创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习——专题七 附加题(课件+提升训练)(共31张PPT)(13
创新设计(江苏专用)高考数学二轮复习 上篇 专题整合突
专题七 附加题（选做部分）第2讲 矩阵与变换练习 理1.(2014·江苏卷)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－121x ，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 －1，向量α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2y ，x ，y 为实数.若Aα＝Bα，求x ＋y 的值.解 由已知，得Aα＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－121 x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2＋2y 2＋xy ，Bα＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 －1 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋y 4－y . 因为Aα＝Bα，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2＋2y 2＋xy ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋y 4－y ，故⎩⎪⎨⎪⎧－2＋2y ＝2＋y ，2＋xy ＝4－y .解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－12，y ＝4.所以x ＋y ＝72. 2.(2010·江苏卷)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 ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤k00 1，N ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 110，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.解 由题设得，MN ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤k00 1 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 11 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 k 10，由⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 k 10 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 －2 －20 0 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 0 k 0 －2 －2，可知A 1(0，0)、B 1(0，－2)、C 1(k ，－2).计算得△ABC 的面积是1，△A 1B 1C 1的面积是|k |，则由题设知：|k |＝2×1＝2. 所以k 的值为2或－2. 3.(2011·江苏卷)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1121，向量β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12.求向量α，使得A 2α＝β. 解 A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1121 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 243，设α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ，由A 2α＝β得，⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 243 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12， 从而⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y ＝1，4x ＋3y ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝2.所以α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 2.4.(2012·江苏卷)已知矩阵A 的逆矩阵A－1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－14 34 12 －12，求矩阵A 的特征值. 解 因为A －1A ＝E ，所以A ＝(A －1)－1.因为A－1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－14 34 12 －12，所以A ＝(A －1)－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 321，于是矩阵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A 的特征值λ1＝－1，λ2＝4.5.(2013·江苏卷)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－10 02，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 206，求矩阵A －1B . 解 设矩阵A 的逆矩阵为⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b cd ，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 0 0 2 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 1，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a －b 2c 2d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 001，故a ＝－1，b ＝0，c ＝0，d ＝12，从而A 的逆矩阵为A －1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－10 0 12，所以A －1B ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－1 0 0 12 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 206＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 －2 0 3. 6.(2016·苏州调研)已知二阶矩阵M 有特征值λ＝3及对应的一个特征向量e 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，并且矩阵M 对应的变换将点(－1，2)变换成(9，15)，求矩阵M .解 设M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd ，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤33， 故⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝3，c ＋d ＝3.⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤915， 故⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋2b ＝9，－c ＋2d ＝15.联立以上两方程组，解得a ＝－1，b ＝4，c ＝－3，d ＝6，故M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 4－3 6.。
【创新设计】高考数理科(江苏专用)二轮专题复习配套课件：常考问题3
知识与方法
热点与突破
[真题感悟] [考题分析]
知识与方法
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1．不等式的解法 (1)求解一元二次不等式的基本思路：先化为一般形式ax2＋ bx＋c>0(a>0)，再求相应一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0) 的根，最后根据相应二次函数图象与x轴的位置关系，确定 一元二次不等式的解集． (2)解含参数不等式的难点在于对参数的恰当分类，关键是 找到对参数进行讨论的原因．确定好分类标准、层次清楚 地求解．
热点与突破
3．不等式的恒成立、能成立、恰成立问题 (1)恒成立问题 若不等式f(x)>A在区间D上恒成立，则等价于在区间D上 f(x)min>A； 若不等式f(x)<B在区间D上恒成立，则等价于在区间D上 f(x)max<B； (2)能成立问题 若在区间D上存在实数x使不等式f(x)>A成立，则等价于在 区间D上f(x)max>A； 若在区间D上存在实数x使不等式f(x)<B成立，则等价于在 区间D上f(x)min<B；
知识与方法
热点与突破
【训练2】 (2013·陕西卷)若点(x，y)位于曲线y＝|x－1|与y＝2 所围成的封闭区域，则2x－y的最小值为________． 解析 如图，曲线y＝|x－1|与y＝2所 围成的封闭区域如图中阴影部分，令 z＝2x－y，则y＝2x－z，作直线y＝2x， 在封闭区域内平行移动直线y＝2x，当 经过点(－1,2)时，z取得最小值，此时 z＝2×(－1)－2＝－4. 答案 －4
∴－ －a2a2－ ＋
c＝m， c＝m＋6，
① ②
②－①，得 2 c＝6，∴c＝9.
答案 9
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创新设计(江苏专用)高考数学二轮复习 上篇 专题整合突破 专题七 附加题(选做部分)第1讲 几何证明
专题七 附加题（选做部分）第1讲 几何证明选讲练习 理1.(2016·南京、盐城模拟)如图，AB 为⊙O 的直径，直线CD 与⊙O相切于点D ，AC ⊥CD ，DE ⊥AB ，点C ，E 为垂足，连接AD ，BD ，若AC ＝4，DE ＝3，求BD 的长.解 因为CD 与⊙O 相切于点D ，所以∠CDA ＝∠DBA ，又AB 为⊙O 的直径，所以∠ADB ＝90°.又DE ⊥AB ，所以△EDA ∽△DBA ，所以∠EDA ＝∠DBA ，所以∠EDA ＝∠CDA .又∠ACD ＝∠AED ＝90°，AD ＝AD ，所以△ACD ≌△AED .所以AE ＝AC ＝4，所以AD ＝AE 3＋DE 2＝5. 又DE BD ＝AE AD ，所以BD ＝DE AE ·AD ＝154. 2.(2010·江苏卷)AB 是圆O 的直径，D 为圆O 上一点，过D 作圆O 的切线交AB 延长线于点C ，若DA ＝DC ，求证：AB ＝2BC .证明 连接OD ，则OD ⊥DC ，又OA ＝OD ，DA ＝DC ，所以∠DAO ＝∠ODA＝∠DCO ，∠DOC ＝∠DAO ＋∠ODA ＝2∠DCO ，所以∠DCO ＝30°，∠DOC＝60°，所以OC ＝2OD ，即OB ＝BC ＝OD ＝OA ，所以AB ＝2BC .3.(2011·江苏卷)如图，圆O 1与圆O 2内切于点A ，其半径分别为r 1与r 2(r 1＞r 2)，圆O 1的弦AB 交圆O 2于点C (O 1不在AB 上).求证：AB ∶AC 为定值.证明 如图，连接AO 1并延长，分别交两圆于点E 和点D .连接BD ，CE .因为圆O 1与圆O 2内切于点A ，所以点O 2在AD 上，故AD ，AE 分别为圆O 1，圆O 2的直径.从而∠ABD ＝∠ACE ＝π2.所以BD ∥CE ，于是AB AC ＝AD AE＝2r 12r 2＝r 1r 2.所以AB ∶AC 为定值. 4.(2013·江苏卷)如图，AB 和BC 分别与圆O 相切于点D ，C ，AC 经过圆心O ，且BC ＝2OC .求证：AC ＝2AD .证明 连接OD .因为AB 和BC 分别与圆O 相切于点D ，C ，所以∠ADO ＝∠ACB ＝90°.又因为∠A ＝∠A ，所以Rt △ADO ∽Rt △ACB .所以BC OD ＝AC AD.又BC ＝2OC ＝2OD ，故AC ＝2AD .5.(2012·江苏卷)如图，AB 是圆O 的直径，D ，E 为圆上位于AB 异侧的两点，连接BD 并延长至点C ，使BD ＝DC ，连接AC ，AE ，DE .求证：∠E ＝∠C .证明 连接OD ，因为BD ＝DC ，O 为AB 的中点，所以OD ∥AC ，于是∠ODB＝∠C .因为OB ＝OD ，所以∠ODB ＝∠B 于是∠B ＝∠C .因为点A ，E ，B ，D 都在圆O 上，且D ，E 为圆O 上位于AB 异侧的两点，所以∠E 和∠B 为同弧所对的圆周角，故∠E ＝∠B .所以∠E ＝∠C .6.(2016·全国Ⅰ卷)如图，△OAB 是等腰三角形，∠AOB ＝120°.以O 为圆心，12OA 为半径作圆. (1)证明：直线AB 与⊙O 相切；(2)点C ，D 在⊙O 上，且A ，B ，C ，D 四点共圆，证明：AB ∥CD .证明 (1)设E 是AB 的中点，连接OE .因为OA ＝OB ，∠AOB ＝120°，所以OE ⊥AB ，∠AOE ＝60°，在Rt △AOE 中，OE ＝12AO ，即O 到直线AB 的距离等于⊙O 的半径，所以直线AB 与⊙O 相切.(2)连接OD ，因为OA ＝2OD ，所以O 不是A ，B ，C ，D 四点所在圆的圆心.设O ′是A ，B ，C ，D 四点所在圆的圆心，作直线OO ′.由已知得O 在线段AB 的垂直平分线上，又O ′在线段AB 的垂直平分线上，所以OO ′⊥AB .同理可证OO ′⊥CD ，所以AB ∥CD .。
《创新设计》2021届高考数学(理)二轮复习(江苏专用)习题：专题七 附加题 第1讲
1.(2022·南通调研)如图，在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SA ⊥平面ABCD ，AB ＝1，AD ＝AS ＝2，P 是棱SD 上一点，且SP ＝12PD . (1)求直线AB 与CP 所成角的余弦值； (2)求二面角A －PC －D 的余弦值.解 (1)如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AS 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，2，0)，S (0，0，2). 设P (x 0，y 0，z 0)，由SP →＝13SD →得(x 0，y 0，z 0－2)＝13(0，2，－2)，所以x 0＝0，y 0＝23，z 0＝43，点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，43. CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－43，43，AB →＝(1，0，0).设直线AB 与CP 所成的角为α，由图可知，α为锐角， 则cos α＝AB →·CP →|AB →||CP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－43×0＋43×01＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432×1＝34141.(2)设平面APC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由于AC→＝(1，2，0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，43， 所以⎩⎨⎧m ·AC →＝x 1＋2y 1＝0，m ·AP →＝23y 1＋43z 1＝0. 令y 1＝－2，则x 1＝4，z 1＝1，m ＝(4，－2，1). 设平面DPC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由于DC→＝(1，0，0)，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－43，43， 所以⎩⎨⎧n ·DC →＝x 2＝0，n ·CP →＝－x 2－43y 2＋43z 2＝0， 令y 2＝1，则z 2＝1，n ＝(0，1，1). 设二面角A －PC －D 的大小为θ，由于cos 〈m ，n 〉＝0×4＋1×（－2）＋1×12×21＝－4242，由于θ为钝角，所以cos θ＝cos 〈m ，n 〉＝－4242.2.(2021·山东卷)如图，在三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点.(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE, ∠BAC ＝45° ，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小.(1)证明 法一 连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝O ，连接OH ，在三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点， 可得DF ∥GC ，DF ＝GC ， 所以四边形DFCG 为平行四边形. 则O 为CD 的中点，又H 为BC 的中点， 所以OH ∥BD ，又OH ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ， 所以BD ∥平面FGH .法二 在三棱台DEF －ABC 中， 由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点， 可得BH ∥EF ，BH ＝EF ， 所以四边形BHFE 为平行四边形，可得BE ∥HF .在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点，所以GH ∥AB . 又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED . 由于BD ⊂平面ABED ， 所以BD ∥平面FGH .(2)解 设AB ＝2，则CF ＝1.在三棱台DEF －ABC 中，G 为AC 的中点，由DF ＝12AC ＝GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形，因此DG ∥FC ，又FC ⊥平面ABC ， 所以DG ⊥平面ABC .在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 中点. 所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ， 因此GB ，GC ，GD 两两垂直. 以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .所以G (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1). 可得H ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)，故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1). 设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的一个法向量， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2). 由于GB→是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0，0).所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n|＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.3.(2022·四川卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E 为边AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P －CD －A 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值.解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行.延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点.理由如下： 由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED .所以四边形BCDE 是平行四边形.从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE . 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)法一 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角.所以∠PDA ＝45°. 由P A ⊥AB ，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0). 所以PE→＝(1，0，－2)，EC →＝(1，1，0)，AP →＝(0，0，2). 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0.得⎩⎨⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2，1). 设直线P A 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋（－2）2＋12＝13. 所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13. 法二 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD .从而CD ⊥PD . 所以∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角. 所以∠PDA ＝45°.设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH .易知P A ⊥平面ABCD ，从而P A ⊥CE .且P A ∩AH ＝A ，于是CE ⊥平面P AH .又CE ⊂平面PCE 所以平面PCE ⊥平面P AH .过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE . 所以∠APH 是P A 与平面PCE 所成的角. 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1， 所以AH ＝22.在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322.所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.4.(2022·浙江卷)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3. (1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角B －AD －F 的平面角的余弦值.(1)证明 延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示.由于平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF ⊥AC .又由于EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK ， 且CK ∩AC ＝C ， 所以BF ⊥平面ACFD .(2)解 法一 如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则△BCK 为等边三角形.取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以KO ⊥平面ABC .以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x ，z 的正方向， 建立空间直角坐标系O －xyz .由题意得B (1，0，0)，C (－1，0，0)，K (0，0，3)，A (－1，－3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32.因此，AC→＝(0，3，0)，AK →＝(1，3，3)，AB →＝(2，3，0).设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2). 由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3).于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34. 法二 过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .由于BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK . 所以∠BQF 是二面角B －AD －F 的平面角.在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得AK ＝13，FQ ＝31313. 在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3， 得cos ∠BQF ＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.5.(2022·苏北四市模拟)如图，△ABC 和△BCD 所在平面相互垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点. (1)求证：EF ⊥BC ；(2)求二面角E －BF －C 的正弦值.法一 (1)证明 由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系.易得B (0，0，0)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，2，0).因而E (0，12，32)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32，BC →＝(0，2，0)，因此EF→·BC →＝0.从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(2)解 平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1). 设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z )， 又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32.由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF→＝0，n 2·BE →＝0，得其中一个n 2＝(1，－3，1).设二面角E －BF －C 大小为θ，且由题意知θ为锐角，则 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝15，∴cos θ＝55，因此sin θ＝25＝255，即所求二面角的正弦值为255.法二 (1)证明 过E 作EO ⊥BC ，垂足为O ，连接OF . 由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC . 所以∠EOC ＝∠FOC ＝π2， 即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ，EO ∩FO ＝O ，EO ，FO ⊂平面EFO ，因此BC ⊥平面EFO ， 又EF ⊂平面EFO ， 所以EF ⊥BC .(2)解 过O 作OG ⊥BF ，垂足为G ，连接EG . 由平面ABC ⊥平面BDC ，从而EO ⊥平面BDC ， BF ⊂平面BDC ，∴BF ⊥EO ， 又OG ⊥BF ，又EO ∩OG ＝O ，所以BF ⊥平面EOG ，又EG ⊂平面EOG ， 所以EG ⊥BF .因此∠EGO 为二面角E －BF －C 的平面角.在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32， 由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BO BC ·FC ＝34，因此tan ∠EGO ＝EO OG ＝2，从而sin ∠EGO ＝255，即二面角E BF C 的正弦值为255. 6.(2022·北京海淀区二模)如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点.在五棱锥P －ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H . (1)求证：AB ∥FG ；(2)若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE .求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长. (1)证明 在正方形AMDE 中，由于B 是AM 的中点， 所以AB ∥DE .又由于AB ⊄平面PDE ，DE ⊂平面PDE ， 所以AB ∥平面PDE . 由于AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG .(2)解 由于P A ⊥底面ABCDE ， 所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE .如图建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (2，1，0)，P (0，0，2)，F (0，1，1)，BC →＝(1，1，0).设平面ABF 的法向量为 n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎨⎧x ＝0，y ＋z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1. 所以n ＝(0，－1，1). 设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则cos 〈n ，BC →〉＝n ·BC →|n ||BC →|＝－12.∴sin α＝12，因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6.设点H 的坐标为(u ，v ，w ). 由于点H 在棱PC 上， 所以可设PH→＝λPC →(0＜λ＜1)，即(u ，v ，w －2)＝λ(2，1，－2)， 所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ. 由于n 是平面ABF 的法向量， 所以n ·AH→＝0，即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0. 解得λ＝23，所以点H 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，23，23.所以PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＝2.。
《创新设计》江苏专用理科高考数学二轮专题复习习题专题七(必做)第2讲附加题.doc
第2讲计数原理.数学归纳法.随机变量及其分布列1.(2012-江苏卷)设：为随机变量，从棱长为1的止方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，f=o；当两条棱平行时，d的值为两条棱Z间的距离；当两条棱异面时，F=i.⑴求概率p(e=o)；(2)求F的分布列，并求其数学期望£忆)・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8&对相交棱，因此尸(&0)=筆=詈=普.(2)若两条棱平行，贝怕们的距离为1或迈，其中距离为迈的共有6对，故尸忆于是P(l= 1)= 1 -P(^=0)-P^=y/2)= 1 —晋一*=晋，所以随机变量d的分布列是因此E©=1 x 晋+辺x 77=^7^.2.(2015-山东卷)若"是一个三位正整数，且〃的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称〃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Z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，得一1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Eg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&=84,随机变量X的取值为：0, -1, 1,「3 2 「孑1因此P(X=0)=g=§, P(X= — 1)=总=盲，啓=1)=]_占_|=越所以X的分布列为2则E(A3 = 0X-+(-l)X—+ 1 X—=—3.(2013-江苏卷)设数列｛a n｝z 1, —2, — 2, 3, 3, 3, —4, —4, —4,——1 人口口、1, Jk—1) k k (£+1) 4,…，(―1/ 'k,…，(―1/ 'k个k,…，即勻时，a n = (—\/~]k9记S〃=QI+Q2----- ・对于比N；定义集合Pi=｛n\S n是给的整数倍，用N：且(1)求集合Fii中元索的个数；(2)求集合Eooo屮元索的个数.解(1)由数列｛d“｝的定乂得。
【创新设计】高考数理科(江苏专用)二轮专题复习配套课件：常考问题2
f(x)＝212－x2＋131x，，xx>≤00，
的图象，
如图所示．直线 y＝mx 的图象是绕坐标原点
旋转的动直线．当斜率 m≤0 时，直线 y＝mx
与函数 f(x)的图象只有一个公共点；
知识与方法
热点与突破
当 m>0 时，直线 y＝mx 始终与函数 y＝2－13x(x≤0)的图象有一个 公共点，故要使直线 y＝mx 与函数 f(x)的图象有三个公共点，必须 有直线 y＝mx 与函数 y＝12x2＋1(x>0)的图象有两个公共点，即方程 mx＝12x2＋1，在 x>0 时有两个 不相等的实数根，即方程 x2－2mx＋2＝0 的判别式 Δ＝4m2－4×2>0，且 m>0，解得 m> 2.故所求实数 m 的取值范 围是 2，＋∞. 答案 ( 2，＋∞)
知识与方法
热点与突破
2．应用函数模型解决实际问题的一般程序
读题
建模
求解
反馈
文字语言⇒数学语言⇒数学应用⇒检验作答
与函数有关的应用题，经常涉及到物价、路程、产值、环保等
实际问题，也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题．解
答这类问题的关键是确切的建立相关函数解析式，然后应用函
数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答．
常考问题2 函数与方程及函数的应用
知识与方法
热点与突破
[真题感悟] [考题分析]
知识与方法
热点与突破
1．函数的零点与方程的根 (1)函数的零点 对 于 函 数 f(x) ， 我 们 把 使 f(x) ＝ 0 的 实 数 x 叫 做 函 数 f(x) 的 零 点． (2)函数的零点与方程根的关系 函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数 y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标．
江苏专用理科高考数学二轮专题复习——专题七 附加题(课件+提升训练)(共31张PPT)(13份打包)
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{A→B，A→D，A→P}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A→D是平面 PAB 的一个法向量，A→D＝(0， 2，0).因为P→C＝(1，1，－2)，P→D＝(0，2，－2).设平面 PCD 的法向 量为 m＝(x，y，z)， 则 m·P→C＝0，m·P→D＝0， 即x2＋y－y－2z＝2z＝0. 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〈A→D，m〉＝|AA→→DD|·|mm|＝ 33，
1＋2λ 10λ2＋2.
设 1＋2λ＝t，t∈[1，3]，
则 cos2〈C→Q，D→P〉＝5t2－21t02 t＋9＝91t －5922＋290≤190.
当且仅当 t＝95，即 λ＝25时，|cos〈C→Q，D→P〉|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.
创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习课件 专题七必做第2讲 附加题
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
归纳总结·思维升华
(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 kfk－1(x)＋xfk(x)＝sinx＋k2π. 因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)， sinx＋k2π′＝cosx＋k2π·x＋k2π′＝sinx＋（k＋21）π， 所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sinx＋（k＋21）π. 因此当 n＝k＋1 时，等式也成立.
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解 (1)Y6＝{1，2，3，4，5，6}，S6 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，
n＋2＋n2＋n3，n＝6t， f(n)＝nnn＋＋＋222＋＋＋nn2n－＋－22 1n1＋－＋3 n2n3－3，，1nn，＝＝n66＝tt＋＋623t＋，，1，(t∈N*).
真题感悟·考点整合
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(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)＝CrMCCNMnN－－rM； 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)＝Cknpk(1－p)n－k. 注意：P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＋…＋P(X＝r)＋…＋P(X＝n)＝ 1.
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第4讲 不等式选讲
1．(2012·江苏卷)已知实数x ，y 满足：|x ＋y |＜13，|2x －y |＜16，求证：|y |＜518.
证明 因为3|y |＝|3y |＝|2(x ＋y )－(2x －y )|≤2|x ＋y |＋|2x －y |，
由题设知，|x ＋y |＜13，|2x －y |＜16， 从而3|y |＜23＋16＝56，所以|y |＜518.
2．(2011·江苏卷)解不等式：x ＋|2x －1|＜3.
解 原不等式可化为⎩⎨⎧2x －1≥0，x ＋（2x －1）＜3或⎩⎨⎧2x －1＜0，x －（2x －1）＜3.
解得12≤x ＜43或－2＜x ＜12. 所以不等式的解集是⎩⎨⎧⎭
⎬⎫x ⎪⎪⎪－2＜x ＜43. 3．(1)已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2；
(2)已知a ，b ，c 都是正数，求证：a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c ≥abc .
证明 (1)(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＝(a ＋b )(a －b )2，
因为a ，b 都是正数，所以a ＋b ＞0，
又因为a ≠b ，所以(a －b )2＞0，
于是(a ＋b )(a －b )2＞0，即(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＞0，
所以a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2.
(2)因为b 2＋c 2≥2bc ，a 2≥0，
所以a 2(b 2＋c 2)≥2a 2bc .①
同理b 2(a 2＋c 2)≥2ab 2c .②
c 2(a 2＋b 2)≥2abc 2.③
①②③相加得2(a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2)≥2a 2bc ＋2ab 2c ＋2abc 2，
从而a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥abc (a ＋b ＋c )． 由a ，b ，c 都是正数，得a ＋b ＋c ＞0，因此a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2
a ＋
b ＋c
≥abc . 4．已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a .
(1)求a 的值；
(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ，求证：p 2＋q 2＋r 2≥3.
(1)解 因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，
当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立，
所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3. (2)证明 由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12
＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2
＝(p ＋q ＋r )2＝9， 即p 2＋q 2＋r 2≥3.
5．设函数f (x )＝2|x －1|＋|x ＋2|.
(1)求不等式f (x )≥4的解集； (2)若不等式f (x )＜|m －2|的解集是非空集合，求实数m 的取值范围．
解 (1)f (x )＝⎩⎨⎧－3x ，x ≤－2，－x ＋4，－2＜x ≤1，3x ，x ＞1，令
f (x )≥4，则⎩⎨⎧x ≤－2，－3x ≥4或⎩
⎨⎧－2＜x ≤1，－x ＋4≥4或⎩⎨⎧x ＞1，3x ≥4，
解得x ≤0或x ≥43，
所以不等式f (x )≥4的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤0或x ≥43.
(2)f (x )在(－∞，1]上递减，在[1，＋∞)上递增，
所以f (x )≥f (1)＝3.
由于不等式f (x )＜|m －2|的解集是非空集合，
所以|m －2|＞3，解得m ＜－1或m ＞5， 即实数m 的取值范围是(－∞，－1)∪(5，＋∞)．
6．(2015·全国Ⅱ卷)设a 、b 、c 、d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明：(1)若ab ＞cd ，则a ＋b ＞c ＋d ；
(2)a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件．
证明 (1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ，(c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ，
由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab ＞cd 得(a ＋b )2＞(c ＋d )2. 因此a ＋b ＞c ＋d .
(2)①若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2, 即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.
因为a＋b＝c＋d，
所以ab＞cd.
由(1)得a＋b＞c＋d.
②若a＋b＞c＋d，则(a＋b)2＞(c＋d)2，即a＋b＋2ab＞c＋d＋2cd. 因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是
(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.
因此|a－b|＜|c－d|.
综上，a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．。