则n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面，又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →，∴OM →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0，OM →·FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →)＝－12BC →2＋12BF →2＝0.∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ，∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .探究提高解决本类问题的关键步骤是建立恰当的坐标系，用坐标表示向量或用基底表示向量，证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算．【训练1】如图，在四棱锥PABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，PA ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是PA 的中点．(1)求证：直线PC ∥平面BDE ； (2)求证：BD ⊥PC .证明设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，AB ＝2，底面ABCD 为菱形，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3，AC ⊥BD .如图，以O 为坐标原点，以OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于PA 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，D (－1，0，0)，E (0，－3，1)．(1)设平面BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，因为BE →＝(－1，－3，1)，BD →＝(－2，0，0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0，n 1·BE →＝0，得⎩⎨⎧－2x 1＝0，－x 1－3y 1＋z 1＝0，令z 1＝3，得y 1＝1，所以n 1＝(0，1，3)．又PC →＝(0，23，－2)，所以PC →·n 1＝0＋23－23＝0，即PC →⊥n 1，又PC ⊄平面BDE ，所以PC ∥平面BDE .(2)因为PC →＝(0，23，－2)，BD →＝(－2，0，0)，所以PC →·BD →＝0.故BD ⊥PC . 热点二利用空间向量求空间角【例2】 (2013·江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (1，1，0)，A 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，所以A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝＝ 1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2，1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53. 探究提高利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．【训练2】 (2015·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值．解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10. 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (10，0，0)，H (10，10，0)，E (10，4，8)，F (0，4，8)，FE →＝(10，0，0)，HE →＝(0，－6，8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0，4，3)．又AF →＝(－10，4，8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.热点三利用空间向量解决探索性问题【例3】 (2015·苏、锡、常、镇调研)如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，PA ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：平面PQB ⊥平面PAD ；(2)在棱PC 上是否存在一点M ，使二面角MBQC 为30°，若存在，确定M 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 ∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，Q 为AD 的中点，∴BC ∥DQ 且BC ＝DQ ， ∴四边形BCDQ 为平行四边形， ∴CD ∥BQ . ∵∠ADC ＝90°，∴∠AQB ＝90°，即QB ⊥AD ， ∵PA ＝PD ，∴PQ ⊥AD ，∵PQ ∩BQ ＝Q ，∴AD ⊥平面PBQ ， ∵AD ⊂面PAD ， ∴平面PQB ⊥平面PAD .(2)解 ∵PA ＝PD ，Q 为AD 的中点，∴PQ ⊥AD .∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PQ ⊥平面ABCD .以Q 为原点，QA 为x 轴，QB 为y 轴，QP 为z 轴建立空间直角坐标系，则平面BQC 的一个法向量n ＝(0，0，1)，Q (0，0，0)，P (0，0，3)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)．设满足条件的点M (x ，y ，z )存在，则PM →＝(x ，y ，z －3)，MC →＝(－1－x ，3－y ，－z )，令PM →＝tMC →，其中t ＞0，∴⎩⎨⎧x ＝t （－1－x ），y ＝t （3－y ），z －3＝t （－z ），∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－t1＋t ，y ＝3t 1＋t，z ＝31＋t .在平面MBQ 中， QB →＝(0，3，0)，QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 1＋t ，3t 1＋t ，31＋t ，∴平面MBQ 的一个法向量m ＝(3，0，t )， ∵二面角MBQC 为30°， ∴cos 30°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·m |n |·|m |＝|t |3＋0＋t2＝32，解得t ＝3.所以满足条件的点M 存在，M 是棱PC 的靠近点C 的四等分点．探究提高空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．【训练3】 (2015·扬州市检测)如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上的一点，CP ＝m .(1)若m ＝1，求异面直线AP 与BD 1所成的角的余弦；(2)是否存在实数m ，使直线AP 与平面AB 1D 1所成角的正弦值是13？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1，0，0)，B (1，1，0)，P (0，1，m )，C (0，1，0)，D (0，0，0)，B 1(1，1，2)，D 1(0，0，2)．当m ＝1时，BD 1→＝(－1，－1，2)，AP →＝(－1，1，1)． cos 〈BD 1→，AP →〉＝BD 1→·AP →|BD 1→||AP →|＝26×3＝23，即异面直线AP 与BD 1所成角的余弦是23. (2)假设存在实数m ，使直线AP 与平面AB 1D 1所成的角的正弦值等于13，则D 1B 1→＝(1，1，0)，AD 1→＝(－1，0，2)，AP →＝(－1，1，m )，设平面AB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥D 1B 1→，n ⊥AD 1→得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，取x ＝2，得平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(2，－2，1)．∵直线AP 与平面AB 1D 1所成的角的正弦值等于13，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2－2＋m 3·m 2＋2＝13，解得m ＝74，因为0≤m ≤2，所以m ＝74满足条件，所以当m ＝74时，直线AP 与平面AB 1D 1所成的角的正弦值等于13.1．利用空间向量证明线面关系时，应抓住直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，如直线的方向向量与平面的法向量共线时，直线和平面垂直；直线的方向向量与平面的法向量垂直时，直线和平面平行或直线在平面内．2．两条直线夹角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.设直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2，其夹角为θ，则cos θ＝|cos<n 1，n 2>|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.3．二面角的范围为[0，π]．设半平面α与β的法向量分别为n 1与n 2，二面角为θ，则|cos θ|＝|cos<n 1，n 2>|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.4．利用空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦； (2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.1．(2015·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1，0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 2．(2015·安徽卷)如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA ，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F .(1)证明：EF ∥B 1C ；(2)求二面角E A 1D B 1的余弦值．(1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)解因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →.n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0， (－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1)．设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1)．所以结合图形知二面角E A 1D B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.3．(2014·新课标全国Ⅰ卷)如图，三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A A 1B 1C 1的余弦值． (1)证明连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点．又AB ⊥B 1C ，AB ∩BO ＝B ，所以B 1C ⊥平面ABO . 由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)解因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO . 又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌△BOC .故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两互相垂直．以O 为坐标原点，OB →，OB 1→，OA →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|OB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形．又AB ＝BC ，OC ＝OA ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，33，B (1，0，0)，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0. AB 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，33，－33，A 1B 1→＝AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－33，B 1C 1→＝BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－33，0. 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0.同理可取m ＝(1，－3，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝17.所以二面角A A 1B 1C 1的余弦值为17.4．(2015·浙江卷)如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点．(1)证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；(2)求二面角A 1BDB 1的平面角的余弦值．(1)证明设E 为BC 的中点，由题意得A 1E ⊥平面ABC ，所以A 1E ⊥AE . 因为AB ＝AC ，所以AE ⊥BC . 故AE ⊥平面A 1BC .由D ，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得DE ∥B 1B 且DE ＝B 1B ，从而DE ∥A 1A 且DE ＝A 1A ，所以A 1AED 为平行四边形．故A 1D ∥AE .又因为AE ⊥平面A 1BC ，所以A 1D ⊥平面A 1BC . (2)解法一作A 1F ⊥BD 且A 1F ∩BD ＝F ，连接B 1F .由AE ＝EB ＝2，∠A 1EA ＝∠A 1EB ＝90°，得A 1B ＝A 1A ＝4. 由A 1D ＝B 1D ，A 1B ＝B 1B ，得△A 1DB 与△B 1DB 全等．由A 1F ⊥BD ，得B 1F ⊥BD ，因此∠A 1FB 1为二面角A 1BDB 1的平面角．由A 1D ＝2，A 1B ＝4，∠DA 1B ＝90°，得BD ＝32，A 1F ＝B 1F ＝43.由余弦定理得cos∠A 1FB 1＝－18.故二面角A 1BDB 1的平面角的余弦值为－18.法二以CB 的中点E 为原点，分别以射线EA ，EB 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz ，如图所示．由题意知各点坐标如下：A 1(0，0，14)，B (0，2，0)，D (－2，0，14)，B 1(－2，2，14)．因此A 1B →＝(0，2，－14)，BD →＝(－2，－2，14)，DB 1→＝(0，2，0)．设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧2y 1－14z 1＝0，－2x 1－2y 1＋14z 1＝0，可取m ＝(0，7，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB 1→＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧2y 2＝0，－2x 2－2y 2＋14z 2＝0，可取n ＝(7，0，1)．于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝18.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A 1BDB 1的平面角的余弦值为－18.5．(2014·湖北卷)如图，在棱长为2的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0＜λ＜2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．解以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)．BC 1→＝(－2，0，2)，FP →＝(－1，0，λ)，FE →＝(1，1，0)，(1)证明当λ＝1时，FP →＝(－1，0，1)，因为BC 1→＝(－2，0，2)，所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)解设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.于是可取n ＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则m·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．6.如图，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1CEC 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长．解如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0，0，0)，B (0，0，2)，C (1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E (0，1，0)．(1)证明易得B 1C 1→＝(1，0，－1)， CE →＝(－1，1，－1)，于是B 1C 1→·CE →＝0，所以B 1C 1⊥CE .(2)B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2，1)．由(1)，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1，0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m ||B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217，所以二面角B 1CEC 1的正弦值为217. (3)AE →＝(0，1，0)，EC 1→＝(1，1，1)，设EM →＝λEC 1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →＝AE →＋EM →＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB →＝(0，0，2)为平面ADD 1A 1的一个法向量．设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，则 sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝|AM →·AB →||AM →||AB →|＝2λλ2＋（λ＋1）2＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1，于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13(负值舍去)，所以AM ＝ 2.第2讲计数原理、数学归纳法、随机变量及其分布列高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)分类加法计数原理、分步乘法计数原理，B 级要求．(2)排列与组合，B 级要求．(3)数学归纳法的简单应用，B 级要求；(4)n 次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的均值与方差，B 级要求．真题感悟(2014·江苏卷)盒中共有9个球，其中有4个红球、3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同．(1)从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球的颜色相同的概率P ；(2)从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x 1，x 2，x 3，随机变量X 表示x 1，x 2，x 3中的最大数，求X 的概率分布和数学期望E (X )．解 (1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球，所以P ＝C 24＋C 23＋C 22C 29＝6＋3＋136＝518.(2)随机变量X 所有可能的取值为2，3，4.{X ＝4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”，故P (X ＝4)＝C 44C 49＝1126；{X ＝3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球，或3个黄球和1个其他颜色的球”，故P (X ＝3)＝C 34C 15＋C 33C 16C 49＝20＋6126＝1363；于是P (X ＝2)＝1－P (X ＝3)－P (X ＝4) ＝1－1363－1126＝1114.所以随机变量X 的概率分布如下表：因此随机变量X E (X )＝2×1114＋3×1363＋4×1126＝209.考点整合1．两种计数原理分类加法计数原理和分步乘法计数原理． 2．排列(1)排列的定义；(2)排列数公式：A mn ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝n ！（n －m ）！(m ≤n ，m ，n ∈N *)．3．组合 (1)组合的定义； (2)组合数公式：C mn ＝n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！＝n ！m ！（n －m ）！(m ≤n ，m ，n ∈N *)．(3)组合数性质：C m n ＝C n －mn ；C mn ＋C m －1n ＝C mn ＋1. 4．数学归纳法运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推基础)，证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)，假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从n 0开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可． 5．概率、随机变量及其分布(1)离散型随机变量及其概率分布的表示：①离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量叫做离散型随机变量； ②离散型随机变量概率分布的表示法：概率分布列和概率分布表；性质：1°p i ≥0(i ＝1，2，3，…，n )；2°p 1＋p 2＋p 3＋…＋p n ＝1. (2)特殊的概率分布列：①0－1分布(两点分布)符号表示：X ～0－1分布； ②超几何分布：1°符号表示：X ～H (n ，M ，N )； 2°概率分布列：X ～H (r ；n ，M ，N )＝P (X ＝r )＝C r M C n －rN －MC M N；③二项分布(又叫独立重复试验，伯努利试验)：1°符号表示：X ～B (n ，p )；2°概率分布列：P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k . 注意：P (X ＝0)＋P (X ＝1)＋P (X ＝2)＋…＋P (X ＝r )＋…＋P (X ＝n )＝1.热点一与计数原理有关的问题【例1】 (2011·江苏卷)设整数n ≥4，P (a ，b )是平面直角坐标系xOy 中的点，其中a ，b ∈{1，2，3，…，n }，a ＞b .(1)记A n 为满足a －b ＝3的点P 的个数，求A n ； (2)记B n 为满足13(a －b )是整数的点P 的个数，求B n .解 (1)点P 的坐标满足条件1≤b ＝a －3≤n －3，所以A n ＝n －3.(2)设k 为正整数，记f n (k )为满足条件以及a －b ＝3k 的点P 的个数，只要讨论f n (k )≥1的情形．由1≤b ＝a －3k ≤n －3k 知f n (k )＝n －3k ，且k ≤n －13，设n －1＝3m ＋r ，其中m ∈N *，r ∈{0，1，2}，则k ≤m ，所以B n ＝∑mk ＝1f n (k )＝∑mk ＝1 (n －3k )＝mn －3m （m ＋1）2＝m （2n －3m －3）2，将m ＝n －1－r3代入上式，化简得B n ＝（n －1）（n －2）6－r （r －1）6，所以B n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n （n －3）6，n3是整数，（n －1）（n －2）6，n3不是整数. 探究提高此计数原理问题中要计算点的个数，因此要根据条件对正整数的取值进行分类，弄清可能的取值类别，再根据加法原理进行计算．【训练1】 (2015·南通调研)记1，2…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1，2，…，n －1})．(1)求f (3)； (2)求f (n )．解 (1)当n ＝3时，1，2，3的所有排列有(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，其中满足仅存在一个i ∈{1，2，3}，使得a i ＞a i ＋1的排列有(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，所以f (3)＝4. (2)在1，2，…，n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1，2，3，…，n －1中选i －1个数按从小到大顺序排列为a 1，a 2，…，a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C i －1n －1.若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)．综上，f (n )＝f (n －1)＋11n i -=∑C i －1n －1＝f (n －1)＋2n －1－1.从而f (n )＝23（1－2n －3）1－2－(n －3)＋f (3)＝2n－n －1.热点二数学归纳法的应用【例2】 (2015·江苏卷)已知集合X ＝{1，2，3}，Y n ＝{1，2，3，…，n }(n ∈N *)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数． (1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明．解 (1)Y 6＝{1，2，3，4，5，6}，S 6中的元素(a ，b )满足：若a ＝1，则b ＝1，2，3，4，5，6；若a ＝2，则b ＝1，2，4，6；若a ＝3，则b ＝1，3，6.所以f (6)＝13. (2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N *)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立；②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论： 1)若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；2)若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k3＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－13，结论成立；3)若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－23，结论成立；4)若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋k ＋13，结论成立；5)若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k3＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－13，结论成立；6)若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－23，结论成立．综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立．探究提高在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可．在较复杂的式子中，注意由n ＝k 到n ＝k ＋1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项．同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法．【训练2】 (2014·江苏卷)已知函数f 0(x )＝sin xx(x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22都成立．(1)解由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫sin x x ′＝cos x x －sin x x 2，于是f 2(x )＝f ′1(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x x ′－⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3，所以f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－4π2，f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－2π＋16π3，故2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1. (2)证明由已知，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ，即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2，类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)，3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2，4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin ()x ＋2π. 下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x ) ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立． (ⅰ)当n ＝1时，由上可知等式成立． (ⅱ)假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2.因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2，所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2. 因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(ⅰ)，(ⅱ)可知等式nf n －1(x )＋xf n (x ) ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．令x ＝π4，可得nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋n π2(n ∈N *)．所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22(n ∈N *)．热点三随机变量的分布列及其数学期望【例3】 (2015·泰州调研)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的八个顶点中任取四个点，当四点共面时，ξ＝0，当四点不共面时，ξ的值为四点组成的四面体的体积．(1)求概率P (ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求出数学期望E (ξ)．解 (1)从正方体的八个顶点中任取四个点，共有C 48＝70种不同取法．其中共面的情况共有12种(6个侧面，6个对角面)，则P (ξ＝0)＝1270＝635.(2)任取四个点，当四点不共面时，四面体的体积只有以下两种情况：①四点在相对面且异面的对角线上，体积为1－4×16＝13.这样的取法共有2种．②四点中有三个点在一个侧面上，另一个点在相对侧面上，体积为16.这样的取法共有70－12－2＝56(种)． ∴ξ的分布列为数学期望E (ξ)＝13×135＋6×35＝7.探究提高求解一般的随机变量的期望和方差的基本方法是：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出分布列，根据数学期望和方差的公式计算．【训练3】 (2015·苏、锡、常、镇调研)甲、乙两个同学进行定点投篮游戏，已知他们每一次投篮投中的概率均为23，且各次投篮的结果互不影响．甲同学决定投5次，乙同学决定投中1次就停止，否则就继续投下去，但投篮次数不超过5次． (1)求甲同学至少有4次投中的概率；(2)求乙同学投篮次数ξ的分布列和数学期望．解 (1)设甲同学在5次投篮中，恰有x 次投中，“至少有4次投中”的概率为P ，则P ＝P (x ＝4)＋P (x ＝5)＝C 45423⎛⎫ ⎪⎝⎭1213⎛⎫- ⎪⎝⎭＋C 55523⎛⎫ ⎪⎝⎭213⎛⎫- ⎪⎝⎭＝112243. (2)由题意ξ＝1，2，3，4，5.P (ξ＝1)＝23， P (ξ＝2)＝13×23＝29， P (ξ＝3)＝13×13×23＝227，P (ξ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＝281，P (ξ＝5)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝181.ξ的分布表为ξ的数学期望E (ξ)＝1×3＋2×9＋3×27＋4×81＋5×81＝81.1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘． 2．数学归纳法主要是用来解决与自然数有关的命题．通常与数列、不等式证明等基础知识和基本技能相结合来考查逻辑推理能力，要了解数学归纳法的原理，并能加以简单的应用． 3．离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和． 4．求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式)等，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值.1．(2012·江苏卷)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝1.(1)求概率P (ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E (ξ)．解 (1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C 23对相交棱，因此P (ξ＝0)＝8C 23C 212＝8×366＝411.(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或2，其中距离为2的共有6对，故P (ξ＝2)＝6C 212＝111，于是P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)＝1－411－111＝611，所以随机变量ξ的分布列是因此E (ξ)＝1×611＋22．(2015·山东卷)若n 是一个三位正整数，且n 的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n 为“三位递增数”(如137，359，567等)．在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分． (1)写出所有个位数字是5的“三位递增数” ；(2)若甲参加活动，求甲得分X 的分布列和数学期望E (X )．解 (1)个位数是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345； (2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C 39＝84，随机变量X 的取值为：0，－1，1，因此P (X ＝0)＝C 38C 39＝23，P (X ＝－1)＝C 24C 39＝114，P (X ＝1)＝1－114－23＝1142，所以X 的分布列为则E (X )＝0×23＋(－1)×114＋1×42＝21.3．(2013·江苏卷)设数列{a n }：1，－2，－2，3，3，3，－4，－4，－4，－4，…，(－1)k－1k ，…，(－1)k －1k 个k ，…，即当（k －1）k 2<n ≤k （k ＋1）2(k ∈N *)时，a n ＝(－1)k －1k ，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n (n ∈N *)．对于l ∈N *，定义集合P l ＝{n |S n 是a n 的整数倍，n ∈N *，且1≤n ≤l }．(1)求集合P 11中元素的个数；(2)求集合P 2 000中元素的个数．解 (1)由数列{a n }的定义得a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－2，a 4＝3，a 5＝3，a 6＝3，a 7＝－4，a 8＝－4，a 9＝－4，a 10＝－4，a 11＝5，所以S 1＝1，S 2＝－1，S 3＝－3，S 4＝0，S 5＝3，S 6＝6，S 7＝2，S 8＝－2，S 9＝－6，S 10＝－10，S 11＝－5，从而S 1＝a 1，S 4＝0×a 4，S 5＝a 5，S 6＝2a 6，S 11＝－a 11，所以集合P 11中元素的个数为5.(2)先证：S i (2i ＋1)＝－i (2i ＋1)(i ∈N *)．事实上，①当i ＝1时，S i (2i ＋1)＝S 3＝－3，－i (2i ＋1)＝－3，故原等式成立； ②假设i ＝m 时成立，即S m (2m ＋1)＝－m (2m ＋1)，则i ＝m ＋1时，S (m ＋1)(2m ＋3)＝S m (2m ＋1)＋(2m ＋1)2－(2m ＋2)2＝－m (2m ＋1)－4m －3＝－(2m 2＋5m ＋3)＝－(m ＋1)(2m ＋3)．综合①②可得，S i (2i ＋1)＝－i (2i ＋1)．于是S (i ＋1)(2i ＋1)＝S i (2i ＋1)＋(2i ＋1)2＝－i (2i ＋1)＋(2i ＋1)2＝(2i ＋1)(i ＋1)．由上可知S i (2i ＋1)是2i ＋1的倍数，而a i (2i ＋1)＋j ＝2i ＋1(j ＝1，2，…，2i ＋1)，所以S i (2i ＋1)＋j ＝S i (2i ＋1)＋j (2i ＋1)是a i (2i ＋1)＋j (j ＝1，2，…，2i ＋1)的倍数．又S (i ＋1)(2i ＋1)＝(i ＋1)·(2i ＋1)不是2i ＋2的倍数，而a (i ＋1)(2i ＋1)＋j ＝－(2i ＋2)(j ＝1，2，…，2i ＋2)，所以S (i ＋1)(2i ＋1)＋j＝S (i ＋1)(2i ＋1)－j (2i ＋2)＝(2i ＋1)(i ＋1)－j (2i ＋2)不是a (i ＋1)(2i ＋1)＋j (j ＝1，2，…，2i ＋2)的倍数，故当l ＝i (2i ＋1)时，集合P l 中元素的个数为1＋3＋…＋(2i －1)＝i 2，于是，当l ＝i (2i ＋1)＋j (1≤j ≤2i ＋1)时，集合P l 中元素的个数为i 2＋j . 又2 000＝31×(2×31＋1)＋47，故集合P 2 000中元素的个数为312＋47＝1 008. 4．(2010·江苏卷)已知△ABC 的三边长都是有理数． (1)求证：cos A 是有理数；(2)求证：对任意正整数n ，cos nA 是有理数．证明 (1)设三边长分别为a ，b ，c ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc，∵a ，b ，c 是有理数，b 2＋c 2－a 2是有理数，分母2bc 为正有理数，又有理数集对于除法具有封闭性， ∴b 2＋c 2－a 22bc必为有理数，∴cos A 是有理数．(2)①当n ＝1时，显然cos A 是有理数；当n ＝2时，∵cos 2A ＝2cos 2A －1，因为cos A 是有理数， ∴cos 2A 也是有理数；②假设当n ≤k (k ≥2)时，结论成立，即cos kA 、cos(k －1)A 均是有理数．当n ＝k ＋1时，cos(k ＋1)A ＝cos kA cos A －sin kA sin A＝cos kA cos A －12[cos(kA －A )－cos(kA ＋A )]＝cos kA cos A －12cos(k －1)A ＋12cos(k ＋1)A解得：cos(k ＋1)A ＝2cos kA cos A －cos(k －1)A ∵cos A ，cos kA ，cos(k －1)A 均是有理数， ∴2cos kA cos A －cos(k －1)A 是有理数， ∴cos(k ＋1)A 是有理数．即当n ＝k ＋1时，结论成立．综上所述，对于任意正整数n ，cos nA 是有理数．5．记⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 22…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 2n 的展开式中，x 的系数为a n ，x 2的系数为b n ，其中n ∈N *.(1)求a n ；(2)是否存在常数p ，q (p ＜q )，使b n ＝13⎝⎛⎭⎪⎫1＋p 2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋q 2n ，对n ∈N *，n ≥2恒成立？证明你的结论．解 (1)根据多项式乘法运算法则，得a n ＝12＋122＋…＋12n ＝1－12n .(2)计算得b 2＝18，b 3＝732.代入b n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋p 2n ⎝⎛⎭⎪⎫1＋q 2n ，解得p ＝－2，q ＝－1.下面用数学归纳法证明b n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝13－12n ＋23×14n (n ≥2且n ∈N *)①当n ＝2时，b 2＝18，结论成立．②设n ＝k 时成立，即b k ＝13－12k ＋23×14k ，则当n ＝k ＋1时，b k ＋1＝b k ＋a k2k ＋1＝13－12k ＋23×14k ＋12k ＋1－122k ＋1 ＝13－12k ＋1＋23×14k ＋1. 由①②可得存在常数p ＝－2，q ＝－1使结论对n ∈N *，n ≥2成立．6．(2012·江苏卷)设集合P n ＝{1，2，…，n }，n ∈N *.记f (n )为同时满足下列条件的集合A 的个数：①A ⊆P n ；②若x ∈A ，则2x ∉A ；③若x ∈∁P n A ，则2x ∉∁P n A .(1)求f (4)；(2)求f (n )的解析式(用n 表示)．解 (1)当n ＝4时，符合条件的集合A 为：{2}，{1，4}，{2，3}，{1，3，4}，故f (4)＝4.(2)任取偶数x ∈P n ，将x 除以2，若商仍为偶数，再除以2，…，经过k 次以后，商必为奇数，此时记商为m ，于是x ＝m ·2k，其中m 为奇数，k ∈N *. 由条件知，若m ∈A ，则x ∈A ⇔k 为偶数；若m ∉A ，则x ∈A ⇔k 为奇数．于是x 是否属于A 由m 是否属于A 确定．设Q n 是P n 中所有奇数的集合，因此f (n )等于Q n 的子集个数．当n 为偶数(或奇数)时，P n 中奇数的个数是n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫或n ＋12，所以f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧2n2，n 为偶数，2n ＋12，n 为奇数.第1讲几何证明选讲高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)三角形及相似三角形的判定与性质；(2)圆的相交弦定理，切割线定理；(3)圆内接四边形的性质与判定；(4)相交弦定理，本内容考查属B 级要求．真题感悟1.(2015·江苏卷)如图，在△ABC中，AB＝AC，△ABC的外接圆⊙O的弦AE交BC于点D.求证：△ABD∽△AEB.证明因为AB＝AC，所以∠ABD＝∠C.又因为∠C＝∠E，所以∠ABD＝∠E，又∠BAE为公共角，可知△ABD∽△AEB.2．(2014·江苏卷)如图，AB是圆O的直径，C，D是圆O上位于AB异侧的两点．证明：∠OCB＝∠D.证明因为B，C是圆O上的两点，所以OB＝OC.故∠OCB＝∠B.又因为C，D是圆O上位于AB异侧的两点，故∠B，∠D为同弧所对的两个圆周角，所以∠B＝∠D.因此∠OCB＝∠D.考点整合1．(1)相似三角形的判定定理判定定理1：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似．判定定理2：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两边和另一个三角形的两边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似．判定定理3：对于任意两个三角形，如果一个三角形的三条边和另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似．(2)相似三角形的性质①相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比；②相似三角形周长的比等于相似比；③相似三角形面积的比等于相似比的平方．(3)直角三角形的射影定理：直角三角形中，每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影与斜边的比例中项；斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项．2．(1)圆周角定理：圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．(2)圆心角定理：圆心角的度数等于它所对弧的度数．3．(1)圆内接四边形的性质定理：①圆的内接四边形的对角互补；②圆内接四边形的外角等于它的内角的对角．(2)圆内接四边形判定定理：如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．4．(1)圆的切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．(2)圆的切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．(3)弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．(4)相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．(5)切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段。

高考数学专题--附加题部分

高考数学专题--附加题部分———————主干整合·归纳拓展———————[第1步▕ 核心知识再整合]1．几何证明选讲部分，需要核心关注与圆有关的比例线段、圆幂定理的应用及推理论证，相似三角形与圆内接四边形是主要的转换形式．2．矩阵与变换部分，着重掌握用二阶行列式求逆矩阵、二阶矩阵的乘法等基础计算． 3．坐标系与参数方程部分，着重掌握极坐标与直角坐标、参数方程与普通方程的互化，通过极坐标方程、参数方程考查直线与圆、椭圆的位置关系是命题的热点．4．不等式选讲部分，以考查含一个或两个绝对值号的不等式的求解为主，通常不等式中带有参数，分类讨论去绝对值是必然的选择． 5．离散型随机变量的均值与方差(1)均值：E (X )＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x n p n ；(2)方差：V (X )＝(x 1－μ)2p 1＋(x 2－μ)2p 2＋…＋(x n －μ)2p n ； (3)性质：E (ax ＋b )＝aE (x )＋b ；V (ax ＋b )＝a 2V (x )． 6．两点分布与二项分布的均值与方差(1)若X 服从两点分布，则E (X )＝p ，V (X )＝p (1－p )； (2)若X ～B (n ，p )，则E (X )＝np ，V (X )＝np (1－p )． 7．直方图的三个常用结论(1)小长方形的面积＝组距×频率组距＝频率； (2)各长方形的面积和等于1； (3)小长方形的高＝频率组距.8．排列、组合数相关性质排列：A m n ＋1＝A m n ＋m A m －1n ；组合：C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n (m ≤n ，m ，n ∈N *)，k C k n ＝n C k －1n －1. C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝2n －1.9. 二项式定理(a ＋b )n＝C 0n a n＋C 1n an －1b ＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n (n ∈N *)，10．(1)直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法：设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)，则 ①线面平行：l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.②线面垂直：l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.③面面平行：α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.④面面垂直：α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.(2)直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算：设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． ①线线夹角：设l ，m 的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则 cos θ＝|a·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. ②线面夹角：设直线l 与平面α的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|.③面面夹角：设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|.[第2步▕ 高频考点细突破]几何证明选讲【例1】 F .求证：AB 2＝BE ·BD －AE ·AC .[证明] 连接AD (图略)，∵AB 为圆的直径，∴AD ⊥BD ，又EF ⊥AB ，则A ，D ，E ，F 四点共圆，∴BD ·BE ＝BA ·BF .又△ABC ∽△AEF ， ∴AB AE ＝ACAF，即AB ·AF ＝AE ·AC ， ∴BE ·BD －AE ·AC ＝BA ·BF －AB ·AF ＝AB ·(BF －AF )＝AB 2.[规律方法] 与圆有关的线段求解，主要是通过相似三角形建立相似比来求解，从而证明三角形相似是核心，而在圆内证明三角形相似主要是通过圆周角定理或圆心角定理证明角相等．[举一反三] 如图，AB 为半圆O 的直径，直线PC 切半圆O 于点C ，AP ⊥PC ，P 为垂足．求证：(1)∠PAC ＝∠CAB ； (2)AC 2＝AP ·AB .[解] (1)证明：因为PC 切半圆O 于点C ，所以∠PCA ＝∠CBA . 因为AB 为半圆O 的直径，所以∠ACB ＝90°.因为AP ⊥PC ，所以∠APC ＝90°. 因此∠PAC ＝∠CAB .(2)由(1)知△APC ∽△ACB ，故AP AC ＝ACAB，即AC 2＝AP ·AB .矩阵与变换【例2】已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 0，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 2.(1)求AB ；(2)若曲线C 1：x 28＋y 22＝1在矩阵AB 对应的变换作用下得到另一曲线C 2，求C 2的方程. [解] (1)因为A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 110，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 002，所以AB ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤011 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 210.(2)设Q (x 0，y 0)为曲线C 1上的任意一点，它在矩阵AB 对应的变换作用下变为点P (x ，y )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 21 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 0＝x ，x 0＝y ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝y ，y 0＝x2.因为点Q (x 0，y 0)在曲线C 1上，则x 208＋y 202＝1，从而y 28＋x 28＝1，即x 2＋y 2＝8.因此曲线C 1在矩阵AB 对应的变换作用下得到曲线C 2：x 2＋y 2＝8.[规律方法] 本小题主要考查矩阵的乘法、特征向量的求法，考查运算求解能力．注意矩阵乘法不满足交换律，即A －1B ≠BA －1，矩阵与变换所涉及的内容并不多，在平时只要注意归纳，并且计算过关此题可以轻松拿下． [举一反三]已知α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤21为矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a －1 4属于λ的一个特征向量，求实数a ，λ的值及A 2.[解] 由条件可知⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a －14⎣⎢⎡⎦⎥⎤21＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤21， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2＋a ＝2λ，－2＋4＝λ，解得a ＝λ＝2.因此A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12－1 4，所以A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12－14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 2－1 4＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 10－5 14.坐标系与参数方程【例3】建立极坐标系．已知曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋2cos αy ＝3＋2sin α，(α∈[0,2π]，α为参数)，曲线C 2的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝a (a ∈R )，若曲线C 1与曲线C 2有且仅有一个公共点，求实数a 的值．[解] 曲线C 1的方程为(x －3)2＋(y －3)2＝4，圆心坐标为(3，3)，半径为2. ∵曲线C 2的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝a (a ∈R )，∴12ρsin θ＋32ρcos θ＝a ，∴曲线C 2的直角坐标方程为3x ＋y －2a ＝0，∵曲线C 1与曲线C 2有且仅有一个公共点， ∴|3＋3－2a |2＝2，解得a ＝1或a ＝5. [规律方法] 参数方程与普通方程、极坐标与直角坐标之间的互化，熟练简单曲线的极坐标是解答本类问题的关键． [举一反三]在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－8＋t ，y ＝t2(t 为参数)，曲线C的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2s 2，y ＝22s(s 为参数)．设P 为曲线C 上的动点，求点P 到直线l 的距离的最小值．[解] 直线l 的普通方程为x －2y ＋8＝0. 因为点P 在曲线C 上，设P (2s 2,22s )，从而点P 到直线l 的距离 d ＝|2s 2－42s ＋8|12＋－22＝2s －22＋45.当s ＝2时，d min ＝455.因此当点P 的坐标为(4,4)时，曲线C 上的点P 到直线l 的距离取到最小值455.不等式选讲【例4】求函数y ＝3sin x ＋22＋2cos 2x 的最大值．[解] y ＝3sin x ＋22＋2cos 2x ＝3sin x ＋4cos 2x .由柯西不等式得y 2＝(3sin x ＋4cos 2x )2≤(32＋42)·(sin 2x ＋cos 2x )＝25，所以y max ＝5，此时sin x ＝35.所以函数y ＝3sin x ＋22＋2cos 2x 的最大值为5..[规律方法] 不等式证明的基本方法是比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法和数学归纳法，其中以比较法和综合法最为基础，使用综合法证明不等式的关键就是通过适当的变换后使用重要不等式，证明过程注意从重要不等式的形式入手达到证明的目的． [举一反三]已知a ，b ，c ，d 为实数，且a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16，证明：ac ＋bd ≤8. [证明] 由柯西不等式，得(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)．因为a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16，所以(ac ＋bd )2≤64，因此ac ＋bd ≤8.均值与方差的实际应用【例5】已知一个口袋中有m 个白球，n 个黑球(m ，n ∈N *，n ≥2)，这些球除颜色外完全相同．现将口袋中的球随机地逐个取出，并放入如图所示的编号为1,2,3，…，m ＋n 的抽屉内，其中第k 次取出的球放入编号为k 的抽屉(k ＝1,2,3，…，m ＋n ).123…m ＋n(1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p ；(2)随机变量X 表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数，E (X )是X 的数学期望，证明：E (X )<n m ＋nn －1.[解] (1)编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p ＝C n －1m ＋n －1C n m ＋n ＝nm ＋n .(2)证明：随机变量X 的概率分布为X 1n1n ＋1 1n ＋2 (1)k (1)n ＋m PC n －1n －1C n m ＋nC n －1nC n m ＋nC n －1n ＋1C n m ＋n…C n －1k －1C n m ＋n…C n －1n ＋m －1C nm ＋n随机变量X 的期望为E (X )＝∑k ＝n m ＋n1k ·C n －1k －1C n m ＋n ＝1C n m ＋n ∑k ＝nm ＋n 1k ·k －1！n －1！k －n ！.所以E (X )<1C n m ＋n ∑k ＝nm ＋nk －2！n －1！k －n ！＝1n －1C n m ＋n ∑k ＝nm ＋nk －2！n －2！k －n ！＝1n －1C n m ＋n(1＋C n －2n －1＋C n －2n ＋…＋C n －2m ＋n －2)＝1n －1C n m ＋n(C n －1n －1＋C n －2n －1＋C n －2n ＋…＋C n －2m ＋n －2)＝1n －1C n m ＋n(C n －1n ＋C n －2n ＋…＋C n －2m ＋n －2)＝…＝1n －1C n m ＋n(C n －1m ＋n －2＋C n －2m ＋n －2)＝C n －1m ＋n －1n －1C nm ＋n＝nm ＋n n －1，即E (X )<n m ＋nn －1.[规律方法] 求解离散型随机变量均值与方差的主要步骤：(1)求出随机变量的所有可能的取值；(2)计算随机变量取各个值的概率，列出概率分布列；(3)按照公式计算均值(数学期望)与方差． [举一反三]甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一次篮，先投中者获胜．投篮进行到有人获胜或每人都已投球3次时结束．设甲每次投篮命中的概率为25，乙每次投篮命中的概率为23，且各次投篮互不影响．现由甲先投． (1)求甲获胜的概率；(2)求投篮结束时甲的投篮次数X 的分布列与期望．[解] (1)设甲第i 次投中获胜的事件为A i (i ＝1,2,3)，则A 1，A 2，A 3彼此互斥．甲获胜的事件为A 1＋A 2＋A 3.P (A 1)＝25；P (A 2)＝35×13×25＝225； P (A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫352×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×25＝2125. 所以P (A 1＋A 2＋A 3)＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3)＝25＋225＋2125＝62125.所以甲获胜的概率为62125.(2)X 所有可能取的值为1,2,3. 则P (X ＝1)＝25＋35×23＝45；P (X ＝2)＝225＋35×13×35×23＝425； P (X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫352×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×1＝125.即X 的概率分布列为X 1 2 3 P45425125所以X 的数学期望E (X )＝1×45＋2×425＋3×125＝3125.排列、组合及性质【例6】已知整数n ≥4，集合M ＝{1,2,3，…，n }的所有含有4个元素的子集记为A 1，A 2，A 3，…，A C 4n .设A 1，A 2，A 3，…，A C 4n 中所有元素之和为S n .(1)求S 4，S 5，S 6并求出S n ； (2)证明：S 4＋S 5＋…＋S n ＝10C 6n ＋2.[解] (1)当n ＝4时，集合M 只有1个符合条件的子集，S 4＝1＋2＋3＋4＝10，当n ＝5时，集合M 每个元素出现了C 34次，S 5＝C 34(1＋2＋3＋4＋5)＝60，当n ＝6时，集合M 每个元素出现了C 35次，S 6＝C 35(1＋2＋3＋4＋5＋6)＝210，所以，当集合M 有n 个元素时，每个元素出现了C 3n －1，故S n ＝C 3n －1·n n ＋12.(2)证明：因为S n ＝C 3n －1·n n ＋12＝112(n ＋1)n (n －1)(n －2)(n －3)＝10C 5n ＋1，则S 4＋S 5＋…＋S n ＝10(C 55＋C 56＋C 57＋…＋C 5n ＋1)＝10C 6n ＋2.[规律方法] 通过观察式子的结构，利用排列数和组合数的相关性质及二项式系数的相关性质以含有排列、组合数结构的代数式进行化简，有时需要拆分、拼凑项来进行结构重组． [举一反三]现有n n ＋12(n ≥2，n ∈N *)个给定的不同的数随机排成一个如图11－5所示的三角形数阵：设M k 是第k 行中的最大数，其中1≤k ≤n ，k ∈N *.记M 1＜M 2＜…＜M n 的概率为p n . (1)求p 2的值；(2)证明：p n ＞C 2n ＋1n ＋1！.[解] (1)由题意知p 2＝2A 22A 33＝23，即p 2的值为23.(2)先排第n 行，则最大数在第n 行的概率为n n n ＋12＝2n ＋1；去掉第n 行已经排好的n 个数，则余下的n n ＋12－n ＝n n －12个数中最大数在第n －1行的概率为n －1n n －12＝2n；…故p n ＝2n ＋1×2n ×…×23＝2n －1n ＋1×n ×…×3＝2nn ＋1！.由于2n＝(1＋1)n＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ≥C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＞C 1n ＋C 2n ＝C 2n ＋1，故2nn ＋1！＞C 2n ＋1n ＋1！，即p n ＞C 2n ＋1n ＋1！.二项式定理与其他知识交汇【例7】若一个正实数能写成n ＋1＋n (n ∈N *)的形式，则称其为“兄弟数”．求证：(1)若x 为“兄弟数” ，则x 2也为“兄弟数”；(2)若x 为“兄弟数”，k 是给定的正奇数，则x k也为“兄弟数”. [证明] (1)设x ＝n ＋1＋n (n ∈N *)，则x 2＝2n ＋1＋2nn ＋1＝4n 2＋4n ＋1＋4n 2＋4n ，是“兄弟数”．(2)设x ＝n ＋1＋n ，y ＝n ＋1－n (n ∈N *)，则xy ＝1，而x k＝∑i ＝0kC ik(n ＋1)k －i(n )i，y k＝∑i ＝0kC i k (n ＋1)k －i(－n )i，故x k＋y k＝∑i ＝0k C i k(n ＋1)k －i(n )i＋∑i ＝0kC i k (n ＋1)k －i(－n )i＝2[C 0k (n ＋1)k ＋C 2k (n ＋1)k －2·n ＋C 4k (n ＋1)k －4·n 2＋…＋C k －1kn ＋1·n k －12]，不妨记：x k＋y k＝2a n ＋1，a ∈N *，同理：由x k－y k＝∑i ＝0kC ik(n ＋1)k －i(n )i－∑i ＝0kC i k (n ＋1)k －i(－n )i，不妨记：x k－y k＝2b n ，b ∈N *，进而，2x k ＝4a2n ＋1＋4b 2n ，即x k ＝a 2n ＋1＋b 2n .又4a 2(n ＋1)－4b 2n ＝(x k ＋y k )2－(x k －y k )2＝4x k y k ＝4，故a 2(n ＋1)＝b 2n ＋1. 因此x k＝b 2n ＋1＋b 2n 亦为“兄弟数”．[规律方法] 二项式定理内容的考查常出现二项式内容与其它知识的交汇、整合，这是命题的一个创新方向．如二项式定理与函数、数列、复数、不等式等其他知识点综合成题时，对其他模块的知识点要能熟练运用． [举一反三]在自然数列1,2,3，…，n 中，任取k 个元素位置保持不动，将其余n －k 个元素变动位置，得到不同的新数列．由此产生的不同新数列的个数记为P n (k ). (1)求P 3(1)；(2)求∑k ＝04P 4(k )；(3)证明∑k ＝0n kP n (k )＝n ∑k ＝0n －1P n －1(k )，并求出∑k ＝0nkP n (k )的值．[解] (1)因为数列1,2,3中保持其中1个元素位置不动的排列只有1,3,2或3,2,1或2,1,3，所以P 3(1)＝3.(2)∑k ＝04P 4(k )＝P 4(0)＋P 4(1)＋P 4(2)＋P 4(3)＋P 4(4)＝C 04C 13C 13＋C 14C 12＋C 24＋0＋1＝9＋8＋6＋0＋1＝24.(3)把数列1,2，…，n 中任取其中k 个元素位置不动，则有C kn 种；其余n －k 个元素重新排列，并且使其余n －k 个元素都要改变位置，则有P n (k )＝C kn P n －k (0)，故∑k ＝0nkP n (k )＝∑k ＝0nk C kn P n －k (0)，又因为k C kn ＝n C k －1n －1，所以∑k ＝0n kP n (k )＝∑k ＝0nk C kn Pn －k(0)＝n ∑k ＝0n －1Ckn －1Pn －k －1(0)＝n ∑k ＝0n －1P n －1(k )．令a n ＝∑k ＝0nkP n (k )，则a n ＝na n －1，且a 1＝1.于是a 2a 3a 4…a n －1a n ＝2a 1×3a 2×4a 3×…×na n －1，左右同除以a 2a 3a 4…a n －1，得a n ＝2×3×4×…×n ＝n ！.所以∑k ＝0nkP n (k )＝n ！.立体几何中的向量方法【例8】如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B －A 1D －A 的正弦值．[解] 在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD . 如图，以{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底，建立空间直角坐标系A －xyz .因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B →＝(3，－1，－3)，AC 1→＝(3，1，3)，则cos 〈A 1B →，AC 1→〉＝A 1B →·AC 1→|A 1B →||AC 1→|＝＝－17，因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)平面A 1DA 的一个法向量为AE →＝(3，0,0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量，又A 1B →＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3,0)，则⎩⎨⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量．从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m|AE →||m |＝3，0，0·3，3，23×4＝34.设二面角B －A 1D －A 的大小为θ，则|cos θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此二面角B －A 1D －A 的正弦值为74. [规律方法] (1)利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．(2)利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角的情况下，这种方法具有一定的优势，但要注意，必须能断定“所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角”，在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否则解法是不严谨的． [举一反三]如图，已知正四棱锥P －ABCD 中，PA ＝AB ＝2，点M ，N 分别在PA ，BD 上，且PM PA ＝BN BD ＝13.(1)求异面直线MN 与PC 所成角的大小； (2)求二面角N －PC －B 的余弦值.[解] (1)设AC 与BD 的交点为O ，AB ＝PA ＝2.以点O 为坐标原点，DA →，DC →，OP →方向分别是x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .则A (1，－1,0)，B (1,1,0)，C (－1,1,0)，D (－1，－1,0)，设P (0,0，p )，则AP →＝(－1,1，p )，又AP ＝2， ∴1＋1＋p 2＝4，∴p ＝2，∵OM →＝OA →＋AM →＝OA →＋23AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－13，223，ON →＝13OB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，0，∴PC →＝(－1,1，－2)，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，－223，设异面直线MN 与PC 所成角为θ，则cos θ＝|MN →·PC →||MN →|·|PC →|＝23＋4343·4＝32.∴θ＝30°，∴异面直线MN 与PC 所成角为30°.(2)PC →＝(－1,1，－2)，PB →＝(1,1，－2)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，－2，设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·PB →＝x ＋y －2z ＝0，n ·PC →＝－x ＋y －2z ＝0，取z ＝1，得n ＝(0，2，1)，设平面PNC 的法向量m ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PN →＝13a ＋13b －2c ＝0，m ·PC →＝－a ＋b －2c ＝0，取c ＝1，得m ＝(2，22，1)，设二面角N －PC －B 的平面角为θ，则cos θ＝|m·n ||m |·|n |＝53·11＝53333.∴二面角N －PC －B 的余弦值为53333.[第3步▕ 高考易错明辨析]1．忽视参数的符号例、已知f (x )＝|ax ＋1|(a ∈R )，不等式f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}．(1)求a 的值；(2)若⎪⎪⎪⎪⎪⎪f x －2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2≤k 恒成立，求k 的取值范围．[错解] (1) 由|ax ＋1|≤3得－4≤ax ≤2，即－4a ≤x ≤2a，又f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－4a ＝－2，2a ＝1，即a ＝2.(2)记h (x )＝f (x )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1，x ≤－1，－4x －3，－1＜x ＜－12，－1，x ≥－12，∴|h (x )|≤1，因此k ≥1.[正解] (1)由|ax ＋1|≤3得－4≤ax ≤2，又f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}，∴当a ≤0时，不合题意；当a ＞0时，－4a ≤x ≤2a ，得⎩⎪⎨⎪⎧－4a ＝－2，2a ＝1，即a ＝2.(2)记h (x )＝f (x )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≤－1，－4x －3，－1＜x ＜－12，－1，x ≥－12，∴|h (x )|≤1，因此k ≥1. 2．基本概念理解不清例、直线2ρcos θ＝1与圆ρ＝2cos θ相交的弦长为________．[错解] 由⎩⎪⎨⎪⎧2ρcos θ＝1ρ＝2cos θ⇒⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝1，cos θ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝－1，cos θ＝－12，则弦长＝[1－－1]2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12－⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝ 5.[正解] 2ρcos θ＝1是过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0且垂直于极轴的直线，ρ＝2cos θ是以(1,0)为圆心，1为半径的圆，则弦长＝21－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝ 3. ———————专家预测·巩固提升———————1．(原创题)如图，AC ⊥AB ，BE ⊥AB ，AB ＝10，AC ＝2，用一块三角尺进行如下操作：将直角顶点P 在线段AB 上滑动，一直角边始终经过点C ，另一直角边与BE 相交于点D ，若BD ＝8，则AP 的长为________．2或8 [由题意，知△APC ∽△BDP ，∴AP BD ＝AC BP ，即AP 8＝210－AP.∴AP ＝2或8.] [题后反思] 本题强调动手能力，用身边的实物建模，构造相似三角形，这是此题的一个亮点．2．(新颖题)在极坐标系中，已知两点A ，B 的极坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫3，π3，⎝ ⎛⎭⎪⎫4，π6，则△AOB (其中O为极点)的面积为________．3 [如图，S △AOB ＝12×3×4×sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π6＝3.][题后反思] 本题把极坐标放在三角形内进行考查，角度新颖，而且难度降低，体现新课标注重知识点的内涵与本质这一特点．3．(改编题)若不等式|2x －m |≤|3x ＋6|恒成立，则实数m 的取值范围为________.{－4} [在同一直角坐标系中分别画出函数y ＝|2x －m |及y ＝|3x ＋6|的图象(如图)，由于不等式|2x －m |≤|3x ＋6|恒成立，∴函数y ＝|2x －m |的图象在y ＝|3x ＋6|的图象的下方，因此，函数y ＝|2x －m |的图象也必须经过点(－2,0)，∴m ＝－ 4.] 4．(原创题)设函数f (x )＝|x －3|－|x ＋1|，x ∈R .(1)解不等式f (x )＜－1；(2)设函数g (x )＝|x ＋a |－4，g (x )≤f (x )在x ∈[－2,2]上恒成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)由条件知f (x )＝|x －3|－|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧4， x ＜－1，－2x ＋2，－1≤x ≤3，－4， x ＞3，由f (x )＜－1，解得x ＞32.(2)由g (x )≤f (x )得|x ＋a |－4≤|x －3|－|x ＋1|，由函数的图象可知a 的取值范围是[－4,0].5．(改编题)在极坐标系内，已知曲线C 1的方程为ρ2－2ρ(cos θ－2sin θ)＋4＝0，以极点为原点，极轴方向为x 正半轴方向，利用相同单位长度建立平面直角坐标系，曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧5x ＝1－4t 5y ＝18＋3t (t 为参数)．(1)求曲线C 1的直角坐标方程以及曲线C 2的普通方程；(2)设点P 为曲线C 2上的动点，过点P 作曲线C 1的两条切线，求这两条切线所成角余弦值的取值范围．[解] (1)对于曲线C 1的方程为ρ2－2ρ(cos θ－2sin θ)＋4＝0，可化为直角坐标方程x2＋y 2－2x ＋4y ＋4＝0，即(x －1)2＋(y ＋2)2＝1；对于曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧5x ＝1－4t 5y ＝18＋3t (t 为参数)，可化为普通方程3x ＋4y －15＝0.(2)过圆心(1，－2)作直线3x ＋4y －15＝0的垂线，此时两切线成角θ最大，即余弦值最小，则由点到直线的距离公式可知d ＝|3×1＋4×－2－15|32＋42＝4，则sin θ2＝14，因此cos θ＝1－2sin 2θ2＝78，因此两条切线所成角的余弦值的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫78，1.强化训练：1．如图在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l ：x －y －2＝0，抛物线C ：y 2＝2px (p >0)．(1)若直线l 过抛物线C 的焦点，求抛物线C 的方程． (2)已知抛物线C 上存在关于直线l 对称的相异两点P 和Q .①求证：线段PQ 的中点坐标为(2－p ，－p )； ②求p 的取值范围.[解] (1)抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为⎝ ⎛⎭⎪⎫p2，0，由点⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0在直线l ：x －y －2＝0上，得p2－0－2＝0，即p ＝4.所以抛物线C 的方程为y 2＝8x .(2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，线段PQ 的中点M (x 0，y 0)．因为点P 和Q 关于直线l 对称，所以直线l 垂直平分线段PQ ，于是直线PQ 的斜率为－1，则可设其方程为y ＝－x ＋b .①证明：由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，y ＝－x ＋b 消去x 得y 2＋2py －2pb ＝0.(*)因为P 和Q 是抛物线C 上的相异两点，所以y 1≠y 2，从而Δ＝(2p )2－4×(－2pb )>0，化简得p ＋2b >0.方程(*)的两根为y 1,2＝－p ±p 2＋2pb ，从而y 0＝y 1＋y 22＝－p .因为M (x 0，y 0)在直线l 上，所以x 0＝2－p . 因此，线段PQ 的中点坐标为(2－p ，－p )． ②因为M (2－p ，－p )在直线y ＝－x ＋b 上，所以－p ＝－(2－p )＋b ，即b ＝2－2p .由①知p ＋2b >0，于是p ＋2(2－2p )>0，所以p <43.因此，p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43. 2．如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．[解] 以⎩⎨⎧⎭⎬⎫AB →，AD →，AP →为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)由题意知，AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)，设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)．又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈C Q →，D P →〉＝2t25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，所以此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.3．(1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C m n －1＋(n ＋1)C mn ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.[解] (1)7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0.(2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立．当n >m 时，(k ＋1)C mk ＝k ＋1·k ！m ！·k －m ！＝(m ＋1)·k ＋1！m ＋1！·[k ＋1－m ＋1]！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又因为C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C m k ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m m ＋[(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C mn ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)] ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.4．已知集合X ＝{1,2,3}，Y n ＝{1,2,3，…，n }(n ∈N *)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数． (1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明． [解] (1)Y 6＝{}1，2，3，4，5，6，S 6中的元素(a ，b )满足：若a ＝1，则b ＝1,2,3,4,5,6；若a ＝2，则b ＝1,2,4,6；若a ＝3，则b ＝1,3,6. 所以f (6)＝13. (2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N *)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立．②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论： a ．若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；b ．若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k 3＋1＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋1－13，结论成立；c ．若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋1－23，结论成立；d ．若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋13，结论成立；- 21 - e ．若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k 3＋ 2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋1－13，结论成立；f ．若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋1－23，结论成立．综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立．[命题规律](1)排列、组合试题具有一定的灵活性和综合性，常与实际相结合，转化为基本的排列组合模型解决问题，需用到分类讨论思想，转化思想. 排列与组合问题一直是高考数学的热点内容之一．与二项式定理综合问题较难．(2)空间向量与立体几何，重点考查利用空间向量求线线角、线面角、面面角，难度中等．。

高考数学二轮复习专题17 附加题21题试题

2021届高考数学〔苏教版〕二轮复习专题17 附加题21题创作人：荧多莘日期：二O二二年1月17日回忆2021～2021年的高考考题，附加题选做四选二中分别考察几何证明选讲、极坐标与参数方程、矩阵与变换、不等式选讲这四个内容，要求考生从中选择两个来完成，每一小题10分，难度不是很大，但是要求考生对所学知识点纯熟掌握.[典例1](2021·高考)如图，AB是圆O的直径，D，E为圆上位于AB异侧的两点，连结BD并延长至点C，使BD＝DC，连结AC，AE，DE.求证：∠E＝∠C.[解] 证明：如图，连结AD.∵AB是圆O的直径，∴∠ADB＝90°.∴AD⊥BD.又∵BD＝DC，∴AD是线段BC的中垂线．∴AB＝AC.∴∠B＝∠C.又∵D，E为圆上位于AB异侧的两点，∴∠B＝∠E.∴∠E＝∠C.(1)此题利用中间量代换的方法证明∠E＝∠C，一方面考虑到∠B和∠E是同弧所对圆周角相等；另一方面根据线段中垂线上的点到线段两端的间隔相等和等腰三角形等边对等角的性质得到∠B ＝∠C .(2)此题还可连结OD ，利用三角形中位线来证明∠B ＝∠C . [演练1](2021·期末)AD 是△ABC 的外角∠EAC 的平分线，交BC 的延长线于点D ，延长DA 交△ABC 的外接圆于点F ，连结FB ，FC .(1)求证：FB ＝FC ；(2)假设AB 是△ABC 外接圆的直径，∠EAC ＝120°，BC ＝33，求AD 的长．解：(1)证明：∵AD 平分∠EAC ，∴∠EAD ＝∠DAC . ∵四边形AFBC 内接于圆，∴∠DAC ＝∠FBC . ∵∠EAD ＝∠FAB ＝∠FCB ， ∴∠FBC ＝∠FCB ，∴FB ＝FC .(2)∵AB 是圆的直径，∴∠ACD ＝90°.∵∠EAC ＝120°，∴∠DAC ＝12∠EAC ＝60°，∠D ＝30°.在Rt △ACB 中，∵BC ＝33，∠BAC ＝60°，∴AC ＝3. 又在Rt △ACD 中，∠D ＝30°，AC ＝3，∴AD ＝6. [典例2](2021·高考)矩阵A 的逆矩阵A－1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－14 34 12 －12，求矩阵A 的特征值．[解] ∵A －1A ＝E ，∴A ＝(A －1)－1.∵A－1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－14 34 12 －12，∴A ＝(A －1)－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 321.∴矩阵A 的特征多项式为f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－2 －3－2 λ－1＝λ2－3λ－4.令f (λ)＝0，解得矩阵A 的特征值λ1＝－1，λ2＝4.由矩阵A 的逆矩阵，根据定义可求出矩阵A ，从而可求出矩阵A 的特征值． [演练2](2021·期末)矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 2 －1－4 3，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤4 －1－3 1，求满足AX ＝B 的二阶矩阵X .解：由题意得A －1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤32 12 2 1，∵AX ＝B ，∴X ＝A －1B ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤32 12 2 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 4 －1－3 1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤92 －1 5 －1. [典例3](2021·高考)在极坐标中，圆C 经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4，圆心为直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝－32与极轴的交点，求圆C 的极坐标方程．[解] ∵圆C 圆心为直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝－32与极轴的交点，∴在ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝－32中令θ＝0，得ρ＝1. ∴圆C 的圆心坐标为(1,0)． ∵圆C 经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4， ∴圆C 的半径为PC ＝22＋12－2×1×2cos π4＝1.∴圆C 经过极点，∴圆C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.求圆的方程的关键是求出圆心坐标和圆的半径． [演练3](2021·二模)在极坐标系中，圆C 1的方程为ρ＝42cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4，以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，圆C 2的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋a cos θ，y ＝－1＋a sin θ(θ为参数)，假设圆C 1与圆C 2相切，务实数a 的值．解：C 1：(x －2)2＋(y －2)2＝8，圆心C 1(2,2)，半径r 1＝2 2.C 2：(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝a 2，圆心C 2(－1，－1)，半径r 2＝|a |.∴圆心距C 1C 2＝3 2.两圆外切时，C 1C 2＝r 1＋r 2＝22＋|a |＝32，a ＝±2；两圆内切时，C 1C 2＝|r 1－r 2|＝|22－|a ||＝32，a ＝±5 2.综上，a ＝±2或者a ＝±5 2. [典例4](2021·高考)实数x ，y 满足：|x ＋y |<13，|2x －y |<16，求证：|y |<518.[证明] ∵3|y |＝|3y |＝|2(x ＋y )－(2x －y )|≤2|x ＋y |＋|2x －y |，由题设知|x ＋y |<13，|2x －y |<16，∴3|y |<13＋16＝56.∴|y |<518.解决此题的关键是用(x ＋y )和(2x －y )表示y . [演练4](2021·二模)x ，y ，z 均为正数．求证：x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z.证明：因为x ，y ，z 都为正数，所以x yz ＋y zx ＝1z ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ＋y x ≥2z. 同理，可得y zx ＋z xy ≥2x ，z xy ＋x yz ≥2y.将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z. [专题技法归纳](1)几何证明选讲主要考察直线与圆的相切关系，弦切角定理是沟通角的桥梁，解决与圆有关的线段问题常利用相交弦定理、割线定理、切割线定理、切线长定理，并结合三角形相似等知识；(2)矩阵与变换主要考察变换、矩阵的特征值与特征向量、逆矩阵、二阶矩阵的乘法； (3)极坐标与参数方程主要考察参数方程与普通方程的互化及应用参数方程求最值、范围等问题；(4)解绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号化为不含绝对值的不等式，其过程表达了分类讨论思想的应用．1.(2021·苏北四三模)如图，圆O 的直径AB ＝4，C 为圆周上一点，BC ＝2，过C 作圆O 的切线l ，过A 作l 的垂线AD 分别与直线l ，圆O 交于点D ，E ，求线段AE 的长．解：在Rt △ABC 中，因为AB ＝4，BC ＝2，所以∠ABC ＝60°，因为l 为过C 的切线，所以∠DCA ＝∠CBA ，所以∠DCA ＝∠ABC ＝60°. 又因为AD ⊥DC ，所以∠DAC ＝30°.在△AOE 中，因为∠EAO ＝∠DAC ＋∠CAB ＝60°，且OE ＝OA ，所以AE ＝AO ＝12AB ＝2.2.如图，⊙O 的直径AB 的延长线与弦CD 的延长线相交于点P ，E 为⊙O 上一点，AE ＝AC ，求证：∠PDE ＝∠POC .证明：因AE ＝AC ，AB 为直径，故∠OAC ＝∠OAE . 所以∠POC ＝∠OAC ＋∠OCA ＝∠OAE ＋∠OAC ＝∠EAC .又∠EAC ＝∠PDE ，所以∠PDE ＝∠POC .3．(2021·期末)求矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14 2 6的特征值和特征向量．解：f (λ)＝(λ＋1)(λ－6)－8＝λ2－5λ－14＝(λ－7)(λ＋2)，由f (λ)＝0，可得λ1＝7，λ2＝－2.由⎩⎪⎨⎪⎧7＋1x －4y ＝0，－2x ＋7－6y ＝0可得属于λ1＝7的一个特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12.由⎩⎪⎨⎪⎧－2＋1x －4y ＝0，－2x ＋－2－6y ＝0可得属于λ1＝－2的一个特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤4－1. 4．(2021·二模)M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1221，β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤17，计算M 5β.解：矩阵M 的特征多项式为f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－1 －2－2 λ－1＝λ2－2λ－3.令f (λ)＝0，解得λ1＝3，λ2＝－1，从而求得它们对应的一个特征向量分别为α1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，α2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1.令β＝m α1＋n α2，所以求得m ＝4，n ＝－3.M 5β＝M 5(4α1－3α2)＝4(M 5α1)－3(M 5α2)＝4(λ51α1)－3(λ52α2)＝4·35⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－3(－1)5⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤975969. 5．矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤112 1，向量β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12.求向量α，使得A 2α＝β. 解：∵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1121，∴A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤324 3.设α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ，那么A 2α＝β⇔⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 243⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12 ⇔⎣⎢⎡⎦⎥⎤3x ＋2y 4x ＋3y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12.∴⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y ＝1，4x ＋3y ＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝2，∴α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 2. 6．P (x ，y )是椭圆x 24＋y 2＝1上的点，求M ＝x ＋2y 的取值范围．解：∵x 24＋y 2＝1的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)∴设P (2cos θ，sin θ)．∴M ＝x ＋2y ＝2cos θ＋2sin θ＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4.∴M ＝x ＋2y 的取值范围是[－22，2 2 ]．7．(2021·期末)曲线C 的极坐标方程为ρ＝6sin θ，以极点为原点，极轴为x 轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12t ，y ＝32t ＋1(t 为参数)，求直线l 被曲线C 截得的线段长度．解：将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程为x 2＋y 2－6y ＝0，即x 2＋(y －3)2＝9，它表示以(0,3)为圆心，3为半径的圆．直线方程l 的普通方程为y ＝3x ＋1，圆C 的圆心到直线l 的间隔 d ＝|3－1|3＋1＝1，故直线l 被曲线C 截得的线段长度为232－12＝4 2. 8．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12t ，y ＝22＋32t(t 为参数)，假设以直角坐标系xOy 的O 点为极点，Ox 为极轴，且长度单位一样，建立极坐标系，得曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4.(1)求直线l 的倾斜角；(2)假设直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，求AB . 解：(1)设直线l 的倾斜角为θ，那么⎩⎪⎨⎪⎧cos θ＝12，sin θ＝32且θ∈[0，π)，∴θ＝π3，即直线l 的倾斜角为π3.(2)l 的直角坐标方程为y ＝3x ＋22， ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4的直角坐标方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －222＝1，∴圆心⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22到直线l 的间隔 d ＝64，∴AB ＝102. 9．对于实数x ，y ，假设|x －1|≤1，|y －2|≤1，求|x －y ＋1|的最大值．解：法一：|x －y ＋1|＝|(x －1)－(y －2)|≤|x －1|＋|y －2|≤2. 当且仅当x ＝2，y ＝3或者x ＝0，y ＝1时，取等号． ∴|x －y ＋1|的最大值为2. 法二：∵|x －1|≤1，∴0≤x ≤2.∵|y －2|≤1，∴1≤y ≤3. ∴－3≤－y ≤－1. ∴－2≤x －y ＋1≤2. ∴|x －y ＋1|的最大值为2.10．假设正数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝1，求13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2的最小值．解：因为正数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝1，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2[(3a ＋2)＋(3b ＋2)＋(3c ＋2)]≥(1＋1＋1)2，即13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2≥1，当且仅当3a ＋2＝3b ＋2＝3c ＋2，即a ＝b ＝c ＝13时，原式取最小值1.。

高考数学二轮复习专题19 附加题23题试题

卜人入州八九几市潮王学校2021届高考数学〔苏〕二轮复习专题19附加题23题1高考考试说明中附加题圆锥曲线与方程中抛物线为B级要求，2021年、2021年高考中均没有考察，预测2021年高考中可能会考察；2高考考试说明附加题中对空间向量与立体几何是B级要求，2021年、2021年、2021年高考没有考察，2021年高考考察空间角的概念，求线段的长.预测2021年高考会考察.在平面直角坐标系xOy中，抛物线C的顶点在原点，经过点A(2,2)，其焦点F在x轴上．(1)求抛物线C的HY方程；(2)求过焦点F，且与直线OA垂直的直线的方程；(3)设过点M(m,0)(m>0)的直线交抛物线C于D，E两点，ME＝2DM，记D和E两点间的间隔为f(m)，求f(m)关于m的表达式．[解](1)由题意，可设抛物线C的HY方程为y2＝2px.因为点A(2,2)在抛物线C上，所以p＝1.因此，抛物线C的HY方程为y2＝2x.(2)由(1)可得焦点F的坐标是，又直线OA的斜率为＝1，故与直线OA垂直的直线的斜率为－1.因此，所求直线的方程是x＋y－＝0.(3)法一：设点D和E的坐标分别为(x1，y1)和(x2，y2)，直线DE的方程是y＝k(x－m)，k≠0.将x＝＋m代入y2＝2x，有ky2－2y－2km＝0，解得y1,2＝.由ME＝2DM，知1＋＝2(－1)，化简得k2＝，因此DE2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝(y1－y2)2＝＝(m2＋4m)．所以f(m)＝(m>0)．法二：设D，E，由点M(m,0)及ME＝2DM得t2－m＝2，t－0＝2(0－s)．因此t＝－2s，m＝s2，所以f(m)＝DE＝＝(m>0)．本小题主要考察直线、抛物线方程及两点间的间隔公式等根本知识，考察运算求解才能．(2021·信息卷)过直线x＝－2上的动点P作抛物线y2＝4x的两条切线PA，PB，其中A，B为切点．(1)假设切线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值；(2)求证：直线AB恒过定点．证明：(1)不妨设A(t，2t1)(t1>0)，B(t，2t2)(t2<0)，P(－2，m)．因为y2＝4x，所以当y>0时，y＝2，y′＝，所以k1＝.同理k2＝.由k1＝＝，得t－mt1－2＝0.同理t－mt2－2＝0.所以t1，t2是方程t2－mt－2＝0的两个实数根．所以t1t2＝－2.所以k1k2＝＝－为定值．(2)直线AB的方程为y－2t1＝(x－t)，即y＝x＋2t1－，即y＝x＋，由于t1t2＝－2，所以直线方程化为y＝(x－2)，所以直线AB恒过定点(2,0)．(2021·期末)如图，在三棱锥P—ABC中，平面ABC⊥平面APC，AB＝BC＝AP＝PC＝，∠ABC＝∠APC＝90°.(1)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；(2)假设动点M在底面三角形ABC上，二面角M－PA－C的余弦值为，求BM的最小值．[解](1)取AC中点O，∵AB＝BC，∴OB⊥OC.∵平面ABC⊥平面APC，平面ABC∩平面APC＝AC，∴OB⊥平面PAC.∴OB⊥OP.以O为坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴建立如下列图空间直角坐标系．∵AB＝BC＝PA＝，∴OB＝OC＝OP＝1.从而O(0,0,0)，B(1,0,0)，A(0，－1,0)，C(0,1,0)，P(0,0，1)，∴BC＝(－1,1,0)，PB＝(1,0，－1)，AP＝(0,1,1)．设平面PBC的法向量n1＝(x，y，z)，由BC·n1＝0，PB·n1＝0得方程组取n1＝(1,1,1)，∴cos〈AP，n1〉＝＝.设PA与平面PBC所成角为θ，那么sinθ＝|cos〈AD，n1〉|＝.∴直线PA与平面PBC所成角的正弦值为.(2)由题意平面PAC的法向量n2＝(1,0,0)．设平面PAM的法向量为n3＝(x，y，z)，M(m，n,0)．∵AP＝(0,1,1)，AM＝(m，n＋1,0)，又∵AP ·n 3＝0，AM ·n 3＝0，∴取n 3＝.∴cos 〈n 2，n 3〉＝＝＝.∴2＝9. ∴n ＋1＝3m 或者n ＋1＝－3m (舍去)．∴AM ＝(m,3m,0)．又AB ＝(1,1,0)，∴cos 〈AM ，AB 〉＝＝.那么sin 〈AM ，AB 〉＝， ∴d ＝AB ·＝.∴B 点到AM 的最小值为垂直间隔d ＝.考察空间向量在立体几何中的应用，求出平面的法向量是解题的关键．(2021·苏北四二模)在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 为棱AB 的中点，点P 在平面A 1B 1C 1D 1中，D 1P ⊥平面PCE .(1)试求：线段D 1P 的长；(2)直线DE 与平面PCE 所成角的正弦值．解：(1)建立如下列图的空间直角坐标系，那么D 1(0,0,2)，E (2,1,0)，C (0,2,0)．设P (x ，y,2)，那么1D P ＝(x ，y,0)， EP ＝(x －2，y －1,2)， EC ＝(－2,1,0)．因为D 1P ⊥平面PCE ，所以D 1P ⊥EP .D 1P ⊥EC .所以1D P ·EP ＝0，1D P ·EC ＝0，故解得(舍去)或者即P ，所以1D P ＝，所以D 1P ＝＝.(2)由(1)知，DE ＝(2,1,0)，1D P ＝，1D P ⊥平面PEC ，设DE 与平面PEC 所成角为θ，1D P 与DE 所成角为α，那么sin θ＝|cos α|＝＝＝.所以直线DE 与平面PEC 所成角的正弦值为.(1)抛物线与直线的位置关系中重点考察顶点在原点的抛物线与过焦点的直线的位置关系，纯熟掌握抛物线的几何性质，利用几何性质解决问题较为简单；(2)空间向量与立体几何主要考察向量的坐标表示、向量运算、平面的法向量、空间角及间隔的计算．对于点的位置的探究问题，可以利用向量一共线定理设元确定．1.(2021·苏北四三模)在三棱锥S —ABC 中，底面是边长为2的正三角形，点S在底面ABC上的射影O恰是BC的中点，侧棱SA和底面成45°角．(1)假设D为侧棱SA上一点，当为何值时，BD⊥AC；(2)求二面角S—AC—B的余弦值大小．解：以O点为原点，OC为x轴，OA为y轴，OS为z轴建立空间直角坐标系．因为△ABC是边长为2的正三角形，又SA与底面所成角为45°，所以∠SAO＝45°.所以SO＝AO＝3.所以O(0,0,0)，C(，0,0)，A(0,3,0)，S(0,0,3)，B(－，0，0)．(1)设AD＝a，那么D，所以BD＝，AC＝(，－3,0)．假设BD⊥AC，那么BD·AC＝3－3＝0，解得a＝2，而AS＝3，所以SD＝.所以＝＝.(2)因为AS＝(0，－3,3)，BC＝(2，0,0)．设平面ACS的法向量为n1＝(x，y，z)，那么令z＝1，那么x＝，y＝1，所以n1＝(，1,1)．而平面ABC的法向量为n2＝(0,0,1)，所以cos〈n1，n2〉＝＝，显然所求二面角的平面角为锐角，故所求二面角的余弦值的大小为.2.(2021·5月)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是AC的中点，E是线段D1O上一点，且D1E＝λEO.(1)假设λ＝1，求异面直线DE与CD1所成角的余弦值；(2)假设平面CDE⊥平面CD1O，求λ的值．DD为单位正交基底解：(1)不妨设正方体的棱长为1，以DA，DC，1建立如下列图的空间直角坐标系D－xyz.那么A(1,0,0)，O，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，E，CD＝(0，－1,1)．于是DE＝，1CD〉＝＝.由cos〈DE，1所以异面直线AE与CD1所成角的余弦值为.(2)设平面CD1O的向量为m＝(x1，y1，z1)，CD＝0，由m·CO＝0，m·1得取x1＝1，得y1＝z1＝1，即m＝(1,1,1)．由D1E＝λEO，那么E，DE＝.又设平面CDE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由n·CD＝0，n·DE＝0.得取x2＝2，得z2＝－λ，即n＝(－2,0，λ)．因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m·n＝0，得λ＝2.3.(2021·密卷)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB⊥AC ，M 是CC 1的中点，N 是BC 的中点，点P 在直线A 1B 1上，且满足1A P ＝λ11A B .(1)当λ取何值时，直线PN 与平面ABC 所成的角θ最大？(2)假设平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°，试确定点P 的位置．解：(1)以AB ，AC ，AA 1分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系A —xyz ，那么N ，P (λ，0,1)，那么PN ＝，平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，那么sin θ＝|cos 〈PN ，n 〉|＝＝.于是问题转化为二次函数求最值，而θ∈，当θ最大时，sin θ最大，所以当λ＝时，sin θ最大，θ也最大．(2)给出了平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°，即可得到平面ABC 的一个法向量为n ＝1AA ＝(0,0,1)，设平面PMN 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，MP ＝.由得解得令x ＝3，得m ＝(3,2λ＋1,2(1－λ))，于是由|cos 〈m ，n 〉|＝＝＝，解得λ＝－，故点P 在B 1A 1的延长线上，且|A 1P |＝.4．(2021·期末)对称轴为坐标轴，顶点在坐标原点的抛物线C 经过两点A (a,2a )，B (4a,4a )(其中a 为正常数)．(1)求抛物线C 的方程；(2)设动点T (m,0)(m >a )，直线AT ，BT 与抛物线C 的另一个交点分别为A 1，B 1，当m 变化时，记所有直线A 1B 1组成的集合为M ，求证：集合M 中的任意两条直线都相交且交点都不在坐标轴上．解：(1)当抛物线焦点在x 轴上时，设抛物线方程y 2＝2px ， ∵∴p ＝2a .∴y 2＝4ax . 当抛物线焦点在y 轴上时，设抛物线方程x 2＝2py ， ∵方程无解，∴抛物线不存在．综上抛物线C 的方程为y 2＝4ax . (2)设A 1(as 2,2as )，B 1(at 2,2at )，T (m,0)(m >a )． ∵k TA ＝kTA 1，∴＝，∴as 2＋(m －a )s －m ＝0. ∵(as ＋m )(s －1)＝0，∴s ＝－，∴A 1.∵k TB ＝kTB 1，∴＝.∵2at 2＋(m －4a )t －2m ＝0，∴(2at ＋m )(t －2)＝0. ∴t ＝－.∴B 1.∴直线A 1B 1的方程为y ＋2m ＝.∵直线的斜率为－在(a，＋∞)单调，∴集合M中的直线必定相交．∵直线的横截距为－在(a，＋∞)单调，纵截距为－在(a，＋∞)单调，∴任意两条直线都相交且交点都不在坐标轴上．5．(2021·)斜率为k(k≠0)的直线l过抛物线C：y2＝4x的焦点F且交抛物线于A，B两点．设线段AB 的中点为M.(1)求点M的轨迹方程；(2)假设－2<k<－1时，点M到直线l′：3x＋4y－m＝0(m为常数，m<)的间隔总不小于，求m的取值范围．解：(1)焦点F(1,0)，直线AB方程为y＝k(x－1)，因为k≠0，所以x＝＋1.由得y2－y－4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，显然Δ>0恒成立，那么y0＝＝.又x0＝＋1，消去k，得y＝2(x0－1)，所以点M的轨迹方程为y2＝2(x－1)．(2)由(1)知，点M.因为m<，所以d＝＝.由题意，得≥，m≤＋＋2对－2<k<－1恒成立．因为－2<k<－1时，＋＋2的最小值是－，所以m≤－.6．(2021·密卷)在平面直角坐标系xOy中，焦点为F的抛物线x2＝4y上有两个动点A，B，且满足AF ＝λFB，过A，B两点分别作抛物线的切线，设两切线的交点为M.(1)求：OA·OB的值；(2)证明：FM·AB为定值．解：(1)设A，B，∵焦点F(0,1)，∴AF＝，FB＝.∵AF＝λFB，∴消λ，得x1＋x2＝0.化简整理得(x1－x2)＝0.∵x1≠x2，∴x1x2＝－4.∴y1y2＝·＝1.∴OA·OB＝x1x2＋y1y2＝－3.(2)证明：抛物线方程为y＝x2，∴y′＝x.∴过抛物线A，B两点的切线方程分别为y＝x1(x－x1)＋和y＝x2(x－x2)＋，即y＝x1x－和y＝x2x－.联立解出两切线交点M的坐标为.∴FM·AB＝·＝－＝0(定值).7.(2021·淮阴联考)在平面直角坐标系xOy中，点A(－1,1)，P是动点，且三角形POA的三边所在直线的斜率满足k OP＋k OA＝k PA.(1)求点P的轨迹C的方程；(2)假设Q是轨迹C上异于点P的一个点，且PQ＝λOA，直线OP与QA交于点M，问：是否存在点P使得△PQA和△PAM的面积满足S△PQA＝2S△PAM？假设存在，求出点P的坐标；假设不存在，说明理由．解：(1)设点P(x，y)为所求轨迹上的任意一点，那么由k OP＋k OA＝k PA得，＋＝，整理得轨迹C的方程为y＝x2(x≠0且x≠－1)．(2)设P(x1，x)，Q(x2，x)，由PQ＝λOA可知直线PQ∥OA，那么k PQ＝k OA，故＝，即x2＝－x1－1.直线OP方程为y＝x1x.①直线QA的斜率为＝－x1－2，∴直线QA方程为y－1＝(－x1－2)(x＋1)，即y＝－(x1＋2)x－x1－1.②联立①②，得x＝－，∴点M的横坐标为定值－.由S△PQA＝2S△PAM，得到QA＝2AM，因为PQ∥OA，所以OP＝2OM，由PO＝2OM，得x1＝1，∴P的坐标为(1,1)．∴存在点P满足S△PQA＝2S△PAM，P的坐标为(1,1)．8.(2021·一模)如图，过抛物线C：y2＝4x上一点P(1，－2)作倾斜角互补的两条直线，分别与抛物线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)求y1＋y2的值；(2)假设y1≥0，y2≥0，求△PAB面积的最大值．解：(1)因为A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线C：y2＝4x上，所以A，B，k PA＝＝＝，同理k PB＝，依题有k PA＝－k PB，所以＝－，即y1＋y2＝4.(2)由(1)知k AB＝＝1，设AB的方程为y－y1＝x－，即x－y＋y1－＝0，P到AB的间隔为d＝，AB＝＝|y1－y2|＝2|2－y1|，所以S△PAB＝××2|2－y1|＝|y－4y1－12||y1－2|＝|(y1－2)2－16||y1－2|，令y1－2＝t，由y1＋y2＝4，y1≥0，y2≥0，可知－2≤t≤2.S△PAB＝|t3－16t|，因为S△PAB＝|t3－16t|为偶函数，只考虑0≤t≤2的情况，记f(t)＝|t3－16t|＝16t－t3，f′(t)＝16－3t2>0，故f(t)在[0,2]是单调增函数，故f(t)的最大值为f(2)＝24，故S△PAB的最大值为6.。

高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题七附加题(必做部分)第2讲计数原理、数学归纳法、随机

创新设计（江苏专用）2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题七附加题（必做部分）第2讲计数原理、数学归纳法、随机变量及其分布列练习理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（创新设计（江苏专用）2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题七附加题（必做部分）第2讲计数原理、数学归纳法、随机变量及其分布列练习理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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专题七附加题(必做部分）第2讲计数原理、数学归纳法、随机变量及其分布列练习理1.（2014·江苏卷)盒中共有9个球，其中有4个红球、3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同.(1）从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球的颜色相同的概率P;（2）从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1，x2，x3，随机变量X表示x1，x2,x3中的最大数，求X的概率分布和数学期望E(X).解(1）取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球,所以P＝错误!＝错误!＝错误!。

（2)随机变量X所有可能的取值为2,3，4。

{X＝4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球"，故P（X＝4)＝错误!＝错误!；{X＝3｝表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球,或3个黄球和1个其他颜色的球”，故P（X＝3)＝错误!＝错误!＝错误!；于是P(X＝2)＝1－P(X＝3）－P（X＝4）＝1－错误!－错误!＝错误!.所以随机变量X的概率分布如下表：因此随机变量X的数学期望E(X）＝2×错误!＋3×错误!＋4×错误!＝错误!.2.(2016·苏北四市调研)为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加。

(word完整版)高考数学附加题必做题部分

2017年22.（本小题满分10分）如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1，∠BAD=120º.（1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B-A1D-A的正弦值。

23. （本小题满分10）N,n≥2）,这些球除颜色外全部相同。

已知一个口袋有m个白球，n个黑球（m,n∈2现将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号为1,2,3，……，m+n的抽屉内，其中第k次取球放入编号为k的抽屉（k=1,2,3，……，m+n）.（1）试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p;（2）随机变量x表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数，E(x)是x的数学期望，证明2016年25．（2016•江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x﹣y﹣2=0，抛物线C：y2=2px（p＞0）．（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；（2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q．①求证：线段PQ的中点坐标为（2﹣p，﹣p）；②求p的取值范围．26．（2016•江苏）（1）求7C﹣4C的值；（2）设m，n∈N*，n≥m，求证：（m+1）C+（m+2）C+（m+3）C+…+nC+（n+1）C=（m+1）C．2015年22.如图，在四棱锥P ABCD-中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，2ABC BADπ∠=∠=,2,1PA AD AB BC====．(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成角最小时，求线段BQ 的长．23.已知集合*{1,2,3},{1,2,3,,}()n X Y n n N ==∈gg g ，设{(,)|,,}n n S a b a a a X b Y =∈∈整除b 或除，令()f n 表示集合n S 所含元素个数.(1)写出(6)f 的值；(2)当6n ≥时，写出()f n 的表达式，并用数学归纳法证明．2014年22．(本小题满分10分)盒中共有9个球，其中有4个红球，3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同．（1）从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球颜色相同的概率P ；（2）从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为123x x x ，，，随机变量X 表示123x x x ，，中的最大数，求X 的概率分布和数学期望()E X ． 23．(本小题满分10分)已知函数0sin ()(0)x f x x x =>，设()n f x 为1()n f x -的导数，n *∈N ．（1）求()()122222f f πππ+的值；（2）证明：对任意的n *∈N ，等式()()1444n n nf f -πππ+成立． 2013年22．（本小题满分10分）如图，在直三棱柱111A B C ABC -中，A B ⊥AC ，AB=AC=2，1A A =4，点D 是BC 的中点。

高考数学一轮总复习必考附加题模板成形练2 理苏教

必考附加题——模板成形练(二)1．如图，圆锥的高PO ＝4，底面半径OB ＝2，D 为PO 的中点，E 为母线PB 的中点，F 为底面圆周上一点，满足EF ⊥DE .(1)求异面直线EF 与BD 所成角的余弦值；(2)求二面角O －DF －E 的余弦值．解 (1)以O 为原点，底面上过O 点且垂直于OB 的直线为x 轴，OB 所在的直线为y 轴，OP 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则B (0,2,0)，P (0,0,4)，D (0,0,2)，E (0，1,2)．设F (x 0，y 0,0)(x 0>0，y 0>0)，且x 20＋y 20＝4，则EF →＝(x 0，y 0－1，－2)，DE →＝(0,1,0)，∵EF ⊥DE ，即EF →⊥DE →，则EF →·DE →＝y 0－1＝0，故y 0＝1.∴F (3，1,0)，EF →＝(3，0，－2)，BD →＝(0，－2,2)．设异面直线EF 与BD 所成角为α，则cos α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪EF →·BD →|EF →||BD →|＝47×22＝147. (2)设平面ODF 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥OD →，n ⊥OF →，即⎩⎨⎧ z 1＝0，3x 1＋y 1＝0. 令x 1＝1，得y 1＝－3，平面ODF 的一个法向量为n 1＝(1，－3，0)．设平面DEF 法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，同理可得平面DEF 的一个法向量为n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，32.设二面角O －DF －E 的平面角为β，则|cos β|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝17＝77，∴sin β＝427.2．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋1n －(n ＋1)．(1)证明：a n >n (n ≥3)；(2)证明：2＋33＋44＋…＋n n <2.证明 (1)因为a 1＝2，a 2＝2，所以a 3＝a 32－3＝5>3.假设当n ＝k 时，a k >k (k ≥3)，则a k ＋1k >k k ＋1>k 2·k ≥9k >2k ＋2，那么，当n ＝k ＋1时，有a k ＋1＝a k＋1k －(k ＋1)>2k ＋2－(k ＋1)＝k ＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时，结论也成立．所以当n ≥3时，a n >n .(2)当n ＝2时，2<2显然成立，由(1)知，当n ≥3时，a n ＝a n n －1－n >0，得a n n －1>n ，所以a n －1>n n ，所以a n －1n －2－(n －1)>n n ，即a n －1n －2>(n －1)＋nn ，所以a n －2>n －1n －1＋n n ，以此类推，得2＝a 1> 2＋33＋44＋…＋nn ，问题得证．3．如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AD ，DC 的中点．(1)求直线BC 1与平面EFD 1所成角的正弦值；(2)设直线BC 1上一点P 满足平面PAC ∥平面EFD 1，求PB 的长．解 (1)建立以D 点为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴的空间直角坐标系．D 1(0,0,2)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，E (1,0,0)，C 1(0,2,2)，F (0,1,0)，BC 1→＝(－2,0,2)，D 1E →＝(1,0，－2)，EF →＝(－1,1,0)．设平面D 1EF 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·D 1E →＝0，n ·EF →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ x 1－2z 1＝0，－x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，则n ＝(2,2,1)，cos 〈n ，BC 1→〉＝－222×3＝－26， ∴直线BC 1与平面EFD 1所成角的正弦值为26. (2)BP →＝λBC 1→＝(－2λ，0,2λ)， AP →＝AB →＋BP →＝(－2λ，2,2λ)，n ·AP →＝－4λ＋4＋2λ＝0，∴λ＝2.∵AP 不在平面EFD 1内，AP ∥平面EFD 1，又AC ∥EF ，EF ⊆平面EFD 1，∴AC ∥平面EFD 1.又AP与AC相交于点A，∴平面PAC∥平面EFD1，BP→＝(－4,0,4)，|BP→|＝4 2.4．已知数集A＝{a1，a2，…，a n}，其中0≤a1<a2<…<a n，且n≥3，若∀i，j(1≤i≤j≤n)，a j＋a i与a j－a i两数中至少有一个属于A，则称数集A具有性质P.(1)分别判断数集{0,1,3}与数集{0,2,4,6}是否具有性质P，说明理由；(2)已知数集A＝{a1，a2，…，a n}具有性质P，判断数列a1，a2，…，a8是否为等差数列，若是等差数列，请证明；若不是，请说明理由．解(1)由于3－1和3＋1都不属于集合{0,1,3}，所以该数集不具有性质P；由于2＋0,4＋0,6＋0,4＋2,6－2,6－4,0－0,2－2,4－4,6－6都属于集合{0,2,4,6}，所以该数集具有性质P.(2)∵A＝{a1，a2，…，a8}具有性质P，所以a8＋a8与a8－a8中至少有一个属于A，由0≤a1<a2<…<a8，有a8＋a8>a8，故a8＋a8∉A，∴0＝a8－a8∈A，故a1＝0.∵0＝a1<a2<…<a8，∴k≥2时，a8＋a k>a8，故a8＋a k∉A(k＝2,3，…，8)．由A具有性质P知，a8－a k∈A(k＝2,3，…，8)，又∵a8－a8<a8－a7<…<a8－a2<a8－a1，∴a8－a8＝a1，a8－a7＝a2，…，a8－a2＝a7，a8－a1＝a8，即a i＋a9－i＝a8(i＝1,2，…，8)．①由a2＋a7＝a8知，a3＋a7，a4＋a7，…，a7＋a7均不属于A，由A具有性质P，a7－a3，a7－a4，…，a7－a7均属于A，∴a7－a7<a7－a6<…<a7－a4<a7－a3<a8－a3，而a8－a3＝a6，∴a7－a7＝a1，a7－a6＝a2，a7－a5＝a3，…，a7－a3＝a5，即a i＋a8－i＝a7(i＝1,2，…，7)．②由①②可知a i＝a8－a9－i＝a8－(a7－a i－1)(i＝2,3，…，8)，即a i－a i－1＝a8－a7＝a2(i＝2,3，…，8)．故a1，a2，…，a8构成等差数列．。

高考数学理科总复习训练题：——附加题高分练4 Word版含答案

4．空间向量与立体几何1．(·苏锡常镇调研)如图，已知正四棱锥P －ABCD 中，PA ＝AB ＝2，点M ，N 分别在PA ，BD上，且PM PA ＝BN BD ＝13.(1)求异面直线MN 与PC 所成角的大小； (2)求二面角N －PC －B 的余弦值．解 (1)设AC ，BD 交于点O ，在正四棱锥P －ABCD 中，OP ⊥平面ABCD ，又PA ＝AB ＝2，所以OP ＝ 2.以O 为坐标原点，DA →，AB →，OP →方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，如图．则A (1，－1,0)，B (1,1,0)，C (－1,1,0)，D (－1，－1,0)，P (0,0，2)，AP →＝(－1,1，2)．故OM →＝OA →＋AM →＝OA →＋23AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－13，223，ON →＝13OB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，0，所以MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，－223，PC →＝(－1,1，－2)，所以cos 〈MN →，PC →〉＝MN →·PC →|MN →||PC →|＝32，所以异面直线MN 与PC 所成角的大小为π6.(2)由(1)知PC →＝(－1,1，－2)，CB →＝(2,0,0)，NC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，23，0.设m ＝(x ，y ，z )是平面PCB 的法向量，则m ·PC →＝0，m ·CB →＝0，可得⎩⎨⎧－x ＋y －2z ＝0，x ＝0，令y ＝2，则z ＝1，即m ＝(0，2，1)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCN 的法向量，则n ·PC →＝0，n ·CN →＝0，可得⎩⎨⎧－x 1＋y 1－2z 1＝0，－2x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，则y 1＝4，z 1＝2，即n ＝(2,4，2)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝523×22＝53333，则二面角N －PC －B 的余弦值为53333.2．(·常州期末)如图，以正四棱锥V －ABCD 的底面中心O 为坐标原点建立空间直角坐标系O －xyz ，其中Ox ∥BC ，Oy ∥AB ，E 为VC 的中点．正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，且有cos 〈BE →，DE →〉＝－1549.(1)求h a的值；(2)求二面角B －VC －D 的余弦值．解 (1)根据条件，可得B (a ，a,0)，C (－a ，a,0)，D (－a ，－a,0)，V (0,0，h )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，a 2，h 2，所以BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，－a 2，h 2，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，32a ，h 2，故cos 〈BE →，DE →〉＝h 2－6a 2h 2＋10a 2.又cos 〈BE →，DE →〉＝－1549，则h 2－6a 2h 2＋10a 2＝－1549，解得h a ＝32.(2)由h a ＝32，得BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，－a 2，34a ，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，32a ，34a ，且容易得到，CB →＝(2a,0,0)，DC →＝(0,2a,0)．设平面BVC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BE →＝0，n 1·CB →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧－32ax 1－a 2y 1＋34az 1＝0，2ax 1＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，2y 1＝3z 1，取y 1＝3，z 1＝2，则n 1＝(0,3,2)．同理可得平面DVC 的一个法向量为n 2＝(－3,0,2)． cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝0×(－3)＋3×0＋2×213×13＝413，结合图形，可以知道二面角B －VC －D 的余弦值为－413.3．(·南京学情调研)如图，在底面为正方形的四棱锥P －ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是线段PC 的中点．(1)求异面直线AP 与BE 所成角的大小；(2)若点F 在线段PB 上，且使得二面角F －DE －B 的正弦值为33，求PFPB的值．解 (1)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，所以DA ，DC ，DP 两两垂直，故以{DA →，DC →，DP →}为正交基底，建立空间直角坐标系D －xyz .因为PD ＝DC ，所以DA ＝DC ＝DP ，不妨设DA ＝DC ＝DP ＝2，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，P (0,0,2)，B (2,2,0)．因为E 是PC 的中点，所以E (0,1,1)，所以AP →＝(－2,0,2)，BE →＝(－2，－1,1)，所以cos 〈AP →，BE →〉＝AP →·BE →|AP →||BE →|＝32，从而〈AP →，BE →〉＝π6.因此异面直线AP 与BE 所成角的大小为π6.(2)由(1)可知，DE →＝(0,1,1)，DB →＝(2,2,0)，PB →＝(2,2，－2)．设PF →＝λPB →，则PF →＝(2λ，2λ，－2λ)，从而DF →＝DP →＋PF →＝(2λ，2λ，2－2λ)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面DEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·DF →＝0，m ·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧λx 1＋λy 1＋(1－λ)z 1＝0，y 1＋z 1＝0，取z 1＝λ，则y 1＝－λ，x 1＝2λ－1.故m ＝(2λ－1，－λ，λ)为平面DEF 的一个法向量，设n ＝(x 2，y 2，z 2)为平面DEB 的法向量．则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋2y 2＝0，y 2＋z 2＝0，取x 2＝1，则y 2＝－1，z 2＝1.所以n ＝(1，－1,1)为平面BDE 的一个法向量．因为二面角F －DE －B 的余弦值的绝对值为63，即|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n ||m||n|＝|4λ－1|3·(2λ－1)2＋2λ2＝63，化简得4λ2＝1.因为点F 在线段PB 上，所以0≤λ≤1，所以λ＝12，即PF PB ＝12.4.(·苏北四市一模)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AD ＝AP ＝4，AB ＝BC ＝2，M 为PC 的中点． (1)求异面直线AP ，BM 所成角的余弦值；(2)点N 在线段AD 上，且AN ＝λ，若直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，求λ的值．解 (1)因为PA ⊥平面ABCD ，且AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AD . 又因为∠BAD ＝90°，所以PA ，AB ，AD 两两互相垂直．分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则由AD ＝2AB ＝2BC ＝4，PA ＝4可得A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,4,0)，P (0,0,4)．又因为M 为PC 的中点，所以M (1,1,2)．所以BM →＝(－1,1,2)，AP →＝(0,0,4)，所以cos 〈AP →，BM →〉＝AP →·BM →|AP →||BM →|＝0×(－1)＋0×1＋4×24×6＝63，所以异面直线AP ，BM 所成角的余弦值为63. (2)因为AN ＝λ，所以N (0，λ，0)(0≤λ≤4)，则MN →＝(－1，λ－1，－2)，BC →＝(0,2,0)，PB →＝(2,0，－4)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －4z ＝0.令x ＝2，解得y ＝0，z ＝1，所以m ＝(2,0,1)是平面PBC 的一个法向量．因为直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，所以|cos 〈MN →，m 〉|＝|MN →·m ||MN →||m |＝|－2－2|5＋(λ－1)2·5＝45，解得λ＝1∈[0,4]，所以λ的值为1.。

高考数学二轮复习专题七附加题考点整合理

【创新设计】（江苏专用）2016高考数学二轮复习专题七附加题考点整合理第1讲立体几何中的向量方法高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)空间向量的坐标表示及坐标运算，属B 级要求；(2)线线、线面、面面平行关系判定，属B 级要求；(3)线线、线面、面面垂直的判定，属B 级要求；(4)求异面直线、直线与平面、平面与平面所成角，属B 级要求．真题感悟(2015·江苏卷)如图，在四棱锥PABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)， P (0，0，2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)．因为PC →＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量，从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ)，又DP →＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.考点整合1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，ν＝(a 3，b 3，c 3)，则(1)线面平行l ∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥ν⇔μ＝λν⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·ν＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，ν＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则cos θ＝|a·b||a||b|＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sin θ＝|a·μ||a||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|，(3)面面夹角设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝|μ·ν||μ||ν|＝|cos 〈μ，ν〉|.热点一向量法证明平行与垂直【例1】如图，在直三棱柱ADEBCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点，求证：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明法一由题意，AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，F (1，0，1)，M ⎝⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎪⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，BA →＝(－1，0，0)，∴OM →·BA →＝0，∴OM →⊥BA →.∵棱柱ADE BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DF →＝(1，－1，1)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC →＝(1，0，0)，由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0，1，1)．则n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面，又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →，∴OM →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0，OM →·FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →)＝－12BC →2＋12BF →2＝0.∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ，∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .探究提高解决本类问题的关键步骤是建立恰当的坐标系，用坐标表示向量或用基底表示向量，证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算．【训练1】如图，在四棱锥PABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，PA ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是PA 的中点．(1)求证：直线PC ∥平面BDE ； (2)求证：BD ⊥PC .证明设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，AB ＝2，底面ABCD 为菱形，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3，AC ⊥BD .如图，以O 为坐标原点，以OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于PA 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，D (－1，0，0)，E (0，－3，1)．(1)设平面BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，因为BE →＝(－1，－3，1)，BD →＝(－2，0，0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0，n 1·BE →＝0，得⎩⎨⎧－2x 1＝0，－x 1－3y 1＋z 1＝0，令z 1＝3，得y 1＝1，所以n 1＝(0，1，3)．又PC →＝(0，23，－2)，所以PC →·n 1＝0＋23－23＝0，即PC →⊥n 1，又PC ⊄平面BDE ，所以PC ∥平面BDE .(2)因为PC →＝(0，23，－2)，BD →＝(－2，0，0)，所以PC →·BD →＝0.故BD ⊥PC . 热点二利用空间向量求空间角【例2】 (2013·江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (1，1，0)，A 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，所以A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝＝ 1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2，1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53. 探究提高利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．【训练2】 (2015·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值．解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10. 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (10，0，0)，H (10，10，0)，E (10，4，8)，F (0，4，8)，FE →＝(10，0，0)，HE →＝(0，－6，8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0，4，3)．又AF →＝(－10，4，8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.热点三利用空间向量解决探索性问题【例3】 (2015·苏、锡、常、镇调研)如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，PA ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：平面PQB ⊥平面PAD ；(2)在棱PC 上是否存在一点M ，使二面角MBQC 为30°，若存在，确定M 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 ∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，Q 为AD 的中点，∴BC ∥DQ 且BC ＝DQ ， ∴四边形BCDQ 为平行四边形， ∴CD ∥BQ . ∵∠ADC ＝90°，∴∠AQB ＝90°，即QB ⊥AD ， ∵PA ＝PD ，∴PQ ⊥AD ，∵PQ ∩BQ ＝Q ，∴AD ⊥平面PBQ ， ∵AD ⊂面PAD ， ∴平面PQB ⊥平面PAD .(2)解 ∵PA ＝PD ，Q 为AD 的中点，∴PQ ⊥AD .∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PQ ⊥平面ABCD .以Q 为原点，QA 为x 轴，QB 为y 轴，QP 为z 轴建立空间直角坐标系，则平面BQC 的一个法向量n ＝(0，0，1)，Q (0，0，0)，P (0，0，3)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)．设满足条件的点M (x ，y ，z )存在，则PM →＝(x ，y ，z －3)，MC →＝(－1－x ，3－y ，－z )，令PM →＝tMC →，其中t ＞0，∴⎩⎨⎧x ＝t （－1－x ），y ＝t （3－y ），z －3＝t （－z ），∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－t1＋t ，y ＝3t1＋t，z ＝31＋t .在平面MBQ 中， QB →＝(0，3，0)，QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 1＋t ，3t 1＋t ，31＋t ，∴平面MBQ 的一个法向量m ＝(3，0，t )， ∵二面角MBQC 为30°， ∴cos 30°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·m |n |·|m |＝|t |3＋0＋t2＝32，解得t ＝3.所以满足条件的点M 存在，M 是棱PC 的靠近点C 的四等分点．探究提高空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．【训练3】 (2015·扬州市检测)如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上的一点，CP ＝m .(1)若m ＝1，求异面直线AP 与BD 1所成的角的余弦；(2)是否存在实数m ，使直线AP 与平面AB 1D 1所成角的正弦值是13？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1，0，0)，B (1，1，0)，P (0，1，m )，C (0，1，0)，D (0，0，0)，B 1(1，1，2)，D 1(0，0，2)．当m ＝1时，BD 1→＝(－1，－1，2)，AP →＝(－1，1，1)． cos 〈BD 1→，AP →〉＝BD 1→·AP →|BD 1→||AP →|＝26×3＝23，即异面直线AP 与BD 1所成角的余弦是23. (2)假设存在实数m ，使直线AP 与平面AB 1D 1所成的角的正弦值等于13，则D 1B 1→＝(1，1，0)，AD 1→＝(－1，0，2)，AP →＝(－1，1，m )，设平面AB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥D 1B 1→，n ⊥AD 1→得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，取x ＝2，得平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(2，－2，1)．∵直线AP 与平面AB 1D 1所成的角的正弦值等于13，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2－2＋m 3·m 2＋2＝13，解得m ＝74，因为0≤m ≤2，所以m ＝74满足条件，所以当m ＝74时，直线AP 与平面AB 1D 1所成的角的正弦值等于13.1．利用空间向量证明线面关系时，应抓住直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，如直线的方向向量与平面的法向量共线时，直线和平面垂直；直线的方向向量与平面的法向量垂直时，直线和平面平行或直线在平面内．2．两条直线夹角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.设直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2，其夹角为θ，则cos θ＝|cos<n 1，n 2>|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.3．二面角的范围为[0，π]．设半平面α与β的法向量分别为n 1与n 2，二面角为θ，则|cos θ|＝|cos<n 1，n 2>|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.4．利用空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦； (2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.1．(2015·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1，0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 2．(2015·安徽卷)如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA ，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F .(1)证明：EF ∥B 1C ；(2)求二面角E A 1D B 1的余弦值．(1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)解因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →.n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0， (－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1)．设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1)．所以结合图形知二面角E A 1D B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.3．(2014·新课标全国Ⅰ卷)如图，三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A A 1B 1C 1的余弦值． (1)证明连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点．又AB ⊥B 1C ，AB ∩BO ＝B ，所以B 1C ⊥平面ABO . 由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)解因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO . 又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌△BOC .故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两互相垂直．以O 为坐标原点，OB →，OB 1→，OA →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|OB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形．又AB ＝BC ，OC ＝OA ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，33，B (1，0，0)，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0. AB 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，33，－33，A 1B 1→＝AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－33，B 1C 1→＝BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－33，0. 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0.同理可取m ＝(1，－3，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝17.所以二面角A A 1B 1C 1的余弦值为17.4．(2015·浙江卷)如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点．(1)证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；(2)求二面角A 1BDB 1的平面角的余弦值．(1)证明设E 为BC 的中点，由题意得A 1E ⊥平面ABC ，所以A 1E ⊥AE . 因为AB ＝AC ，所以AE ⊥BC . 故AE ⊥平面A 1BC .由D ，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得DE ∥B 1B 且DE ＝B 1B ，从而DE ∥A 1A 且DE ＝A 1A ，所以A 1AED 为平行四边形．故A 1D ∥AE .又因为AE ⊥平面A 1BC ，所以A 1D ⊥平面A 1BC . (2)解法一作A 1F ⊥BD 且A 1F ∩BD ＝F ，连接B 1F .由AE ＝EB ＝2，∠A 1EA ＝∠A 1EB ＝90°，得A 1B ＝A 1A ＝4. 由A 1D ＝B 1D ，A 1B ＝B 1B ，得△A 1DB 与△B 1DB 全等．由A 1F ⊥BD ，得B 1F ⊥BD ，因此∠A 1FB 1为二面角A 1BDB 1的平面角．由A 1D ＝2，A 1B ＝4，∠DA 1B ＝90°，得BD ＝32，A 1F ＝B 1F ＝43.由余弦定理得cos∠A 1FB 1＝－18.故二面角A 1BDB 1的平面角的余弦值为－18.法二以CB 的中点E 为原点，分别以射线EA ，EB 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz ，如图所示．由题意知各点坐标如下：A 1(0，0，14)，B (0，2，0)，D (－2，0，14)，B 1(－2，2，14)．因此A 1B →＝(0，2，－14)，BD →＝(－2，－2，14)，DB 1→＝(0，2，0)．设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧2y 1－14z 1＝0，－2x 1－2y 1＋14z 1＝0，可取m ＝(0，7，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB 1→＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧2y 2＝0，－2x 2－2y 2＋14z 2＝0，可取n ＝(7，0，1)．于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝18.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A 1BDB 1的平面角的余弦值为－18.5．(2014·湖北卷)如图，在棱长为2的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0＜λ＜2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．解以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)．BC 1→＝(－2，0，2)，FP →＝(－1，0，λ)，FE →＝(1，1，0)，(1)证明当λ＝1时，FP →＝(－1，0，1)，因为BC 1→＝(－2，0，2)，所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)解设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.于是可取n ＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则m·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．6.如图，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1CEC 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长．解如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0，0，0)，B (0，0，2)，C (1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E (0，1，0)．(1)证明易得B 1C 1→＝(1，0，－1)， CE →＝(－1，1，－1)，于是B 1C 1→·CE →＝0，所以B 1C 1⊥CE .(2)B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2，1)．由(1)，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1，0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m ||B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217，所以二面角B 1CEC 1的正弦值为217. (3)AE →＝(0，1，0)，EC 1→＝(1，1，1)，设EM →＝λEC 1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →＝AE →＋EM →＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB →＝(0，0，2)为平面ADD 1A 1的一个法向量．设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，则 sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝|AM →·AB →||AM →||AB →|＝2λλ2＋（λ＋1）2＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1，于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13(负值舍去)，所以AM ＝ 2.第2讲计数原理、数学归纳法、随机变量及其分布列高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)分类加法计数原理、分步乘法计数原理，B 级要求．(2)排列与组合，B 级要求．(3)数学归纳法的简单应用，B 级要求；(4)n 次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的均值与方差，B 级要求．真题感悟(2014·江苏卷)盒中共有9个球，其中有4个红球、3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同．(1)从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球的颜色相同的概率P ；(2)从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x 1，x 2，x 3，随机变量X 表示x 1，x 2，x 3中的最大数，求X 的概率分布和数学期望E (X )．解 (1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球，所以P ＝C 24＋C 23＋C 22C 29＝6＋3＋136＝518.(2)随机变量X 所有可能的取值为2，3，4.{X ＝4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”，故P (X ＝4)＝C 44C 49＝1126；{X ＝3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球，或3个黄球和1个其他颜色的球”，故P (X ＝3)＝C 34C 15＋C 33C 16C 49＝20＋6126＝1363；于是P (X ＝2)＝1－P (X ＝3)－P (X ＝4) ＝1－1363－1126＝1114.所以随机变量X 的概率分布如下表：X 2 3 4 P111413631126因此随机变量X E (X )＝2×1114＋3×1363＋4×1126＝209.考点整合1．两种计数原理分类加法计数原理和分步乘法计数原理． 2．排列(1)排列的定义；(2)排列数公式：A mn ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝n ！（n －m ）！(m ≤n ，m ，n ∈N *)．3．组合 (1)组合的定义； (2)组合数公式：C mn ＝n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！＝n ！m ！（n －m ）！(m ≤n ，m ，n ∈N *)．(3)组合数性质：C m n ＝C n －mn ；C mn ＋C m －1n ＝C mn ＋1. 4．数学归纳法运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推基础)，证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)，假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从n 0开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可． 5．概率、随机变量及其分布(1)离散型随机变量及其概率分布的表示：①离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量叫做离散型随机变量； ②离散型随机变量概率分布的表示法：概率分布列和概率分布表；性质：1°p i ≥0(i ＝1，2，3，…，n )；2°p 1＋p 2＋p 3＋…＋p n ＝1. (2)特殊的概率分布列：①0－1分布(两点分布)符号表示：X ～0－1分布； ②超几何分布：1°符号表示：X ～H (n ，M ，N )； 2°概率分布列：X ～H (r ；n ，M ，N )＝P (X ＝r )＝C r M C n －rN －MC M N；③二项分布(又叫独立重复试验，伯努利试验)：1°符号表示：X ～B (n ，p )；2°概率分布列：P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k . 注意：P (X ＝0)＋P (X ＝1)＋P (X ＝2)＋…＋P (X ＝r )＋…＋P (X ＝n )＝1.热点一与计数原理有关的问题【例1】 (2011·江苏卷)设整数n ≥4，P (a ，b )是平面直角坐标系xOy 中的点，其中a ，b ∈{1，2，3，…，n }，a ＞b .(1)记A n 为满足a －b ＝3的点P 的个数，求A n ； (2)记B n 为满足13(a －b )是整数的点P 的个数，求B n .解 (1)点P 的坐标满足条件1≤b ＝a －3≤n －3，所以A n ＝n －3.(2)设k 为正整数，记f n (k )为满足条件以及a －b ＝3k 的点P 的个数，只要讨论f n (k )≥1的情形．由1≤b ＝a －3k ≤n －3k 知f n (k )＝n －3k ，且k ≤n －13，设n －1＝3m ＋r ，其中m ∈N *，r ∈{0，1，2}，则k ≤m ，所以B n ＝∑mk ＝1f n (k )＝∑mk ＝1 (n －3k )＝mn －3m （m ＋1）2＝m （2n －3m －3）2，将m ＝n －1－r3代入上式，化简得B n ＝（n －1）（n －2）6－r （r －1）6，所以B n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n （n －3）6，n3是整数，（n －1）（n －2）6，n3不是整数. 探究提高此计数原理问题中要计算点的个数，因此要根据条件对正整数的取值进行分类，弄清可能的取值类别，再根据加法原理进行计算．【训练1】 (2015·南通调研)记1，2…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1，2，…，n －1})．(1)求f (3)； (2)求f (n )．解 (1)当n ＝3时，1，2，3的所有排列有(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，其中满足仅存在一个i ∈{1，2，3}，使得a i ＞a i ＋1的排列有(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，所以f (3)＝4. (2)在1，2，…，n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1，2，3，…，n －1中选i －1个数按从小到大顺序排列为a 1，a 2，…，a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C i －1n －1.若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)．综上，f (n )＝f (n －1)＋11n i -=∑C i －1n －1＝f (n －1)＋2n －1－1.从而f (n )＝23（1－2n －3）1－2－(n －3)＋f (3)＝2n－n －1.热点二数学归纳法的应用【例2】 (2015·江苏卷)已知集合X ＝{1，2，3}，Y n ＝{1，2，3，…，n }(n ∈N *)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数． (1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明．解 (1)Y 6＝{1，2，3，4，5，6}，S 6中的元素(a ，b )满足：若a ＝1，则b ＝1，2，3，4，5，6；若a ＝2，则b ＝1，2，4，6；若a ＝3，则b ＝1，3，6.所以f (6)＝13. (2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N *)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立；②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论： 1)若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；2)若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k3＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－13，结论成立；3)若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－23，结论成立；4)若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋k ＋13，结论成立；5)若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k3＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－13，结论成立；6)若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－23，结论成立．综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立．探究提高在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可．在较复杂的式子中，注意由n ＝k 到n ＝k ＋1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项．同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法．【训练2】 (2014·江苏卷)已知函数f 0(x )＝sin xx(x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22都成立．(1)解由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫sin x x ′＝cos x x －sin x x 2，于是f 2(x )＝f ′1(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x x ′－⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3，所以f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－4π2，f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－2π＋16π3，故2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1. (2)证明由已知，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ，即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2，类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)，3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2，4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin ()x ＋2π. 下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x ) ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立． (ⅰ)当n ＝1时，由上可知等式成立． (ⅱ)假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2.因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2，所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2. 因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(ⅰ)，(ⅱ)可知等式nf n －1(x )＋xf n (x ) ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．令x ＝π4，可得nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋n π2(n ∈N *)．所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22(n ∈N *)．热点三随机变量的分布列及其数学期望【例3】 (2015·泰州调研)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的八个顶点中任取四个点，当四点共面时，ξ＝0，当四点不共面时，ξ的值为四点组成的四面体的体积．(1)求概率P (ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求出数学期望E (ξ)．解 (1)从正方体的八个顶点中任取四个点，共有C 48＝70种不同取法．其中共面的情况共有12种(6个侧面，6个对角面)，则P (ξ＝0)＝1270＝635.(2)任取四个点，当四点不共面时，四面体的体积只有以下两种情况：①四点在相对面且异面的对角线上，体积为1－4×16＝13.这样的取法共有2种．②四点中有三个点在一个侧面上，另一个点在相对侧面上，体积为16.这样的取法共有70－12－2＝56(种)． ∴ξ的分布列为数学期望E (ξ)＝13×135＋6×35＝7.探究提高求解一般的随机变量的期望和方差的基本方法是：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出分布列，根据数学期望和方差的公式计算．【训练3】 (2015·苏、锡、常、镇调研)甲、乙两个同学进行定点投篮游戏，已知他们每一次投篮投中的概率均为23，且各次投篮的结果互不影响．甲同学决定投5次，乙同学决定投中1次就停止，否则就继续投下去，但投篮次数不超过5次． (1)求甲同学至少有4次投中的概率；(2)求乙同学投篮次数ξ的分布列和数学期望．解 (1)设甲同学在5次投篮中，恰有x 次投中，“至少有4次投中”的概率为P ，则P ＝P (x ＝4)＋P (x ＝5)＝C 45423⎛⎫ ⎪⎝⎭1213⎛⎫- ⎪⎝⎭＋C 55523⎛⎫ ⎪⎝⎭0213⎛⎫- ⎪⎝⎭＝112243.(2)由题意ξ＝1，2，3，4，5.P (ξ＝1)＝23， P (ξ＝2)＝13×23＝29， P (ξ＝3)＝13×13×23＝227，P (ξ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＝281，P (ξ＝5)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝181.ξ的分布表为ξ 1 2 3 4 5 P2329 227 281 181 ξ的数学期望E (ξ)＝1×3＋2×9＋3×27＋4×81＋5×81＝81.1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘． 2．数学归纳法主要是用来解决与自然数有关的命题．通常与数列、不等式证明等基础知识和基本技能相结合来考查逻辑推理能力，要了解数学归纳法的原理，并能加以简单的应用． 3．离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和． 4．求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式)等，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值.1．(2012·江苏卷)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝1.(1)求概率P (ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E (ξ)．解 (1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C 23对相交棱，因此P (ξ＝0)＝8C 23C 212＝8×366＝411.(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或2，其中距离为2的共有6对，故P (ξ＝2)＝6C 212＝111，于是P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)＝1－411－111＝611，所以随机变量ξ的分布列是因此E (ξ)＝1×611＋22．(2015·山东卷)若n 是一个三位正整数，且n 的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n 为“三位递增数”(如137，359，567等)．在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分． (1)写出所有个位数字是5的“三位递增数” ；(2)若甲参加活动，求甲得分X 的分布列和数学期望E (X )．解 (1)个位数是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345； (2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C 39＝84，随机变量X 的取值为：0，－1，1，因此P (X ＝0)＝C 38C 39＝23，P (X ＝－1)＝C 24C 39＝114，P (X ＝1)＝1－114－23＝1142，所以X 的分布列为则E (X )＝0×23＋(－1)×114＋1×42＝21.3．(2013·江苏卷)设数列{a n }：1，－2，－2，3，3，3，－4，－4，－4，－4，…，(－1)k－1k ，…，(－1)k －1k 个k ，…，即当（k －1）k 2<n ≤k （k ＋1）2(k ∈N *)时，a n ＝(－1)k －1k ，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n (n ∈N *)．对于l ∈N *，定义集合P l ＝{n |S n 是a n 的整数倍，n ∈N *，且1≤n ≤l }．(1)求集合P 11中元素的个数；(2)求集合P 2 000中元素的个数．解 (1)由数列{a n }的定义得a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－2，a 4＝3，a 5＝3，a 6＝3，a 7＝－4，a 8＝－4，a 9＝－4，a 10＝－4，a 11＝5，所以S 1＝1，S 2＝－1，S 3＝－3，S 4＝0，S 5＝3，S 6＝6，S 7＝2，S 8＝－2，S 9＝－6，S 10＝－10，S 11＝－5，从而S 1＝a 1，S 4＝0×a 4，S 5＝a 5，S 6＝2a 6，S 11＝－a 11，所以集合P 11中元素的个数为5.(2)先证：S i (2i ＋1)＝－i (2i ＋1)(i ∈N *)．事实上，①当i ＝1时，S i (2i ＋1)＝S 3＝－3，－i (2i ＋1)＝－3，故原等式成立； ②假设i ＝m 时成立，即S m (2m ＋1)＝－m (2m ＋1)，则i ＝m ＋1时，S (m ＋1)(2m ＋3)＝S m (2m ＋1)＋(2m ＋1)2－(2m ＋2)2＝－m (2m ＋1)－4m －3＝－(2m 2＋5m ＋3)＝－(m ＋1)(2m ＋3)．综合①②可得，S i (2i ＋1)＝－i (2i ＋1)．于是S (i ＋1)(2i ＋1)＝S i (2i ＋1)＋(2i ＋1)2＝－i (2i ＋1)＋(2i ＋1)2＝(2i ＋1)(i ＋1)．由上可知S i (2i ＋1)是2i ＋1的倍数，而a i (2i ＋1)＋j ＝2i ＋1(j ＝1，2，…，2i ＋1)，所以S i (2i ＋1)＋j ＝S i (2i ＋1)＋j (2i ＋1)是a i (2i ＋1)＋j (j ＝1，2，…，2i ＋1)的倍数．又S (i ＋1)(2i ＋1)＝(i ＋1)·(2i ＋1)不是2i ＋2的倍数，而a (i ＋1)(2i ＋1)＋j ＝－(2i ＋2)(j ＝1，2，…，2i ＋2)，所以S (i ＋1)(2i ＋1)＋j＝S (i ＋1)(2i ＋1)－j (2i ＋2)＝(2i ＋1)(i ＋1)－j (2i ＋2)不是a (i ＋1)(2i ＋1)＋j (j ＝1，2，…，2i ＋2)的倍数，故当l ＝i (2i ＋1)时，集合P l 中元素的个数为1＋3＋…＋(2i －1)＝i 2，于是，当l ＝i (2i ＋1)＋j (1≤j ≤2i ＋1)时，集合P l 中元素的个数为i 2＋j . 又2 000＝31×(2×31＋1)＋47，故集合P 2 000中元素的个数为312＋47＝1 008. 4．(2010·江苏卷)已知△ABC 的三边长都是有理数． (1)求证：cos A 是有理数；(2)求证：对任意正整数n ，cos nA 是有理数．证明 (1)设三边长分别为a ，b ，c ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc，∵a ，b ，c 是有理数，b 2＋c 2－a 2是有理数，分母2bc 为正有理数，又有理数集对于除法具有封闭性， ∴b 2＋c 2－a 22bc必为有理数，∴cos A 是有理数．(2)①当n ＝1时，显然cos A 是有理数；当n ＝2时，∵cos 2A ＝2cos 2A －1，因为cos A 是有理数， ∴cos 2A 也是有理数；②假设当n ≤k (k ≥2)时，结论成立，即cos kA 、cos(k －1)A 均是有理数．当n ＝k ＋1时，cos(k ＋1)A ＝cos kA cos A －sin kA sin A＝cos kA cos A －12[cos(kA －A )－cos(kA ＋A )]＝cos kA cos A －12cos(k －1)A ＋12cos(k ＋1)A解得：cos(k ＋1)A ＝2cos kA cos A －cos(k －1)A ∵cos A ，cos kA ，cos(k －1)A 均是有理数， ∴2cos kA cos A －cos(k －1)A 是有理数， ∴cos(k ＋1)A 是有理数．即当n ＝k ＋1时，结论成立．综上所述，对于任意正整数n ，cos nA 是有理数．5．记⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 22…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 2n 的展开式中，x 的系数为a n ，x 2的系数为b n ，其中n ∈N *.(1)求a n ；(2)是否存在常数p ，q (p ＜q )，使b n ＝13⎝⎛⎭⎪⎫1＋p 2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋q 2n ，对n ∈N *，n ≥2恒成立？证明你的结论．解 (1)根据多项式乘法运算法则，得a n ＝12＋122＋…＋12n ＝1－12n .(2)计算得b 2＝18，b 3＝732.代入b n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋p 2n ⎝⎛⎭⎪⎫1＋q 2n ，解得p ＝－2，q ＝－1.下面用数学归纳法证明b n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝13－12n ＋23×14n (n ≥2且n ∈N *)①当n ＝2时，b 2＝18，结论成立．②设n ＝k 时成立，即b k ＝13－12k ＋23×14k ，则当n ＝k ＋1时，b k ＋1＝b k ＋a k2k ＋1＝13－12k ＋23×14k ＋12k ＋1－122k ＋1 ＝13－12k ＋1＋23×14k ＋1. 由①②可得存在常数p ＝－2，q ＝－1使结论对n ∈N *，n ≥2成立．6．(2012·江苏卷)设集合P n ＝{1，2，…，n }，n ∈N *.记f (n )为同时满足下列条件的集合A 的个数：①A ⊆P n ；②若x ∈A ，则2x ∉A ；③若x ∈∁P n A ，则2x ∉∁P n A .(1)求f (4)；(2)求f (n )的解析式(用n 表示)．解 (1)当n ＝4时，符合条件的集合A 为：{2}，{1，4}，{2，3}，{1，3，4}，故f (4)＝4.(2)任取偶数x ∈P n ，将x 除以2，若商仍为偶数，再除以2，…，经过k 次以后，商必为奇数，此时记商为m ，于是x ＝m ·2k，其中m 为奇数，k ∈N *. 由条件知，若m ∈A ，则x ∈A ⇔k 为偶数；若m ∉A ，则x ∈A ⇔k 为奇数．于是x 是否属于A 由m 是否属于A 确定．设Q n 是P n 中所有奇数的集合，因此f (n )等于Q n 的子集个数．当n 为偶数(或奇数)时，P n 中奇数的个数是n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫或n ＋12，所以f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧2n2，n 为偶数，2n ＋12，n 为奇数.第1讲几何证明选讲高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)三角形及相似三角形的判定与性质；(2)圆的相交弦定理，切割线定理；(3)圆内接四边形的性质与判定；(4)相交弦定理，本内容考查属B 级要求．真题感悟1.(2015·江苏卷)如图，在△ABC中，AB＝AC，△ABC的外接圆⊙O的弦AE交BC于点D.求证：△ABD∽△AEB.证明因为AB＝AC，所以∠ABD＝∠C.又因为∠C＝∠E，所以∠ABD＝∠E，又∠BAE为公共角，可知△ABD∽△AEB.2．(2014·江苏卷)如图，AB是圆O的直径，C，D是圆O上位于AB异侧的两点．证明：∠OCB＝∠D.证明因为B，C是圆O上的两点，所以OB＝OC.故∠OCB＝∠B.又因为C，D是圆O上位于AB异侧的两点，故∠B，∠D为同弧所对的两个圆周角，所以∠B＝∠D.因此∠OCB＝∠D.考点整合1．(1)相似三角形的判定定理判定定理1：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似．判定定理2：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两边和另一个三角形的两边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似．判定定理3：对于任意两个三角形，如果一个三角形的三条边和另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似．(2)相似三角形的性质①相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比；②相似三角形周长的比等于相似比；③相似三角形面积的比等于相似比的平方．(3)直角三角形的射影定理：直角三角形中，每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影与斜边的比例中项；斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项．2．(1)圆周角定理：圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．(2)圆心角定理：圆心角的度数等于它所对弧的度数．3．(1)圆内接四边形的性质定理：①圆的内接四边形的对角互补；②圆内接四边形的外角等于它的内角的对角．(2)圆内接四边形判定定理：如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．4．(1)圆的切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．(2)圆的切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．(3)弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．(4)相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．(5)切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段。

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