高考数学附加题归类复习完整版

合集下载

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。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

高考数学附加题归类复习HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】高考数学附加题归类复习一、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1．附加题的知识内容比较多，根据江苏高考说明，考查选修系列2中的内容，主要有：曲线方程与抛物线，空间向量与立体几何，复合函数的导数，数学归纳法，排列组合与二项式定理，离散型随机变量的分布列、期望与方差，以及选修4系列中的《4-1几何证明选讲》，《4-2矩阵与变换》，《4-4坐标系与参数方程》，《4-5不等式选讲》．2．二轮专题和课时建议：专题内容说明（核心）第1课时矩阵与变换矩阵的运算；矩阵与变换；逆矩阵；特征值与特征向量．采取专题与考试、讲评相结合的方法，最终形成完整的知识结构，突出重点专题，控制难度，提高解题速度和运算第2课时参数方程与坐标系极坐标与直角坐标互化、参数方程与普通方程的互化；圆、椭圆的参数方程应用．第3课时排列组合两个计数原理、排列组合第4~5课时概率及概率分布互斥事件、独立事件、独立重复试验，概率分布及期望、方差第6课时二项式定理二项式展开，系数与二项式系数第7课时空间向量与立体几空间向量的坐标运算，三种何角的计算的准确性第8课时圆锥曲线与方程轨迹方程；抛物线的标准方程及几何性质；直线与抛物线第9课时数学归纳法数学归纳法原理及简单应用3．四年高考考查内容 2008年2009年2010年2011年矩阵与变换曲线与变换逆矩阵矩阵与矩阵、矩阵与列向量的乘法矩阵与矩阵、矩阵与列向量的乘法坐标系与参数方程椭圆的参数方程的应用参数方程化普通方程极坐标方程化直角坐标方程参数方程化普通方程 22题向量的夹角直线与抛物线概率二面角的计算 23题组合恒等式证明概率与不等式数学归纳法组合计数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（南京市2008－2009学年度第一学期期末调研）在直角坐标系中，已知△ABC 的顶点坐标为A (0，0)，B (－1，2)，C (0，3)．求△ABC 在矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 －11 0作用下变换所得到的图形的面积．变化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 ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 11 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．变化2：（2011年江苏高考）已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1，向量＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，求向量，使得A 2＝．考点二：二阶矩阵与平面变换例2在平面直角坐标系xOy 中，设椭圆4x 2＋y 2＝1在矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 00 1对应的变换作用下得到曲线F ，求F 的方程．变化1：（南京市2009－2010学年度第一学期期末调研测）求直线2x ＋y －1＝0在矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 2 0 2作用下变换得到的直线的方程．说明：直线变换为直线，直接用两点变换相对简单．变化2：（南京市2010届第三次模拟）如果曲线x 2＋4xy ＋3y 2＝1在矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 a b 1的作用下变换得到曲线x 2－y 2＝1，求a ＋b 的值．变化3：已知△ABC ，A (－1，0)，B (3，0)，C (2，1)，对它先作关于x 轴的反射变换，再将所得图形绕原点逆时针旋转90°．（1）分别求两次变换所对应的矩阵M 1，M 2；（2）求点C 在两次连续的变换作用下所得到的点的坐标．说明：可以依次计算两次变换下的对应点，也可以利用矩阵乘法将连续两次变换等效为一次变换，应注意该变换对应的矩阵应该是第二次变换对应的矩阵左乘第一次变换对应的矩阵，在本题中即M 2 M 1，矩阵乘法是不满足交换律的．考点三：逆矩阵例3（2009年江苏高考）求矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 22 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．变化1：已知 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 012 B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－4 34 －1 ，求二阶矩阵B ．变化2：已知在一个二阶矩阵M 对应变换的作用下，点A (1，2)变成了点A ′(7，10)，点B (2，0)变成了点B ′(2，4)，求矩阵M 的逆矩阵M －1．说明：可以先求矩阵M ，再求M －1，也可以直接利用逆变换直接求M －1．变化3：（2011年3月苏、锡、常、镇四市教学情况调查）已知直角坐标平面xOy 上的一个变换是先绕原点逆时针旋转45°，再作关于x 轴反射变换，求这个变换的逆变换的矩阵．说明： (M 2M 1)－1＝M 1－1 M 2－1．考点4：特征值与特征向量例4已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1 2－1 4，向量＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤74．（1）求A 的特征值1、2和特征向量1、2；（2）计算A 5的值．应对策略：一、记忆特征多项式，和这类问题的求解步骤；二、理解特征值与特征向量理论．理论： ⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ，即⎩⎨⎧(λ－a )x －by ＝0，－cx ＋(λ－b )y ＝0．方程组有不全为0的解，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－a b －c λ－d ＝0．变化1：（盐城市2011届第二次模拟）已知矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 22 x 的一个特征值为3，求其另一个特征值．变化2：（南通市2011届第二次模拟）已知二阶矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ，矩阵A 属于特征值1＝－1的一个特征向量为1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1，属于特征值2＝4的一个特征向量为2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤32．求矩阵A ．教材中的几种常见变换矩阵一般不要求记忆，但如果能识别一下矩阵，可以简化一些运算，上述选题中有不少这样的问题．以下内容最好能记忆：1．旋转变换矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos －sin sin cos ．记忆三部分特征：第一列平方和是1，且类似单位圆的参数方程；主对角线上两数相等，副对角线上两数互为相反数．2．二阶矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d 的逆矩阵为M －1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤d ad －bc－b ad －bc －c ad －bca ad －bc ＝1|M |⎣⎢⎡⎦⎥⎤ d －b －c a ．其中⎣⎢⎡⎦⎥⎤d －b －c a 是矩阵M 主对角线上两数交换，副对角线上两数变为相反数得到． 3．矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d 特征多项式f ()＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－a －b －c －d ．（二）坐标系与参数方程考点1：极坐标化为与直角坐标例1（2010年高考题）在极坐标系中，已知圆ρ=2cos θ与直线3ρcos θ＋4ρsin θ＋a ＝0相切，求实数a 的值．例2（盐城市2011届第二次模拟）若两条曲线的极坐标方程分别为＝1与＝2cos(＋π3)，它们相交于A 、B 两点，求线段AB 的长．应对策略：1．熟练掌握极坐标方程化为与直角坐标方程的公式⎩⎪⎨⎪⎧ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y ，2＝x 2＋y 2．不能出现类似于ρcos θ＝y 的错误，应注意一些不能套用公式转化的特殊情形．变化1：（南京市、盐城市2010-2011学年度第三次调研）极坐标系中，已知圆C ：＝22cos 和直线l ：＝4(R )相交于A 、B 两点，求线段AB 的长． 2．应了解点的极坐标的形式和意义．变化2：在极坐标系中，O 为极点，已知两点M 、N 的极坐标分别为(4，23π)，(2，14π)．求△OMN 的面积．变化3：（南通市2011届高三第三次调研测试）在极坐标系中，求经过三点O (0，0)，A (2，π2)，B (22，π4)的圆的极坐标方程．方法二：直接利用图形得极坐标方程．3．极坐标转化为直角坐标后，往往就是研究直线与圆以及圆与圆的问题，我们应熟悉相关的位置关系的判别，以及一些距离或长度的计算．考点2：参数方程转化普通方程例3（2009年高考题）已知曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t －1t，y ＝3(t ＋1t )(t 为参数，t ＞0)．求曲线C 的普通方程．应对策略：掌握一些消元的常见方法，一般有以下几种①代入消元法；②加减消元法；③利用代数恒等式或三角恒等式．消元后要注意字母的取值范围是否发生变化．考点3：参数方程的应用例4（2008年江苏高考）在平面直角坐标系xOy 中，点P (x ，y )是椭圆x 23＋y 2＝1上的一个动点，求S ＝x ＋y 的最大值．变化1：（南京市2010届第二次模拟）在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋2t ，y ＝1－t (t 为参数)，椭圆C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)，试在椭圆C 上求一点P ，使得点P 到直线l 的距离最小．应对策略：掌握用角参数表示椭圆上动点的方法，并掌握三角函数y ＝a sin x ＋b cos x 求最值的方法．（三）概率基本题型：附加题概率考查两个方面问题：（1）随机事件的概率的计算，考查互斥事件、对立事件、相互独立事件的概率；（2）离散型随机变量分布列及其数学期望、方差计算．基本策略:1．解好概率问题的关键是理解题意，审题务必仔细．把复杂事件说明确是解题第一步；例1（2010年江苏高考）某工厂生产甲、乙两种产品，甲产品的一等品率为80%，二等品率为20%；乙产品的一等品率为90%，二等品率为10%．生产1件甲产品，若是一等品则获得利润4万元，若是二等品则亏损1万元；生产1件乙产品，若是一等品则获得利润6万元，若是二等品则亏损2万元．设生产各种产品相互独立．（1）记X(单位：万元)为生产1件甲产品和1件乙产品可获得的总利润，求X的分布列；（2）求生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率．2．复杂问题简单化的方法有两种：一是将复杂事件分拆为几个简单的互斥事件，二是转化为其对立事件．分拆事件时一定要做到“不重不漏”．特别应注意“至多”、“至少”、“恰有”等词语．例2将甲、乙两所大学共6名大学生志愿者随机平均分配到某地从事A，B，C三个岗位服务，且A岗位至少有一名甲大学志愿者的概率是3 5．（1）求6名志愿者中来自甲大学的是几人；（2）求A岗位恰好甲、乙两所大学各一人的概率；（3）设随机变量ζ为在B岗位服务的甲大学志愿者的人数，求ζ分布列及期望．例3（南京市2008届高三摸底考试）甲投篮命中的概率为0.5，每次投篮之间没有影响．甲连续投篮若干次，直到投中2次时停止，且最多投5次．（1）记甲投篮的次数为X，求随机变量X的概率分布；（2）求随机变量X的数学期望E(X)和方差V(X)．（本题结果用最简分数表示）．说明：求P(X＝5)是该题的难点，回避难点的方法是求其对立事件P(X≤4)的概率，但这样做必须保证前几个概率都正确．3．概率中常犯的错误不仅表现为复杂事件分拆过程中“重”或“漏”（表现为基本事件的不互斥或不对立），独立事件与独立重复事件混同（表现为漏乘相应的组合数），也表现为对古典概型模型本质理解不透彻．例4盒子中装着有标数字1，2，3，4，5的上卡片各2张，从盒子中任取3张卡片，按3张卡片上最大数字的8倍计分，每张卡片被取出的可能性都相等，用表示取出的3张卡片上的最大数字，求：（1）取出的3张卡片上的数字互不相同的概率；（2）随机变量的概率分布和数学期望；（3）计分不小于20分的概率．说明：解答（1）时的一种典型错误是认为“取得两张1和一张2”及“取得一张1一张2一张3”是等可能的基本事件．解答（2）中P（＝2）时的一种典型错误是认为事件“取出的3张卡片中最大数字为2”仅含两个基本事件：“取得两张1和一张2”和“取得两张2和一张1”．例5（2011届高三学情调研）袋中装着标有数字1，2，3，4的卡片各1张，甲从袋中任取2张卡片(每张卡片被取出的可能性都相等)，并记下卡面数字和为X，然后把卡片放回，叫做一次操作．（1）求在一次操作中随机变量X 的概率分布和数学期望E (X )；（2）甲进行四次操作，求至少有两次X 不大于E (X )的概率．4．特别要注意的：（1）答题的基本规范：①交待一些基本事件；②写出基本事件发生的概率；③求其它事件发生的概率、写出概率分布列等；④答．（2）养成利用i =1∑nP i ＝1检验计算是否正确的习惯．（四）空间向量与立体几何考点1：空间向量的坐标运算例1（2008年江苏高考）如图，设动点P 在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，记D 1PD 1B ＝λ，当∠APC 为钝角时，求λ的取值范围．考点2：空间向量的应用 1．判别线面位置关系；2．计算异面直线所成角，直线与平面所成角，二面角．例2（2011年江苏高考）如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，点N 是BC 的中点，点M 在CC 1上，设二面角A 1－DN －M 的大小为．（1）当＝90°时，求AM 的长；（2）当cos ＝66时，求CM 的长．例3如图，已知三棱柱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A 1P →＝A 1B 1→．（1）当取何值时，直线PN 与平面ABC 所成的角最大？（2）若平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°，试确AB CDA 1B 1C 1D 1 PPM CBAN定点P的位置．2．要掌握以下关系：异面直线所成角的余弦等于两条异面直线方向向量夹角余弦的绝对值；线面所成角的正弦等于平面的法向量与直线方向向量夹角余弦的绝对值；二面角平面角余弦与二面角两平面法向量夹角的余弦绝对值相等,其正负可以通过观察二面角是锐角还是钝角进行确定．（五）圆锥曲线与方程考点1：曲线方程．考点2：直线与抛物线．例1（2009年江苏高考）在平面直接坐标系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的标准方程；（2）求过点F，且与直线OA垂直的直线方程；（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两点间的距离为f (m)，求f (m)关于m的表达式．例2在平面直角坐标系xOy中，动点P到直线x＝－2的距离比它到点F(1，0)的距离大1．（1）求动点P的轨迹C；（2）直线l过点（1，0）且与曲线C交于A，B两点，若△AOB的面积为43，求直线l的斜率．三、。