高考调研北师大版数学必修52-1-2高考调研精讲精练
高考调研北师大版数学选修2-3-2-1-2高考调研精讲精练
高考调研 ·北师大版 ·数学（选修2-3）
解析 以50箱为一批产品，从中随机抽取5箱，用X表示“5 箱中不合格产品的箱数”，则X服从超几何分布．这批产品被接 收的条件是5箱中没有不合格的或只有1箱不合格，所以被接收 的概率为P(X≤1)，
即P(X≤1)＝CC20C505485＋CC21C505484＝224435. 答：该批产品被接收的概率是224435(约为0.991 84)．
X x1 x2 … xi … xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
为离散型随机变量X的概率分布列，简称X的分布列．
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(2)分布列的性质． 由概率的性质可知，任一离散型随机变量的分布列都具有 下面两个性质： ①pi≥0，(i＝1，2，3，…，n)；
n
② pi＝1．
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【解析】 随机变量ξ的可能取值为3，4，5. 当ξ＝3时，即取出的三只球中最大号码为3，则其他两球的 编号只能是1，2，故有P(ξ＝3)＝CC3533＝110； 当ξ＝4时，即取出的三只球中最大号码为4，则其他两球只 能在编号为1，2，3的3只球中取2只，故有P(ξ＝4)＝CC3523＝130；
i＝1
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2．两个特殊分布列
(1)两点分布列．
X
0
1
P
1－p
p
如果随机变量X的分布列为两点分布列，就称X服从两点分
布，而称P(X＝1)＝p为成功概率．
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(2)超几何分布列．
高考调研北师大版数学选修2-3-2-5-1高考调研精讲精练
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2．离散型随机变量的性质 若 X 为(离散型)随机变量，则 Y＝aX＋b(其中 a，b 为常数) 也是随机变量，且 P(X＝xi)＝P(Y＝axi＋b)，i＝1，2，3，…，n.E(Y) ＝E(aX＋b)＝aE(X)＋b．
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◎思考题 4 某寻呼台共有客户 3 000 人，若寻呼台准备了 100 份小礼品，邀请客户在指定时间内来领取．假设任一客户去 领奖的概率为 4%.问寻呼台能否向每一位客户都发出领奖邀请？ 若能使每一位领奖人都得到礼品，寻呼台至少应准备多少份礼 品？
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(2)X 的所有可能值为 0，10，20，50，60，
且 P(X＝0)＝CC16022＝13，P(X＝10)＝CC311C0261＝25， P(X＝20)＝CC13022＝115，P(X＝50)＝CC111C0261＝125， P(X＝60)＝CC111C0231＝115.故 X 的分布列如下.
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探究 4 本例中，利用二项分布的均值公式 E(X)＝np 快速 地求出所求的期望值，当 n 的值越大时，这一公式更加显得威力 无比，因此我们要熟练掌握这一公式，并能灵活地运用它，在运 用时，需要注意的是，只有随机变量 X 服从二项分布时，才能运 用该公式来求均值．
3．两点分布与二项分布的均值
X E(X)
X～B(n，p) np
X服从两点分布 p(p为成功概率)
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高考调研北师大版数学必修5课时14高考调研精讲精练
课时作业(十四)1．已知锐角△ABC 的面积为33，BC ＝4，CA ＝3，则角C 的大小为( )A ．75°B ．60°C ．45°D ．30°答案 B解析 ∵33＝12×4×3sinC ，∴sinC ＝32. ∵△ABC 为锐角三角形，∴C ＝60°，故选B.2．在△ABC 中，BC ＝2，B ＝π3，当△ABC 的面积等于32时，sinC 等于( ) A.32 B.12 C.33 D.34答案 B解析 由正弦定理得S △ABC ＝12·AB ·BC ·sinB ＝32AB ＝32，∴AB ＝1，∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB·BC·cosB ＝1＋4－4×12＝3，∴AC ＝3，再由正弦定理，得1sinC ＝3sin π3，∴sinC ＝12.3．在△ABC 中，A ＝60°，AB ＝2，且△ABC 的面积S △ABC ＝32，则边BC 的长为( )A. 3 B ．3 C.7 D ．7答案 A解析 由S △ABC ＝32，得12AB ·ACsinA ＝32. 即12×2AC ×32＝32，∴AC ＝1，由余弦定理，得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB·AC·cosA ＝22＋12－2×2×1×12＝3.∴BC ＝ 3.4．在△ABC 中，已知A ＝30°，且3a ＝3b ＝12，则c 的值为( ) A ．4 B ．8 C ．4或8 D ．无解答案 C解析 由3a ＝3b ＝12，得a ＝4，b ＝43，利用正弦定理可得B 为60°或120°，从而解出c 的值．5．(2014·新课标全国Ⅱ)钝角三角形ABC 的面积是12，AB ＝1，BC ＝2，则AC ＝( ) A ．5 B. 5 C ．2 D ．1 答案 B解析 由题意可得12AB ·BC ·sinB ＝12，又AB ＝1，BC ＝2，所以sinB＝22，所以B ＝45°或B ＝135°.当B ＝45°时，由余弦定理可得AC ＝AB 2＋BC 2－2AB·BC·cosB ＝1，此时AC ＝AB ＝1，BC ＝2，易得A ＝90°，与“钝角三角形”条件矛盾，舍去．所以B ＝135°.由余弦定理可得AC ＝AB 2＋BC 2－2AB·BC·cosB ＝ 5.6．在△ABC 中，2acosB ＝c ，则△ABC 是( ) A ．等腰三角形 B ．直角三角形 C ．等腰直角三角形 D ．等边三角形答案 A解析 方法一：由余弦定理，得2a a 2＋c 2－b 22ac ＝c.所以a 2＋c 2－b 2＝c 2.则a ＝b.则△ABC 是等腰三角形．方法二：由正弦定理，得2×2RsinAcosB ＝2RsinC ，即2sinAcosB ＝sinC.又sin(A ＋B)＋sin(A －B)＝2sinAcosB ，所以sin(A ＋B)＋sin(A －B)＝sinC.又A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B)＝sinC.所以sin(A －B)＝0.又0<A<π，0<B<π，则－π<A －B<π.所以有A ＝B ，则△ABC 是等腰三角形．探究 思路一是转化为三角形的边的关系，利用代数运算获得三角形的关系式；思路二是转化为三角形的角的关系，利用三角函数知识获得了三角形的角的关系．思路二中，如果没有想到等式sin(A ＋B)＋sin(A －B)＝2sinAcosB ，那么就会陷入困境．由于受三角函数知识的限制，提倡将已知条件等式转化为边的关系来判断三角形的形状． 7．已知锐角三角形的边长分别是3，5，x ，则x 的取值范围是( )A ．1<x< 5B ．4<x<30 C ．1<x<4 D ．4<x<34答案 D解析 若5最大，则32＋x 2－52>0，得x>4. 若x 最大，则32＋52－x 2>0，得0<x<34. 又2<x<8，则4<x<34.8．在△ABC 中，A ∶B ＝1∶2，角C 的平分线CD 把三角形面积分为3∶2两部分，则cosA ＝( ) A.13 B.12 C.34 D ．0答案 C解析 ∵CD 是∠C 的平分线，∴S △ACD S △BCD＝12AC·CDsin C212BC ·CDsin C 2＝AC BC ＝sinB sinA ＝32. ∵B ＝2A ，∴sinB sinA ＝sin2A sinA ＝2cosA ＝32. ∴cosA ＝34.9．已知等腰三角形的底边长为6，一腰长为12，则它的外接圆半径为________． 答案8155解析 设顶角为A ，则有cosA ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝122＋122－622×12×12＝78，∴sinA ＝1－cos 2A ＝158.∴2R ＝a sinA ，R ＝a 2sinA ＝8155.10．在△ABC 中，已知sinA ∶sinB ＝2∶1，c 2＝b 2＋2bc ，则三内角A ，B ，C 的度数依次是________． 答案 45°，30°，105°解析 ∵a ＝2b ，a 2＝b 2＋c 2－2bccosA. ∴2b 2＝b 2＋c 2－2bccosA.又∵c 2＝b 2＋2bc ，∴cosA ＝22，∴A ＝45°.∴sinB ＝12，B ＝30°，∴C ＝105°.11．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.若(3b －c)cosA ＝acosC ，则cosA ＝______． 答案 33解析 由正弦定理，得(3sinB －sinC)cosA ＝sinAcosC. 化简得3sinBcosA ＝sin(A ＋C)．∵0<sinB ≤1，∴cosA ＝33.12．在△ABC 中，∠B ＝45°，AC ＝10，cosC ＝255. (1)求BC 边的长；(2)记AB 的中点为D ，求中线CD 的长． 解析 (1)由cosC ＝255，得sinC ＝55.sinA ＝sin(180°－45°－C)＝22(cosC ＋sinC)＝31010.由正弦定理知 BC ＝AC sinB ·sinA ＝1022·31010＝3 2.(2)AB ＝AC sinB ·sinC ＝1022·55＝2.BD ＝12AB ＝1. 由余弦定理知 CD ＝BD 2＋BC 2－2BD·BC·cosB ＝1＋18－2×1×32×22＝13.13.如图，在平面四边形ABCD 中，AD ＝1，CD ＝2，AC ＝7.(1)求cos ∠CAD 的值； (2)若cos ∠BAD ＝－714， sin ∠CBA ＝216，求BC 的长．解析 (1)如题图，在△ADC 中，由余弦定理，得 cos ∠CAD ＝AC 2＋AD 2－CD 22AC ·AD.故由题设知，cos ∠CAD ＝7＋1－427＝277.(2)如题图，设∠BAC ＝α，则α＝∠BAD －∠CAD. 因为cos ∠CAD ＝277，cos ∠BAD ＝－714， 所以sin ∠CAD ＝1－cos 2∠CAD ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫2772＝217. sin ∠BAD ＝1－cos 2∠BAD ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－7142＝32114.于是sin α＝sin(∠BAD －∠CAD)＝sin ∠BADcos ∠CAD －cos ∠BADsin ∠CAD ＝32114×277－⎝ ⎛⎭⎪⎫－714×217＝32.在△ABC 中，由正弦定理，得BC sin α＝ACsin ∠CBA .故BC ＝AC·sin αsin ∠CBA＝7×32216＝3.14.如图，在△ABC 中，∠B ＝π3，AB ＝8，点D 在BC 边上，且CD ＝2，cos ∠ADC ＝17.(1)求sin ∠BAD ； (2)求BD ，AC 的长．解析 (1)在△ADC 中，因为cos ∠ADC ＝17，所以sin ∠ADC ＝437. 所以sin ∠BAD ＝sin(∠ADC －∠B) ＝sin ∠ADCcosB －cos ∠ADCsinB ＝437×12－17×32＝3314.(2)在△ABD 中，由正弦定理得 BD ＝AB·sin ∠BAD sin ∠ADB＝8×3314437＝3.在△ABC 中，由余弦定理得 AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB·BC·cosB ＝82＋52－2×8×5×12＝49.所以AC ＝7.15.如图所示，已知圆O 的半径为1，点C 在直径AB 的延长线上，BC ＝1，点P 是圆O 上半圆上的一个动点，以PC 为边作等边三角形PCD ，且点D 与圆心分别在PC 的两侧．(1)若∠POB ＝θ，试将四边形OPDC 的面积y 表示成θ的函数； (2)求四边形OPDC 面积的最大值．思路分析 四边形OPDC 可以分成△OPC 和△PCD ，S △OPC可用12OP ·OC ·sin θ表示；求△PCD 的面积关键在于求出边长PC ，在△POC 中利用余弦定理可求解．解析 (1)在△POC 中，由余弦定理，得PC 2＝OP 2＋OC 2－2OP·OC·cos θ＝12＋22－2×1×2×cos θ＝5－4cosθ.∴y ＝S △OPC ＋S △PCD ＝12×1×2sin θ＋34(5－4cos θ) ＝sin θ－3cos θ＋534＝2sin (θ－π3)＋534. (2)当θ－π3＝π2，即θ＝5π6时，y max ＝2＋534.。
高考调研北师大版数学选修2-3-2-5-2高考调研精讲精练
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高考调研 ·北师大版 ·数学（选修2-3）
【解析】 (1)P(“当天商店不进货”)＝P(“当天商品销售 量为0件”)＋P(“当天商品销售量为1件”)＝210＋250＝130.
(2)由题意知，X的可能取值为2，3. P(X＝2)＝P(“当天商品销售量为1件”)＝250＝14； P(X＝3)＝P(“当天商品销售量为0件”)＋P(“当天商品销 售量为2件”)＋P(“当天商品销售量为3件”)＝210＋290＋250＝34.
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高考调研 ·北师大版 ·数学（选修2-3）
【误区警示】 要分清楚是谁获利，不能忽视了先交5元才 能参加这一抽奖．因此，不能只计算E(ξ)，最终E(η)的结果为负 值，说明摸奖者若重复这种抽奖，平均每摸一次要亏1.4元．
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高考调研 ·北师大版 ·数学（选修2-3）
例3 某商店试销某种商品20天，获得如下数据：
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高考调研 ·北师大版 ·数学（选修2-3）
3．如果袋中有 6 个红球，4 个白球，从中任取 1 球，记住颜
色后放回，连续摸取 4 次，设 ξ 为取得红球的次数，那么 ξ 的期
望 E(ξ)＝( )
3
12
A.4
B. 5
19
1
C. 7
D.3
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高考调研 ·北师大版 ·数学（选修2-3）
答案 B 解析 每次摸到红球的概率都为160＝35，且每次相互独立， 因此符合独立重复试验，因此该分布列应为二项分布： E(ξ)＝4×35＝152.
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高考调研 ·北师大版 ·数学（选修2-3）
2．节日期间，某种鲜花的进价是每束2.5元，售价是每束5
元，节后对没有卖出的鲜花以每束1.6元处理．根据前5年节日期
高考调研北师大版数学必修53-2-1高考调研精讲精练
高考调研 ·北师大版 ·数学必修五
第二步：确定判别式 Δ＝b2－4ac 的符号； 第三步：求出方程 ax2＋bx＋c＝0 的根； 第四步：联系二次函数的图像写出不等式的解集．
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解集的写法： ①大于取两边——当 Δ＞0 时，ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解反 映在图像上就是“大于大根，或小于小根”． ②小于取中间——当 Δ＞0 时，ax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解反 映在图像上就是“大于小根，且小于大根”. (2)解不等式的结果一定要写成集合的形式：{x|P(x)}，而不 能写成：x1<x<x2.
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题型一 一元二次不等式的解法 例 1 解不等式－3x2＋6x＞2. 【思路分析】 解一元二次不等式直接用图解法处理，解题过 程中的二次函数图像可画出草稿纸上．
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高考调研 ·北师大版 ·数学必修五
【解析】 两边都乘以－1，并移项，得 3x2－6x＋2＜0.
因为Δ＞0，方程 3x2－6x＋2＝0 的解是 x1＝1－ 33，x2＝1
没有实数解
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解不等式 f(x)>0 或 f(x)<
0 的步骤
(3)得 不等 式的 解集
f(x)>0 f(x)<0
{x|x<x1 或 x>x2}
{x|x≠－2ba}
R
{x|x1<
∅
∅
x<x2}
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要点 3 解一元二次不等式的一般步骤 (1)由三个“二次”关系可得解法如下： 第一步：将不等式化为如下形式 ax2＋bx＋c＞0(a＞0)； ax2＋bx＋c＜0(a＞0)．
高考调研北师大版数学必修51-3-1.1高考调研精讲精练
请做：课时作业（七）
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题型三 等比中项
例 4 (1)(2015·石家庄高二检测)等比数列{an}中，a1＝18，q
＝2，则 a4 与 a8 的等比中项是( A．±4) B．4 NhomakorabeaC．±14
1 D.4
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【解析】 由 an＝18·2n－1＝2n－4 知，a4＝1，a8＝24，所以 a4 与 a8 的等比中项为±4.
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【解析】 (1)由等比数列的通项公式，得 a6＝3×(－2)6－1＝－96. (2)设等比数列的公比为 q， 那么aa11qq25＝＝21060，解得qa1＝＝25，， 所以 an＝a1qn－1＝5×2n－1.
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●思考题 2 (1)等比数列{an}中，a1＝89，an＝31，公比 q＝32， 则 n＝________．
【答案】 A
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(2)已知 b 是 a，c 的等比中项，求证：ab＋bc 是 a2＋b2 与 b2 ＋c2 的等比中项．
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【解析】 b 是 a，c 的等比中项，则 b2＝ac，且 a，b，c 均 不为零，
又(a2＋b2)(b2＋c2)＝a2b2＋a2c2＋b4＋b2c2＝a2b2＋2a2c2＋b2c2， (ab＋bc)2＝a2b2＋2ab2c＋b2c2＝a2b2＋2a2c2＋b2c2，所以(ab＋ bc)2＝(a2＋b2)·(b2＋c2)，即 ab＋bc 是 a2＋b2 与 b2＋c2 的等比中项．
《高考调研》衡水重点中学同步精讲精练(数学必修5)2-1-2
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第二章 2.1 第二课时
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第二章 2.1 第二课时
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第二章 2.1 第二课时
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第二章 2.1 第二课时
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第二章 数 列
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第二章 数 列
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2．1 数列的概念与简单表示法(第二课时) 数列的性质和递推公式
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第二章 数 列
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第二章 2.1 第二课时
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第二章 2.1 第二课时
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第二章 2.1 第二课时
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第二章 2.1 第二课时
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第二章 2.1 第二课时
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第二章 2.1 第二课时
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第二章 2.1 第二课时
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北师大版数学必修二单元卷1高考调研精讲精练
第一章综合测试题一、选择题(本大题共12小题，每题5分，共60分)1．(2018·青岛模拟)给出下列命题：①圆柱的任意两条母线互相平行；②球上的点与球心的距离都相等；③圆锥被平行于底面的平面所截，得到两个几何体，其中一个仍然是圆锥，另一个是圆台；④半圆以它的直径为旋转轴，旋转所成的曲面是球面；⑤在空间中，与定点的距离为定长的所有点的集合是球．其中正确命题的个数为()A．0B．1C．2 D．3答案 D解析①③④正确；②错在球不仅包括球面，而且还包括球面内部的点，故球上的点与球心的距离并非都相等；⑤所构成的集合应是球面，而不是球．2．如图所示的直观图的原平面图形是()A．任意三角形B．直角梯形C．任意四边形D．平行四边形答案 B3.水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，如图所示，是一个正方体的表面展开图，若图中“2”在正方体的上面，则这个正方体的下面是()A．1 B．5C．快D．乐答案 B解析如图所示，将题图折成正方体，可得2的下面是5.4．一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的体积为( ) A.π2 B ．π C.32π D.3π答案 C解析 方法一：如下图，AD ＝62，AO ＝23AD ＝63，SO ＝SA 2－AO 2＝233. ∴R 2＝(233－R)2＋23.∴R ＝32.球的体积为32π.方法二：构造棱长为1的正方体如上图，则C 1A 1BD 为棱长为2的正四面体，正方体的外接球也为正四面体的外接球．此时球的直径为3，因此球的体积为32π. 5．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A ．3 2B ．2 3C ．2 2D ．2答案 B解析 借助棱长为2的正方体，如图，由三视图知该几何体是图中的四棱锥A －BCDE ，AE 为最长的棱．所以AE ＝22＋22＋22＝2 3.故选B.6．设有直线m ，n 和平面α，β下列四个命题中，正确的是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若mα，nα，m ∥β，n ∥β，则α∥β C ．若α⊥β，mα，则m ⊥βD ．若α⊥β，m ⊥β，m ⃘α，则m ∥α 答案 D 解析 若α∥β，m β，nβ，可知m ∥α，n ∥α但m 与n 可以相交，所以A 不对；若m ∥n ，即使有mα，nα，m ∥β，n ∥β，α与β也可以相交，所以B 不对；若α⊥β，α中仍有不与β垂直的直线，例如α与β的交线，故C 不对；若α⊥β，则在α中可作与β垂直的直线n ，又m ⊥β，则m ∥n ，又m ⃘α，所以m ∥α，故D 正确．讲评 本题主要考查立体几何基础知识，其中有线面平行、面面垂直等知识． 7．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( ) A.8π3 B.82π3C ．82π D.32π3答案 B解析 截面面积为π，则该小圆的半径为1，设球的半径为R ，则R 2＝12＋12＝2，∴R ＝2，V ＝43πR 3＝82π3.8．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90° 答案 C解析 延长CA 至点M ，使AM ＝CA ，则A 1M ∥C 1A ，∠MA 1B 或其补角为异面直线BA 1与AC 1所成的角，连接BM ，易知△BMA 1为等边三角形，因此，异面直线BA 1与AC 1所成的角为60°，选C.9．已知S，A，B，C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝1，BC＝2，则球O的表面积等于()A．4πB．3πC．2πD．π答案 A解析如图，以SA，AB，BC为棱长构造长方体，得体对角线长为12＋12＋（2）2＝2R，所以R＝1，S＝4πR2＝4π.10．(2018·唐山模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．6 B．3 3C．2 3 D．3答案 B解析由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为左视图，该左视图是底边长为2，高为3的三角形，主视图的长为三棱柱的高，故h＝3，所以几何体的体积V＝S·h＝(12×2×3)×3＝3 3.11．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为A1C1中点，则直线CE垂直于()A．AC B．BDC．A1D1D．A1A答案 B解析因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，所以可证BD⊥平面ACC1A1，又CE平面ACC1A1，则CE⊥BD.12．(2018·温州模拟)如图，点E 为正方形ABCD 边CD 上异于点C ，D 的动点，将△ADE 沿AE 翻折成△SAE ，使得平面SAE ⊥平面ABCE ，则下列三种说法中正确的个数是( ) ①存在点E 使得直线SA ⊥平面SBC ； ②平面SBC 内存在直线与SA 平行； ③平面ABCE 内存在直线与平面SAE 平行．A ．0B ．1C ．2D ．3答案 B解析 由题图，得SA ⊥SE ；若存在点E 使得直线SA ⊥平面SBC ，则SA ⊥SB ，SA ⊥SC ，则SC ，SB ，SE 三线共面，则点E 与点C 重合，与题设矛盾，故①错误；因为SA 与平面SBC 相交，所以在平面SBC 内不存在直线与SA 平行，故②错误；显然，在平面ABCE 内，存在直线与AE 平行，由线面平行的判定定理得平面ABCE 内存在直线与平面SAE 平行，故③正确．故选B.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知二面角α－l －β的大小为60°，若直线a ⊥α，直线b ⊥β，则异面直线a ，b 所成的角是________． 答案 60°14．设某几何体的三视图如下(尺寸的长度单位为m)，则该几何体的体积为________ m 3. 答案 4解析 这是一个三棱锥，高为2，底面三角形一边为4，这边上的高为3，体积等于16×2×4×3＝4.15．如图所示，四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥面MNP的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形序号)．答案①③16．对于四面体ABCD，给出下列四个命题：①若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥AD；②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD；③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD；④若AB⊥CD，BD⊥AC，则BC⊥AD.其中真命题的序号是________(写出所有真命题序号)．答案①④解析①中取BC中点E，连接AE，DE.∵AB＝AC，BD＝CD，∴AE⊥BC，DE⊥BC.∵AE∩DE＝E，∴BC⊥平面ADE，∴BC⊥AD.④中过A向平面BCD内作垂线，垂足为O，连接BO，CO，DO，可证O为△BCD的垂心．∴BC⊥DO.又BC⊥AO，∴BC⊥平面ADO，∴BC⊥AD.三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(本小题满分10分)如图所示，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.解析(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.又因为P A⃘平面DEF，DE平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝12PA＝3，EF＝12BC＝4.又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2.所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因为AC∩EF＝E，AC平面ABC，EF平面ABC，所以DE⊥平面ABC.又DE平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.18．(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等边三角形，已知BD＝2AD＝8，AB＝2DC＝4 5.(1)设M是PC上的一点，证明：平面MBD⊥平面PAD；(2)求四棱锥P－ABCD的体积．解析(1)在△ABD中，由于AD＝4，BD＝8，AB＝45，所以AD 2＋BD 2＝AB 2. 故AD ⊥BD.又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BD 平面ABCD ，所以BD ⊥平面PAD. 又BD平面MBD ，故平面MBD ⊥平面PAD. (2)过P 作PO ⊥AD 交AD 于O ， 由于平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD.因此PO 为四棱锥P －ABCD 的高． 又△PAD 是边长为4的等边三角形， 因此PO ＝32×4＝2 3. 在底面四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ，所以四边形ABCD 是梯形．在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为4×845＝855，此即为梯形ABCD 的高，所以四边形ABCD 的面积为S ＝25＋452×855＝24.故V P －ABCD ＝13×24×23＝16 3.讲评 本题考查了面面垂直以及锥体体积的计算和学生空间想象能力、思维能力，解决该题的关键是底面梯形ABCD 面积的计算．19．(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AP ＝AB ，BP ＝BC ＝2，E ，F 分别是PB ，PC 的中点．(1)证明：EF ∥平面PAD ； (2)求三棱锥E －ABC 的体积V.解析 (1)在△PBC 中，E ，F 分别是PB ，PC 的中点，∴EF ∥BC.又BC ∥AD ，∴EF ∥AD. 又∵AD平面PAD ，E F ⃘平面PAD ，∴EF ∥平面PAD.(2)连接AE ，AC ，EC ，过E 作EG ∥PA 交AB 于点G ， 则EG ⊥平面ABCD ，且EG ＝12PA.在△PAB 中，AP ＝AB ，∠PAB ＝90°，BP ＝2， ∴AP ＝AB ＝2，EG ＝22. ∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×2×2＝ 2.∴V E －ABC ＝13S △ABC ·EG ＝13×2×22＝13.20．(本小题满分12分)如图所示，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠FAB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12FA ，G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形． (2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？ (3)设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE.解析 (1)由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，所以GH 綊12AD.又BC 綊12AD ，故GH 綊BC.所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)C ，D ，F ，E 四点共面． 理由如下．由BE綊12AF，G是FA的中点知，BE綊GF，所以EF∥BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC，FH共面．又点D在直线FH上，所以C，D，F，E四点共面．(3)如图所示，连接EG，由AB＝BE，BE綊AG及∠BAG＝90°知四边形ABEG是正方形，故BG⊥EA.由题设知，FA，AD，AB两两垂直，故AD⊥平面EBAF.因此EA是ED在平面EBAF内的射影，BG⊥ED.又ED∩EA＝E，所以BG⊥平面ADE.由(1)知，CH∥BG，所以CH⊥平面ADE.由(2)知CH平面CDE，得平面ADE⊥平面CDE. 21．(本小题满分12分)如图所示，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD＝60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA＝ 3.(1)证明：平面PBE⊥平面PAB；(2)求二面角A—BE—P的大小．解析(1)如图所示，连接BD，由ABCD是菱形且∠BCD＝60°知，△BCD是等边三角形．因为E是CD的中点，所以BE⊥CD.∵CD∥AB，∴BE⊥AB.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BE.∵PA∩AB＝A，∴BE⊥平面PAB.又∵BE平面PBE，∴平面PBE⊥平面PAB.(2)∵BE⊥平面PAB，∴BE⊥PB.∴∠ABP是二面角A—BE—P的平面角．在Rt△PAB中，AB＝1，PA＝3，tan∠ABP＝3，∴∠ABP＝60°.∴二面角A—BE—P的大小是60°.22．(本小题满分12分)一个多面体的直观图及三视图如图所示(其中M，N分别是AF，BC的中点)．(1)求证：MN∥平面CDEF；(2)求多面体A－CDEF的体积．解析由三视图知该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱ADE－BCF，且AB＝BC＝BF ＝2，DE＝CF＝22，∠CBF＝90°.(1)取BF的中点G，连接MG，NG，由M，N分别为AF，BC中点，可得NG∥CF，MG∥EF⇒面MNG∥面CDEF⇒MN∥面CDEF.(2)取DE中点为H，连接AH，因为AD＝AE⇒AH⊥DE，在直三棱柱ADE－BCF中，平面ADE⊥平面CDEF，面ADE∩面CDEF＝DE⇒AH⊥平面CDEF⇒多面体A－CDEF是以AH为高，以矩形CDEF为底面的棱锥，在△ADE中，AH＝2，S矩形CDEF＝DE·EF＝42⇒棱锥A－CDEF的体积V＝13S矩·AH＝83.。
高考调研北师大版数学选修2-3-1-5-2高考调研精讲精练
二项式系数的性质
1．Cn＋1r＝Cnr＋Cnr－1. 2．对称性：与首末两端等距离的两个二项式系数相等．
3．增减性：当k<
n＋2 1时，二项式系数逐渐增大，当k>
n＋1 2
时，二项式系数逐渐减小．
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4．最大值：在中间时取最大值． n为奇数，Cn＋2 1n，Cn－2 1n为最大值， n为偶数，Cn2n为最大值. 5．各个二项式系数的和等于2n.
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◎思考题3 写出(x－y)11的展开式中， (1)通项Tr＋1； (2)二项式系数最大的项； (3)项的系数绝对值最大的项； (4)项的系数最大的项； (5)项的系数最小的项； (6)二项式系数的和； (7)各项的系数的和．
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(1)因为 n＝5，所以展开式共 6 项，其中二项式系数最大项 为第三、四两项．
它们是 T3＝C52(3 x2)3·(3x2)2＝90x6.
T4＝C53(3
22 x2)2(3x2)3＝270x 3 .
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由①－2 ②，得 a1＋a3＋a5＋a7＝12[128－(－4)7]＝8 256.
①＋② (3)由 2 ，得
a0＋a2＋a4＋a6＝12[128＋(－4)7]＝－8
128.
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【点评】 根据问题特点，分别对 x 赋值 0，1，－1，其中 0，1，－1 是我们解决该类题常赋的三个值，这种方法叫做赋值 法．
高考调研北师大版数学必修51-3-2.1高考调研精讲精练
因为 q≠0，所以 2q6－q3－1＝0. 所以(q3－1)(2q3＋1)＝0.
3
因为
q≠1，所以
q3＝－12，所以
q＝－
4 2.
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课后巩固
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1．等比数列{2n}的前 n 项和 Sn＝( )
A．2n－1
B．2n－2
C．2n＋1－1
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探究 2 (1)“知三求二”的实质是方程思想． (2)当已知 a1，q(q≠1)及 n 时，用公式 Sn＝a1（11－－qqn）求和 比较方便；当已知 a1，q，an 时，则用公式 Sn＝a11－－aqnq求和．
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2．假如一个人得到了一条消息，他偷偷告诉了两个朋友，1 小时后这两个朋友又各自偷偷告诉了自己的两个朋友，如果每个 得到消息的人在 1 小时内把这一消息告诉两个朋友，计算一下， 24 小时后至多有多少人知道了这条消息？
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探究 3 若未证明{an}是递增数列，则 an 未必是前 n 项中值 最大的项．等比数列{an}，若 a1＞0，则 0＜q＜1 时是递减数列； q＞1 时是递增数列，q<0 时是摆动数列，这个结果是有用的．
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●思考题 3 在等比数列{an}中，a2＋a4＝60，a1·a3＝36， Sn＞400，求正数 n 的取值范围．
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题型三 判断三角形的形状 例 3 在△ABC 中，cos2A2 ＝b＋ 2cc(a，b，c 分别为角 A，B， C 的对边)，判断△ABC 的形状．
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【解析】 方法一：在△ABC 中， ∵cos2A2 ＝b＋ 2cc，∴1＋c2osA＝2bc＋21，∴cosA＝bc. 又由余弦定理知 cosA＝b2＋2cb2c－a2， ∴b2＋2cb2c－a2＝bc，∴b2＋c2－a2＝2b2，∴a2＋b2＝c2. ∴△ABC 是以 C 为直角的直角三角形．
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在△ABC 中，设三内角 A，B，C 对应的三边分别为 a，b， c，则有：
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①A＋B＋C＝π； ②a＋b>c 或 a＋c>b 或 b＋c>a； ③大角对大边，小角对小边； ④特殊的条件恒等式：sinA＝sin(B＋C)，sinA2 ＝cosB＋2 C等．
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●思考题 1 在△ABC 中，AB＝1，BC＝2，B＝60°，则 AC＝________．
【解析】 AC＝ AB2＋BC2－2AB×BCcosB＝ 3. 【答案】 3
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题型二 已知三边解三角形 例 2 在△ABC 中，已知 a＝7，b＝3，c＝5，求最大角和 sinC.
x<6， x>3，
3<x<6，
⇒x3>x22－，22x＋40<0⇒130<x<4
⇒130<x<4.
故 x 的取值范围是(130，4)．
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探究 5 (1)解决本题的关键在于合理、充分地运用条件 B> 90°.
(2)在解斜三角形问题中，会经常用到除正、余弦定理外的其 他知识，如：
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2．如何选择正弦定理、余弦定理解三角形？ 答：由三角形的已知的边和角求未知的边和角的过程叫解三角 形．解三角形可以分成以下四种类型： (1)已知两角及一边，解三角形．(先用正弦定理求出一边，再求 其余边和角)； (2)已知两边及一边的对角，解三角形．(先用正弦定理求出另一 边的对角．再用正弦定理或余弦定理求第三边)；
3 2 ＝5143.
∴ 最大角 A 为 120°，sinC＝5143.
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探究 2 (1)求 sinC 也可用下面方法： cosC＝a2＋2ba2b－c2＝722＋×372×－352＝1114，∴C 为锐角． sinC＝ 1－cos2C＝ 1－（1114）2＝5143. (2)在解三角形时，有时既可用余弦定理，也可用正弦定理．
a＋b＋c＝18， ① 整理得ab＝24， ②
c2＝a2＋b2－ab， ③
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(从解这个方程组的过程中掌握方法) 将②代入③，得 c2＝a2＋b2－24. ④ ①④联立：ac＋2＝ba＋2＋c＝b2－182，4，①④ 消去 c，整理得：a＋b＝11. ⑤ 由②⑤得 a＝3，b＝8 或 a＝8，b＝3.
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答：能．由余弦定理，得 b2＝a2＋c2－2accosB. ∴32＝a2＋(3 3)2－2×3 3acos30°. ∴a2－9a＋18＝0，∴a＝3 或 a＝6. 显然，此类题利用余弦定理较为简单．解一元二次方程时， 若两根为正，则有两解，若有非正根，则舍去．
●思考题 3 在△ABC 中，已知(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab， 且 2cosA·sinB＝sinC，试确定△ABC 的形状．
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【解析】 方法一：(角化边) 由正弦定理，得ssiinnCB＝bc. 由 2cosA·sinB＝sinC，得 cosA＝2ssiinnCB＝2cb. 又由余弦定理的推论，得 cosA＝c2＋2bb2c－a2. ∴2cb＝c2＋2bb2c－a2.
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1．利用余弦定理求角的优势． 答：求角时，一般用余弦定理来求，其原因是三角形中角的范 围是(0，π)，在此范围内同一个正弦值一般对应两个角，一个锐角 和一个钝角，即用正弦定理求出角的正弦值后，还需要分类讨论这 两个角是否都满足题意．但是在(0，π)内一个余弦值仅对应一个角， 用余弦定理求出的是角的余弦值，可以避免分类讨论．
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题型四 综合问题 例 4 已知周长 l＝18，S△＝6 3，C＝60°，求 a，b 边．
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【解析】 ∵周长 l＝18，S△＝6 3，C＝60°，
a＋b＋c＝18，
∴得12absin60°＝6 3，
(方程思想的应用)
c2＝a2＋b2－2abcos60°.
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●思考题 2 在△ABC 中，三边长为连续的自然数，且最大 角为钝角，求此三角形的三边长．
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【解析】 设 a＝k，b＝k＋1，c＝k＋2. ∵C>90°，∴cosC<0，∴a2＋b2<c2. ∴k2－2k－3<0，解得－1<k<3. 又∵a＋b>c，即 k＋k＋1>k＋2， ∴k>1，∴1<k<3. 又∵k∈N*，∴k＝2. ∴三角形的三边长分别为 2，3，4.
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由正弦定理，得 sinA＝acsinC＝
2 6－
× 2
6－ 4
2＝12.
∴A＝30°.
方法二：∵cos15°＝cos(45°－30°)＝
6＋ 4
2，
sin15°＝sin(45°－30°)＝
6－ 4
2 .
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由余弦定理，得 c2＝a2＋b2－2abcosC＝4＋8－2 2×( 6＋ 2)
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1．2 余 弦 定 理
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要点 1 余弦定理 三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方和减去这两 边与它们的夹角的余弦的积的两倍．即： a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB， c2＝a2＋b2－2abcosC．
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【解析】 因为 B>90°，所以 A，C 均为锐角．由题设应有：
b>a， b>c，
x＋1>2x－5， x＋1>4，
ac＋osBc>＝b，a2＋2ca2c－b2<0，∴2（x－2x－5＋5）4>2x＋＋412，－（x＋1）2<0
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＝8－4 3.∴c＝ 6－ 2.
∴cosA＝b2＋2cb2c－a2＝
3 2.
又 0°<A<180°，∴A＝30°.
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探究 1 本题是已知两边及夹角解三角形．用正弦定理求角 时，必须注意讨论解的情况，结合三角形大边对大角的性质，由 于三角形中至少有两个锐角，那么小边对的角一定是锐角．在解 三角形问题时，应根据题目中给定的条件，灵活地选择正弦、余 弦定理．
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即 c2＝b2＋c2－a2，∴a＝b. 又∵(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab， ∴(a＋b)2－c2＝3b2. ∴4b2－c2＝3b2，∴b＝c. ∴a＝b＝c，∴△ABC 为等边三角形．
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方法二：(边化角) ∵A＋B＋C＝180°， ∴sinC＝sin(A＋B)． 又∵2cosA·sinB＝sinC， ∴2cosA·sinB＝sinA·cosB＋cosA·sinB. ∴sin(A－B)＝0. 又∵A 与 B 均为△ABC 的内角， ∴A＝B.
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探究 3 已知三角形中的边角关系式，判断三角形的形状， 有两条思路：①化边为角，再进行三角恒等变换求出三个角之间 的关系式；②化角为边，再进行代数恒等变换求出三条边之间的 关系式．两种转化主要应用正弦定理和余弦定理．
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(3)已知两边及其夹角，解三角形．(先用余弦定理求出第三 边，再用正弦定理或余弦定理求出另两角)；
(4)已知三边，解三角形．(先用余弦定理的推论，求出一角， 再用正弦定理求另外的角)．
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3．在△ABC 中，b＝3，c＝3 3，B＝30°，求 a.能用余弦 定理求解吗？
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又由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，得 (a＋b)2－c2＝3ab，a2＋b2－c2＋2ab＝3ab. 即 a2＋b2－c2＝ab， 由余弦定理，得 cosC＝12. 而 0°<C<180°，∴C＝60°. 又∵A＝B，∴△ABC 为等边三角形．
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【解析】 ∵a>c>b，∴A 为最大角．
由余弦定理的推论得 cosA＝b2＋2cb2c－a2＝322＋×532×－572＝－12.