专题15 统计的命题规律-名师揭秘2019年高考数学(理)命题热点全覆盖
名师揭秘2019年高考数学(文理)命题热点全覆盖(全套33份)(精编)
名师揭秘2019年高考数学（文理）命题热点全覆盖（33份）专题01 集合的解题技巧一、集合的解题技巧及注意事项1.元素与集合，集合与集合关系混淆问题；2.造成集合中元素重复问题；3.隐含条件问题；4.代表元变化问题；5.分类讨论问题；6．子集中忽视空集问题；7.新定义问题；8.任意、存在问题中的最值问题；9.集合的运算问题；10.集合的综合问题。
二．知识点【学习目标】1．了解集合的含义、元素与集合的“属于”关系，能用自然语言、图形语言、集合语言(列举法或描述法)来描述不同的具体问题，理解集合中元素的互异性；2．理解集合之间包含和相等的含义，能识别给定集合的子集，了解在具体情境中全集与空集的含义；3．理解两个集合的并集与交集的含义，会求两个简单集合的并集与交集，理解在给定集合中一个子集的补集的含义，会求给定子集的补集；4．能使用韦恩(Venn)图表达集合间的关系与运算．【知识要点】1．集合的含义与表示(1)一般地，我们把研究对象统称为元素，把一些元素组成的总体叫集合，简称集．(2)集合中的元素的三个特征：确定性、互异性、无序性(3)集合的表示方法有：描述法、列举法、区间法、图示法(4)集合中元素与集合的关系分为属于与不属于两种，分别用“∈”或“∉”来表示．(5)常用的数集：自然数集N；正整数集N*(或N＋)；整数集Z；有理数集Q；实数集R.2．集合之间的关系(1)一般地，对于两个集合A ，B .如果集合A 的任何一个元素都是集合B 的元素，我们就说这两个集合有包含关系，称集合A 为集合B 的子集，记作A B ⊆；若A ⊆B ，且A ≠B ，则A B ⊂，我们就说A 是B 的真子集．(2)不含任何元素的集合叫做空集，记作Φ，它是任何集合的子集，即∅⊆A ． 3．集合的基本运算(1)并集：A ∪B ＝{x |x ∈A 或x ∈B }； (2)交集：A ∩B ＝{x |x ∈A 且x ∈B }； (3)补集：∁U A ＝．4．集合的运算性质(1)A ∩B ＝A ⇔A ⊆B ，A ∩A ＝A ，A ∩∅＝∅；(2)A ∪B ＝A ⇔A ⊇B ，A ∪A ＝A ，A ∪∅＝A ； (3)A ⊆B ，B ⊆C ，则A ⊆C ；【点评】：注意两个集合代表元的条件，容易忽视集合中元素属于整数的条件.练习2．【江西省九江市2019届高三第一次联考】已知集合，集合,则图中的阴影部分表示的集合是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【分析】图中阴影部分表示的集合为，所以先求出集合A,B 后可得结论．【解析】由题意得，所以，即图中阴影部分表示的集合为．故选C ．【点评】本题考查集合的元素、韦恩图和集合的补集运算，解题的关键是认清图中阴影部分表示的集合以及所给集合中元素的特征，属于基础题．（四）代表元变化问题【内蒙古鄂尔多斯市一中2018-2019模拟】已知A＝{y|y＝log2x，x>1}，B=,则（) 例4．A．B．C．D．【答案】C【分析】利用对数性质和交集定义求解．【解析】∵A={y|y=log2x，x>1}={y|y>0}，B=，∴A∩B={x|0x≤1}= ．故选C．【点评】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要注意对数函数的性质的灵活运用．练习1.【华东师范大学附中2018-2019学年试题】集合，的元素只有1个，则的取值范围是__________.【答案】【分析】由中有且仅有一个元素，可知两个方程联立得到方程是一次方程或二次方程有两个相等的根；利用分类讨论思想，可求出的范围.【解析】联立即，是单元素集，分两种情况考虑:，方程有两个相等的实数根，即，可得,解得，方程只有一个根，符合题意，综上,的范围为故答案为.【点评】本题主要考查集合交集的定义与性质以及一元二次方程根与系数的关系，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.练习2.同时满足：①M ⊆{1，2，3，4，5}；②a∈M且6－a∈M的非空集合M有()A．9个B．8个C．7个D．6个【答案】C共有7个集合满足条件，故选C.【点评】本题主要考查了元素与集合的关系，以及集合与集合的关系的判定与应用，其中熟记元素与集合的关系，以及集合与集合的包含关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.（五）分类讨论问题例5. 【九江市2019届高三第一次十校联考】（1）求解高次不等式的解集A；（2）若的值域为B,A B=B求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【分析】（1）利用讨论的方法求得不等式的解集A；（2）根据函数的单调性求出值域B，由得，转化为不式等组求解，可得所求范围．【解析】（1）①当时，原不等式成立．②当时，原不等式等价于，解得.，综上可得原不等式的解集为，∴．（2）由题意得函数在区间上单调递减，∴，∴，∴．∵，∴，∴，解得，∴实数的取值范围是．【点评】解答本题时注意转化思想方法的运用，已知集合的包含关系求参数的取值范围时，可根据数轴将问题转化为不等式（组）求解，转化时要注意不等式中的等号能否成立，解题的关键是深刻理解集合包含关系的含义．练习1.设集合，，若，求实数a的取值范围；若，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）【分析】（1）由题意得，，根据可得，从而可解出的取值范围；（2）先求出，根据可得到，解出的取值范围即可．【解析】由题意得，；（1）∵，∴，解得，又，∴，∴实数的取值范围为．（2）由题意得，∵，∴，解得．∴实数的取值范围为．【点评】本题考查集合表示中描述法的定义，一元二次不等式的解法，子集的概念，以及交集的运算．根据集合间的包含关系求参数的取值范围时，注意转化方法的运用，特别要注意不等式中的等号能否成立．（六）子集中忽视空集问题例6【云南省2018-2019学年期中考试】已知集合，若，则的取值集合是（）A．B．C．D．【分析】本题考查集合间的包含关系，先将集合，化简，然后再根据分类讨论．【解析】∵集合∴若，即时，满足条件；若，则.∵∴或∴或综上，或或.故选C.【点评】本题主要考查利用集合子集关系确定参数问题，易错点是化简集合时没有注意时的特殊情况．练习1.已知集合，．（1）若，求;（2）若，求实数的取值范围．【答案】(1) (2) 或【点评】由集合间的关系求参数时，常借助数轴来建立不等关系求解，此时应注意端点处是实点还是虚点（七）新定义问题例7．【清华附属中2018-2019学年试题】集合A，B的并集A∪B＝｛1，2｝，当且仅当A≠B时，（A，B）与（B，A）视为不同的对，则这样的（A，B）对的个数有__________.【分析】根据条件列举，即得结果.【解析】由题意得满足题意的（A，B）为：A=，B＝｛1，2｝；A=｛1｝，B＝｛2｝；A=｛1｝，B＝｛1，2｝；A=｛2｝，B＝｛1｝；A=｛2｝，B＝｛1，2｝；A=｛1，2｝，B＝；A=｛1，2｝，B＝｛1｝；A=｛1，2｝，B＝｛2｝；共8个.【点评】本题考查集合子集与并集，考查基本分析求解能力.练习1．【华东师范大学附中2019届高三数学试卷】已知集合M=，集合M的所有非空子集依次记为：M1，M2，...,M15，设m1，m2，...，m15分别是上述每一个子集内元素的乘积，规定：如果子集中只有一个元素，乘积即为该元素本身，则m1+m2+...+m15=_____【答案】【分析】根据二项式定理的推导过程构造出函数，当时，函数的值就是所有子集的乘积。
专题15 解三角形综合-2019年高考理数母题题源系列(天津专版)(原卷版)
【母题原题1】【2019年高考天津卷理数】在ABC △中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ．已知2b c a +=，3sin 4sin c B a C =．（1）求cos B 的值； （2）求sin 26B π⎛⎫+⎪⎝⎭的值． 【答案】（1）14-；（2） 【解析】（1）在ABC △中，由正弦定理sin sin b cB C=，得sin sin b C c B =， 又由3sin 4sin c B a C =，得3sin 4sin b C a C =，即34b a =．又因为2b c a +=，得到43b a =，23c a =． 由余弦定理可得222222416199cos 22423a a a a cb B ac a a +-+-===-⋅⋅． （2）由（1）可得sin 4B ==，从而sin 22sin cos B B B ==，227cos 2cos sin 8B B B =-=-，故71sin 2sin 2cos cos 2sin 66682B B B πππ⎛⎫+=+=⨯= ⎪⎝⎭． 【名师点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识．考查运算求解能力．【母题原题2】【2018年高考天津卷理数】在ABC △中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知专题15 解三角形综合sin cos()6b A a B π=-．（1）求角B 的大小；（2）设a =2，c =3，求b 和sin(2)A B -的值．【答案】（1）π3；（2）b sin(2)A B - 【解析】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角差的正弦与余弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力．（1）在△ABC 中，由正弦定理sin sin a bA B =，可得sin sin b A a B =， 又由πsin cos()6b A a B =-，得πsin cos()6a B a B =-，即πsin cos()6B B =-，可得tan B =又因为(0π)B ∈，，可得B =π3．（2）在△ABC 中，由余弦定理及a =2，c =3，B =π3，有2222cos 7b a c ac B =+-=，故b ．由πsin cos()6b A a B =-，可得sin A =因为a <c ，故cosA =．因此sin 22sin cos A A A ==21cos 22cos 17A A =-=．所以，sin(2)sin 2cos cos 2sin A B A B A B -=-=11727214-⨯= 【名师点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．【母题原题3】【2017年高考天津卷理数】在ABC △中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ．已知a b >，5,6a c ==，3sin 5B =． （1）求b 和sin A 的值；（2）求πsin(2)4A +的值．【答案】（1）b sin A 的值为13；（2）26． 【解析】（1）在ABC △中，因为a b >，故由3sin 5B =，可得4cos 5B =． 由已知及余弦定理，有2222cos 13b a c ac B =+-=，所以b =由正弦定理sin sin a b A B =，得sin sin 13a B Ab ==．所以，b sin A（2）由（1）及a c <，得cos 13A =， 所以12sin 22sin cos 13A A A ==，25cos 212sin 13A A =-=-．故πππsin(2)sin 2cos cos 2sin 44426A A A +=+=． 【名师点睛】（1）利用正弦定理进行“边转角”可寻求角的关系，利用“角转边”可寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系可求角，利用两角和差的三角公式及二倍角公式可求三角函数值．（2）利用正、余弦定理解三角形是高考的高频考点，常与三角形内角和定理、三角形面积公式等相结合，利用正、余弦定理进行解题．【命题意图】主要考查利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形的度量问题，常与同角三角函数的关系、诱导公式、和差角公式，甚至三角函数的图象和性质等交汇命题．主要考查考生的数学运算能力． 【命题规律】考查正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用．解三角形是高考的一个必考热点，多为解答题，试题难度不大，多为中低档题．主要命题角度有：（1）以斜三角形为背景求三角形的基本量、求三角形面积或判断三角形形状，主要考查正弦定理、余弦定理以及三角函数公式的应用；（2）以实际生活为背景（如测量、航海、几何、天体运行和物理学上的应用等）考查解三角形问题，此类考题在近两年高考中虽没涉及，但此类题深受高考命题者的青睐，应给予关注；（3）解三角形与其他知识相交汇问题，常与三角恒等变换、不等式、平面向量等知识相交汇，这一直是高考考查的重点和热点．此类问题出现在解答题的第二问中，属于中档题．【知识总结】1．正弦、余弦定理在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC的外接圆半径，则2．三角形中的常见结论在△ABC中，常有下列结论：（1）A+B+C=π．（2）大边对大角，大角对大边，如a>b⇔A>B⇔sin A>sin B．（3）任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．（4）有关三角形内角的三角函数关系式：sin （A+B ）=sin C ；cos （A+B ）=–cos C ；tan （A+B ）=–tanC ；sin2A B +=cos 2C ；cos 2A B +=sin 2C． （5）在△ABC 中，内角A ，B ，C 成等差数列⇔B=π3，A+C=2π3． （6）在斜△ABC 中，tan A+tan B+tan C=tan A ·tan B ·tan C ． 3．三角形的面积公式（1）已知三角形一边及该边上的高：S=12ah （h 表示边a 上的高）； （2）已知三角形的两边及其夹角：S=12ab sin C=12ac sin B=12bc sin A ；（3）已知三角形的三边：（p=12（a+b+c ））； （4）已知三角形的三边及内切圆半径：S=12r （a+b+c ）（r 表示三角形内切圆半径）．【方法总结】1．判断三角形的形状，主要有如下两种方法：（1）角化边．利用正弦、余弦定理把已知条件转化为边的关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，如：①若a=b ，则三角形为等腰三角形；②若c 2=a 2+b 2，则三角形为以角C 为直角的直角三角形； ③若c 2>a 2+b 2，则三角形为以角C 为钝角的钝角三角形；④若c 2<a 2+b 2，则只能得到三角形中角C 为锐角，如果同时有a 2<c 2+b 2，b 2<a 2+c 2都成立，此三角形为锐角三角形；⑤有时可能得到两个结论a=b ，且c 2=a 2+b 2，此时三角形为等腰直角三角形．化简过程中不能随便约分，要把关系找充分，从而正确判断三角形的形状．（2）边化角．利用正弦、余弦定理把已知条件转化为内角三角函数间的关系，通过三角恒等变换，得出内角的关系，常见的关系有： ①sin 2A=sin 2B ，即A=B 或A+B=π2，三角形为等腰三角形或直角三角形； ②A+B=π2，三角形为以角C 为直角的直角三角形； ③A=B=C ，三角形为等边三角形．在这里要注意应用A+B+C=π这个结论，从而判断出三角形的形状．注意：（1）判断三角形形状要对所给的边角关系式进行转化，使之变为只含边或只含角的式子然后判断．注意不要轻易两边同除以一个式子．（2）要注意解是否唯一，并注重挖掘隐含条件．另外，在变形过程中要注意角A ，B ，C 的范围对三角函数值的影响．2．与三角形面积有关的问题主要有两种：一是解三角形求出有关量，利用公式求面积；二是将面积作为已知条件之一，与正弦定理和余弦定理一起求解三角形中的其他量．解题时主要应用三角形面积公式S=12ab sin C ，此公式既与边长的乘积有关，又与角的三角函数值有关，因此可以将正弦定理和余弦定理综合起来求解问题．3．解与三角形中边角有关的量的取值范围时，主要是利用已知条件和有关定理，将所求的量用三角形的某个内角或某条边表示出来，结合三角形边角取值范围等求解即可．注意：（1）涉及求范围的问题，一定要搞清已知变量的范围，利用已知的范围进行求解，已知边的范围求角的范围时可以利用余弦定理进行转化．（2）注意题目中的隐含条件，如A+B+C=π，0<A<π，b –c<a<b+c ，三角形中大边对大角等．1．【天津市新华中学2019届高三下学期第八次统练（一模）数学】在ABC △中，46,cos ,54AC B C π===． （1）求AB 的长；（2）求cos 26A ⎛⎫- ⎪⎝⎭π的值．2．【天津市南开区2019届高三第二学期模拟考试（二）数学】在ABC △中，,,a b c 分别是三个内角,,A B C 的对边，若3,4,2b c C B ===，且a b ¹． （1）求cos B 及a 的值； （2）求cos 23B ⎛⎫+⎪⎝⎭π的值． 3．【天津市南开区2019届高三下学期模拟考试数学】在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，B =2C ，sin C =4（1）求cos A 的值；（2）设bc =24，求边a 的长．4．【天津市河西区2019届高三一模数学】在ABC △中，,,A B C 对应的边为,,a b c ．已知1cos 2a C cb +=． （1）求A ；（2）若4,6b c ==，求cos B 和()cos 2A B +的值．5．【天津市部分区2019届高三联考一模数学】在ABC △中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知2b A B A π===+． （1）求a 的值；（2）求cos2C 的值．6．【天津市河北区2019届高三一模数学】已知ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足a c -=，sin B C =．（1）求cos A 的值；（2）求πsin 26A ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值．7．【天津市红桥区2019届高三一模数学】在ABC △中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ．已知sin 3sin b A c B =，3a =，2cos 3B =． （1）求b 的值； （2）求πcos 23B ⎛⎫-⎪⎝⎭的值． 8．【2019年塘沽一中、育华中学高三毕业班第三次模拟考试数学】在ABC △中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知5cos (cos cos )3A b C c B a +=，sin 62bc A π⎛⎫-= ⎪⎝⎭．（1）求ABC △的面积； （2）若2c =，求cos 4B π⎛⎫+⎪⎝⎭的值．9．【天津市实验中学2019届高三第六次阶段考数学】已知函数21()2cos 2f x x x =--．（1）求()f x 的最小正周期；（2）设ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c =()0f C =，若s i n 2s i n B A =，求a ，b 的值．10．【天津市北辰区2019届高考模拟考试数学】在ABC △中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知45B =，b =cos C =． （1）求边a ；（2）求()sin 2A B -．11．【天津市南开中学2019届高三模拟数学】已知在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且1c =，)()cos sin sin cos 0B C B A B +-+=．（1）求角C 的大小；（2）若3a b =，求()cos 2B C -的值．12．【天津市北辰区2019届高考模拟考试数学】在ABC △中，角A B C ，，的对边分别为a b c ，，，已知145tan 2B bC =︒==，．（1）求边a ； （2）求()sin 2A B -．13．【天津市河北区2019届高三二模数学】已知ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足sin 1sin sin b Ca c A B=-++． （1）求角A 的值；（2）若3a =，b =()sin 2B A +的值．14．【天津市红桥区2019届高三二模数学】在ABC △中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知sin sin sin a b a c C A B+-=-． （1）求角B ；（2）若3b =，cos A =，求ABC △的面积． 15．【天津市和平区2019届高三下学期第一次质量调查数学】设ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且3,1,2b c A B ===． （1）求a 的值；（2）求cos(2)6A π+的值．16．【天津市和平区2018–2019学年第二学期高三年级第二次质量调查数学】已知函数2()sin cos f x x x x =-．（1）求()f x 在[]0,π上的单调递增区间；（2）在ABC △中，,,a b c 分别是角,,A B C 的对边，A 为锐角，若()sin(2)16f A A π+-=，且ABC △的面积为b c +的最小值．17．【天津市和平区2018–2019学年度第二学期高三年级第二次质量调查数学】已知三角形ABC △中，角,,A B C 的对边分别是,,a b c ，且)cos c B -=cos b C ． （1）求角B 的大小及πcos(2)3B +的值；（2）若ABC △的面积为a c +的最小值．18．【天津市十二重点中学2019届高三下学期毕业班联考（二）数学】在ABC △中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且=tan 2sin a bA B． （1）求角A 的值；（2）若6a =，2b c =，求ABC △的面积．19．【天津市十二重点中学2019届高三下学期毕业班联考（二）数学】在ABC △中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，已知2sin sin cos 2,a A B b A a += （1）求ab的值；（2）若c =，求πsin(2)3C -的值．20．【天津市2019年3月九校联考高三数学】已知ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,,a b c 若7a =，60A ∠=︒，且sin sin B C +=（1）求bc 的值；（2）若b c <，求cos(2)B A +的值．。
2019年高考数学I卷文科概率统计解答题命题趋势与备考指南
2019年高考数学I卷文科命题趋势与备考指南系列（七）概率统计解答题命题趋势与备考指南高考对概率与统计内容的考查一般以实际应用题出现,这既是这类问题的特点,也符合高考发展的方向.概率应用题侧重于古典概率,近几年的高考有以概率应用题替代传统应用题的趋势,该题出现在解答题第二或第三题的位置，可见概率统计在高考中属于中档题.虽为中档题，但是实际生活背景在加强，阅读量大，所以快速阅读考题并准确理解题意是很重要的.对于这部分，我们还应当重视与传统内容的有机结合. 为了准确地把握2019年高考概率统计命题思想与趋势，在最后的复习中做到有的放矢，提高复习效率，我们现一起分析研究2014-2018这5年的考题，以便发现规律，把握住高考命题的脉搏.一、数据统计与分析纵观2014-2018年这五年的全国文科I卷，我们看到近几年每年一考,多出现在19题，分值12分；从难度上看：以中档题为主，重基础，考查的重点为统计图表的绘制与分析、数字特征的计算与分析、概率计算、线性回归分析，独立性检验等知识点，一般都会以实际问题为载体，代替传统建模题目.下面我们把这些热点问题逐一说明，并提出备考指南，希望同学们在复习时抓住重点、事半功倍.二、命题趋势与备考指南热点一：“统计”背景下的“概率”问题这类问题一般将统计与概率相结合.以频率分布直方图或茎叶图为背景来考查概率知识，有时以表格为背景来考查概率知识，需要从统计图、表格获取信息、处理数据的能力，并根据得出的数据求概率.热点二：样本分析并通过样本分析作决策进行样本分析时从统计图表中获取数据，得出频率、平均数、方差，用样本频率估计概率、样本数字特征估计总体数字特征，有时需以此作出决策.热点三：线性回归分析根据最小二乘法得出回归直线方程，有时需适当换元转化为线性回归方程. 由于计算量很大，题目一般会给出的参考数据，但是注意数据设置的“障眼法”，这时就要认真领会题意，找出适用的参考数据加以计算.热点四：独立性检验寻找数据完成列联表，下面的解题步骤比较固定，按部就班完成即可.热点五：与函数相结合的概率统计题这类题也是近几年出现较多的一类题，其综合性强，理解题意后找准变量，构建函数关系式.针对以上这些题型并结合近几年的考点分布表，我们提出以下备考建议：1.加强概率模型的区分与训练，从概率模型入手，分模型训练.2增强从统计图表中读取信息的能力及处理信息的能力，特别是处理数据能力及运算能力3.注重回归教材，最后的复习过程中一定要加强对教材习题、重点例题的探究，注重对教材的挖掘和利用，提高学生分析问题、解决问题的能力，以不变应万变.总之，概率统计题这部分内容“统计”的味道很浓，由于所学知识尚浅，不会有太难的题目，只要熟练掌握各统计图表，做好数据分析，你一定会拿下这道题的！还有请你不要忘了在预测2019年高考全国一卷的命题上，组合教育联合全国数百位一线名师和清华大学数学博士团队，我们站在新高度洞穿高考，我们强烈推荐由北京组合教育出品的2019年《高考数学黄金预测卷》，它会对你的数学备考做更加精准的复习，结合资料中的命题趋势分析和命题报告和原创试题以及拓展内容，对每一部分最可能出的题型做练习，达到精准把握高考数学命题脉络，祝愿2019年高考学子取得优异成绩，我们在清华等你来！。
2019年高考数学命题规律探析专题-三角或数列解答题.doc
,.•.cosZBDC=sin/ADB=也 5专题15三角或数列解答题研究发现，课标全国卷的试卷结构和题型具有一定的稳定性和延续性，每个题型考查的知识点、考查方法、 考查角度、思维方法等相对固定，掌握了全国卷的各种题型，就把握了全国卷命题的灵魂，基于此，潜心 研究全国I 、II 、III 卷及高考数学考试说明，精心分类汇总至少最近三年全国卷的所有题型（按年份先理 后文的排列），对把握全国卷命题的方向，指导我们的高考有效复习，走出题海，快速提升成绩，会起到事 半功倍的效果。
三角或数列解答题，I 卷（理）2016-2018都考三角大题，II 卷（理）2016-2018依次考数列-三角-数列， HI 卷（理）依次考数列一三角一数列；文科I 、II 、III 卷2016-2018都考数列大题；全国卷中每年只考一 题，考三角大题时，一般配有2道数列小题，1-2道三角小题，考数列大题时，一般配3道三角小题，不再 配数列小题，三角大题侧重于考解三角形，重点考查正、余弦定理，题型设计较为灵活，小题中侧重考查 三角函数的图像及性质;数列一般考求通项，求和，数列应用题已经多年不考了，总体来说数列的地位已经 降低，题目难度小。
1. （2018年普通高等学校招生统一考试新课标I 卷数学（理-17））在平面四边形 ABCD 中，ZADC=90°, ZA=45°, AB=2, BD=5.（1）求 cosZADB ；（2.）若 DC=2扼，求 BC.【答案】见解析。
【考点】HT ：三角形中的几何计算.【专题】11：计算题；31：数形结合；49：综合法；58：解三角形.【分析】(1)由正弦定理得 ------ ----- ——5——，求出sin/ADB=W2,由此能求出cosZADB ；sinX ADB sin45°5 (2)由ZADC=90°,得cosZBDC=sinZADB=匝，再由DC=2扼，利用余弦定理能求出BC. 5【解答】解：(1) ZADC=90°, ZA=45°, AB=2, BD=5. .•.由正弦定理得：一孥一ED ,即——2——=, sinNADB sinZ^A sinZADB sin45.I sin/ADB=2sin45° =& 5 5 VAB<BD, .-.ZADB<ZA,cosZADB=J]_((2) •? ZADC=90°•.•DC=2 血, ••• BC =V B D 2 +D C 2-2 X BD X DC X c osZ BDC【点评】本题考查三角函数中角的余弦值、线段长的求法，考查正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题.2.（2017年普通高等学校招生统一考试新课标I卷数学（理17））2△ABC的内角A, B, C的对边分别为a, b, c,已知AABC的面积为一.3sinA（1）求sinBsinC；（2）若6cosBcosC=l, a=3,求Z\ABC 的周长.【答案】见解析。
最新高考数学解题技巧大揭秘 专题15 直线、圆及其交汇问题
专题十五 直线、圆及其交汇问题1．设a ∈R ，则“a ＝1”是“直线l 1：ax ＋2y －1＝0与直线l 2：x ＋(a ＋1)y ＋4＝0平行”的( )．A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案： A [由a ＝1可得l 1∥l 2，反之由l 1∥l 2可得a ＝1或a ＝－2，故选A.] 2．已知圆C ：x 2＋y 2－4x ＝0，l 是过点P (3,0)的直线，则( )． A ．l 与C 相交 B ．l 与C 相切C ．l 与C 相离D ．以上三个选项均有可能答案：A [把点(3,0)代入圆的方程的左侧得32＋0－4×3＝－3＜0，故点(3,0)在圆的内部，所以过点(3,0)的直线l 与圆C 相交，选A.]3．对任意的实数k ，直线y ＝kx ＋1与圆x 2＋y 2＝2的位置关系一定是( )． A ．相离B ．相切C ．相交但直线不过圆心D ．相交且直线过圆心答案：C [易知直线过定点(0,1)，且点(0,1)在圆内，但是直线不过圆心(0,0)，故选C.] 4．过点(－1，－2)的直线l 被圆x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0截得的弦长为2，则直线l 的斜率为________．解析 由题意知直线要与圆相交，必存在斜率，设为k ，则直线方程为y ＋2＝k (x ＋1)，又圆的方程可化为(x －1)2＋(y －1)2＝1，圆心为(1,1)，半径为1，∴圆心到直线的距离d ＝|k －1＋k －2|1＋k 2＝1－⎝⎛⎭⎫222， 解得k ＝1或177.答案 1或177本问题是整个解析几何的基础，在解析几何的知识体系中占有重要位置，但解析几何的主要内容是圆锥曲线与方程，故在该部分高考考查的分值不多，在高考试卷中一般就是一个选择或填空题考查直线与方程、圆与方程的基本问题，偏向于考查直线与圆的综合，试题难度不大，对直线方程、圆的方程的深入考查则与圆锥曲线结合进行．高考对解析几何的考查，主要考查直线和圆的方程以及直线与圆的位置关系的有关问题．运算能力与平面几何知识的灵活运用有可能成为制约考生解题的一个重要因素，因此在复习的过程中，要注意加强圆的几何性质的复习，注意向量方法在解析几何中的应用，注意强化运算能力的训练，努力提高灵活解题的能力．必备知识两直线平行、垂直的判定(1)①l 1：y ＝k 1x ＋b 1，l 2：y ＝k 2x ＋b 2(两直线斜率存在，且不重合)，则有l 1∥l 2⇔k 1＝k 2，l 1⊥l 2⇔k 1·k 2＝－1.②若两直线的斜率都不存在，并且两直线不重合，则两直线平行； 若两直线中一条直线的斜率为0，另一条直线斜率不存在，则两直线垂直． (2)l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0， 则有l 1∥l 2⇔A 1B 2－A 2B 1＝0，且B 1C 2－B 2C 1≠0， l 1⊥l 2⇔A 1A 2＋B 1B 2＝0. 圆的方程(1)圆的标准方程：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2(r ＞0)，圆心为(a ，b )，半径为r .(2)圆的一般方程：x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0(D 2＋E 2－4F ＞0)，圆心为⎝⎛⎭⎫－D 2，－E2，半径为r ＝D 2＋E 2－4F2；二元二次方程Ax 2＋Bxy ＋Cy 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0表示圆的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧B ＝0，A ＝C ≠0，D 2＋E 2－4AF ＞0.必备方法1．由于直线方程有多种形式，各种形式适用的条件、范围不同，在具体求直线方程时，由所给的条件和采用的直线方程形式所限，可能会产生遗漏的情况，尤其在选择点斜式、斜截式时要注意斜率不存在的情况．2．处理有关圆的问题，要特别注意圆心、半径及平面几何知识的应用，如弦心距、半径、弦长的一半构成直角三角形经常用到，利用圆的一些特殊几何性质解题，往往使问题简化．3．直线与圆中常见的最值问题(1)圆外一点与圆上任一点的距离的最值．(2)直线与圆相离，圆上任一点到直线的距离的最值． (3)过圆内一定点的直线被圆截得弦长的最值．(4)直线与圆相离，过直线上一点作圆的切线，切线长的最小值问题． (5)两圆相离，两圆上点的距离的最值．4．两圆相交，将两圆方程联立消去二次项，得到一个二元一次方程即为两圆公共弦所在的直线方程．待定系数法求圆的方程对于圆的方程，高考要求能根据所给的条件选取恰当的方程形式利用待定系数法求出圆的方程，并结合圆的几何性质解决与圆相关的问题．该部分在高考中常以填空、选择的形式直接考查，或是在解答题中综合轨迹问题进行考查．【例1】► 已知圆C 与圆x 2＋y 2－2x ＝0相外切，并且与直线x ＋3y ＝0相切于点Q (3，－3)，求圆C 的方程．[审题视点] [听课记录][审题视点] 先确定采用标准方程还是一般方程，然后求出相应的参数，即采用待定系数法．解 设圆C 的圆心为(a ，b )，则⎩⎪⎨⎪⎧b ＋3a －3＝3，(a －1)2＋b 2＝1＋|a ＋3b |2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ＝－43，所以r ＝2或r ＝6.所以圆C 的方程为(x －4)2＋y 2＝4或x 2＋(y ＋43)2＝36.求圆的方程一般有两类方法：(1)几何法，通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程；(2)代数法，即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数．【突破训练1】 已知圆过点A (1,2)，B (3,4)，且在x 轴上截得的弦长为6，求圆的方程． 解 法一 设圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0. 令y ＝0，得x 2＋Dx ＋F ＝0.设弦的两端点的横坐标分别为x 1、x 2.因圆在x 轴上截得的弦长为6，所以|x 1－x 2|＝6， 即D 2－4F ＝36，① 又圆过点A (1,2)，B (3,4)， 所以D ＋2E ＋F ＋5＝0，② 3D ＋4E ＋F ＋25＝0，③ 由①②③解得⎩⎪⎨⎪⎧D ＝12，E ＝－22，F ＝27或⎩⎪⎨⎪⎧D ＝－8，E ＝－2，F ＝7.故所求圆的方程为x 2＋y 2＋12x －22y ＋27＝0或x 2＋y 2－8x －2y ＋7＝0. 法二 设所求圆的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧r 2＝b 2＋32，(1－a )2＋(2－b )2＝r 2，(3－a )2＋(4－b )2＝r 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－6，b ＝11，r 2＝130或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1，r 2＝10.故所求圆的方程为(x ＋6)2＋(y －11)2＝130，或(x －4)2＋(y －1)2＝10. 直线与圆位置关系的考查直线与圆的位置关系是高考考查的热点，主要考查直线与圆的相交、相切、相离的判定与应用，以及弦长、面积的求法等，并常与圆的几何性质交汇，要求学生有较强的运算求解能力．【例2】► 如图所示，已知以点A (－1,2)为圆心的圆与直线l 1：x ＋2y ＋7＝0相切．过点B (－2,0)的动直线l 与圆A 相交于M ，N 两点，Q 是MN 的中点，直线l 与l 1相交于点P .(1)求圆A 的方程；(2)当|MN |＝219时，求直线l 的方程；(3)B Q →·B P →是否为定值？如果是，求出其定值；如果不是，请说明理由． [审题视点] [听课记录][审题视点] 第(1)问由圆A 与直线l 1相切易求出圆的半径，进而求出圆A 的方程；第(2)问注意直线l 的斜率不存在时也符合题意，以防漏解，另外应注意用好几何法，以减小计算量；第(3)问分两种情况分别计算平面向量的数量积为定值后方可下结论．解 (1)设圆A 的半径为R ，∵圆A 与直线l 1：x ＋2y ＋7＝0相切， ∴R ＝|－1＋4＋7|5＝2 5.∴圆A 的方程为(x ＋1)2＋(y －2)2＝20.(2)当直线l 与x 轴垂直时，易知x ＝－2符合题意；当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)，即kx －y ＋2k ＝0. 连接AQ ，则AQ ⊥MN .∵|MN |＝219，∴|AQ |＝20－19＝1， 由|AQ |＝|k －2|k 2＋1＝1，得k ＝34.∴直线l 的方程为3x －4y ＋6＝0，∴所求直线l 的方程为：x ＝－2或3x －4y ＋6＝0. (3)∵AQ ⊥BP ，∴A Q →·B P →＝0， ∴B Q →·B P →＝(B A →＋A Q →)·B P →＝B A →·B P →＋A Q →·B P →＝B A →·B P →.当直线l 与x 轴垂直时，得P ⎝⎛⎭⎫－2，－52， 则B P →＝⎝⎛⎭⎫0，－52，又B A →＝(1,2)． ∴B Q →·B P →＝B A →·B P →＝－5.当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋2)，x ＋2y ＋7＝0，解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k －71＋2k ，－5k 1＋2k . ∴B P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－51＋2k ，－5k 1＋2k .∴B Q →·B P →＝B A →·B P →＝－51＋2k －10k1＋2k＝－5， 综上所述，B Q →·B P →是定值，且B Q →·B P →＝－5.(1)直线和圆的位置关系常用几何法，即利用圆的半径r ，圆心到直线的距离d 及半弦长l2构成直角三角形关系来处理．(2)要注意分类讨论，即对直线l 分为斜率存在和斜率不存在两种情况分别研究，以防漏解或推理不严谨．【突破训练2】在平面直角坐标系xOy 中，曲线y ＝x 2－6x ＋1与坐标轴的交点都在圆C 上．(1)求圆C 的方程；(2)若圆C 与直线x －y ＋a ＝0交于A ，B 两点，且OA ⊥OB ，求a 的值． 解 (1)曲线y ＝x 2－6x ＋1与坐标轴的交点为(0,1)，(3±22，0)． 故可设圆的圆心坐标为(3，t )， 则有32＋(t －1)2＝()222＋t 2.解得t ＝1，则圆的半径为32＋(t －1)2＝3. 所以圆的方程为(x －3)2＋(y －1)2＝9.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，其坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋a ＝0，(x －3)2＋(y －1)2＝9，消去y 得到方程2x 2＋(2a －8)x ＋a 2－2a ＋1＝0， 由已知可得判别式Δ＝56－16a －4a 2＞0，由韦达定理可得x 1＋x 2＝4－a ，x 1x 2＝a 2－2a ＋12，①由OA ⊥OB 可得x 1x 2＋y 1y 2＝0.又y 1＝x 1＋a ，y 2＝x 2＋a . 所以2x 1x 2＋a (x 1＋x 2)＋a 2＝0.由①②可得a ＝－1，满足Δ＞0，故a ＝－1.直线、圆与圆锥曲线的交汇问题常以直线、圆、圆锥曲线为载体结合平面向量来命题，考查解决解析几何问题的基本方法与技能，正成为高考命题新的生长点．【例3】已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点K (－1,0)的直线l 与C 相交于A ，B 两点，点A 关于x 轴的对称点为D .(1)证明：点F 在直线BD 上；(2)设F A →·F B →＝89，求△BDK 的内切圆M 的方程．[审题视点] [听课记录][审题视点] (1)设出A 、B 、D 的坐标及l 的方程，进而表示出直线BD 的方程．再验证；(2)由F A →·FB →＝89可求直线l ，BD 的方程，再由A 、D 关于x 轴对称可设圆心M (t,0)，则M 到直线l ，BD 的距离相等．解 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 1，－y 1)，l 的方程为x ＝my －1(m ≠0)．(1)证明：将x ＝my －1代入y 2＝4x 并整理得y 2－4my ＋4＝0，从而y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝4.①直线BD 的方程为y －y 2＝y 2＋y 1x 2－x 1·(x －x 2)，即y －y 2＝4y 2－y 1·⎝⎛⎭⎫x －y 224. 令y ＝0，得x ＝y 1y 24＝1.所以点F (1,0)在直线BD 上．(2)由(1)知，x 1＋x 2＝(my 1－1)＋(my 2－1)＝4m 2－2， x 1x 2＝(my 1－1)(my 2－1)＝1.因为F A →＝(x 1－1，y 1)，F B →＝(x 2－1，y 2)， F A →·F B →＝(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＋4 ＝8－4m 2，故8－4m 2＝89，解得m ＝±43.所以l 的方程为3x ＋4y ＋3＝0,3x －4y ＋3＝0.又由①知y 2－y 1＝±(4m )2－4×4＝±437，故直线BD 的斜率4y 2－y 1＝±37，因而直线BD 的方程为3x ＋7y －3＝0,3x －7y －3＝0.因为KF 为∠BKD 的平分线，故可设圆心M (t,0)(－1<t <1)，M (t,0)到l 及BD 的距离分别为3|t ＋1|5，3|t －1|4.由3|t ＋1|5＝3|t －1|4得t ＝19或t ＝9(舍去)， 故圆M 的半径r ＝3|t ＋1|5＝23.所以圆M 的方程为⎝⎛⎭⎫x －192＋y 2＝49. 对直线与圆的综合性问题，要认真审题，学会将问题拆分成基本问题，然后综合利用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题，这样可以渐渐增强自己解决综合问题的能力．【突破训练3】如图，在平面直角坐标系xOy 中，M 、N 分别是椭圆x 24＋y 22＝1的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P 、A 两点，其中点P 在第一象限，过P 作x 轴的垂线，垂足为C .连接AC ，并延长交椭圆于点B .设直线P A 的斜率为k .(1)当直线P A 平分线段MN 时，求k 的值； (2)当k ＝2时，求点P 到直线AB 的距离d .解 (1)由题设知，a ＝2，b ＝2，故M (－2,0)，N (0，－2)，所以线段MN 中点的坐标为⎝⎛⎭⎫－1，－22.由于直线P A 平分线段MN ，故直线P A 过线段MN 的中点，又直线P A 过坐标原点，所以k ＝－22－1＝22.(2)直线P A 的方程为y ＝2x ，代入椭圆方程得x 24＋4x 22＝1，解得x ＝±23，因此P ⎝⎛⎭⎫23，43，A ⎝⎛⎭⎫－23，－43. 于是C ⎝⎛⎭⎫23，0，直线AC 的斜率为0＋4323＋23＝1，故直线AB 的方程为x －y －23＝0.因此，d ＝⎪⎪⎪⎪23－43－2312＋12＝223.直线问题“误”汇易错点1：忽视截距为零或认为截距是距离的情况【示例1】► 经过点(2,1)且在两坐标轴上截距相等的直线方程是________________． 解析 (1)直线在两坐标轴的截距为0时，直线方程为y ＝12x .(2)直线在两坐标轴的截距不为0时，设直线方程为x ＋y ＝a .因为点(2,1)在直线上，所以2＋1＝a ，即a ＝3.直线方程为x ＋y ＝3.故所求直线方程为y ＝12x 或x ＋y ＝3.答案 y ＝12x 或x ＋y ＝3老师叮咛：考生可能产生2种错误，第1种错误：忽视截距为零的情况，只答出第(2)种情况；第2种错误：认为截距是距离，把直线在两坐标轴上的截距互为相反数的也带进来，导致有错误答案为“所求直线方程为y ＝12x 或x ＋y ＝3或x －y ＝1”.【试一试1】 已知直线l 过点(2，－6)，它在y 轴上的截距是在x 轴上的截距的2倍，求直线l 的方程．解 当直线l 过原点时，它在两坐标轴上的截距都是0，适合题意，此时直线方程为y ＝－62x ＝－3x ，可化为3x ＋y ＝0； 当直线l 不过原点时，设它在x 轴上的截距为a (a ≠0)，则它在y 轴上的截距为2a ，则直线的截距式为x a ＋y 2a ＝1，把点(2，－6)的坐标代入得2a －62a ＝1，解得a ＝－1，故此时直线的方程为－x －y2＝1，可化为2x ＋y ＋2＝0.综上，直线的方程为3x ＋y ＝0或2x ＋y ＋2＝0. 易错点2：忽视直线的斜率不存在的情况【示例2】► 已知直线l 过点(－2,0)，直线x ＋2y －5＝0和3x －y －1＝0的交点到直线l 的距离为3，求直线l 的方程．[满分解答] 由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2y －5＝0，3x －y －1＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，即直线x ＋2y －5＝0和3x －y －1＝0的交点坐标为(1,2)．(2分)(1)当直线l 的斜率不存在时，其方程为x ＝－2，点(1,2)到该直线的距离为3，适合题意．(6分)(2)当直线l 的斜率存在时，设为k ，则直线l 的点斜式方程为y ＝k (x ＋2)，可化为kx －y ＋2k ＝0.依题意得|k －2＋2k |k 2＋1＝3，解得k ＝－512.所以，此时直线l 的方程为5x ＋12y ＋10＝0.(10分) 综上，直线的方程为x ＋2＝0或5x ＋12y ＋10＝0. (12分)老师叮咛：忽视直线的斜率不存在的情形，也是一类常见错误.在相关问题中，需设直线的斜率时，一定要注意分析直线的斜率是否一定存在，不一定存在，就需分类讨论.【试一试2】 已知直线l 1：ax －y ＋2a ＝0与直线l 2：(2a －1)x ＋ay ＋a ＝0互相垂直，则a 等于( )．A ．1B ．0C ．1或0D ．1或－1答案： C [法一 依题意有a ·(2a －1)＋(－1)·a ＝0；解得a ＝0或a ＝1. 法二 ①a ＝0时直线l 2斜率不存在，直线l 1的斜率为0，两直线垂直．②a ≠0时，直线l 1的斜率为a ，直线l 2的斜率为－2a －1a ，因为直线l 1与直线l 2垂直，所以a ·⎝⎛⎭⎪⎫－2a －1a ＝－1，解得a ＝1.故所求a 值为0或1，选C.] 【试一试3】 C [将圆C 方程配方得：(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝8，圆C 的圆心坐标和半径分别是：C (－1，－2)，R ＝2 2.设与直线l ：x ＋y ＋1＝0平行且距离为2的直线方程为x ＋y＋m ＝0，由|m －1|2＝2知，m ＝－1或m ＝3.当m ＝－1时，圆心到直线的距离d 1＝|－1－2－1|2＝22＝R ，直线与圆相切，满足要求的点只有一个；当m ＝3时，圆心到直线的距离d 2＝|－1－2＋3|2＝0＜R ，直线与圆相交，满足要求的点有两个．故满足要求的点共有3个．选C.]。
名师揭秘2019年高考数学(文理)命题热点全覆盖(全套33份)
名师揭秘2019年高考数学（文理）命题热点全覆盖（33份）专题01 集合的解题技巧一、集合的解题技巧及注意事项1.元素与集合，集合与集合关系混淆问题；2.造成集合中元素重复问题；3.隐含条件问题；4.代表元变化问题；5.分类讨论问题；6．子集中忽视空集问题；7.新定义问题；8.任意、存在问题中的最值问题；9.集合的运算问题；10.集合的综合问题。
二．知识点【学习目标】1．了解集合的含义、元素与集合的“属于”关系，能用自然语言、图形语言、集合语言(列举法或描述法)来描述不同的具体问题，理解集合中元素的互异性；2．理解集合之间包含和相等的含义，能识别给定集合的子集，了解在具体情境中全集与空集的含义；3．理解两个集合的并集与交集的含义，会求两个简单集合的并集与交集，理解在给定集合中一个子集的补集的含义，会求给定子集的补集；4．能使用韦恩(Venn)图表达集合间的关系与运算．【知识要点】1．集合的含义与表示(1)一般地，我们把研究对象统称为元素，把一些元素组成的总体叫集合，简称集．(2)集合中的元素的三个特征：确定性、互异性、无序性(3)集合的表示方法有：描述法、列举法、区间法、图示法(4)集合中元素与集合的关系分为属于与不属于两种，分别用“∈”或“∉”来表示．(5)常用的数集：自然数集N；正整数集N*(或N＋)；整数集Z；有理数集Q；实数集R.2．集合之间的关系(1)一般地，对于两个集合A ，B .如果集合A 的任何一个元素都是集合B 的元素，我们就说这两个集合有包含关系，称集合A 为集合B 的子集，记作A B ⊆；若A ⊆B ，且A ≠B ，则A B ⊂，我们就说A 是B 的真子集．(2)不含任何元素的集合叫做空集，记作Φ，它是任何集合的子集，即∅⊆A ． 3．集合的基本运算(1)并集：A ∪B ＝{x |x ∈A 或x ∈B }； (2)交集：A ∩B ＝{x |x ∈A 且x ∈B }； (3)补集：∁U A ＝．4．集合的运算性质(1)A ∩B ＝A ⇔A ⊆B ，A ∩A ＝A ，A ∩∅＝∅；(2)A ∪B ＝A ⇔A ⊇B ，A ∪A ＝A ，A ∪∅＝A ； (3)A ⊆B ，B ⊆C ，则A ⊆C ；【点评】：注意两个集合代表元的条件，容易忽视集合中元素属于整数的条件.练习2．【江西省九江市2019届高三第一次联考】已知集合，集合,则图中的阴影部分表示的集合是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【分析】图中阴影部分表示的集合为，所以先求出集合A,B 后可得结论．【解析】由题意得，所以，即图中阴影部分表示的集合为．故选C ．【点评】本题考查集合的元素、韦恩图和集合的补集运算，解题的关键是认清图中阴影部分表示的集合以及所给集合中元素的特征，属于基础题． （四）代表元变化问题例4．【内蒙古鄂尔多斯市一中2018-2019模拟】已知A＝{y|y＝log2x，x>1}，B=,则（)A．B．C．D．【答案】C【分析】利用对数性质和交集定义求解．【解析】∵A={y|y=log2x，x>1}={y|y>0}，B=，∴A∩B={x|0x≤1}= ．故选C．【点评】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要注意对数函数的性质的灵活运用．练习1.【华东师范大学附中2018-2019学年试题】集合，的元素只有1个，则的取值范围是__________.【答案】【分析】由中有且仅有一个元素，可知两个方程联立得到方程是一次方程或二次方程有两个相等的根；利用分类讨论思想，可求出的范围.【解析】联立即，是单元素集，分两种情况考虑:，方程有两个相等的实数根，即，可得,解得，方程只有一个根，符合题意，综上,的范围为故答案为.【点评】本题主要考查集合交集的定义与性质以及一元二次方程根与系数的关系，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.练习2.同时满足：①M ⊆{1，2，3，4，5}；②a∈M且6－a∈M的非空集合M有()A．9个B．8个C．7个D．6个【答案】C共有7个集合满足条件，故选C.【点评】本题主要考查了元素与集合的关系，以及集合与集合的关系的判定与应用，其中熟记元素与集合的关系，以及集合与集合的包含关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.（五）分类讨论问题例5. 【九江市2019届高三第一次十校联考】（1）求解高次不等式的解集A；（2）若的值域为B,A B=B求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【分析】（1）利用讨论的方法求得不等式的解集A；（2）根据函数的单调性求出值域B，由得，转化为不式等组求解，可得所求范围．【解析】（1）①当时，原不等式成立．②当时，原不等式等价于，解得.，综上可得原不等式的解集为，∴．（2）由题意得函数在区间上单调递减，∴，∴，∴．∵，∴，∴，解得，∴实数的取值范围是．【点评】解答本题时注意转化思想方法的运用，已知集合的包含关系求参数的取值范围时，可根据数轴将问题转化为不等式（组）求解，转化时要注意不等式中的等号能否成立，解题的关键是深刻理解集合包含关系的含义．练习1.设集合，，若，求实数a的取值范围；若，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）【分析】（1）由题意得，，根据可得，从而可解出的取值范围；（2）先求出，根据可得到，解出的取值范围即可．【解析】由题意得，；（1）∵，∴，解得，又，∴，∴实数的取值范围为．（2）由题意得，∵，∴，解得．∴实数的取值范围为．【点评】本题考查集合表示中描述法的定义，一元二次不等式的解法，子集的概念，以及交集的运算．根据集合间的包含关系求参数的取值范围时，注意转化方法的运用，特别要注意不等式中的等号能否成立．（六）子集中忽视空集问题例6【云南省2018-2019学年期中考试】已知集合，若，则的取值集合是（）A．B．C．D．【分析】本题考查集合间的包含关系，先将集合，化简，然后再根据分类讨论．【解析】∵集合∴若，即时，满足条件；若，则.∵∴或∴或综上，或或.故选C.【点评】本题主要考查利用集合子集关系确定参数问题，易错点是化简集合时没有注意时的特殊情况．练习1.已知集合，．（1）若，求;（2）若，求实数的取值范围．【答案】(1) (2) 或【点评】由集合间的关系求参数时，常借助数轴来建立不等关系求解，此时应注意端点处是实点还是虚点（七）新定义问题例7．【清华附属中2018-2019学年试题】集合A，B的并集A∪B＝｛1，2｝，当且仅当A≠B时，（A，B）与（B，A）视为不同的对，则这样的（A，B）对的个数有__________.【分析】根据条件列举，即得结果.【解析】由题意得满足题意的（A，B）为：A=，B＝｛1，2｝；A=｛1｝，B＝｛2｝；A=｛1｝，B＝｛1，2｝；A=｛2｝，B＝｛1｝；A=｛2｝，B＝｛1，2｝；A=｛1，2｝，B＝；A=｛1，2｝，B＝｛1｝；A=｛1，2｝，B＝｛2｝；共8个.【点评】本题考查集合子集与并集，考查基本分析求解能力.练习1．【华东师范大学附中2019届高三数学试卷】已知集合M=，集合M的所有非空子集依次记为：M1，M2，...,M15，设m1，m2，...，m15分别是上述每一个子集内元素的乘积，规定：如果子集中只有一个元素，乘积即为该元素本身，则m1+m2+...+m15=_____【答案】【分析】根据二项式定理的推导过程构造出函数，当时，函数的值就是所有子集的乘积。
名师揭秘2019年高考数学(文理)命题热点全覆盖(全套33份)
名师揭秘2019年高考数学（文理）命题热点全覆盖（33份）专题01 集合的解题技巧一、集合的解题技巧及注意事项1.元素与集合，集合与集合关系混淆问题；2.造成集合中元素重复问题；3.隐含条件问题；4.代表元变化问题；5.分类讨论问题； 6．子集中忽视空集问题； 7.新定义问题；8.任意、存在问题中的最值问题； 9.集合的运算问题； 10.集合的综合问题。
二．知识点 【学习目标】1．了解集合的含义、元素与集合的“属于”关系，能用自然语言、图形语言、集合语言(列举法或描述法)来描述不同的具体问题，理解集合中元素的互异性；2．理解集合之间包含和相等的含义，能识别给定集合的子集，了解在具体情境中全集与空集的含义； 3．理解两个集合的并集与交集的含义，会求两个简单集合的并集与交集，理解在给定集合中一个子集的补集的含义，会求给定子集的补集；4．能使用韦恩(Venn )图表达集合间的关系与运算． 【知识要点】 1．集合的含义与表示(1)一般地，我们把研究对象统称为元素，把一些元素组成的总体叫集合，简称集． (2)集合中的元素的三个特征：确定性、互异性、无序性 (3)集合的表示方法有：描述法、列举法、区间法、图示法(4)集合中元素与集合的关系分为属于与不属于两种，分别用“∈”或“∉”来表示． (5)常用的数集：自然数集N ；正整数集N *(或N ＋)；整数集Z ；有理数集Q ；实数集R. 2．集合之间的关系(1)一般地，对于两个集合A ，B .如果集合A 的任何一个元素都是集合B 的元素，我们就说这两个集合有包含关系，称集合A 为集合B 的子集，记作A B ⊆；若A ⊆B ，且A ≠B ，则A B ⊂，我们就说A 是B 的真子集．(2)不含任何元素的集合叫做空集，记作Φ，它是任何集合的子集，即∅⊆A ．3．集合的基本运算(1)并集：A∪B＝{x|x∈A或x∈B}；(2)交集：A∩B＝{x|x∈A且x∈B}；(3)补集：∁U A＝．4．集合的运算性质(1)A∩B＝A⇔A⊆B，A∩A＝A，A∩∅＝∅；(2)A∪B＝A⇔A⊇B，A∪A＝A，A∪∅＝A；(3)A⊆B，B⊆C，则A⊆C；【点评】：注意两个集合代表元的条件，容易忽视集合中元素属于整数的条件.练习2．【江西省九江市2019届高三第一次联考】已知集合，集合,则图中的阴影部分表示的集合是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】图中阴影部分表示的集合为，所以先求出集合A,B后可得结论．【解析】由题意得，所以，即图中阴影部分表示的集合为．故选C．【点评】本题考查集合的元素、韦恩图和集合的补集运算，解题的关键是认清图中阴影部分表示的集合以及所给集合中元素的特征，属于基础题．（四）代表元变化问题例4．【内蒙古鄂尔多斯市一中2018-2019模拟】已知A＝{y|y＝log2x，x>1}，B=,则（)A． B． C． D．【答案】C【分析】利用对数性质和交集定义求解．【解析】∵A={y|y=log2x，x>1}={y|y>0}，B=，∴A∩B={x|0x≤1}= ．故选C．【点评】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要注意对数函数的性质的灵活运用．练习1.【华东师范大学附中2018-2019学年试题】集合，的元素只有1个，则的取值范围是__________.【答案】【分析】由中有且仅有一个元素，可知两个方程联立得到方程是一次方程或二次方程有两个相等的根；利用分类讨论思想，可求出的范围.【解析】联立即，是单元素集，分两种情况考虑:，方程有两个相等的实数根，即，可得,解得，方程只有一个根，符合题意，综上,的范围为故答案为.【点评】本题主要考查集合交集的定义与性质以及一元二次方程根与系数的关系，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.练习2.同时满足：①M ⊆{1，2，3，4，5}；②a∈M且6－a∈M的非空集合M有( )A． 9个 B． 8个 C． 7个 D． 6个【答案】C共有7个集合满足条件，故选C.【点评】本题主要考查了元素与集合的关系，以及集合与集合的关系的判定与应用，其中熟记元素与集合的关系，以及集合与集合的包含关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.（五）分类讨论问题例5. 【九江市2019届高三第一次十校联考】（1）求解高次不等式的解集A；（2）若的值域为B,A B=B求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【分析】（1）利用讨论的方法求得不等式的解集A；（2）根据函数的单调性求出值域B，由得，转化为不式等组求解，可得所求范围．【解析】（1）①当时，原不等式成立．②当时，原不等式等价于，解得.，综上可得原不等式的解集为，∴．（2）由题意得函数在区间上单调递减，∴，∴，∴．∵，∴，∴，解得，∴实数的取值范围是．【点评】解答本题时注意转化思想方法的运用，已知集合的包含关系求参数的取值范围时，可根据数轴将问题转化为不等式（组）求解，转化时要注意不等式中的等号能否成立，解题的关键是深刻理解集合包含关系的含义．练习1.设集合，，若，求实数a的取值范围；若，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）【分析】（1）由题意得，，根据可得，从而可解出的取值范围；（2）先求出，根据可得到，解出的取值范围即可．【解析】由题意得，；（1）∵，∴，解得，又，∴，∴实数的取值范围为．（2）由题意得，∵，∴，解得．∴实数的取值范围为．【点评】本题考查集合表示中描述法的定义，一元二次不等式的解法，子集的概念，以及交集的运算．根据集合间的包含关系求参数的取值范围时，注意转化方法的运用，特别要注意不等式中的等号能否成立．（六）子集中忽视空集问题例6【云南省2018-2019学年期中考试】已知集合，若，则的取值集合是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查集合间的包含关系，先将集合，化简，然后再根据分类讨论．【解析】∵集合∴若，即时，满足条件；若，则.∵∴或∴或综上，或或.故选C.【点评】本题主要考查利用集合子集关系确定参数问题，易错点是化简集合时没有注意时的特殊情况．练习1.已知集合，．（1）若，求;（2）若，求实数的取值范围．【答案】(1) (2) 或【点评】由集合间的关系求参数时，常借助数轴来建立不等关系求解，此时应注意端点处是实点还是虚点（七）新定义问题例7．【清华附属中2018-2019学年试题】集合A，B的并集A∪B＝｛1，2｝，当且仅当A≠B时，（A，B）与（B，A）视为不同的对，则这样的（A，B）对的个数有__________.【答案】8【分析】根据条件列举，即得结果.【解析】由题意得满足题意的（A，B）为：A=，B＝｛1，2｝；A=｛1｝，B＝｛2｝；A=｛1｝，B＝｛1，2｝；A=｛2｝，B＝｛1｝；A=｛2｝，B＝｛1，2｝；A=｛1，2｝，B＝；A=｛1，2｝，B＝｛1｝；A=｛1，2｝，B＝｛2｝；共8个.【点评】本题考查集合子集与并集，考查基本分析求解能力.练习1．【华东师范大学附中2019届高三数学试卷】已知集合M=，集合M的所有非空子集依次记为：M1，M2，...,M15，设m1，m2，...，m15分别是上述每一个子集内元素的乘积，规定：如果子集中只有一个元素，乘积即为该元素本身，则m1+m2+...+m15=_____【答案】【分析】根据二项式定理的推导过程构造出函数，当时，函数的值就是所有子集的乘积。
高考数学复习考点题型专题讲解15 空间角、距离的计算(几何法、向量法)
高考数学复习考点题型专题讲解专题15 空间角、距离的计算(几何法、向量法) 高考定位 1.以空间几何体为载体考查空间角(以线面角为主)是高考命题的重点，常与空间线面位置关系的证明相结合，热点为空间角的求解，常以解答题的形式进行考查.高考注重利用向量方法解决空间角问题，但也可利用几何法来求解；2.空间距离(特别是点到面的距离)也是高考题中的常见题型，多以解答题的形式出现，难度中等.1.(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则( )A.直线BC1与DA1所成的角为90°B.直线BC1与CA1所成的角为90°C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°答案ABD解析如图，连接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因为AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥BC1.连接B1C，则B1C⊥BC1.因为CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，又CA1⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D，连接OB. 因为OB⊂平面BB1D1D，所以OC1⊥OB，∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.设正方体的棱长为a，则易得BC1＝2a，OC1＝2a 2，所以在Rt△BOC1中，OC1＝12BC1，所以∠OBC1＝30°，故C错误；因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠CBC1＝45°，故D正确.故选ABD.2.(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为________.答案 2解析如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离.再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接OC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.所以PE＝PF＝3，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝PE2－OE2＝（3）2－12＝ 2.3.(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点.(1)证明：OE∥平面PAC；(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C－AE－B的正弦值.(1)证明如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.因为AP＝PB，所以PD⊥AB.因为PO为三棱锥P－ABC的高，所以PO⊥平面ABC.因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，又AB⊥AC，AB，OD，AC⊂平面ABC，所以OD∥AC.因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD∥平面PAC.因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA.因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC.又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC.又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.(2)解连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以OA＝OB＝PA2－PO2＝52－32＝4.易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OA sin 30°＝4×12＝2，AB＝2AD＝2OA cos 30°＝2×4×32＝4 3.又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，所以在Rt△ABC 中，AC ＝AB tan 60°＝43×3＝12.以A 为坐标原点，AB ，AC 所在直线分别为x ，y 轴，以过A 且垂直于平面ABC 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A (0，0，0)，B (43，0，0)，C (0，12，0)， P (23，2，3)，E ⎝⎛⎭⎪⎫33，1，32，所以AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1，32，AB →＝(43，0，0)，AC →＝(0，12，0).设平面AEC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎨⎧33x ＋y ＋32z ＝0，12y ＝0，令z ＝23，则n ＝(－1，0，23).设平面AEB 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧33x 1＋y 1＋32z 1＝0，43x 1＝0，令z 1＝2，则m ＝(0，－3，2)，所以|cos 〈n ，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·m |n |·|m |＝4313.设二面角C －AE －B 的大小为θ，则sin θ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫43132＝1113.4.(2021·浙江卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝15，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.(1)证明：AB⊥PM；(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.(1)证明因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，易得CD⊥DM.又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，所以CD⊥平面PDM.因为AB∥CD，所以AB⊥平面PDM.又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.(2)解法一由(1)知AB⊥平面PDM，所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角.连接AM，因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD，又AM⊂平面ABCD，所以PM⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以由余弦定理得AM＝7，又PA＝15，所以PM＝22，所以PB＝PC＝2 3.连接BN，结合余弦定理得BN＝11.连接AC，则由余弦定理得AC＝21，在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，所以AN＝15.所以在△ABN中，cos∠BAN＝AB2＋AN2－BN22AB·AN＝1＋15－11215＝156.设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sin θ＝cos ∠BAN＝15 6.故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为15 6.法二因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，所以PM ⊥平面ABCD . 连接AM ，则PM ⊥AM .因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2， 所以AM ＝7，又PA ＝15，所以PM ＝2 2. 由(1)知CD ⊥DM ，过点M 作ME ∥CD 交AD 于点E ， 则ME ⊥MD.故可以以M 为坐标原点，MD ，ME ，MP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－3，2，0)，P (0，0，22)，C (3，－1，0)， 所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，所以AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，－52，2.易知平面PDM 的一个法向量为n ＝(0，1，0). 设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AN →，n 〉|＝|AN →·n ||AN →|·|n |＝5215＝156.故直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为156.热点一 异面直线所成的角求异面直线所成角的方法方法一：综合法.步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出直线a ，b 的方向向量，分别记为m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |；③利用cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|，以及θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，求出角θ.例1 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为( ) A.π2B.π3C.π4D.π6 答案 D解析 法一 如图，连接C 1P ，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，且P 为B 1D 1的中点，所以C 1P ⊥B 1D 1，又C 1P ⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1，B 1D 1，BB 1⊂平面B 1BP ， 所以C 1P ⊥平面B 1BP . 又BP ⊂平面B 1BP ， 所以有C 1P ⊥BP .连接BC 1， 则AD 1∥BC 1，所以∠PBC 1为直线PB 与AD 1所成的角. 设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则在Rt△C 1PB 中，C 1P ＝12B 1D 1＝2，BC 1＝22，sin ∠PBC 1＝PC 1BC 1＝12，所以∠PBC 1＝π6，故选D. 法二 如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，P (1，1，2)，D 1(0，2，2)，PB →＝(1，－1，－2)，AD →1＝(0，2，2). 设直线PB 与AD 1所成的角为θ， 则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AD →1|PB →||AD →1|＝|－6|6×8＝32. 因为θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，所以θ＝π6，故选D.法三如图，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角.由P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点.易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝π3，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝12∠A1BC1＝π6，故直线PB与AD1所成的角为π6，故选D.易错提醒 1.利用几何法求异面直线所成的角时，通过平移直线所得的角不一定就是两异面直线所成的角，也可能是其补角.2.用向量法时，要注意向量夹角与异面直线所成角的范围不同.训练1 (1)(2022·湖州质检)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1＝2AB＝2BC，P，Q分别为B 1C1，BC的中点，则异面直线AQ与BP所成角的余弦值是( )A.55B.21717C.8585D.28585 答案 C解析法一 不妨设AB ＝2，则BC ＝2，BB 1＝4，连接A 1P ，A 1B (图略)，则A 1P ∥AQ ， ∴∠A 1PB (或其补角)为异面直线AQ 与BP 所成的角.由勾股定理得BP ＝17，A 1P ＝5，A 1B ＝25，在△A 1BP 中，由余弦定理的推论得，cos∠A 1PB ＝（17）2＋（5）2－（25）22×17×5＝8585.故选C.法二 如图建立空间直角坐标系， 设直线AQ 与BP 所成的角为θ， 不妨设AB ＝2， 则BC ＝2，BB 1＝4.故B (2，0，0)，P (2，1，4)，Q (2，1，0)， 所以BP →＝(0，1，4)，AQ →＝(2，1，0)，所以cos θ＝|cos 〈BP →，AQ →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪117×5＝8585. (2)(2022·河南顶尖名校联考)如图，圆锥的底面直径AB ＝2，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦AD ＝3，则异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为( )A.0B.3 3C.34D.22答案 C解析法一如图，延长DO交圆于E，连接BE，CE，易知AD＝BE＝3，AD∥BE，∴∠EBC(或其补角)为异面直线AD与BC所成的角.由圆锥侧面展开图为半圆，易得BC＝2，在△BEC中，BC＝CE＝2，BE＝3，∴cos∠EBC＝22＋（3）2－222×2×3＝34.法二由圆锥侧面展开图为半圆，易得BC＝2，又BO＝1，所以CO＝3，在△AOD中，AO＝DO＝1，AD＝3，由余弦定理得cos∠AOD＝12＋12－（3）22×1×1＝－12，则∠AOD＝2π3，以O 为坐标原点，OB 所在直线为y 轴，OC 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图，则A (0，－1，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，B (0，1，0)，C (0，0，3)，所以AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，BC →＝(0，－1，3)，故cos 〈AD →，BC →〉＝－323×2＝－34，又异面直线所成角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，故直线AD 与BC 所成角的余弦值为34. 热点二 直线与平面所成的角求直线与平面所成角的方法方法一：几何法.步骤为：①找出直线l 在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出平面α的法向量n 与直线AB 的方向向量AB →；②计算cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |；③利用sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|，以及θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，求出角θ.例2(2022·南京模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝13，AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，AB＝B1C，D为AC的中点，平面AB1C⊥平面ABC.1(1)求证：B1D⊥平面ABC；(2)求直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值.(1)证明因为AB1＝B1C，D为AC的中点，所以B1D⊥AC.又平面AB1C⊥平面ABC，平面AB1C∩平面ABC＝AC，B1D⊂平面AB1C，所以B1D⊥平面ABC.(2)解法一在平面ABC内，过点D作BC的平行线，交AB于点E，过点D作AB的平行线，交BC于点F，连接DE，DF，BD.由(1)知B 1D ⊥平面ABC ， 所以B 1D ⊥AC ，B 1D ⊥BD . 因为AB ⊥BC ，所以DE ⊥DF ，故以{DE →，DF →，DB 1→}为基底建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .因为AB ＝8，BC ＝6，AB ⊥BC ，所以AC ＝AB 2＋BC 2＝10，BD ＝12AC ＝5.又AA 1＝BB 1＝13，AB ⊥BC ， 所以B 1D ＝BB 21－BD 2＝12.易得D (0，0，0)，A (3，－4，0)，B (3，4，0)，C (－3，4，0)，B 1(0，0，12)， 则AC →＝(－6，8，0)，BC →＝(－6，0，0)，B 1C →＝(－3，4，－12). 设点C 1(x ，y ，z )， 则B 1C 1→＝(x ，y ，z －12)， 由BC →＝B 1C 1→，得(－6，0，0)＝(x ，y ，z －12)，所以⎩⎨⎧x ＝－6，y ＝0，z ＝12，即C 1(－6，0，12)，所以C 1D →＝(6，0，－12).设平面AB 1C 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝－6x 1＋8y 1＝0，n ·B 1C →＝－3x 1＋4y 1－12z 1＝0，得3x 1＝4y 1，z 1＝0.不妨取x 1＝4，则y 1＝3，得平面AB 1C 的一个法向量为n ＝(4，3，0). 设直线C 1D 与平面AB 1C 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，C 1D →〉|＝|n ·C 1D →||n |·|C 1D →|＝|4×6＋3×0＋0×（－12）|42＋32＋02×62＋02＋（－12）2＝4525. 所以直线C 1D 与平面AB 1C 所成角的正弦值为4525. 法二 连接BC 1，交B 1C 于点M ，易知BM ＝MC 1，所以点C 1到平面AB 1C 的距离d 和点B 到平面AB 1C 的距离相等.过点B 作BH ⊥AC ，垂足为H .又平面AB 1C ⊥平面ABC ，平面AB 1C ∩平面ABC ＝AC ，BH ⊂平面ABC ， 所以BH ⊥平面AB 1C ，则BH 为点B 到平面AB 1C 的距离. 在Rt△ABC 中，因为AB ＝8，BC ＝6，AB ⊥BC ， 所以AC ＝10，则BH ＝6×810＝245， 所以d ＝BH ＝245.由(1)知B 1D ⊥平面ABC ， 又BC ⊂平面ABC ，所以B 1D ⊥BC . 又B 1C 1∥BC ，所以B 1D ⊥B 1C 1， 则△DB 1C 1为直角三角形. 连接BD ，则B 1D ⊥BD .因为D 为AC 的中点，所以BD ＝12AC ＝5.又AA 1＝BB 1＝13，所以B 1D ＝12. 又B 1C 1＝BC ＝6，所以C 1D ＝6 5. 设直线C 1D 与平面AB 1C 所成的角为θ，则sin θ＝d C 1D ＝24565＝4525. 所以直线C 1D 与平面AB 1C 所成角的正弦值为4525. 规律方法 1.几何法求线面角的关键是找出线面角(重点是找垂线与射影)，然后在三角形中应用余弦定理(勾股定理)求解；2.向量法求线面角时要注意：线面角θ与直线的方向向量a 和平面的法向量n 所成的角〈a ，n 〉的关系是〈a ，n 〉＋θ＝π2或〈a ，n 〉－θ＝π2，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值.训练2(2022·湖北十校联考)如图，在四棱锥A－BCDE中，CD∥BE，CD＝12EB＝1，CB⊥BE，AE＝AB＝BC＝2，AD＝3，O是AE的中点.(1)求证：DO∥平面ABC；(2)求DA与平面ABC所成角的正弦值. (1)证明取AB的中点为F，连接CF，OF，因为O，F分别为AE，AB的中点，所以OF∥BE，且OF＝12 BE.又CD∥BE，CD＝12 EB，所以OF∥CD，且OF＝CD，所以四边形OFCD为平行四边形，所以DO∥CF，又CF⊂平面ABC，DO⊄平面ABC，所以DO∥平面ABC.(2)解法一取EB的中点为G，连接AG，DG，易得DG綊BC.因为AE＝AB＝2，BE＝2，所以AE2＋AB2＝BE2，所以AB⊥AE，△ABE为等腰直角三角形，所以AG⊥BE，AG＝1，又AD＝3，DG＝BC＝2，所以AG2＋DG2＝AD2，所以DG⊥AG.又BE⊥AG，BE∩DG＝G，BE，DG⊂平面BCDE，所以AG⊥平面BCDE. 记h为点D到平面ABC的距离，连接BD，则V D－ABC＝V A－BCD，即13S△ABC·h＝13S△BCD·AG，因为BC⊂平面BCDE，所以BC⊥AG，又CB⊥BE，BE∩AG＝G，BE，AG⊂平面ABE，所以BC⊥平面ABE，又AB⊂平面ABE，所以BC⊥AB，所以S△ABC＝12×AB×BC＝12×2×2＝1，又S△BCD＝12×BC×CD＝12×2×1＝22，所以h＝2 2，设DA与平面ABC所成的角为θ，则sin θ＝h AD ＝223＝66.所以DA 与平面ABC 所成角的正弦值为66. 法二 如图，取EB 的中点为G ，连接AG ，OG ，DG ，由(2)法一可知AG ⊥BE ，AB ⊥AE ，BC ⊥平面ABE ，BC ∥DG ，所以DG ⊥平面ABE .以G 为坐标原点，以GA →，GB →，GD →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则G (0，0，0)，A (1，0，0)，D (0，0，2)，E (0，－1，0)，AD →＝(－1，0，2). 因为AE ⊂平面ABE ，所以BC ⊥AE ，又AB ⊥AE ，BC ∩AB ＝B ，BC ，AB ⊂平面ABC ，所以AE ⊥平面ABC ， 故平面ABC 的一个法向量为AE →＝(－1，－1，0). 设DA 与平面ABC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈AD →，AE →〉|＝|AD →·AE →||AD →|·|AE →|＝16＝66.所以DA 与平面ABC 所成角的正弦值为66.热点三平面与平面的夹角求平面与平面的夹角方法方法一：几何法.步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.方法二：空间向量法.步骤为：①求两个平面α，β的法向量m，n；②计算cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|；③设两个平面的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|.例3(2022·济南质测)如图，在三棱锥D－ABC中，DA⊥底面ABC，AC＝BC＝DA＝1，AB ＝2，E是CD的中点，点F在DB上，且EF⊥DB.(1)证明：DB⊥平面AEF；(2)求平面ADB与平面DBC夹角的大小.法一(1)证明∵DA⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，∴DA⊥BC.∵AC＝BC＝1，AB＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.∵DA∩AC＝A，DA，AC⊂平面DAC，∴BC ⊥平面DAC ， 又AE ⊂平面DAC ， ∴BC ⊥AE .∵DA ＝AC ，E 是CD 的中点， ∴DC ⊥AE ，又BC ∩DC ＝C ，BC ，DC ⊂平面DBC ， ∴AE ⊥平面DBC ，又DB ⊂平面DBC ，∴DB ⊥AE ， 又EF ⊥DB ，EF ∩AE ＝E ，EF ，AE ⊂平面AEF ， ∴DB ⊥平面AEF .(2)解∵EF ⊥DB ，由(1)得DB ⊥AF ， ∴∠AFE 为平面ADB 与平面DBC 的夹角. ∵DA ⊥平面ABC ， ∴DA ⊥AC ，DA ⊥AB ，又AC ＝DA ＝1，E 为CD 的中点， ∴AE ＝12DC ＝22.∵AB ＝2，∴S △DAB ＝12×DA ×AB ＝12×DB ×AF ，∴AF ＝DA ×AB DB ＝1×212＋（2）2＝63. 由(1)知，AE ⊥平面DBC ，∵EF ⊂平面DBC ，∴AE ⊥EF ，∴sin∠AFE ＝AE AF ＝2263＝32. ∵∠AFE 为锐角，∴∠AFE ＝π3， ∴平面ADB 与平面DBC 夹角的大小为π3.法二 (1)证明∵DA ⊥平面ABC ，且BC ⊂平面ABC ，∴DA ⊥BC . ∵AC ＝BC ＝1，AB ＝2， ∴AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴AC ⊥BC .∴DA ∩AC ＝A ，DA ，AC ⊂平面DAC ， ∴BC ⊥平面DAC ， 如图，过点A 作AG ∥BC ， 则AG ⊥平面DAC .以A 为坐标原点，分别以向量AC →，AG →，AD →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (1，1，0)，D (0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，∴DB →＝(1，1，－1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12.∵DB →·AE →＝1×12＋1×0＋(－1)×12＝0，∴DB →⊥AE →，∴DB ⊥AE .又DB ⊥EF ，且AE ∩EF ＝E ，AE ，EF ⊂平面AEF ， ∴DB ⊥平面AEF .(2)解 由(1)知AD →＝(0，0，1)，BD →＝(－1，－1，1)，CD →＝(－1，0，1). 设平面ADB 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝0，m ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧z 1＝0，－x 1－y 1＋z 1＝0，令y 1＝1，则m ＝(－1，1，0).设平面DBC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧－x 2＋z 2＝0，－x 2－y 2＋z 2＝0， 令x 2＝1，则n ＝(1，0，1). 设平面ADB 与平面DBC 的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|－1|2×2＝12.所以θ＝π3，即平面ADB 与平面DBC 夹角的大小为π3.规律方法 (1)用几何法求解二面角的关键是：先找(或作)出二面角的平面角，再在三角形中求解此角.(2)利用法向量的依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，在求二面角的大小时，一定要判断出二面角的平面角是锐角还是钝角，否则解法是不严谨的.训练3(2022·沈阳质检)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，PA ＝AB ＝2，AD ＝2BC ＝2 2.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)求平面BPC 与平面PCD 夹角的余弦值.(1)证明法一 由题意得，四边形ABCD 是直角梯形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，PA ＝AB ＝2，AD ＝2BC ＝22，所以tan ∠ACB ＝tan∠DBA ＝2， 可知∠ACB ＝∠DBA ，所以∠DBC ＋∠ACB ＝90°，则AC ⊥BD . 又PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥BD ，又AC∩PA＝A，PA，AC⊂平面PAC，故BD⊥平面PAC.法二由题意PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，分别以AB→，AD→，AP→的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，22，0)，P(0，0，2)，BD→＝(－2，22，0)，AP→＝(0，0，2)，BD→·AP→＝0，即BD⊥AP，AC→＝(2，2，0)，BD→·AC→＝－4＋4＝0，即BD⊥AC，又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，故BD⊥平面PAC.(2)解由题意PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，分别以AB→，AD→，AP→的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，22，0)，P(0，0，2)，在平面PBC中，BC→＝(0，2，0)，BP→＝(－2，0，2)，设平面PBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝2y 1＝0，n ·BP →＝－2x 1＋2z 1＝0，所以y 1＝0，令x 1＝1，则z 1＝1， 所以n ＝(1，0，1).在平面PCD 中，CD →＝(－2，2，0)， CP →＝(－2，－2，2)，设平面PCD 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD →＝－2x 2＋2y 2＝0，m ·CP →＝－2x 2－2y 2＋2z 2＝0，令x 2＝1，则y 2＝2，z 2＝2， 所以m ＝(1，2，2).设平面BPC 与平面PCD 夹角的大小为θ， 则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|1＋0＋2|2×7＝31414，所以平面BPC 与平面PCD 夹角的余弦值为31414. 热点四 距离问题1.空间中点、线、面距离的相互转化关系2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.例4 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，M为BB1的中点，N为BC的中点.(1)求点M到直线AC1的距离；(2)求点N到平面MA1C1的距离.解法一(1)如图，连接AM，MC1，AC1，易知MC1＝MB21＋A1B21＋A1C21＝22＋22＋12＝3，AC1＝22，MA＝5，在△MAC1中，由余弦定理得cos ∠MAC1＝5＋8－92×5×22＝1010，则sin ∠MAC1＝310 10，所以M到直线AC1的距离为MA·sin ∠MAC1＝5×31010＝322.(2)如图，S△MNC1＝S矩形B1BCC1－S△B1MC1－S△BMN－S△NCC1＝42－2－22－2＝322，设点N到平面MA1C1的距离为h，由V N－MA1C1＝V A1－MNC1，得1 3×12×2×5×h＝13×322×2，得h ＝355，即N 到平面MA 1C 1的距离为355. 法二 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，A 1(0，0，2)，M (2，0，1)，C 1(0，2，2)，直线AC 1的一个单位方向向量为s 0＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，22，AM →＝(2，0，1)，故点M 到直线AC 1的距离d ＝|AM →|2－|AM →·s 0|2＝5－12＝322. (2)设平面MA 1C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 因为A 1C 1→＝(0，2，0)，A 1M →＝(2，0，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1M →＝0，即⎩⎨⎧2y ＝0，2x －z ＝0，取x ＝1，得z ＝2，故n ＝(1，0，2)为平面MA 1C 1的一个法向量， 因为N (1，1，0)，所以MN →＝(－1，1，－1)， 故N 到平面MA 1C 1的距离d ＝|MN →·n ||n |＝35＝355.规律方法 1.在解题过程中要对“点线距离”、“点面距离”、“线面距离”与“面面距离”进行适当转化，从而把所求距离转化为点与点的距离进而解决问题. 2.解决点线距问题注意应用等面积法，解决点面距问题注意应用等体积法.训练4 在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，AA1＝3，底面是边长为4的菱形，且∠DAB＝60°，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，E是O1A的中点，则点E到平面O1BC的距离为( )A.2B.1C.32D.3答案 C解析法一如图，连接OO1，则OO1⊥平面ABCD，OO1＝AA1＝3，∵四边形ABCD是边长为4的菱形，且∠DAB＝60°，∴OB＝2，OC＝23，AC＝2OC＝43，OB⊥AC.∴O1B＝13，O1C＝21，又BC＝4，∴cos∠BO1C＝913×21，sin∠BO1C＝8313×21，故S△BO1C＝12×13×21×8313×21＝4 3.设A到平面O1BC的距离为h，则由V A－BO1C＝V O1－ABC得13×43×h＝13×12×43×2×3，解得h ＝3，又∵E 是O 1A 的中点， ∴E 到平面O 1BC 的距离为32.法二 易得OO 1⊥平面ABCD ，所以OO 1⊥OA ，OO 1⊥OB . 又OA ⊥OB ，所以建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz . 因为底面ABCD 是边长为4的菱形，∠DAB ＝60°， 所以OA ＝23，OB ＝2，则A (23，0，0)，B (0，2，0)，C (－23，0，0)，O 1(0，0，3)， 所以O 1B →＝(0，2，－3)，O 1C →＝(－23，0，－3). 设平面O 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·O 1B →＝0，n ·O 1C →＝0，所以⎩⎨⎧2y －3z ＝0，－23x －3z ＝0，取z ＝2，则x ＝－3，y ＝3，则n ＝(－3，3，2)是平面O 1BC 的一个法向量. 设点E 到平面O 1BC 的距离为d .因为E 是O 1A 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎪⎫3，0，32，EO 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫－3，0，32， 则d ＝|EO 1→·n ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，0，32·（－3，3，2）（－3）2＋32＋22＝32， 所以点E 到平面O 1BC 的距离为32.一、基本技能练1.如图，四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，BC ＝2AD ，△PAB 和△PAD 都是边长为2的等边三角形.(1)证明：PB ⊥CD ；(2)求点A 到平面PCD 的距离.(1)证明 取BC 的中点E ，连接DE ，则ABED 为正方形.过P 作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O . 连接OA ，OB ，OD ，OE .由△PAB 和△PAD 都是等边三角形知PA ＝PB ＝PD ，所以OA ＝OB ＝OD ，即点O 为正方形ABED 对角线的交点， 故OE ⊥BD ，从而PB ⊥OE .因为O 是BD 的中点，E 是BC 的中点， 所以OE ∥CD .因此PB ⊥CD . (2)解 取PD 的中点F ，连接OF ， 则OF ∥PB .由(1)知，PB ⊥CD ，故OF ⊥CD .又OD ＝12BD ＝2，OP ＝PD 2－OD 2＝2，故△POD 为等腰三角形，因此OF ⊥PD . 又PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ， 所以OF ⊥平面PCD .因为AE ∥CD ，CD ⊂平面PCD ，AE ⊄平面PCD ，所以AE ∥平面PCD .因此O 到平面PCD 的距离OF 就是A 到平面PCD 的距离，而 OF ＝12PB ＝1，所以A 到平面PCD 的距离为1.2.(2022·广州调研)如图，在三棱锥P －ABC 中，BC ⊥平面PAC ，AD ⊥BP ，AB ＝2，BC ＝1，PD ＝3BD ＝3.(1)求证：PA ⊥AC ；(2)求平面PAC与平面ACD夹角的余弦值.(1)证明法一由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝ 3. 由PD＝3，AD＝3，AD⊥BP，得PA＝2 3.由BC⊥平面PAC，AC，PC⊂平面PAC，得BC⊥AC，BC⊥PC.所以AC＝AB2－BC2＝3，PC＝PB2－BC2＝15.因为AC2＋PA2＝15＝PC2，所以PA⊥AC.法二由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝ 3.由PD＝3，AD＝3，AD⊥BP，得PA＝2 3.因为PB＝4，所以PB2＝AB2＋PA2，所以PA⊥AB.由BC⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，得BC⊥PA.又BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，故PA⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC.(2)解法一如图，过点D作DE∥BC交PC于点E，因为BC⊥平面PAC，所以DE⊥平面PAC.因为AC⊂平面PAC，所以DE⊥AC.过点E作EF⊥AC交AC于点F，连接DF，又DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面DEF，所以AC⊥平面DEF.因为DF⊂平面DEF，所以AC⊥DF.则∠DFE为平面PAC与平面ACD的夹角.由PD＝3BD＝3，DE∥BC，得DE＝3 4，由EF⊥AC，PA⊥AC，且EF，PA⊂平面PAC，得EF∥PA，且EFPA＝CECP＝BDBP＝14，得EF＝3 2.易知DE⊥EF，则DF＝DE2＋EF2＝21 4.所以cos∠DFE ＝EF DF ＝277.所以平面PAC 与平面ACD 夹角的余弦值为277. 法二 如图，作AQ ∥CB ，以AQ ，AC ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系.因为AB ＝2，BC ＝1，BD ＝1，BP ＝4， 所以AC ＝3，AP ＝2 3.故A (0，0，0)，B (1，3，0)，C (0，3，0)，P (0，0，23). 由BD →＝14BP →，得D ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，334，32，则AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，334，32，AC →＝(0，3，0).设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，34x ＋334y ＋32z ＝0，令x ＝2，则z ＝－3，y ＝0，所以n ＝(2，0，－3)为平面ACD 的一个法向量. 由于BC ⊥平面PAC ，因此CB →＝(1，0，0)为平面PAC 的一个法向量. 设平面PAC 与平面ACD 夹角的大小为θ，则cos θ＝|cos 〈CB →，n 〉|＝|CB →·n ||CB →||n |＝27＝277.所以平面PAC 与平面ACD 夹角的余弦值为277. 3.(2022·泉州质检)在三棱锥A －BCD 中，已知CB ＝CD ＝5，BD ＝2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO ＝2，E 为AC 的中点.(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点F 在BC 上，满足BF ＝14BC ，设平面FDE 与平面DEC 夹角的大小为θ，求sin θ的值.解 (1)如图，连接OC ，因为CB ＝CD ，O 为BD 的中点，所以CO ⊥BD .又AO ⊥平面BCD ，OB ，OC ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥OC .以{OB →，OC →，OA →}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz .因为BD ＝2，CB ＝CD ＝5，AO ＝2，所以B (1，0，0)，D (－1，0，0)，C (0，2，0)，A (0，0，2). 因为E 为AC 的中点，所以E (0，1，1)， 所以AB →＝(1，0，－2)，DE →＝(1，1，1)，所以|cos 〈AB →，DE →〉|＝|AB →·DE →||AB →|·|DE →|＝|1＋0－2|5×3＝1515.因此，直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)因为点F 在BC 上，BF ＝14BC ，BC →＝(－1，2，0)，所以BF →＝14BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，12，0.又DB →＝(2，0，0)， 故DF →＝DB →＋BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫74，12，0.设平面DEF 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 1＝0，DF →·n 1＝0，即⎩⎨⎧x 1＋y 1＋z 1＝0，74x 1＋12y 1＝0， 取x 1＝2，得y 1＝－7，z 1＝5，所以n 1＝(2，－7，5)为平面DEF 的一个法向量.设平面DEC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，又DC →＝(1，2，0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 2＝0，DC →·n 2＝0，即⎩⎨⎧x 2＋y 2＋z 2＝0，x 2＋2y 2＝0， 取x 2＝2，得y 2＝－1，z 2＝－1，所以n 2＝(2，－1，－1)为平面DEC 的一个法向量. 故|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|4＋7－5|78×6＝1313.所以sin θ＝1－cos 2θ＝23913.二、创新拓展练4.如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面BCC 1B 1为矩形，若平面BCC 1B 1⊥平面ABB 1A 1，平面BCC 1B 1⊥平面ABC 1.(1)求证：AB ⊥BB 1；(2)记平面ABC 1与平面A 1B 1C 1的夹角为α，直线AC 1与平面BCC 1B 1所成的角为β，异面直线AC 1与BC 所成的角为φ，当α，β满足：cos α·cos β＝m (0<m <1，m 为常数)时，求sin φ的值.(1)证明∵四边形BCC 1B 1是矩形，∴BC ⊥BB 1，图1 又平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，BC⊂平面BCC1B1，∴BC⊥平面ABB1A1，又AB⊂平面ABB1A1，∴AB⊥BC.如图1，过C作CO⊥BC1，∵平面BCC1B1⊥平面ABC1，平面BCC1B1∩平面ABC1＝BC1，CO⊂平面BCC1B1，∴CO⊥平面ABC1，又AB⊂平面ABC1，∴AB⊥CO，又AB⊥BC，CO∩BC＝C，CO，BC⊂平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，又BB1⊂平面BCC1B1，∴AB⊥BB1.(2)解由题意知AB∥A1B1，又AB⊥平面BCC1B1，∴A1B1⊥平面BCC1B1.以B 1为原点，B 1A 1，B 1B ，B 1C 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图2，图2不妨设B 1A 1＝a ，B 1B ＝b ，B 1C 1＝c ，则B 1(0，0，0)，A 1(a ，0，0)，B (0，b ，0)，C 1(0，0，c )，A (a ，b ，0)， BA →＝B 1A 1→＝(a ，0，0)，BC →＝B 1C 1→＝(0，0，c )，BC1→＝(0，－b ，c ). 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ABC 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BA →＝ax 1＝0，n 1·BC 1→＝－by 1＋cz 1＝0，∴x 1＝0，令y 1＝c ，则z 1＝b ， ∴n 1＝(0，c ，b ).取平面A 1B 1C 1的一个法向量n ＝(0，1，0)， 由图知，α为锐角， 则cos α＝|cos 〈n 1，n 〉|＝c b 2＋c 2.取平面BCC 1B 1的一个法向量n 2＝(1，0，0)， 由C 1A →＝(a ，b ，－c )， 得sin β＝|cos 〈C 1A →，n 2〉|＝aa 2＋b 2＋c2. 又β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴cos β＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c 2， 则cos αcos β＝ca 2＋b 2＋c2. |cos 〈C 1A →，BC →〉|＝cos φ＝|（a ，b ，－c ）·（0，0，c ）|c a 2＋b 2＋（－c ）2＝c a 2＋b 2＋c 2，∴cos φ＝cos αcos β.∵cos αcos β＝m 且m ∈(0，1)，φ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，∴sin φ＝1－cos 2φ＝1－m 2.。
名师揭秘 2019年高考数学(文理)命题热点全覆盖(全套33份)
名师揭秘2019年高考数学（文理）命题热点全覆盖（33份）专题01 集合的解题技巧一、集合的解题技巧及注意事项1.元素与集合，集合与集合关系混淆问题；2.造成集合中元素重复问题；3.隐含条件问题；4.代表元变化问题；5.分类讨论问题； 6．子集中忽视空集问题； 7.新定义问题；8.任意、存在问题中的最值问题； 9.集合的运算问题； 10.集合的综合问题。
二．知识点【学习目标】1．了解集合的含义、元素与集合的“属于”关系，能用自然语言、图形语言、集合语言(列举法或描述法)来描述不同的具体问题，理解集合中元素的互异性；2．理解集合之间包含和相等的含义，能识别给定集合的子集，了解在具体情境中全集与空集的含义； 3．理解两个集合的并集与交集的含义，会求两个简单集合的并集与交集，理解在给定集合中一个子集的补集的含义，会求给定子集的补集；4．能使用韦恩(Venn )图表达集合间的关系与运算． 【知识要点】 1．集合的含义与表示(1)一般地，我们把研究对象统称为元素，把一些元素组成的总体叫集合，简称集． (2)集合中的元素的三个特征：确定性、互异性、无序性 (3)集合的表示方法有：描述法、列举法、区间法、图示法(4)集合中元素与集合的关系分为属于与不属于两种，分别用“∈”或“∉”来表示． (5)常用的数集：自然数集N ；正整数集N *(或N ＋)；整数集Z ；有理数集Q ；实数集R. 2．集合之间的关系(1)一般地，对于两个集合A ，B .如果集合A 的任何一个元素都是集合B 的元素，我们就说这两个集合有包含关系，称集合A 为集合B 的子集，记作A B ⊆；若A ⊆B ，且A ≠B ，则A B ⊂，我们就说A 是B 的真子集．(2)不含任何元素的集合叫做空集，记作 ，它是任何集合的子集，即∅⊆A．3．集合的基本运算(1)并集：A∪B＝{x|x∈A或x∈B}；(2)交集：A∩B＝{x|x∈A且x∈B}；(3)补集：∁U A＝．4．集合的运算性质(1)A∩B＝A⇔A⊆B，A∩A＝A，A∩∅＝∅；(2)A∪B＝A⇔A⊇B，A∪A＝A，A∪∅＝A；(3)A⊆B，B⊆C，则A⊆C；【点评】：注意两个集合代表元的条件，容易忽视集合中元素属于整数的条件.练习2．【江西省九江市2019届高三第一次联考】已知集合，集合,则图中的阴影部分表示的集合是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】图中阴影部分表示的集合为，所以先求出集合A,B后可得结论．【解析】由题意得，所以，即图中阴影部分表示的集合为．故选C．【点评】本题考查集合的元素、韦恩图和集合的补集运算，解题的关键是认清图中阴影部分表示的集合以及所给集合中元素的特征，属于基础题．（四）代表元变化问题【内蒙古鄂尔多斯市一中2018-2019模拟】已知A＝{y|y＝log2x，x>1}，B=,则（) 例4．A．B．C．D．【答案】C【分析】利用对数性质和交集定义求解．【解析】∵A={y|y=log2x，x>1}={y|y>0}，B=，∴A∩B={x|0x≤1}= ．故选C．【点评】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要注意对数函数的性质的灵活运用．练习1.【华东师范大学附中2018-2019学年试题】集合，的元素只有1个，则的取值范围是__________.【答案】【分析】由中有且仅有一个元素，可知两个方程联立得到方程是一次方程或二次方程有两个相等的根；利用分类讨论思想，可求出的范围.【解析】联立即，是单元素集，分两种情况考虑:，方程有两个相等的实数根，即，可得,解得，方程只有一个根，符合题意，综上,的范围为故答案为.【点评】本题主要考查集合交集的定义与性质以及一元二次方程根与系数的关系，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.练习2.同时满足：①M ⊆{1，2，3，4，5}；②a∈M且6－a∈M的非空集合M有()A．9个B．8个C．7个D．6个【答案】C共有7个集合满足条件，故选C.【点评】本题主要考查了元素与集合的关系，以及集合与集合的关系的判定与应用，其中熟记元素与集合的关系，以及集合与集合的包含关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.（五）分类讨论问题例5. 【九江市2019届高三第一次十校联考】（1）求解高次不等式的解集A；（2）若的值域为B,A B=B求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【分析】（1）利用讨论的方法求得不等式的解集A；（2）根据函数的单调性求出值域B，由得，转化为不式等组求解，可得所求范围．【解析】（1）①当时，原不等式成立．②当时，原不等式等价于，解得.，综上可得原不等式的解集为，∴．（2）由题意得函数在区间上单调递减，∴，∴，∴．∵，∴，∴，解得，∴实数的取值范围是．【点评】解答本题时注意转化思想方法的运用，已知集合的包含关系求参数的取值范围时，可根据数轴将问题转化为不等式（组）求解，转化时要注意不等式中的等号能否成立，解题的关键是深刻理解集合包含关系的含义．练习1.设集合，，若，求实数a的取值范围；若，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）【分析】（1）由题意得，，根据可得，从而可解出的取值范围；（2）先求出，根据可得到，解出的取值范围即可．【解析】由题意得，；（1）∵，∴，解得，又，∴，∴实数的取值范围为．（2）由题意得，∵ ，∴，解得．∴实数的取值范围为．【点评】本题考查集合表示中描述法的定义，一元二次不等式的解法，子集的概念，以及交集的运算．根据集合间的包含关系求参数的取值范围时，注意转化方法的运用，特别要注意不等式中的等号能否成立． （六）子集中忽视空集问题例6【云南省2018-2019学年 期中考试 】已知集合，若，则的取值集合是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【分析】本题考查集合间的包含关系，先将集合，化简，然后再根据分类讨论．【解析】∵集合∴若，即时，满足条件；若，则.∵∴或∴或综上，或或.故选C.【点评】本题主要考查利用集合子集关系确定参数问题，易错点是化简集合时没有注意时的特殊情况． 练习1.已知集合，．（1）若，求;（2）若，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)或【点评】由集合间的关系求参数时，常借助数轴来建立不等关系求解，此时应注意端点处是实点还是虚点（七）新定义问题例7．【清华附属中2018-2019学年试题】集合A，B的并集A∪B＝｛1，2｝，当且仅当A≠B时，（A，B）与（B，A）视为不同的对，则这样的（A，B）对的个数有__________.【答案】8【分析】根据条件列举，即得结果.【解析】由题意得满足题意的（A，B）为：A=，B＝｛1，2｝；A=｛1｝，B＝｛2｝；A=｛1｝，B＝｛1，2｝；A=｛2｝，B＝｛1｝；A=｛2｝，B＝｛1，2｝；A=｛1，2｝，B＝；A=｛1，2｝，B＝｛1｝；A=｛1，2｝，B＝｛2｝；共8个.【点评】本题考查集合子集与并集，考查基本分析求解能力.练习1．【华东师范大学附中2019届高三数学试卷】已知集合M=，集合M的所有非空子集依次记为：M1，M2，...,M15，设m1，m2，...，m15分别是上述每一个子集内元素的乘积，规定：如果子集中只有一个元素，乘积即为该元素本身，则m1+m2+...+m15=_____【答案】【分析】根据二项式定理的推导过程构造出函数，当时，函数的值就是所有子集的乘积。
高考数学复习专题15解析几何椭圆的定义及标准方程考点剖析.doc
椭圆的定义及标准方程主标题：椭圆的定义及标准方程副标题：•为学生详细的分析椭圆的定义及标准方程的高考考点、命题方向以及规律总结。
关键词：椭圆，椭圆的定义，椭圆标准方程难度：2重要程度：5考点剖析：1.理解椭圆的定义；2.掌握椭圆的标准方程及其儿何性质，命题方向：1. 从考查内容看，椭闘的定义、标准方程和几何性质是高考的重点，其中直线与椭闘位置关 系的问题更是高考考杏的热点•2. 从考查形式看，对定义、标准方程和儿何性质的考查常以选择题、填空题的形式出现， 属中档题；•直线・圆锥曲线位置关系的问题以及与向量、不等式、方程结合的问题常以解 答题的形式出现，具有•一定的综合性和难度.规律总结：椭関的定义及标准方程规律总结：—•条规律：椭圆焦点位置与#,戸系数间的关系：给出椭圆方程一+—=1时，椭圆的焦点在x 轴上o m>n>0；椭I 员I 的焦点在y 轴上0刀〉刃〉0. in n两种方法：求椭圆方程的两种方法：(1)定义法一：根据椭圆定义，确定必，方2的值，再结合焦点位置, 直接写出椭圆方程；(2)待定系数法：根据椭圆焦点是在才轴还是y 轴上，设出相应形式的标准方程，然后根据 条件确定关于日，b, c 的方程组,解出2,方2,从而写出椭圆的标准方程.知识梳理1. 椭圆的概念在平面内到两定点竹、仇的距离的和等于常数(大于冶纫)的点的轨迹(或集合)叫蟲 圆.这两定点叫做椭圆的焦点.，两焦点间的距离叫做焦距 .集合 P={^\MF i \ + \MF 2\=2a\9 |^/^|=2c,其中 a>0, c>0,且日,c 为常数：⑴若2d>2c ,则集合户为椭圆； (2) 若2d = 2c ,则集合戶为线段； (3) 若 莎<2c,则集合P 为空集. 2. 椭圆的标准方程和儿何性质 标准方程2X 2 a=1 （日>方>0）高效能学习的十大学习方法方法一：目标激励法成就天才的必备素质就是远大恵向，明确目标，勤奋刻苦，持Z以恒，百折不挠。
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【学习目标】1．会收集现实问题中两个有关联变量的数据并作出散点图，会利用散点图直观认识变量间的相关关系； 2．了解最小二乘法的思想，能根据给出的线性回归方程系数公式建立线性回归方程； 3．了解独立性检验(只要求2×2列联表)的基本思想、方法及其简单应用； 4．了解回归的基本思想、方法及简单应用． 【知识要点】 1．抽样方法(1)抽样要具有随机性、等可能性，这样才能通过对样本的分析和研究更准确的反映总体的情况，常用的抽样方法有简单随机抽样、系统抽样和分层抽样．(2)简单随机抽样是指一个总体的个数为(较小的有限数)，通过逐个抽取一个样本，且每次抽取时每个个体被抽取的概率相等．简单随机抽样的两种常用方法为抽签法和随机数表法．(3)分层抽样是总体由差异明显的几部分组成，常将总体按差异分成几个部分，然后按各部分所占比例抽样，其中所分成的各部分叫做层．(4)系统抽样是当总体中的个数较多时，将总体均分成几部分，按事先按确定的在各部分抽取． 2．总体分布的估计(1)作频率分布直方图的步骤：①求极差(即一组数据中最大值与最小值的差) ②决定组距与组数 ③将数据分组 ④列频率分布表(下图)⑤画频率分布直方图，将区间[)a b ，标在横轴上，纵轴表示频率与组距的比值，以每个组距为底，以各频率除以组距的商为高，分别画矩形，共得k 个矩形，这样得到的图形叫频率分布直方图．频率分布直方图的性质：①第i 个矩形的面积等于样本值落入区间1[)i i t t －，的频率；②由于，所以所有小矩形的面积的和为1.(2)连接频率分布直方图中各小长方形上边的中点，就得到频率分布折线图，随着样本容量的增加，折线图会越来越近似于一条光滑曲线，称之为总体密度曲线．(3)统计中还有一种被用来表示数据的图叫茎叶图，茎是中格中间的一列数，叶是从茎旁边长出来的一列数. 用茎叶图表示数据有两个突出的优点：一是从统计图上没有原始信息的损失，所有的数据信息都可以从茎叶图中得到；二是茎叶图可以在比赛时随时记录，方便记录与表示． 3．平均数和方差的计算(1)如果有n 个数据，则叫做这组数据的平均数，叫做这组数据的方差，而s 叫做标准差．(2)公式(3)当一组数据中各数较大时，可以将各数据减去一个适当的常数a ，得到11x x a '＝－，22x x a '＝－，…，n n x x a '＝－，则4．利用频率分布直方图估计样本的数字特征(1)中位数：在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积应该相等，由此可以估计中位数值. (2)平均数：平均数的估计值等于每个小矩形的面积乘以矩形底边中点横坐标之和. 6.独立性检验 (1)分类变量用变量的不同“值”，表示个体所属的不同类别，这种变量称为分类变量.例如：是否吸烟，宗教信仰，国籍等.(2)列联表：即列出两个分类变量的频数表：一般地，假设有两个分类变量x 和y ，它们的值域分别为12{,}x x和12{y ,}y ，其样本频数列联表(称为2×2列联表)为：其中为样本容量.(3)可以利用独立性检验来考察两个分类变量是否有关系，并且能较为准确地给出这种判断的可靠程度，具体做法是：根据观测数据计算由公式所给出的检验随机变量的观测值k ，并且k 的值越大，说明“X 与Y 有关系”成立的可能性越大，同时可以利用以下数据来确定“X 与Y 有关系”的可信程度.这种利用随机变量2K 来确定在多大程度上可以认为“两个分类变量有关系”的方法称为两个分类变量的独立性检验.三．高考命题类型分析 （一）随机抽样例1．从2018名学生中选取50名学生参加某一活动，若采用下面的方法选取：先用简单随机抽样从2018人中剔除18人，剩下的2000人再按系统抽样的方法抽取50人，则在这2018人中，每个人入选的概率 （ ）A ．不全相等B ．均不相等C ．都相等，且为D ．都相等，且为【答案】C【解析】由简单随机抽样和系统抽样都是等可能抽样，从个个体中抽取个个体，则每个个体被抽到的概率都等于，即可得解.练习1．下列说法中错误的是（ ）A．先把高二年级的2000名学生编号为1到2000，再从编号为1到50的50名学生中随机抽取1名学生，其编号为，然后抽取编号为，，的学生，这样的抽样方法是系统抽样法；B．独立性检验中，越大，则越有把握说两个变量有关；C．若两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的值越接近于1；D．若一组数据1、a、3的平均数是2，则该组数据的方差是.【答案】C【解析】对选项逐个进行分析，排除即可得到答案.【详解】对于A，根据个体数目较多，且没有明显的差异，抽取样本间隔相等，知这种抽样方法是系统抽样法，∴A正确；对应B,独立性检验中，越大，应该是说明两个变量有关系的可能性大，即有足够的把握说明两个变量有关，B正确；对于C，两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数|r|的值越接近于1，C错误；对于D，一组数据1、a、3的平均数是2，∴a＝2；∴该组数据的方差是s2＝×[（1﹣2）2+（2﹣2）2+（3﹣2）2]＝，D正确．故选：C.（二）样本估计总体例2．某校高一年级有甲，乙，丙三位学生，他们前三次月考的物理成绩如表：则下列结论正确的是（）A．甲，乙，丙第三次月考物理成绩的平均数为86B．在这三次月考物理成绩中，甲的成绩平均分最高C．在这三次月考物理成绩中，乙的成绩最稳定D．在这三次月考物理成绩中，丙的成绩方差最大【答案】C【解析】由表格中数据，利用平均数公式以及方差的定义与性质，对选项中的命题逐一判断正误即可．【详解】故选C．上购物经历的人数，所得数据的茎叶图如图所示，则这20个班有网购经历的人数的众数为（）A．24 B．37 C．35 D．48【答案】C【解析】根据茎叶图中的数据，利用众数的定义写出结果．【点睛】本题主要考查利用茎叶图求众数，意在考查对基础知识的掌握与应用，是基础题．练习2．已知一组数据3，4，5，a，b的平均数是4，中位数是m，从3，4，5，a，b，m这组数据中任取一数，取到数字4的概率为，那么3，4，5，a，b这组数据的方差为（）A．B．2 C．D．【答案】D【解析】根据3，4，5，a，b的平均数是4，中位数是m，从3，4，5，a，b，m这组数据中任取一数，取到数字4的概率为，可知，由方差公式求解即可.【详解】因为从3，4，5，a，b，m这组数据中任取一数，取到数字4的概率为，所以3，4，5，a，b，m这6个数字中有4个4，所以，所以故选D.（三）频率分布直方图例3.．例3.．2017年APEC会议于11月10日至11日在越南岘港举行，某研究机构为了了解各年龄层对APEC会议的关注程度，随机选取了100名年龄在[20，45]内的市民举行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分组区间分布为[20，25），[25.30），[30，35），[35，40），[40，45]）．（1）求选取的市民年龄在[30，35）内的人数；（2）若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人参与APEC会议的宣传活动，求参与宣传活动的市民中至少有一人的年龄在[35，40）内的概率．【答案】（1）30；（2）.【解析】（1）由频率分布直方图可得年龄在内的频率为，从而可得结果；（2）利用分层抽样的方法可知，所选的5人中，从第3组选3人，从第4组选2人，利用列举法，求出总事件以及至少有一人的年龄在内的事件，再利用古典概型概率公式即可得出结果.【详解】（1）由频率分布直方图可得年龄在[30，35）内的频率为0.06×5=0.3，则选取的市民年龄在[30，35）内的人数0.3×100=30；练习2．如图是一组样本数据的频率分布直方图，则依据图形中的数据，可以估计总体的平均数与中位数分别是()A．12.5,12.5 B．13,13 C．13.5,12.5 D．13.5,13【答案】B【解析】本题首先要通过频率分布直方图得出第一组、第二组、第三组的频率，然后根据平均数的定义计算出平均数，最后根据中位数定义计算出中位数，即可得出答案。
【点睛】频率分布直方图问题需要注意：在频率分布直方图中，小矩形的高表示频率/组距，而不是频率；利用频率分布直方图求众数、中位数和平均数时，应注意三点：①最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数；②中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的；③平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和。
练习3．某市要对2000多名出租车司机的年龄进行调査,现从中随机抽出100名司机,已知该市的司机年龄都在[20,45]之间,根据调査结果得出司机的年龄情况的频率分布直方图如图所示,估计该市出租车司机年龄在频率是( )A．0.02 B．0.04 C．0.2 D．0.84【答案】C【解析】根据题意补全频率直方图，即可求出结果．【详解】根据频率分布直方图知，在[20，30）岁之间的频率为1﹣（0.01+0.07+0.06+0.02）×5=0.2，故选：C（四）茎叶图例4．将甲、乙两名同学5次物理测验的成绩用茎叶图表示如图，若甲、乙两人成绩的中位数分别为，则下列说法正确的是( )A．；乙比甲成绩稳定B．；甲比乙成绩稳定C．；乙比甲成绩稳定D．；甲比乙成绩稳定【答案】A【解析】中位数为把数据按顺序排列后，处于中间位置的数，分别写出甲乙的中位数即可比较其大小;茎叶图中，数据越集中就越稳定，因此可得乙比甲成绩稳定.练习1．为比较甲、乙两地某月12时的气温状况，随机选取该月中的5天，将这5天中12时的气温数据（单位：）制成如图所示的茎叶图.考虑以下结论：①甲地的平均气温低于乙地的平均气温；②甲地的平均气温高于乙地的平均气温；③甲地气温的标准差小于乙地气温的标准差；④甲地气温的标准差大于乙地气温的标准差.其中根据茎叶图能得到的统计结论的标号为( )A．①③B．①④C．②③D．②④【答案】B【解析】由已知的茎叶图，我们易分析出甲、乙两地某月12时的气温抽取的样本温度，进而求出两组数据的平均数、方差，可得答案．所以甲地该月12时的气温的标准差大于乙地该月12时的气温标准差.①④正确，故选B.练习1．已知一个样本数据x，1，5，其中点是直线和圆的交点，则这个样本的标准差为A．5 B．2 C．D．【答案】D【解析】求出x，y的值，求出数据的平均数，从而求出数据的标准差即可．【详解】由，解得：或，故数据为：，1，3，5，数据的平均数是2，故数据的方差是，故标准差是，故选：D．练习2．若样本的平均数是，方差是，则对样本，下列结论正确的是( )A．平均数为14，方差为5 B．平均数为13，方差为25C．平均数为13，方差为5 D．平均数为14，方差为2【答案】C【解析】根据平均数和方差的定义和性质进行求解即可．【点睛】本题主要考查样本数据的方差和平均数的计算，根据相应的公式进行计算是解决本题的关键．（七）极差、方差、标准差例7．已知某7个数的平均数为3，方差为，现又加入一个新数据3，此时这8个数的平均数为x，方差为，则（）A．，B．，C．，D．，【答案】B【解析】由题设条件，利用平均数和方差的计算公式，进行求解，即可得到答案.【详解】由题意，根据这7个数的平均数为3，方差为，即，，即，现又加入一个新数据3，此时这8个数的平均数为，方差为，即，故选B.练习1．在下列命题中，下列选项正确的是（）A．在回归直线中，变量时，变量的值一定是15.B．两个变量相关性越强，则相关系数就越接近于1.C．在残差图中，残差点比较均匀落在水平的带状区域中即可说明选用的模型比较合适，与带状区域的宽度无关.D．若是两个相等的非零实数，则是纯虚数.【答案】D【解析】根据回归方程的定义判断；根据相关系数的定义判断；根据残差图的性质判断；根据纯虚数的定义判断.【点睛】本题主要通过对多个命题真假的判断，主要综合考查回归方程的定义、相关系数的定义、残差图的性质、纯虚数的定义，属于中档题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，做这类题目要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的、自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.（九）回归分析例9．26．已知某商品的价格（元）与需求量（件）之间的关系有如下一组数据：；参考：；当时, ,（1）求，；（2）求出回归直线方程；（3）计算相关系数r的值，并说明回归模型拟合程度的好坏。