高考数学二轮复习第二板块保分题全争取教学案理

高考数学二轮复习第二板块保分题全争取教学案理

第二板块 保分题全争取 高考第 17 题之(一)三角函数与解三角形 [说明] 高考第 17 题主要集中在“三角函数与解三角形”与“数列”两个知识点命 题，每年选其一进行考查． 年 份 卷 别 考题位置 考查内容 命题规律分析 2017 全国卷Ⅰ 解答题第 17 题 正、余弦定理、三角形的面积公 式以及两角和的余弦公式 三角函数与 解三角形在解答 题中一般与三角 恒等变换、平面向 量等知识进行综 合考查．题目难度 中等偏下，多为解 答题第一题． 2017 全国卷Ⅱ 解答题第 17 题 诱导公式、二倍角公式、余弦定 理以及三角形的面积公式 2017 全国卷Ⅲ 解答题第 17 题 余弦定理、三角形的面积公式 2016 全国卷Ⅰ 解答题第 17 题 正、余弦定理及应用 2015 全国卷Ⅱ 解答题第 17 题 正弦定理、余弦定理、三角形的 面积公式 1．(2017·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知△ABC 的面积 为 a2 3sin A . (1)求 sin Bsin C； (2)若 6cos Bcos C＝1，a＝3，求△ABC 的周长． 解：(1)由题设得 1 2 acsin B＝ a2 3sin A ， 即 1 2 csin B＝ a 3sin A . 由正弦定理得 1 2 sin Csin B＝ sin A 3sin A . 故 sin Bsin C＝2 3 . (2)由题设及(1)得 cos Bcos C－sin Bsin C＝－1 2 ， 即 cos(B＋C)＝－1 2 . 所以 B＋C＝2π 3 ，故 A＝π 3 . 由题设得 1 2 bcsin A＝ a2 3sin A ，即 bc＝8. 由余弦定理得 b2＋c2－bc＝9，即(b＋c)2－3bc＝9， 得 b＋c＝ 33. 故△ABC 的周长为 3＋ 33. 2．(2016·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 2cos C(acos B＋bcos A)＝c. (1)求 C； (2)若 c＝ 7，△ABC 的面积为3 3 2 ，求△ABC 的周长． 解：(1)由已知及正弦定理得 2cos C(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin C， 即 2cos Csin(A＋B)＝sin C， 故 2sin Ccos C＝sin C. 因为 C∈(0，π)，所以 sin C≠0， 故 cos C＝1 2 ，所以 C＝π 3 . (2)由已知得 1 2 absin C＝3 3 2 . 又 C＝π 3 ，所以 ab＝6. 由已知及余弦定理得 a2＋b2－2abcos C＝7， 故 a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25，即 a＋b＝5. 所以△ABC 的周长为 a＋b＋c＝5＋ 7. 题型一 正、余弦定理解三角形 [学规范] (1)S△ABD＝1 2 AB·ADsin∠BAD，…………………………………………1 分 S△ADC＝1 2 AC·ADsin∠CAD. …………………………………………2 分 因为 S△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD❶， 所以 AB＝2AC. …………………………………………3 分 由正弦定理，得sin B sin C ＝AC AB ＝1 2 .…………………………………………4 分 (2)因为 S△ABD∶S△ADC＝BD∶DC， 所以 BD＝ 2.…………………………………………6 分 在△ABD 和△ADC 中，由余弦定理，知 AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB❷，…………………………………………8 分 AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC❸. …………………………………………10 分 故 AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6. …………………………………………11 分 由(1)，知 AB＝2AC，所以 AC＝1. …………………………………………12 分 [防失误] ①处易忽略角平分线性质而失分，注意平面图形的角平分线性质应用． ②③处若未注意到∠ADB＋∠ADC＝π会导致两式不知如何变形，注意三角形中角的关 系、三角形内角和定理的应用． [通技法] 利用正弦、余弦定理求解三角形中基本量的方法 [对点练] 1．(2017·云南模拟)如图，在四边形 ABCD 中，∠DAB＝π 3 ，AD∶ AB＝2∶3，BD＝ 7，AB⊥BC. (1)求 sin ∠ABD 的值； (2)若∠BCD＝2π 3 ，求 CD 的长． 解：(1)∵AD∶AB＝2∶3，∴可设 AD＝2k，AB＝3k. 又 BD＝ 7，∠DAB＝π 3 ， ∴由余弦定理，得( 7)2＝(3k)2＋(2k)2－2×3k×2kcosπ 3 ，解得 k＝1，∴AD＝2，AB＝ 3， 由正弦定理，得 AD sin∠ABD ＝ BD sin∠DAB ， ∴sin∠ABD＝ADsin∠DAB BD ＝ 2× 3 2 7 ＝ 21 7 . (2)∵AB⊥BC，∴cos∠DBC＝sin∠ABD＝ 21 7 ， ∴sin∠DBC＝2 7 7 . 由正弦定理，得 BD sin∠BCD ＝ CD sin∠DBC ， ∴CD＝BDsin∠DBC sin∠BCD ＝ 7×2 7 7 3 2 ＝4 3 3 . 题型二 与三角形面积有关的问题 [学规范] (1)由题设及 A＋B＋C＝π得 sin B＝8sin2B 2 ，……………………………………………2 分 即 sin B＝4(1－cos B)❶，………………………………………………………………3 分 故 17cos2B－32cos B＋15＝0，………………………………………………………4 分 解得 cos B＝15 17 ，cos B＝1(舍去)❷. ……………………………………………………6 分 (2)由 cos B＝15 17 ，得 sin B＝ 8 17 ，………………………………………………………7 分 故 S△ABC＝1 2 acsin B＝ 4 17 ac❸. ……………………………………………………………8 分 又 S△ABC＝2，则 ac＝17 2 .…………………………………………………………………9 分 由余弦定理及 a＋c＝6 得 b2＝a2＋c2－2accos B ＝(a＋c)2－2ac❹(1＋cos B) ……………………………………………………………10 分 ＝36－2×17 2 × 1＋15 17 ＝4. ……………………………………………………………………………………11 分 所以 b＝2. ………………………………………………………………………………12 分 [防失误] ①处利用倍角公式时，易把 sin2B 2 ＝1－cos B 2 记为 sin2B 2 ＝1＋cos B 2 ，导致化简结果错误． ②处根据三角形中内角的范围舍去 cos B＝1 易忽视． ③处关键是利用(1)的结论，结合平方关系求出 sin B，由此明确面积公式的选择． ④处若出现 a＋c 及 ac，则注意余弦定理中配方法的使用，以及整体思想的运用． [通技法] 与三角形面积有关的问题的解题模型 [对点练] 2．(2017·石家庄模拟)已知△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且(a－c)2 ＝b2－3 4 ac. (1)求 cos B 的值； (2)若 b＝ 13，且 sin A，sin B，sin C 成等差数列，求△ABC 的面积． 解：(1)由(a－c)2＝b2－3 4 ac，可得 a2＋c2－b2＝5 4 ac. ∴cos B＝a2＋c2－b2 2ac ＝5 8 ，即 cos B＝5 8 . (2)∵b＝ 13，cos B＝5 8 ， ∴b2＝13＝a2＋c2－5 4 ac＝(a＋c)2－13 4 ac. 又 sin A，sin B，sin C 成等差数列， 由正弦定理，得 a＋c＝2b＝2 13， ∴13＝52－13 4 ac，∴ac＝12. 由 cos B＝5 8 ，得 sin B＝ 39 8 ， ∴△ABC 的面积 S△ABC＝1 2 acsin B＝1 2 ×12× 39 8 ＝3 39 4 . 1．在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 a＋b＋c＝8. (1)若 a＝2，b＝5 2 ，求 cos C 的值； (2)若 sin A＋sin B＝3sin C，且△ABC 的面积 S＝9 2 sin C，求 a 和 b 的值． 解：(1)由题意可知 c＝8－(a＋b)＝7 2 . 由余弦定理得， cos C＝a2＋b2－c2 2ab ＝ 22＋ 5 2 2－ 7 2 2 2×2×5 2 ＝－1 5 . 即 cos C＝－1 5 . (2)因为 sin A＋sin B＝3sin C. 由正弦定理可知 a＋b＝3c. 又因为 a＋b＋c＝8，故 a＋b＝6. ① 由于 S＝1 2 absin C＝9 2 sin C， 所以 ab＝9， ② 由①②解得 a＝3，b＝3. 2．(2017·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 sin A＋ 3cos A＝0，a＝2 7，b＝2. (1)求 c； (2)设 D 为 BC 边上一点，且 AD⊥AC，求△ABD 的面积． 解：(1)由已知可得 tan A＝－ 3，所以 A＝2π 3 . 在△ABC 中，由余弦定理得 28＝4＋c2－4ccos 2π 3 ， 即 c2＋2c－24＝0.解得 c＝4(负值舍去)． (2)由题设可得∠CAD＝π 2 ， 所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝π 6 . 故△ABD 的面积与△ACD 的面积的比值为 1 2 AB·AD·sin π 6 1 2 AC·AD ＝1. 又△ABC 的面积为1 2 ×4×2×sin2π 3 ＝2 3， 所以△ABD 的面积为 3. 3．(2017·天津模拟)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，若 sin A＋cos A＝1－sinA 2 . (1)求 sin A 的值； (2)若 c2－a2＝2b，且 sin B＝3cos C，求 b. 解：(1)由已知，2sinA 2 cosA 2 ＋1－2sin2A 2 ＝1－sinA 2 ， 在△ABC 中，sinA 2 ≠0，因而 sinA 2 －cosA 2 ＝1 2 ， 则 sin2A 2 －2sinA 2 cosA 2 ＋cos2A 2 ＝1 4 ， 因而 sin A＝3 4 . (2)由已知 sin B＝3cos C， 结合(1)，得 sin B＝4cos Csin A. 法一：利用正弦定理和余弦定理得 b＝4 a2＋b2－c2 2ab ×a，整理得 b2＝2(c2－a2)． 又 c2－a2＝2b，∴b2＝4b， 在△ABC 中，b≠0，∴b＝4. 法二：∵c2＝a2＋b2－2abcos C， ∴2b＝b2－2abcos C， 在△ABC 中，b≠0， ∴b＝2＋2acos C， ① 又 sin B＝4cos Csin A， 由正弦定理，得 b＝4acos C， ② 由①②解得 b＝4. 4．(2017·天津五区县模拟)在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 8 sin2A＋B 2 －2cos 2C＝7. (1)求 tan C 的值； (2)若 c＝ 3，sin B＝2sin A，求 a，b 的值． 解：(1)在△ABC 中，因为 A＋B＋C＝π， 所以A＋B 2 ＝π 2 －C 2 ，则 sinA＋B 2 ＝cosC 2 . 由 8sin2A＋B 2 －2cos 2C＝7，得 8cos2C 2 －2cos 2C＝7， 所以 4(1＋cos C)－2(2cos2C－1)＝7， 即(2cos C－1)2＝0，所以 cos C＝1 2 . 因为 0＜C＜π，所以 C＝π 3 ， 于是 tan C＝tanπ 3 ＝ 3. (2)由 sin B＝2sin A，得 b＝2a. ① 又 c＝ 3，由余弦定理得 c2＝a2＋b2－2abcosπ 3 ， 即 a2＋b2－ab＝3. ② 联立①②，解得 a＝1，b＝2. 5．(2018 届高三·湘中名校联考)设锐角三角形 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b， c，a＝2bsin A. (1)求 B 的大小； (2)求 cos A＋sin C 的取值范围． 解：(1)∵a＝2bsin A， 根据正弦定理得 sin A＝2sin Bsin A，∵sin A≠0， ∴sin B＝1 2 .又△ABC 为锐角三角形，∴B＝π 6 . (2)∵B＝π 6 ，∴cos A＋sin C＝cos A＋sin π－π 6 －A ＝cos A＋sin π 6 ＋A ＝cos A＋1 2 cos A＋ 3 2 sin A ＝ 3sin A＋π 3 . 由△ABC 为锐角三角形知，A＋B＞π 2 ， ∴π 3 ＜A＜π 2 ，∴2π 3 ＜A＋π 3 ＜5π 6 ， ∴1 2 ＜sin A＋π 3 ＜ 3 2 ， ∴ 3 2 ＜ 3sin A＋π 3 ＜3 2 ， ∴cos A＋sin C 的取值范围为 3 2 ，3 2 . 6.(2017·洛阳模拟)如图，平面四边形 ABDC 中，∠CAD＝∠BAD＝ 30°. (1)若∠ABC＝75°，AB＝10，且 AC∥BD，求 CD 的长； (2)若 BC＝10，求 AC＋AB 的取值范围． 解：(1)由已知，易得∠ACB＝45°， 在△ABC 中， 10 sin 45° ＝ CB sin 60° ，解得 CB＝5 6. 因为 AC∥BD，所以∠ADB＝∠CAD＝30°，∠CBD＝∠ACB＝45°， 在△ABD 中，∠ADB＝30°＝∠BAD， 所以 DB＝AB＝10. 在△BCD 中，CD＝ CB2＋DB2－2CB·DBcos 45°＝5 10－4 3. (2)AC＋AB＞BC＝10， 由余弦定理得 cos 60°＝AB2＋AC2－100 2AB·AC ， 即(AB＋AC)2－100＝3AB·AC. 又 AB·AC≤ AB＋AC 2 2， 所以 AB＋AC 2－100 3 ≤ AB＋AC 2 2， 解得 AB＋AC≤20， 故 AB＋AC 的取值范围为(10,20]． 高考第 17 题之(二)数 列 年 份 卷 别 考题位置 考查内容 命题规律分析 2016 全国卷Ⅱ 解答题第 17 题 等差数列的基本运 算 数列在解答题中的考查常以数 列的相关项以及关系式，或数列的 前 n 项和与第 n 项的关系入手，结 合数列的递推关系式与等差数列或 等比数列的定义展开，求解数列的 通项、前 n 项和，有时与参数的求 解、数列不等式的证明等加以综 合．试题难度中等． 2016 全国卷Ⅲ 解答题第 17 题 等比数列的通项公 式、an 与 Sn 的关系 2015 全国卷Ⅰ 解答题第 17 题 等差数列的通项公 式、an 与 Sn 的关系、 裂项相消法求和 1．(2016·全国卷Ⅲ)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝1＋λan，其中λ≠0. (1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式； (2)若 S5＝31 32 ，求λ. 解：(1)证明：由题意得 a1＝S1＝1＋λa1， 故λ≠1，a1＝ 1 1－λ ，故 a1≠0. 由 Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1 得 an＋1＝λan＋1－λan， 即 an＋1(λ－1)＝λan. 由 a1≠0，λ≠0 得 an≠0， 所以an＋1 an ＝ λ λ－1 . 因此{an}是首项为 1 1－λ ， 公比为 λ λ－1 的等比数列， 于是 an＝ 1 1－λ λ λ－1 n－1. (2)由(1)得 Sn＝1－ λ λ－1 n. 由 S5＝31 32 得 1－ λ λ－1 5＝31 32 ，即 λ λ－1 5＝ 1 32 . 解得λ＝－1. 2．(2015·全国卷Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项和．已知 an>0，a2 n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 1 anan＋1 ，求数列{bn}的前 n 项和． 解：(1)由 a2 n＋2an＝4Sn＋3，① 可知 a2 n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.② ②－①，得 a2 n＋1－a2 n＋2(an＋1－an)＝4an＋1， 即 2(an＋1＋an)＝a2 n＋1－a2 n＝(an＋1＋an)(an＋1－an)． 由 an>0，得 an＋1－an＝2. 又 a2 1＋2a1＝4a1＋3，解得 a1＝－1(舍去)或 a1＝3. 所以{an}是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 an＝2n＋1. (2)由 an＝2n＋1 可知 bn＝ 1 anan＋1 ＝ 1 2n＋1 2n＋3 ＝1 2 1 2n＋1 － 1 2n＋3 . 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝1 2 1 3 －1 5 ＋ 1 5 －1 7 ＋…＋ 1 2n＋1 － 1 2n＋3 ＝ n 3 2n＋3 . 题型一 等差、等比数列的判定及应用 [学规范] (1)设{an}的公比为 q. 由 题 设 可 得 a1 1＋q ＝2， a1 1＋q＋q2 ＝－6. ❶………………………………………………………3 分 解得 a1＝－2， q＝－2. 5 分 故{an}的通项公式为 an＝(－2)n. …………………………………………………………6 分 (2)由(1)可得 Sn＝ －2× [1－ －2 n] 1－ －2 ＝－2 3 ＋(－1)n2n＋1 3 ❷. ……………………………………………………………………8 分 由于 Sn＋2＋Sn＋1＝－4 3 ＋(－1)n2n＋3－2n＋2 3 ＝2 －2 3 ＋ －1 n2n＋1 3 ＝2Sn ❸，………………………………………………………10 分 故 Sn＋1，Sn，Sn＋2 成等差数列. ………………………………………………………12 分 [防失误] ①处注意此类方程组的整体运算方法的运用，可快速求解． ②处化简 Sn 时易出现计算错误． ③处对于 Sn＋2＋Sn＋1 的运算代入后，要针对目标，即化为 2Sn，观察结构，整体运算变形， 可得结论． [通技法] 1．等比数列的 4 种判定方法 (1)定义法：若an＋1 an ＝q(q 为非零常数)或 an an－1 ＝q(q 为非零常数且 n≥2)，则{an}是等比数 列． (2)中项公式法：若数列{an}中，an≠0 且 a2 n＋1＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列． (3)通项公式法：若数列通项公式可写成 an＝c·qn(c，q 均是不为 0 的常数，n∈N*)， 则{an}是等比数列． (4)前 n 项和公式法：若数列{an}的前 n 项和 Sn＝k·qn－k(k 为常数且 k≠0，q≠0,1)， 则{an}是等比数列． 2．证明一个数列{an}为等差数列的 2 种基本方法 (1)利用等差数列的定义证明，即证明 an＋1－an＝d(n∈N*)； (2)利用等差中项证明，即证明 an＋2＋an＝2an＋1(n∈N*)． [对点练] 1．(2017·成都模拟)已知数列{an}满足 a1＝－2，an＋1＝2an＋4. (1)证明：数列{an＋4}是等比数列； (2)求数列{|an|}的前 n 项和 Sn. 解：(1)证明：∵a1＝－2，∴a1＋4＝2. ∵an＋1＝2an＋4，∴an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)， ∴an＋1＋4 an＋4 ＝2， ∴{an＋4}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列． (2)由(1)，可知 an＋4＝2n，∴an＝2n－4. 当 n＝1 时，a1＝－2＜0，∴S1＝|a1|＝2； 当 n≥2 时，an≥0. ∴Sn ＝－a1 ＋a2 ＋…＋an ＝2＋(22 －4)＋…＋(2n －4)＝2＋22 ＋…＋2n －4(n－1)＝ 2 1－2n 1－2 －4(n－1)＝2n＋1－4n＋2. 又当 n＝1 时，上式也满足． ∴当 n∈N*时，Sn＝2n＋1－4n＋2. 题型二 等差、等比数列的综合应用 [学规范] (1)设数列{an}的公差为 d，由已知得 7＋21d＝28， 解得 d＝1. 所以数列{an}的通项公式为 an＝n. ………………………………………………………2 分 b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2❶. ………………………………………………………………………………………………5 分 (2)因为 bn＝ 0，1≤n＜10， 1，10≤n＜100， 2，100≤n＜1 000， 3，n＝1 000， ❷………………………………………………9 分 所以数列{bn}的前 1 000 项和为 1×90＋2×900＋3×1＝1 893. ………………………12 分 [防失误] ①处易出现不理解[x]的含义而求错值，注意理解题目中给出的例子． ②处不明白 bn＝[lg an]的含义而求错 bn，要抓住 lg an 与 an 的关系，分段要明确才能避 免失误． [通技法] 等差、等比数列基本量的计算模型 (1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题．如为求 和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序． (2)注意细节．在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则 要看其是否有等于 1 的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示 等． [对点练] 2．(2017·合肥模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 S4＝24，S7＝63. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝2an＋(－1)n·an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)∵{an}为等差数列， ∴ S4＝4a1＋4×3 2 d＝24， S7＝7a1＋7×6 2 d＝63， 解得 a1＝3， d＝2， ∴an＝2n＋1. (2)∵bn＝2an＋(－1)n·an＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)， ∴Tn＝2×(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n＋1)]＝8 4n－1 3 ＋Gn. 当 n＝2k(k∈N*)时，Gn＝2×n 2 ＝n， ∴Tn＝8 4n－1 3 ＋n； 当 n＝2k－1(k∈N*)时，Gn＝2×n－1 2 －(2n＋1)＝－n－2， ∴Tn＝8 4n－1 3 －n－2， ∴Tn＝ 8 4n－1 3 ＋n n＝2k，k∈N* ， 8 4n－1 3 －n－2 n＝2k－1，k∈N* . 1．(2017· 长沙模拟)已知数列{an}满足 a1＝3 2 ，an＋1＝3an－1(n∈N*)． (1)若数列{bn}满足 bn＝an－1 2 ，求证：{bn}是等比数列； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解：(1)证明：由已知得 an＋1－1 2 ＝3 an－1 2 (n∈N*)，从而有 bn＋1＝3bn.又 b1＝a1－1 2 ＝1， 所以{bn}是以 1 为首项，3 为公比的等比数列． (2)由(1)得 bn＝3n－1，从而 an＝3n－1＋1 2 ， 所以 Sn＝1＋1 2 ＋3＋1 2 ＋…＋3n－1＋1 2 ＝1＋3＋…＋3n－1＋n 2 ＝1－3n 1－3 ＋n 2 ＝3n＋n－1 2 . 2．(2017·云南模拟)已知数列{an}中，a2 n＋2an－n2＋2n＝0. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解：(1)由 a2 n＋2an－n2＋2n＝0， 得(an－n＋2)(an＋n)＝0. ∴an＝n－2 或 an＝－n. ∴{an}的通项公式为 an＝n－2 或 an＝－n. (2)①当 an＝n－2 时，易知{an}为等差数列，且 a1＝－1， ∴Sn＝n a1＋an 2 ＝n －1＋n－2 2 ＝n n－3 2 . ②当 an＝－n 时，易知{an}也为等差数列，且 a1＝－1， ∴Sn＝n a1＋an 2 ＝n －1－n 2 ＝－n n＋1 2 . 故 Sn＝ n n－3 2 an＝n－2 ， －n n＋1 2 an＝－n . 3．(2017·南京模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，S3＋S4＝S5. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前 2n 项和 T2n. 解：(1)设等差数列{an}的公差为 d， 由 S3＋S4＝S5，可得 a1＋a2＋a3＝a5，即 3a2＝a5， 所以 3(1＋d)＝1＋4d，解得 d＝2. ∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)由(1)，可得 bn＝(－1)n－1·(2n－1)． ∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n－1) ＝(1－3)＋(5－7)＋…＋(4n－3－4n＋1) ＝(－2)×n＝－2n. 4．已知等差数列{an}的各项均为正数，a1＝1，前 n 项和为 Sn.数列{bn}为等比数列，b1 ＝1，且 b2S2＝6，b2＋S3＝8. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)求1 S1 ＋1 S2 ＋…＋1 Sn . 解：(1)设等差数列{an}的公差为 d，d>0，等比数列{bn}的公比为 q， 则 an＝1＋(n－1)d，bn＝qn－1. 依题意有 q 2＋d ＝6， q＋3＋3d＝8， 解得 d＝1， q＝2 或 d＝－4 3 ， q＝9 (舍去)． 故 an＝n，bn＝2n－1. (2)由(1)知 Sn＝1＋2＋…＋n＝1 2 n(n＋1)， 即1 Sn ＝ 2 n n＋1 ＝2 1 n － 1 n＋1 ， 故1 S1 ＋1 S2 ＋…＋1 Sn ＝2 1－1 2 ＋ 1 2 －1 3 ＋…＋ 1 n － 1 n＋1 ＝2 1－ 1 n＋1 ＝ 2n n＋1 . 5．(2018 届高三·惠州调研)已知数列{an}中，点(an，an＋1)在直线 y＝x＋2 上，且首项 a1＝1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)数列{an}的前 n 项和为 Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，请写出适合条件 Tn≤Sn 的所有 n 的值． 解：(1)根据已知 a1＝1，an＋1＝an＋2， 即 an＋1－an＝2＝d， 所以数列{an}是首项为 1，公差为 2 的等差数列， an＝a1＋(n－1)d＝2n－1. (2)数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2. 等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3， 所以 q＝3，bn＝3n－1. 数列{bn}的前 n 项和 Tn＝1－3n 1－3 ＝3n－1 2 . Tn≤Sn 即3n－1 2 ≤n2，又 n∈N*， 所以 n＝1 或 2. 6．(2017·石家庄模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 Sm－1＝－4，Sm＝0，Sm＋2 ＝14(m≥2，且 m∈N*)． (1)求 m 的值； (2)若数列{bn}满足an 2 ＝log2bn(n∈N*)，求数列{(an＋6)·bn}的前 n 项和． 解：(1)由已知得，am＝Sm－Sm－1＝4， 且 am＋1＋am＋2＝Sm＋2－Sm＝14， 设数列{an}的公差为 d，则有 2am＋3d＝14， ∴d＝2. 由 Sm＝0，得 ma1＋m m－1 2 ×2＝0， 即 a1＝1－m， ∴am＝a1＋(m－1)×2＝m－1＝4， ∴m＝5. (2)由(1)知 a1＝－4，d＝2，∴an＝2n－6， ∴n－3＝log2bn，得 bn＝2n－3， ∴(an＋6)·bn＝2n×2n－3＝n×2n－2. 设数列{(an＋6)·bn}的前 n 项和为 Tn， 则 Tn＝1×2－1＋2×20＋…＋(n－1)×2n－3＋n×2n－2，① 2Tn＝1×20＋2×21＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1，② ①－②，得－Tn＝2－1＋20＋…＋2n－2－n×2n－1 ＝2－1 1－2n 1－2 －n×2n－1 ＝2n－1－1 2 －n×2n－1， ∴Tn＝(n－1)×2n－1＋1 2 (n∈N*)． 高考第 18 题(或 19 题)立体几何 年 份 卷 别 考题位置 考查内容 命题规律分析 2017 全 国 卷Ⅰ 解答题第 18 题 线面垂直、面面垂直的证明 及二面角的求解 高考中此部分命题 较为稳定，以解答题的 形式考查空间平行关系 和垂直关系的证明，空 间几何体表面积和体积 的计算，异面直线所成 的角、线面角和二面角 的求解，简单的空间距 离的求解，难度中等偏 上．其中解答题的基本 模式是既有证明也有计 算，而计算离不开证明， 以考查证明为主． 2017 全 国 卷Ⅱ 解答题第 19 题 线面平行的证明及二面角 的求解 2017 全 国 卷Ⅲ 解答题第 19 题 面面垂直的证明及二面角 的求解 2016 全 国 卷Ⅰ 解答题第 18 题 面面垂直的证明及二面角 的求解 2016 全 国 卷Ⅱ 解答题第 19 题 线面垂直的证明及二面角 的求解 2016 全 国 卷Ⅲ 解答题第 19 题 线面平行的证明及线面角 的求解 2015 全 国 卷Ⅰ 解答题第 18 题 面面垂直的证明、异面直线 所成角的求解 2015 全 国 卷Ⅱ 解答题第 19 题 空间点线面的位置关系及 线面角的求解 1．(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角 形，△ACD 是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD. (1)证明：平面 ACD⊥平面 ABC； (2)过 AC 的平面交 BD 于点 E，若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成 体积相等的两部分，求二面角 DAEC 的余弦值． 解：(1)证明：由题设可得，△ABD≌△CBD，从而 AD＝DC. 又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC＝90°. 取 AC 的中点 O，连接 DO，BO，则 DO⊥AC，DO＝AO. 又因为△ABC 是正三角形，所以 BO⊥AC. 所以∠DOB 为二面角 DACB 的平面角． 在 Rt△AOB 中，BO2＋AO2＝AB2. 又 AB＝BD， 所以 BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2， 故∠DOB＝90°. 所以平面 ACD⊥平面 ABC. (2)由题设及(1)知，OA，OB，OD 两两垂直．以 O 为坐标原点， OA―→的方向为 x 轴正方 向，| OA―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz，则 A(1,0,0)，B(0， 3， 0)，C(－1,0,0)，D(0,0,1)． 由题设知，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的1 2 ，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的1 2 ，即 E 为 DB 的中点，得 E 0， 3 2 ，1 2 .故 AD―→＝(－1,0,1)，AC―→＝(－ 2,0,0)， AE―→＝ －1， 3 2 ，1 2 . 设 n＝(x1，y1，z1)是平面 DAE 的法向量， 则 n· AD―→＝0， n· AE―→＝0， 即 －x1＋z1＝0， －x1＋ 3 2 y1＋1 2 z1＝0. 可取 n＝ 1， 3 3 ，1 . 设 m＝(x2，y2，z2)是平面 AEC 的法向量， 则 m· AC―→＝0， m· AE―→＝0， 即 －2x2＝0， －x2＋ 3 2 y2＋1 2 z2＝0， 可取 m＝(0，－1， 3)． 则 cos〈n，m〉＝ n·m |n||m| ＝ － 3 3 ＋ 3 21 3 ×2 ＝ 7 7 . 由图知二面角 DAEC 为锐角， 所以二面角 DAEC 的余弦值为 7 7 . 2.(2016·全国卷Ⅰ)如图，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五 面体中，面 ABEF 为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角 DAFE 与二面角 CBEF 都是 60°. (1)证明：平面 ABEF⊥平面 EFDC； (2)求二面角 EBCA 的余弦值． 解：(1)证明：由已知可得 AF⊥DF，AF⊥FE，且 DF∩EF＝F， 所以 AF⊥平面 EFDC. 又 AF⊂平面 ABEF， 故平面 ABEF⊥平面 EFDC. (2)过 D 作 DG⊥EF，垂足为 G. 由(1)知 DG⊥平面 ABEF. 以 G 为坐标原点， GF―→的方向为 x 轴正方向，| GF―→|为单位长，建立如图所示的空间直 角坐标系 G xyz. 由(1)知∠DFE 为二面角 D AFE 的平面角， 故∠DFE＝60°，则 DF＝2，DG＝ 3， 可得 A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0， 3)． 由已知得 AB∥EF，所以 AB∥平面 EFDC. 又平面 ABCD∩平面 EFDC＝CD， 故 AB∥CD，CD∥EF. 由 BE∥AF，可得 BE⊥平面 EFDC， 所以∠CEF 为二面角 CBEF 的平面角，∠CEF＝60°. 从而可得 C(－2,0， 3)． 所以 EC―→＝(1,0， 3)， EB―→＝(0,4,0)， AC―→＝(－3，－4， 3)， AB―→＝(－4,0,0)． 设 n＝(x，y，z)是平面 BCE 的法向量， 则 n· EC―→＝0， n· EB―→＝0， 即 x＋ 3z＝0， 4y＝0， 所以可取 n＝(3,0，－ 3)． 设 m 是平面 ABCD 的法向量，则 m· AC―→＝0， m· AB―→＝0， 同理可取 m＝(0， 3，4)． 则 cos 〈n，m〉＝ n·m |n||m| ＝－2 19 19 . 由图知，二面角 EBCA 为钝角， 故二面角 EBCA 的余弦值为－2 19 19 . 3.(2015·全国卷Ⅰ)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． 解：(1)证明：如图，连接 BD，设 BD∩AC 于点 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＝ 2 2 . 在 Rt△FDG 中，可得 FG＝ 6 2 . 在直角梯形 BDFE 中， 由 BD＝2，BE＝ 2，DF＝ 2 2 ， 可得 EF＝3 2 2 . 从而 EG2＋FG2＝EF2，所以 EG⊥FG. 又 AC∩FG＝G，所以 EG⊥平面 AFC. 因为 EG⊂平面 AEC，所以平面 AEC⊥平面 AFC. (2)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 位长度，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， 2 2 ， C(0， 3，0)， 所以 AE―→＝(1， 3， 2)， CF―→＝ －1，－ 3， 2 2 . 故 cos〈 AE―→，CF―→〉＝ AE―→· CF―→ | AE―→|| CF―→| ＝－ 3 3 . 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 3 3 . 题型一 平行、垂直关系的证明与线面角求法 [学规范] (1)证明：由已知得 AM＝2 3 AD＝2. ……………………………………………………1 分 又 AD∥BC，BC＝4. 所以 AM 綊 1 2 BC. ………………………………………………2 分 取 BP 的中点 T，连接 AT，TN，由 N 为 PC 的中点知 TN∥BC，TN ＝1 2 BC＝2❶. ……………………………………………………3 分 故 TN 綊 AM ， 所 以 四 边 形 AMNT 为 平 行 四 边 形 ， 于 是 MN ∥ AT. ……………………4 分 因为 MN⊄ 平面 PAB❷，AT⊂平面 PAB，………………………………………………5 分 所以 MN∥平面 PAB.6 分 (2)取 BC 的中点 E，连接 AE. 由 AB＝AC 得 AE⊥BC，从而 AE⊥AD，………………………………………………7 分 且 AE＝ AB2－BE2＝ AB2－ BC 2 2＝ 5.……………………………………………8 分 以 A 为坐标原点， AE―→的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz❸.9 分 由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C( 5，2,0)，N 5 2 ，1，2 ， PM―→＝(0,2，－4)， PN―→＝ 5 2 ，1，－2 ， AN―→＝ 5 2 ，1，2 . 设 n＝(x，y，z)为平面 PMN 的法向量， 则 n· PM―→＝0， n· PN―→＝0， 即 2y－4z＝0， 5 2 x＋y－2z＝0， ……………………………………10 分 可取 n＝(0,2,1)❹. ……………………………………………………………………11 分 于是|cos〈n，AN―→〉|＝ |n· AN―→| |n|| AN―→| ＝8 5 25 . 所以直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值❺为8 5 25 .…………………………12 分 [防失误] ①处易忽视 TN 綊 1 2 BC，导致没有思路建立平行关系，注意平面图形性质的应用． ②处在证明线面平行问题时，易忽视线不在面内这一条件从而失分，注意线面平行条件 使用的规范化． ③处建立恰当坐标系是要选准原点及坐标轴，注意建系的原则是尽可能使几何体的点、 面在坐标平面上． ④处求法向量 n 有无穷多个，但要注意取值时要尽量简单． ⑤处易误认为|cos〈n，AN―→〉|的值是线面角的余弦值，注意 sin θ＝|cos〈n，AN―→〉 |. [通技法] 利用空间向量求线面角的解题模型 [对点练] 1．(2017·云南模拟)如图所示，在四棱锥 PABCD 中，PA⊥底 面 ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝ 3，BC＝1，AD＝2 3，∠ACD ＝60°，E 为 CD 的中点． (1)求证：BC∥平面 PAE； (2)求直线 PD 与平面 PBC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：∵AB＝ 3，BC＝1，∠ABC＝90°， ∴AC＝2，∠BCA＝60°. 在△ACD 中， ∵AD＝2 3，AC＝2，∠ACD＝60°， ∴由余弦定理可得， AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD， ∴CD＝4， ∴AC2＋AD2＝CD2， ∴△ACD 是直角三角形． 又 E 为 CD 的中点，∴AE＝1 2 CD＝CE， 又∠ACD＝60°，∴△ACE 是等边三角形， ∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE. 又 BC⊄ 平面 PAE，AE⊂平面 PAE， ∴BC∥平面 PAE. (2)由(1)可知∠BAE＝90°，以点 A 为原点，以 AB，AE，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 P(0,0,2)，B( 3，0,0)，C( 3，1,0)，D(－ 3，3,0)， ∴ PB―→＝( 3，0，－2)， PC―→＝( 3，1，－2)， PD―→＝(－ 3， 3，－2)． 设 n＝(x，y，z)为平面 PBC 的法向量， 则 n· PB―→＝0， n· PC―→＝0， 即 3x－2z＝0， 3x＋y－2z＝0， 令 x＝1，得 z＝ 3 2 ，y＝0，∴n＝ 1，0， 3 2 ， ∴|cos〈n，PD―→〉|＝ |n·| PD―→| |n|·| PD―→| ＝ 2 3 7 4 · 16 ＝ 21 7 ， ∴直线 PD 与平面 PBC 所成角的正弦值为 21 7 . 题型二 平行、垂直关系的证明与二面角的求法 [学规范] (1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°， 得 AB⊥AP，CD⊥PD. ……………………………………………………………………2 分 因为 AB∥CD，所以 AB⊥PD. …………………………………………………………3 分 又 AP∩PD＝P❶，所以 AB⊥平面 PAD. …………………………………………………4 分 又 AB⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD. ………………………………………5 分 (2)在平面 PAD 内作 PF⊥AD，垂足为 F. 由(1)可知，AB⊥平面 PAD❷， 故 AB⊥PF， 可得 PF⊥平面 ABCD. 以 F 为坐标原点， FA―→的方向为 x 轴正方向，| AB―→|为单位长度，建立如图所示的空间 直角坐标系 Fxyz. 由(1)及已知可得 A 2 2 ，0，0 ，P 0，0， 2 2 ，B 2 2 ，1，0 ， C － 2 2 ，1，0 . 所以 PC―→＝ － 2 2 ，1，－ 2 2 ， CB―→＝( 2，0,0)， PA―→＝ 2 2 ，0，－ 2 2 ， AB―→＝(0,1,0). …………………………………………………8 分 设 n＝(x1，y1，z1)是平面 PCB 的法向量， 则 n· PC―→＝0， n· CB―→＝0， 即 － 2 2 x1＋y1－ 2 2 z1＝0， 2x1＝0. 所以可取 n＝(0，－1，－ 2)❸. …………………………………………………………9 分 设 m＝(x2，y2，z2)是平面 PAB 的法向量， 则 m· PA―→＝0， m· AB―→＝0， 即 2 2 x2－ 2 2 z2＝0， y2＝0. 所以可取 m＝(1,0,1)❹.10 分 则 cos〈n，m〉＝ n·m |n||m| ＝ － 2 3× 2 ＝－ 3 3 .………………………………………………11 分 由图知二面角 APBC 为钝角❺， 所以二面角 APBC 的余弦值为－ 3 3 .…………………………………………………12 分 [防失误] ①处易忽视 AP∩PD＝P 是证明线面垂直的关键条件，注意线面垂直判定定理中条件使用 的规范化． ②处易忽视充分利用(1)的结论，导致无法准确得到创设空间直角坐标系的条件． ③④处易求错法向量导致后面结果全部错误，注意法向量的求法． ⑤处易忽视结合图形判断所求二面角是锐角还是钝角，导致给出错误答案． [通技法] 利用空间向量求二面角的解题模型 [对点练] 2．(2017·贵阳模拟)如图所示，该几何体由一个直三棱柱 ADEBCF 和一个正四棱锥 PABCD 组合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2. (1)证明：平面 PAD⊥平面 ABFE； (2)若正四棱锥 PABCD 的高为 1，求二面角 CAFP 的余弦值． 解：(1)证明：∵直三棱柱 ADEBCF 中，AB⊥平面 ADE， ∴AB⊥AD，又 AD⊥AF，AB∩AF＝A， ∴AD⊥平面 ABFE，∵AD⊂平面 PAD， ∴平面 PAD⊥平面 ABFE. (2)∵AD∥BC，AD⊥平面 ABFE，∴BC⊥平面 ABFE，且 AB⊥BF，以 B 为坐标原点，BA，BF，BC 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所 示的空间直角坐标系 Bxyz. ∵正四棱锥 PABCD 的高为 1， AE＝AD＝2， ∴A(2,0,0)，F(0,2,0)，C(0,0,2)，P(1，－1,1)， ∴ AF―→＝(－2,2,0)， CF―→＝(0,2，－2)， PA―→＝(1,1，－1)， 设 n1＝(x1,1，z1)是平面 ACF 的一个法向量， 则 n1· AF―→＝0， n1· CF―→＝0， 即 －2x1＋2＝0， 2－2z1＝0， 解得 x1＝1，z1＝1，即 n1＝(1,1,1)． 设 n2＝(x2,1，z2)是平面 PAF 的一个法向量， 则 n2· AF―→＝0， n2· PA―→＝0， 即 －2x2＋2＝0， x2＋1－z2＝0， 解得 x2＝1，z2＝2，即 n2＝(1,1,2)． ∴cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1|·|n2| ＝1＋1＋2 3× 6 ＝2 2 3 ， 由图知，二面角 CAFP 是锐角， ∴二面角 CAFP 的余弦值是2 2 3 . 1.(2018 届高三·广西五校联考)如图，菱形 ABCD 中，∠ABC＝60°， AC 与 BD 相交于点 O，AE⊥平面 ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2. (1)求证：BD⊥平面 ACFE； (2)当直线 FO 与平面 BED 所成的角为 45°时，求异面直线 OF 与 BE 所成的角的余弦值大小． 解：(1)证明：∵四边形 ABCD 是菱形， ∴BD⊥AC. ∵AE⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD， ∴BD⊥AE. ∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面 ACFE. (2)以 O 为坐标原点，OA―→， OB―→的方向为 x 轴，y 轴正方向，过 O 且平行于 CF 的直线为 z 轴(向上为正方向)，建立如图所示的空间直角 坐标系 Oxyz，设 CF＝a，则 B(0， 3，0)，D(0，－ 3，0)，E(1,0,2)， F(－1，0，a)(a＞0)， OF―→＝(－1,0，a)． 设平面 BED 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 n· OB―→＝0， n· OE―→＝0， 即 3y＝0， x＋2z＝0， 令 z＝1，则 n＝(－2,0,1)， 由题意得 sin 45°＝|cos〈 OF―→，n〉|＝ |OF·n| | OF―→||n| ＝ |2＋a| a2＋1· 5 ＝ 2 2 ，解得 a＝3 或 a＝－1 3 . 由 a＞0，得 a＝3， OF―→＝(－1,0,3)， BE―→＝(1，－ 3，2)， ∴cos〈 OF―→，BE―→〉＝ －1＋6 10× 8 ＝ 5 4 ， 故异面直线 OF 与 BE 所成的角的余弦值为 5 4 . 2.(2017·合肥模拟)如图所示，在四棱台 ABCDA1B1C1D1 中，AA1⊥底 面 ABCD，四边形 ABCD 为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2. (1)若 M 为 CD 中点，求证：AM⊥平面 AA1B1B； (2)求直线 DD1 与平面 A1BD 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接 AC， ∵四边形 ABCD 为菱形， ∠BAD＝120°， ∴△ACD 为等边三角形， 又 M 为 CD 中点， ∴AM⊥CD，由 CD∥AB 得， AM⊥AB. ∵AA1⊥底面 ABCD，AM⊂平面 ABCD，∴AM⊥AA1. 又 AB∩AA1＝A， ∴AM⊥平面 AA1B1B. (2)∵四边形 ABCD 为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2， ∴DM＝1，AM＝ 3，∴∠AMD＝∠BAM＝90°， 又 AA1⊥底面 ABCD， ∴以 A 为坐标原点，AB，AM，AA1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间 直角坐标系 Axyz， 则 A1(0,0,2)，B(2,0,0)，D(－1， 3，0)，D1 －1 2 ， 3 2 ，2 ， ∴ DD1 ―→＝ 1 2 ，－ 3 2 ，2 ， BD―→＝(－3， 3，0)， A1B―→＝(2,0，－2)． 设平面 A1BD 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 n· BD―→＝0， n· A1B―→＝0， 即 －3x＋ 3y＝0， 2x－2z＝0， 令 x＝1，则 n＝(1， 3，1)， ∴|cos〈n，DD1 ―→〉|＝ |n· DD1 ―→| |n|·| DD1 ―→| ＝ 1 5× 5 ＝1 5 . ∴直线 DD1 与平面 A1BD 所成角的正弦值为1 5 . 3.(2018 届高三·洛阳四校调研)如图，四边形 ABEF 和四边形 ABCD 均是直角梯形，∠FAB＝∠DAB＝90°，二面角 FABD 是直二面角，BE ∥AF，BC∥AD，AF＝AB＝BC＝2，AD＝1. (1)证明：在平面 BCE 上，一定存在过点 C 的直线 l 与直线 DF 平 行； (2)求二面角 FCDA 的余弦值． 解：(1)证明：由已知得，BE∥AF，BE⊄ 平面 AFD，AF⊂平面 AFD， ∴BE∥平面 AFD. 同理可得，BC∥平面 AFD. 又 BE∩BC＝B，∴平面 BCE∥平面 AFD. 设平面 DFC∩平面 BCE＝l，则 l 过点 C. ∵平面 BCE∥平面 ADF，平面 DFC∩平面 BCE＝l，平面 DFC∩平面 AFD＝DF， ∴DF∥l，即在平面 BCE 上一定存在过点 C 的直线 l，使得 DF∥l. (2)∵平面 ABEF⊥平面 ABCD，平面 ABCD∩平面 ABEF＝AB，FA⊂平面 ABEF， 又∠FAB＝90°，∴AF⊥AB，∴AF⊥平面 ABCD. ∵AD⊂平面 ABCD，∴AF⊥AD. ∵∠DAB＝90°，∴AD⊥AB. 以 A 为坐标原点，AD，AB，AF 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建 立如图所示的空间直角坐标系，由已知得，D(1,0,0)，C(2，2,0)， F(0,0,2)，∴ DF―→＝(－1,0,2)， DC―→＝(1,2,0)． 设平面 DFC 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 n· DF―→＝0， n· DC―→＝0， 即 －x＋2z＝0， x＋2y＝0， 令 z＝1，则 n＝(2，－1,1)， 不妨取平面 ACD 的一个法向量为 m＝(0,0,1)， ∴cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝ 1 6 ＝ 6 6 ， 由于二面角 FCDA 为锐角， 因此二面角 FCDA 的余弦值为 6 6 . 4．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD 为等 边三角形且垂直于底面 ABCD，AB＝BC＝1 2 AD，∠BAD＝∠ABC＝90°， E 是 PD 的中点． (1)证明：直线 CE∥平面 PAB； (2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45°，求二面角 MABD 的余弦值． 解：(1)证明：取 PA 的中点 F，连接 EF，BF. 因为 E 是 PD 的中点，所以 EF∥AD，EF＝1 2 AD. 由∠BAD＝∠ABC＝90°，得 BC∥AD， 又 BC＝1 2 AD，所以 EF 綊 BC， 所以四边形 BCEF 是平行四边形，CE∥BF， 又 CE⊄ 平面 PAB，BF⊂平面 PAB， 故 CE∥平面 PAB. (2)由已知得 BA⊥AD，以 A 为坐标原点， AB―→的方向为 x 轴正 方向，| AB―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0,0,0)，B(1，0,0)， C(1,1,0)，P(0，1， 3)， PC―→＝(1,0，－ 3)， AB―→＝(1,0,0)． 设 M(x，y，z)(06.635，故有 99%的把握认为箱产量与养殖方法有关． (3)因为新养殖法的箱产量频率分布直方图中，箱产量低于 50 kg 的直方图面积为(0.004 ＋0.020＋0.044)×5＝0.34<0.5， 箱产量低于 55 kg 的直方图面积为(0.004＋0.020＋0.044＋0.068)×5＝0.68>0.5， 故新养殖法箱产量的中位数的估计值为 50＋0.5－0.34 0.068 ≈52.35(kg)． 2．(2016·全国卷Ⅰ)某公司计划购买 2 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器 有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个 200 元．在机器使 用期间，如果备件不足再购买，则每个 500 元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易 损零件，为此搜集并整理了 100 台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱 状图： 以这 100 台机器更换的易损零件数的频率代替 1 台机器更换的易损零件数发生的概 率，记 X 表示 2 台机器三年内共需更换的易损零件数，n 表示购买 2 台机器的同时购买的 易损零件数． (1)求 X 的分布列； (2)若要求 P(X≤n)≥0.5，确定 n 的最小值； (3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在 n＝19 与 n＝20 之中选其一，应 选用哪个？ 解：(1)由柱状图及以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为 8,9,10,11 的概率分别为 0.2，0.4,0.2,0.2. 从而 P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04； P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16； P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24； P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24； P(X＝20)＝2×0.4×0.2＋0.2×0.2＝0.2； P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08； P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04. 所以 X 的分布列为： X 16 17 18 19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 (2)由(1)知 P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68， 故 n 的最小值为 19. (3)记 Y 表示 2 台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)． 当 n＝19 时， E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200 ＋3×500)×0.04＝4 040； 当 n＝20 时， E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080. 可知当 n＝19 时所需费用的期望值小于当 n＝20 时所需费用的期望值，故应选 n＝19. 3.(2014·全国卷Ⅱ)某地区 2007 年至 2013 年农村居民家庭纯收入 y(单位：千元)的数 据如下表： 年份 2007 2008 2009 2010 2011 2012 2013 年份代号 t 1 2 3 4 5 6 7 人均纯收入 y 2.9 3.3 3.6 4.4 4.8 5.2 5.9 (1)求 y 关于 t 的线性回归方程； (2)利用(1)中的回归方程，分析 2007 年至 2013 年该地区农村居民家庭人均纯收入的变 化情况，并预测该地区 2015 年农村居民家庭人均纯收入． 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： b^＝错误!，a^＝ y －b^ t . 解：(1)由所给数据计算得 t ＝1 7 (1＋2＋3＋4＋5＋6＋7)＝4， y ＝1 7 (2.9＋3.3＋3.6＋4.4＋4.8＋5.2＋5.9)＝4.3， 错误!(ti－ t )2＝9＋4＋1＋0＋1＋4＋9＝28， 错误!(ti－ t )(yi－ y )＝(－3)×(－1.4)＋(－2)×(－1)＋(－1)×(－0.7)＋0×0.1 ＋1×0.5＋2×0.9＋3×1.6＝14， b^＝错误!＝14 28 ＝0.5， a^＝ y －b^ t ＝4.3－0.5×4＝2.3， 所求回归方程为y^＝0.5t＋2.3. (2)由(1)知，b^＝0.5>0，故 2007 年至 2013 年该地区农村居民家庭人均纯收入逐年增加， 平均每年增加 0.5 千元． 将 2015 年的年份代号 t＝9 代入(1)中的回归方程，得y^＝0.5×9＋2.3＝6.8， 故预测该地区 2015 年农村居民家庭人均纯收入为 6.8 千元． 题型一 离散型随机变量的期望及综合应用 [典例] (2017·全国卷Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成 本每瓶 4 元，售价每瓶 6 元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶 2 元的价格当天全部处理完．根 据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于 25， 需求量为 500 瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为 300 瓶；如果最高气温低于 20， 需求量为 200 瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据， 得下面的频数分布表： [学规范] (1)由题意知，X 所有可能取值为 200,300,500❶，……………………………………2 分 由表格数据知 P(X＝200)＝2＋16 90 ＝0.2，P(X＝300)＝36 90 ＝0.4， P(X＝500)＝25＋7＋4 90 ＝0.4. ……………………………………………………………5 分 因此 X 的分布列为： X 200 300 500 P 0.2 0.4 0.4 ………………………………………………………………………………………………6 分 (2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为 500，至少为 200，因此只需考虑 200≤n≤500❷. ………………………………………………………………………………7 分 当 300≤n≤500 时， 若最高气温不低于 25，则 Y＝6n－4n＝2n❸； 若最高气温位于区间[20,25)， 则 Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n❹； 若最高气温低于 20，则 Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n❺. 因 此 EY ＝ 2n×0.4 ＋ (1 200 － 2n)×0.4 ＋ (800 － 2n)×0.2 ＝ 640 － 0.4n. …………………9 分 当 200≤n<300 时， 若最高气温不低于 20，则 Y＝6n－4n＝2n❻； 若最高气温低于 20，则 Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n❼. 因此 EY＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n.11 分 所以 n＝300 时，Y 的数学期望达到最大值，最大值为 520 元. ……………………12 分 [防失误] ①处易出现题意理解错误，导致求错 X 的取值． ②处易忽视题意中需求量 n 的范围． ③④⑤⑥⑦处易忽视酸奶的利润 Y 取决于酸奶的需求量及售不完的也要当天处理完，导 致 Y 值求错． [通技法] 求解离散型随机变量的期望与方差的解题模型 [对点练] 1．(2017·陕西模拟)私家车的尾气排放是造成雾霾天气的重要因素之一，因此在生活 中我们应该提倡低碳生物，少开私家车，尽量选择绿色出行方式，为预防雾霾出一份力．为 此，很多城市实施了机动车尾号限行，我市某报社为了解市区公众对“车辆限行”的态度， 随机抽查了 50 人，将调查结果进行整理后制成下表： 年龄/岁 [15,25) [25,35) [35,45) [45,55) [55,65) [65,75] 频数 5 10 15 10 5 5 赞成人数 4 6 9 6 3 4 (1)若从年龄在[15,25)和[25,35)这两组的被调查者中各随机选取 2 人进行追踪调查， 求恰有 2 人不赞成的概率； (2)在(1)的条件下，令选中的 4 人中不赞成“车辆限行”的人数为ξ，求随机变量ξ的 分布列和数学期望． 解：(1)由表知，年龄在[15,25)内的有 5 人，不赞成的有 1 人，年龄在[25,35)内的有 10 人，不赞成的有 4 人，恰有 2 人不赞成的概率为 P＝C1 1C1 4 C2 5 ·C1 4C1 6 C2 10 ＋C2 4 C2 5 ·C2 4 C2 10 ＝ 4 10 ×24 45 ＋ 6 10 × 6 45 ＝22 75 . (2)ξ的所有可能取值为 0,1,2,3. P(ξ＝0)＝C2 4 C2 5 ·C2 6 C2 10 ＝ 6 10 ×15 45 ＝1 5 ， P(ξ＝1)＝C1 4 C2 5 ·C2 6 C2 10 ＋C2 4 C2 5 ·C1 4C1 6 C2 10 ＝ 4 10 ×15 45 ＋ 6 10 ×24 45 ＝34 75 ， P(ξ＝2)＝22 75 ， P(ξ＝3)＝C1 4 C2 5 ·C2 4 C2 10 ＝ 4 10 × 6 45 ＝ 4 75 ， ∴ξ的分布列为： ξ 0 1 2 3 P 1 5 34 75 22 75 4 75 ∴ξ的数学期望 E(ξ)＝0×1 5 ＋1×34 75 ＋2×22 75 ＋3× 4 75 ＝6 5 . 题型二 统计案例 [典例] (2015·全国卷Ⅰ)某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年 宣传费 x(单位：千元)对年销售量 y(单位：t)和年利润 z(单位：千元)的影响，对近 8 年的 年宣传费 xi 和年销售量 yi(i＝1,2，…，8)数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统 计量的值． x y w 错误!(xi－ x )2 错误!(wi－ w )2 错误!(xi－ x )· (yi－ y ) 错误!(wi－ w )· (yi－ y ) 46.6 563 6.8 289.8 1.6 1 469 108.8 表中 wi＝ xi， w ＝1 8 错误!i. [学规范] (1)由散点图的变化趋势可以判断，y＝c＋d x适宜作为年销售量 y 关于年宣传费 x 的 回归方程类型❶. ………………………………………………………………………………3 分 (2)令 w＝ x，先建立 y 关于 w 的线性回归方程． 由于d^＝错误!＝108.8 1.6 ＝68， c ^ ＝ y －d ^ w ＝563－68×6.8＝100.6， 所以 y 关于 w 的线性回归方程为y^＝100.6＋68w， 因此 y 关于 x 的回归方程为y ^ ＝100.6＋68 x ❷. ………………………………………7 分 (3)①由(2)知，当 x＝49 时， 年销售量 y 的预报值y ^ ＝100.6＋68 49＝576.6， 年利润 z 的预报值z ^ ＝576.6×0.2－49＝66.32❸. ………………………………………… 9 分 ②根据(2)的结果知，年利润 z 的预报值 z ^ ＝0.2(100.6＋68 x)－x＝－x＋13.6 x＋20.12. 所以当 x＝13.6 2 ＝6.8❹，即 x＝46.24 时，z ^ 取得最大值． 故年宣传费为 46.24 千元时，年利润的预报值最大．………………………………12 分 [防失误] ①处易判断方程类型错误，注意充分利用散点图联想函数图象特征作出判断． ②处求回归方程时易计算失误，注意要强化计算能力． ③处无法表达出利润表达式而失分，注意借助于函数知识解决． ④处未用二次函数求最值导致失分，注意判断函数类型及换元法的使用． [通技法] 求解线性回归方程的 3 步骤 [对点练] 2．传承传统文化再掀热潮，央视科教频道以诗词知识竞赛为主的《中国诗词大会》火 爆荧屏．某机构组织了一场诗词知识竞赛，将中学组和大学组的参赛选手按成绩分为优秀、 良好、一般三个等级，从中随机抽取 100 名选手进行调查，如图是根据调查结果绘制的选手 等级与人数的条形图． (1)若将一般等级和良好等级合称为合格等级，根据已知条件完成下面的 2×2 列联表， 并据此判断能否在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下认为选手成绩优秀与文化程度有关？ 优秀 合格 总计 大学组 中学组 总计 (2)若参赛选手共 6 万名，用频率估计概率，试估计其中优秀等级的选手人数； (3)在优秀等级的选手中选取 6 名，在良好等级的选手中选取 6 名，都依次编号为 1,2,3,4,5,6，在选出的 6 名优秀等级的选手中任取一名，记其编号为 a，在选出的 6 名良 好等级的选手中任取一名，记其编号为 b，求使得方程组 ax＋by＝3， x＋2y＝2 有唯一一组实数解 (x，y)的概率． 参考公式：K2＝ n ad－bc 2 a＋b c＋d a＋c b＋d ，其中 n＝a＋b＋c＋d. 参考数据： P(K2≥k0) 0.10 0.05 0.01 k0 2.706 3.841 6.635 解：(1)由条形图可得 2×2 列联表如下： 优秀 合格 总计 大学组 45 10 55 中学组 30 15 45 总计 75 25 100 所以 K2 的观测值 k＝100× 45×15－10×30 2 75×25×45×55 ＝100 33 ≈3.030＜3.841， 所以不能在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下认为选手成绩优秀与文化程度有关． (2)由条形图知，所抽取的 100 名选手中，优秀等级有 75 名，所以估计参赛选手中优秀 等级的选手有 60 000× 75 100 ＝45 000(名)． (3)a 可从 1,2,3,4,5,6 中取，有 6 种取法，b 可从 1,2,3,4,5,6 中取，有 6 种取法，共 有 36 组， 要使方程组 ax＋by＝3， x＋2y＝2 有唯一一组实数解，则a b ≠1 2 .易知使a b ＝1 2 成立的 a，b 满足 的实数对有(1,2)，(2,4)，(3,6)，共 3 组，故满足a b ≠1 2 的实数对的组数为 36－3＝33.故所 求概率 P＝33 36 ＝11 12 . 1．(2017·广州二测)某种商品价格与该商品日需求量之间的几组对照数据如下表： 价格 x(元/kg) 10 15 20 25 30 日需求量 y(kg) 11 10 8 6 5 (1)求 y 关于 x 的线性回归方程； (2)利用(1)中的回归方程，当价格 x＝40 元/kg 时，日需求量 y 的预测值为多少？ 参考公式：线性回归方程y^＝b^x＋a^，其中b^＝错误!，a^＝ y －b^ x . 解：(1)由所给数据计算得 x ＝1 5 ×(10＋15＋20＋25＋30)＝20， y ＝1 5 ×(11＋10＋8＋6＋5)＝8， 错误!(xi－ x )2＝(－10)2＋(－5)2＋02＋52＋102＝250， 错误!(xi－ x )(yi－ y )＝(－10)×3＋(－5)×2＋0×0＋5×(－2)＋10×(－3)＝－ 80. b^＝错误!＝－80 250 ＝－0.32. a^＝ y －b^ x ＝8＋0.32×20＝14.4. 所求线性回归方程为y^＝－0.32x＋14.4. (2)由(1)知当 x＝40 时，y^＝－0.32×40＋14.4＝1.6. 故当价格 x＝40(元/kg)时，日需求量 y 的预测值为 1.6 kg. 2．(2018 届高三·广西五校联考)下图是某市 11 月 1 日至 14 日的空气质量指数趋势图， 空气质量指数(AQI)小于 100 表示空气质量优良，空气质量指数大于 200 表示空气重度污染， 某人随机选择 11 月 1 日至 11 月 12 日中的某一天到达该市，并停留 3 天． (1)求此人到达当日空气重度污染的概率； (2)设 X 是此人停留期间空气重度污染的天数，求 X 的分布列与数学期望． 解：设 Ai 表示事件“此人于 11 月 i 日到达该市”(i＝1，2，…，12)． 依题意知，P(Ai)＝ 1 12 ，且 Ai∩Aj＝∅ (i≠j)． (1)设 B 为事件“此人到达当日空气重度污染”， 则 B＝A1∪A2∪A3∪A7∪A12， 所以 P(B)＝P(A1∪A2∪A3∪A7∪A12)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＋P(A7)＋P(A12)＝ 5 12 . 即此人到达当日空气重度污染的概率为 5 12 . (2)由题意可知，X 的所有可能取值为 0,1,2,3， P(X＝0)＝P(A4∪A8∪A9)＝P(A4)＋P(A8)＋P(A9)＝ 3 12 ＝1 4 ， P(X＝2)＝P(A2∪A11)＝P(A2)＋P(A11)＝ 2 12 ＝1 6 ， P(X＝3)＝P(A1∪A12)＝P(A1)＋P(A12)＝ 2 12 ＝1 6 ， P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)－P(X＝3)＝1－1 4 －1 6 －1 6 ＝ 5 12 ， 或 P(X＝1)＝P(A3∪A5∪A6∪A7∪A10)＝P(A3)＋P(A5)＋P(A6)＋P(A7)＋P(A10)＝ 5 12 所以 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 1 4 5 12 1 6 1 6 故 X 的数学期望 E(X)＝0×1 4 ＋1× 5 12 ＋2×1 6 ＋3×1 6 ＝5 4 . 3．(2017·全国卷Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生 产线上随机抽取 16 个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条 生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布 N(μ，σ2)． (1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ) 之外的零件数，求 P(X≥1)及 X 的数学期望； (2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这 条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查． ①试说明上述监控生产过程方法的合理性； ②下面是检验员在一天内抽取的 16 个零件的尺寸： 9．95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10．26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 经计算得 x ＝ 1 16 错误!i＝9.97，s＝错误!＝错误!≈0.212，其中 xi 为抽取的第 i 个零件 的尺寸，i＝1,2，…，16. 用样本平均数 x 作为μ的估计值μ^ ，用样本标准差 s 作为σ的估计值σ^ ，利用估计值 判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ^ －3σ^ ，μ^ ＋3σ^ )之外的数据，用剩下的数 据估计μ和σ(精确到 0.01)． 附：若随机变量 Z 服从正态分布 N(μ，σ2)，则 P(μ－3σ10.828， ∴能在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下认为理科生报考“经济类”专业与性别有 关． (2)估计该市的全体考生中任一人报考“经济类”专业的概率为 P＝20 50 ＝2 5 ， X 的可能取值为 0,1,2,3，由题意，得 X～B 3，2 5 ， P(X＝k)＝Ck 3 2 5 k 3 5 3－k(k＝0,1,2,3)， ∴P(X＝0)＝ 3 5 3＝ 27 125 ， P(X＝1)＝C1 3×2 5 × 3 5 2＝ 54 125 ， P(X＝2)＝C2 3× 2 5 2×3 5 ＝ 36 125 ， P(X＝3)＝ 2 5 3＝ 8 125 ， 故随机变量 X 分布列为： X 0 1 2 3 P 27 125 54 125 36 125 8 125 ∴随机变量 X 的数学期望 E(X)＝3×2 5 ＝6 5 . 5．(2017·昆明模拟)某火锅店为了了解气温对营业额的影响，随机记录了该店 1 月份 其中 5 天的日营业额 y(单位：万元)与该地当日最低气温 x(单位：℃)的数据，如下表： x 2 5 8 9 11 y 1.2 1 0.8 0.8 0.7 (1)求 y 关于 x 的线性回归方程y^＝b^x＋a^； (2)判断 y 与 x 之间是正相关还是负相关，若该地 1 月份某天的最低气温为 6 ℃，用所 求回归方程预测该店当日的营业额； (3)设该地 1 月份的日最低气温 X～N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数 x ，σ2 近似 为样本方差 s2，求 P(3.8＜X≤13.4)． 附：①回归方程y^＝b^x＋a^中，b^＝错误!，a^＝ y －b^ x . ② 10≈3.2， 3.2≈1.8.若 X～N(μ，σ2)，则 P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 7，P(μ －2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954 5. 解：(1) x ＝1 5 ×(2＋5＋8＋9＋11)＝7， y ＝1 5 ×(1.2＋1＋0.8＋0.8＋0.7)＝0.9. 错误!2 i＝4＋25＋64＋81＋121＝295， 错误!iyi＝2.4＋5＋6.4＋7.2＋7.7＝28.7， ∴b^＝错误!＝28.7－5×7×0.9 295－5×72 ＝－2.8 50 ＝－0.056， a^＝ y －b^ x ＝0.9－(－0.056)×7＝1.292. ∴线性回归方程为y^＝－0.056x＋1.292. (2)∵b^＝－0.056＜0，∴y 与 x 之间是负相关． 当 x＝6 时，y^＝－0.056×6＋1.292＝0.956. ∴该店当日的营业额约为 9 560 元． (3)样本方差 s2＝1 5 ×(25＋4＋1＋4＋16)＝10， ∴最低气温 X～N(7,3.22)， ∴P(3.8＜X≤10.2)＝0.682 7， P(0.6＜X≤13.4)＝0.954 5， ∴P(10.2＜X≤13.4)＝1 2 ×(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9. ∴P(3.8＜X≤13.4)＝P(3.8＜X≤10.2)＋P(10.2＜X≤13.4)＝0.682 7＋0.135 9＝ 0.818 6. 6．(2018 届高三·张掖摸底)中央政府为了应对因人口老龄化而造成的劳动力短缺等问 题，拟定出台“延迟退休年龄政策”．为了了解人们对“延迟退休年龄政策”的态度，责成 人社部进行调研．人社部从网上年龄在 15～65 岁的人群中随机调查 100 人，调查数据的频 率分布直方图和支持“延迟退休”的人数与年龄的统计结果如下： 年龄 [15,25) [25,35) [35,45) [45,55) [55,65] 支持“延迟退 休”的人数 15 5 15 28 17 (1)由以上统计数据填 2×2 列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下 认为以 45 岁为分界点的不同人群对“延迟退休年龄政策”的支持度有差异； 45 岁以下 45 岁以上 总计 支持 不支持 总计 (2)若以 45 岁为分界点，从不支持“延迟退休”的人中按分层抽样的方法抽取 8 人参加 某项活动．现从这 8 人中随机抽 2 人． ①抽到 1 人是 45 岁以下时，求抽到的另一人是 45 岁以上的概率． ②记抽到 45 岁以上的人数为 X，求随机变量 X 的分布列及数学期望． 参考数据： P(K2≥k0) 0.100 0.050 0.010 0.001 k0 2.706 3.841 6.635 10.828 K2＝ n ad－bc 2 a＋b c＋d a＋c b＋d ，其中 n＝a＋b＋c＋d. 解：(1)由频率分布直方图知 45 岁以下与 45 岁以上各 50 人，故填充 2×2 列联表如下： 45 岁以下 45 岁以上 总计 支持 35 45 80 不支持 15 5 20 总计 50 50 100 因为 K2 的观测值 k＝100× 35×5－45×15 2 50×50×80×20 ＝6.25＞3.841， 所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为以45岁为分界点的不同人群对“延迟退 休年龄政策”的支持度有差异． (2)①抽到 1 人是 45 岁以下的概率为6 8 ＝3 4 ， 抽到 1 人是 45 岁以下且另一人是 45 岁以上的概率为C1 6C1 2 C2 8 ＝3 7 ， 故所求概率 P＝ 3 7 3 4 ＝4 7 . ②从不支持“延迟退休”的人中抽取 8 人，则 45 岁以下的应抽 6 人，45 岁以上的应抽 2 人． 所以 X 的可能取值为 0,1,2. P(X＝0)＝C2 6 C2 8 ＝15 28 ， P(X＝1)＝C1 6C1 2 C2 8 ＝12 28 ＝3 7 ， P(X＝2)＝C2 2 C2 8 ＝ 1 28 . 故随机变量 X 的分布列为： X 0 1 2 P 15 28 3 7 1 28 所以 E(X)＝1×3 7 ＋2× 1 28 ＝1 2 . 高考第 22 题坐标系与参数方程 卷 别 年 份 考查内容 命题规律分析 全国 卷Ⅰ 2017 椭圆与直线的参数方程与普通方程的互化、 直线与椭圆的位置关系 坐标系与参数方程是高 考的选考内容之一，高考考 查的重点主要有两个方面： 简单曲线的极坐标方程；二 是参数方程、极坐标方程与 曲线的综合应用．由于本部 分在高考中考查的知识点较 为稳定，在备考时应重点关 注极坐标系中直线的方程， 或者求解极坐标系中曲线的 某个特征值，及已知直线和 圆的参数方程判断直线和圆 的位置关系，求最值问题 等．本部分内容在备考中应 注意转化思想的应用，抓住 知识，少做难题． 2016 参数方程与普通方程的互化、极坐标方程与 直角坐标方程的互化及应用 2015 极坐标与直角坐标的互化以及极坐标方程 的应用 全国 卷Ⅱ 2017 直角坐标与极坐标的互化、动点轨迹方程的 求法、三角形面积的最值问题 2016 极坐标方程与直角坐标方程互化及应用、直 线与圆的位置关系 2015 参数方程和普通方程的互化、三角函数的性 质 全国 卷Ⅲ 2017 直线的参数方程与极坐标方程、动点轨迹方 程的求法 2016 参数方程、极坐标方程及点到直线的距离、 三角函数的最值 1．(2017·全国卷Ⅰ)在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 x＝3cos θ， y＝sin θ (θ 为参数)，直线 l 的参数方程为 x＝a＋4t， y＝1－t (t 为参数)． (1)若 a＝－1，求 C 与 l 的交点坐标； (2)若 C 上的点到 l 距离的最大值为 17，求 a. 解：(1)曲线 C 的普通方程为x2 9 ＋y2＝1. 当 a＝－1 时，直线 l 的普通方程为 x＋4y－3＝0， 由 x＋4y－3＝0， x2 9 ＋y2＝1 解得 x＝3， y＝0 或 x＝－21 25 ， y＝24 25 . 从而 C 与 l 的交点坐标为(3,0)， －21 25 ，24 25 . (2)直线 l 的普通方程为 x＋4y－a－4＝0， 故 C 上的点(3cos θ，sin θ)到 l 的距离为 d＝|3cos θ＋4sin θ－a－4| 17 . 当 a≥－4 时，d 的最大值为a＋9 17 . 由题设得a＋9 17 ＝ 17，解得 a＝8； 当 a＜－4 时，d 的最大值为－a＋1 17 . 由题设得－a＋1 17 ＝ 17， 解得 a＝－16. 综上，a＝8 或 a＝－16. 2．(2016·全国卷Ⅱ)在直角坐标系 xOy 中，圆 C 的方程为(x＋6)2＋y2＝25. (1)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求 C 的极坐标方程； (2)直线 l 的参数方程是 x＝tcos α， y＝tsin α (t 为参数)，l 与 C 交于 A，B 两点，|AB|＝ 10， 求 l 的斜率． 解：(1)由 x＝ρcos θ，y＝ρsin θ可得圆 C 的极坐标方程为ρ2＋12ρcos θ＋11 ＝0. (2)法一：由直线 l 的参数方程 x＝tcos α， y＝tsin α (t 为参数)，消去参数得 y＝x·tan α. 设直线 l 的斜率为 k，则直线 l 的方程为 kx－y＝0. 由圆 C 的方程(x＋6)2＋y2＝25 知，圆心坐标为(－6,0)，半径为 5. 又|AB|＝ 10，由垂径定理及点到直线的距离公式得|－6k| 1＋k2 ＝ 25－ 10 2 2， 即 36k2 1＋k2＝90 4 ， 整理得 k2＝5 3 ，解得 k＝± 15 3 ， 即 l 的斜率为± 15 3 . 法二：在(1)中建立的极坐标系中，直线 l 的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R)． 设 A，B 所对应的极径分别为ρ1，ρ2，将 l 的极坐标方程代入 C 的极坐标方程得ρ2＋ 12ρcos α＋11＝0， 于是ρ1＋ρ2＝－12cos α，ρ1ρ2＝11. |AB|＝|ρ1－ρ2|＝ ρ1＋ρ2 2－4ρ1ρ2 ＝ 144cos2α－44. 由|AB|＝ 10得 cos2α＝3 8 ，tan α＝± 15 3 . 所以 l 的斜率为 15 3 或－ 15 3 . 3．(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系 xOy 中，直线 C1：x＝－2，圆 C2：(x－1)2＋(y－2)2 ＝1，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系． (1)求 C1，C2 的极坐标方程； (2)若直线 C3 的极坐标方程为θ＝π 4 (ρ∈R)，设 C2 与 C3 的交点为 M，N，求△C2MN 的面 积． 解：(1)因为 x＝ρcos θ，y＝ρsin θ， 所以 C1 的极坐标方程为ρcos θ＝－2， C2 的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0. (2)将θ＝π 4 代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0，得 ρ2－3 2ρ＋4＝0，解得ρ1＝2 2，ρ2＝ 2. 故ρ1－ρ2＝ 2，即|MN|＝ 2. 由于 C2 的半径为 1，所以△C2MN 的面积为1 2 . 极坐标方程与参数方程的综合应用 [学规范] (1)消去参数 t 得 l1 的普通方程 l1：y＝k(x－2)；………………………………………1 分 消去参数 m 得 l2 的普通方程 l2：y＝1 k (x＋2). …………………………………………2 分 设 P(x，y)，由题设得 y＝k x－2 ， y＝1 k x＋2 . 消去 k 得 x2－y2＝4(y≠0)❶. ………………………………………………………………3 分 所以 C 的普通方程为 x2－y2＝4(y≠0). ………………………………………………4 分 (2)C 的 极 坐 标 方 程 为 ρ2(cos2θ － sin2θ) ＝ 4(0 ＜ θ ＜ 2π ， θ≠π). ………………………5 分 联 立 ρ2 cos2θ－sin2θ ＝4， ρ cos θ＋sin θ － 2＝0 ❷………………………………………………………6 分 得 cos θ－sin θ＝2(cos θ＋sin θ)． 故 tan θ＝－1 3 ，……………………………………………………………………………7 分 从而 cos2θ＝ 9 10 ，sin2θ＝ 1 10 .………………………………………………………………8 分 代入ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4 得ρ2＝5，……………………………………………………9 分 所以交点 M 的极径为 5.10 分 [防失误] ①处消去 k 后，注意等价性，易忽视 y≠0 而失误． ②处联立极坐标方程后，注意运算技巧，先求 cos2θ，sin2θ，再求ρ.若直接消去θ 不太容易做到． [通技法] 求解极坐标方程与参数方程综合问题需过“三关” 一是互化关，即会把曲线的极坐标方程、直角坐标方程、参数方程进行互化； 二是几何意义关，即理解参数方程中的参数的几何意义，在解题中能加快解题速度； 三是运算关，思路流畅，还需运算认真，才能不失分． [对点练] (2017·洛阳模拟)在直角坐标系 xOy 中，圆 C 的参数方程为 x＝2cos φ， y＝2＋2sin φ (φ为参 数)．以 O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系． (1)求圆 C 的普通方程； (2)直线 l 的极坐标方程是 2ρsin θ＋π 6 ＝5 3，射线 OM：θ＝π 6 与圆 C 的交点为 O， P，与直线 l 的交点为 Q，求线段 PQ 的长． 解：(1)因为圆 C 的参数方程为 x＝2cos φ， y＝2＋2sin φ (φ为参数)，所以圆心 C 的坐标为 (0,2)，半径为 2，圆 C 的普通方程为 x2＋(y－2)2＝4. (2)将 x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入 x2＋(y－2)2＝4， 得圆 C 的极坐标方程为ρ＝4sin θ. 设 P(ρ1，θ1)，则由 ρ＝4sin θ， θ＝π 6 ， 解得ρ1＝2，θ1＝π 6 . 设 Q(ρ2，θ2)，则由 2ρsin θ＋π 6 ＝5 3， θ＝π 6 ， 解得ρ2＝5，θ2＝π 6 . 所以|PQ|＝3. 1．(2017·宝鸡模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，以 O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极 坐标系中，曲线 C 的极坐标方程为ρ＝2(cos θ＋sin θ)． (1)求 C 的直角坐标方程； (2)直线 l： x＝1 2 t， y＝1＋ 3 2 t (t 为参数)与曲线 C 交于 A，B 两点，与 y 轴交于点 E，求 |EA|＋|EB|. 解：(1)由ρ＝2(cos θ＋sin θ)得ρ2＝2ρ(cos θ＋sin θ)， 所以曲线 C 的直角坐标方程为 x2＋y2＝2x＋2y， 即(x－1)2＋(y－1)2＝2. (2)将 l 的参数方程代入曲线 C 的直角坐标方程， 化简得 t2－t－1＝0， 点 E 对应的参数 t＝0， 设点 A，B 对应的参数分别为 t1，t2， 则 t1＋t2＝1，t1t2＝－1， 所以|EA|＋|EB|＝|t1|＋|t2|＝|t1－t2| ＝ t1＋t2 2－4t1t2＝ 5. 2．(2017·张掖模拟)在直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C1： x＝cos α， y＝sin2α (α为参数)， 在以 O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C2：ρcos θ－π 4 ＝－ 2 2 ，曲线 C3： ρ＝2sin θ. (1)求曲线 C1 与 C2 的交点 M 的直角坐标； (2)设点 A，B 分别为曲线 C2，C3 上的动点，求|AB|的最小值． 解：(1)曲线 C1： x＝cos α， y＝sin2α 消去参数α， 得 y＋x2＝1，x∈[－1,1]．① 曲线 C2：ρcos θ－π 4 ＝－ 2 2 ⇒x＋y＋1＝0，② 联立①②，消去 y 可得 x2－x－2＝0⇒x＝－1 或 x＝2(舍去)，所以 M(－1,0)． (2)曲线 C3：ρ＝2sin θ的直角坐标方程为 x2＋(y－1)2＝1，是以(0,1)为圆心，半径 r ＝1 的圆． 设圆心为 C，则点 C 到直线 x＋y＋1＝0 的距离 d＝|0＋1＋1| 2 ＝ 2，所以|AB|的最小值 为 2－1. 3．(2018 届高三·昆明一中调研)在平面直角坐标系 xOy 中，以 O 为极点，x 轴的非负 半轴为极轴建立极坐标系．已知点 P 的极坐标为 2 3，π 6 ，曲线 C 的参数方程为 x＝2cos α， y＝－ 3＋2sin α (α为参数)． (1)写出点 P 的直角坐标及曲线 C 的直角坐标方程； (2)若 Q 为曲线 C 上的动点，求 PQ 中点 M 到直线 l：ρcos θ＋2ρsin θ＋1＝0 距离 的最小值． 解 ： (1) 由 x ＝ ρcos θ ， y ＝ ρsin θ 可 得 点 P 的 直 角 坐 标 为 (3 ， 3 ) ， 由 x＝2cos α， y＝－ 3＋2sin α (α为参数) 得 x2＋(y＋ 3)2＝4， ∴曲线 C 的直角坐标方程为 x2＋(y＋ 3)2＝4. (2)直线 l 的普通方程为 x＋2y＋1＝0， 曲线 C 的参数方程为 x＝2cos α， y＝－ 3＋2sin α (α为参数)， 设 Q(2cos α，－ 3＋2sin α)，则 M 3 2 ＋cos α，sin α ， 故点 M 到直线 l 的距离 d＝ |3 2 ＋cos α＋2sin α＋1| 12＋22 ＝ | 5sin α＋φ ＋5 2| 5 ≥ － 5＋5 2 5 ＝ 5 2 －1 tan φ＝1 2 ， ∴点 M 到直线 l 的距离的最小值为 5 2 －1. 4．(2017·全国卷Ⅱ)在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建 立极坐标系，曲线 C1 的极坐标方程为ρcos θ＝4. (1)M 为曲线 C1 上的动点，点 P 在线段 OM 上，且满足|OM|·|OP|＝16，求点 P 的轨迹 C2 的直角坐标方程； (2)设点 A 的极坐标为 2，π 3 ，点 B 在曲线 C2 上，求△OAB 面积的最大值． 解：(1)设 P 的极坐标为(ρ，θ)(ρ＞0)，M 的极坐标为(ρ1，θ)(ρ1＞0)． 由题设知|OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝ 4 cos θ . 由|OM|·|OP|＝16，得 C2 的极坐标方程ρ＝4cos θ(ρ＞0)． 因此 C2 的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4(x≠0)． (2)设点 B 的极坐标为(ρB，α)(ρB＞0)， 由题设知|OA|＝2，ρB＝4cos α，于是△OAB 的面积 S＝1 2 |OA|·ρB·sin∠AOB＝4cos α·|sin α－π 3 | ＝2|sin 2α－π 3 － 3 2 |≤2＋ 3. 当α＝－π 12 时，S 取得最大值 2＋ 3. 所以△OAB 面积的最大值为 2＋ 3. 5．(2017·成都模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，倾斜角为α α≠π 2 的直线 l 的参数 方程为 x＝1＋tcos α， y＝tsin α (t 为参数)．以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐 标系，曲线 C 的极坐标方程是ρcos2θ－4sin θ＝0. (1)写出直线 l 的普通方程和曲线 C 的直角坐标方程； (2)已知点 P(1,0)．若点 M 的极坐标为 1，π 2 ，直线 l 经过点 M 且与曲线 C 相交于 A， B 两点，设线段 AB 的中点为 Q，求|PQ|的值． 解：(1)∵直线 l 的参数方程为 x＝1＋tcos α， y＝tsin α (t 为参数)，∴直线 l 的普通方程 为 y＝tan α·(x－1)． 由ρcos2θ－4sin θ＝0 得ρ2cos2θ－4ρsin θ＝0， 即 x2－4y＝0. ∴曲线 C 的直角坐标方程为 x2＝4y. (2)∵点 M 的极坐标为 1，π 2 ， ∴点 M 的直角坐标为(0,1)． ∴tan α＝－1，直线 l 的倾斜角α＝3π 4 . ∴直线 l 的参数方程为 x＝1－ 2 2 t， y＝ 2 2 t (t 为参数)． 代入 x2＝4y，得 t2－6 2t＋2＝0. 设 A，B 两点对应的参数分别为 t1，t2. ∵Q 为线段 AB 的中点， ∴点 Q 对应的参数值为t1＋t2 2 ＝6 2 2 ＝3 2. 又点 P(1,0)，则|PQ|＝|t1＋t2 2 |＝3 2. 6 ． (2017· 石 家 庄 模 拟 ) 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 曲 线 C 的 参 数 方 程 为 x＝a＋acos β， y＝asin β (a＞0，β为参数)．以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系， 直线 l 的极坐标方程为ρcos θ－π 3 ＝3 2 . (1)若曲线 C 与 l 只有一个公共点，求 a 的值； (2)A，B 为曲线 C 上的两点，且∠AOB＝π 3 ，求△OAB 面积的最大值． 解：(1)由题意知，曲线 C 是以(a,0)为圆心，以 a 为半径的圆，直线 l 的直角坐标方程 为 x＋ 3y－3＝0. 由直线 l 与圆 C 只有一个公共点，可得|a－3| 2 ＝a， 解得 a＝1 或 a＝－3(舍去)， 所以 a＝1. (2)曲线 C 是以(a,0)为圆心，以 a 为半径的圆，且∠AOB＝π 3 ，由正弦定理得 |AB| sinπ 3 ＝2a， 所以|AB|＝ 3a. 又|AB|2＝3a2＝|OA|2＋|OB|2－2|OA|·|OB|·cos π 3 ≥|OA|·|OB|，当且仅当|OA|＝ |OB|时取等号， 所以 S△OAB＝1 2 |OA|·|OB|sin π 3 ≤1 2 ×3a2× 3 2 ＝3 3a2 4 ，所以△OAB 面积的最大值为 3 3a2 4 . 高考第 23 题不等式选讲 卷 别 年 份 考查内容 命题规律分析 全国 卷Ⅰ 2017 含绝对值的不等式的解法、求参数的取值范围 不等式选讲是高 考的选考内容之一， 考查的重点是不等式 的证明、绝对值不等 式的解法等，命题的 热点是绝对值不等式 的解法，以及绝对值 不等式与函数的综合 问题的求解． 2016 绝对值不等式的解法及图象 2015 绝对值不等式的求解、数形结合求三角形面积公 式 全国 卷Ⅱ 2017 基本不等式的应用、一些常用的变形以及证明不 等式的方法 2016 含绝对值不等式的解法及比较法证明不等式 2015 不等式的证明、充要条件的判断 全国 卷Ⅲ 2017 绝对值不等式的解法以及函数最值的求解 2016 绝对值不等式解法 1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝|x＋1|－|x－2|. (1)求不等式 f(x)≥1 的解集； (2)若不等式 f(x)≥x2－x＋m 的解集非空，求 m 的取值范围． 解：(1)f(x)＝ －3，x＜－1， 2x－1，－1≤x≤2， 3，x＞2. 当 x＜－1 时，f(x)≥1 无解； 当－1≤x≤2 时，由 f(x)≥1，得 2x－1≥1， 解得 1≤x≤2； 当 x＞2 时，由 f(x)≥1，解得 x＞2. 所以 f(x)≥1 的解集为{x|x≥1}． (2)由 f(x)≥x2－x＋m，得 m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x. 而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－ |x|－3 2 2＋5 4 ≤5 4 ， 且当 x＝3 2 时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝5 4 . 故 m 的取值范围为 －∞，5 4 . 2．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝|x＋1|－|2x－3|. (1)画出 y＝f(x)的图象； (2)求不等式|f(x)|>1 的解集． 解：(1)由题意得 f(x)＝ x－4，x≤－1， 3x－2，－13 2 ， 故 y＝f(x)的图象如图所示． (2)由 f(x)的函数表达式及图象可知， 当 f(x)＝1 时，可得 x＝1 或 x＝3； 当 f(x)＝－1 时，可得 x＝1 3 或 x＝5. 故 f(x)>1 的解集为{x|15 . 所以|f(x)|>1 的解集为 x|x<1 3 或 15 . 3．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0. (1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)>1 的解集； (2)若 f(x)的图象与 x 轴围成的三角形面积大于 6，求 a 的取值范围． 解：(1)当 a＝1 时，f(x)>1 化为|x＋1|－2|x－1|－1>0. 当 x≤－1 时，不等式化为 x－4>0，无解； 当－10，解得2 3 0，解得 1≤x<2. 所以 f(x)>1 的解集为 x|2 3 2 . (2)由题设可得 f(x)＝ x－1－2a，x<－1， 3x＋1－2a，－1≤x≤a， －x＋1＋2a，x>a. 所以函数 f(x)的图象与 x 轴围成的三角形的三个顶点分别为 A 2a－1 3 ，0 ，B(2a＋1,0)， C(a，a＋1)，△ABC 的面积为2 3 (a＋1)2. 由题设得2 3 (a＋1)2>6，故 a>2. 所以 a 的取值范围为(2，＋∞)． 题型一 含绝对值的不等式解法及应用 [学规范] (1)当 a＝1 时，不等式 f(x)≥g(x)等价于 x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0. ①………………………………………………………1 分 当 x＜－1 时，①式化为 x2－3x－4≤0❶，无解；………………………………………2 分 当－1≤x≤1 时，①式化为 x2－x－2≤0❷， 从而－1≤x≤1；3 分 当 x＞1 时，①式化为 x2＋x－4≤0❸， 从而 1＜x ≤－1＋ 17 2 .……………………………………………………………………4 分 所以 f(x)≥g(x)的解集为 x|－1≤x≤－1＋ 17 2 .…………………………………5 分 (2)当 x∈[－1,1]时，g(x)＝2❹. 所以 f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]， 等价于当 x∈[－1,1]时，f(x)≥2. ………………………………………………………… 7 分 又 f(x)在[－1,1]的最小值必为 f(－1)与 f(1)❺之一， 所以 f(－1)≥2 且 f(1)≥2，得－1≤a≤1. ………………………………………………… 9 分 所以 a 的取值范围为[－1,1]. ……………………………………………………………10 分 [防失误] ①②③处易出现利用绝对值定义去绝对值号时计算化简失误． ④处易忽视 x∈[－1,1]，g(x)＝2，这是转化关键． ⑤处不理解且不会判断 f(x)在[－1,1]时最小值必为 f(－1)，f(1)之一，而导致滞做失 分． [通技法] 1．零点分段求解绝对值不等式的模型 (1)求零点； (2)划区间，去绝对值号； (3)分别解去掉绝对值号的不等式； (4)取每个结果的并集，注意在分段讨论时不要遗漏区间的端点值． 2．绝对值不等式的成立问题的求解模型 (1)分离参数：根据不等式将参数分离化为 a≥f(x)或 a≤f(x)形式； (2)转化最值：f(x)>a 恒成立⇔f(x)min>a；f(x)a 有解⇔ f(x)max>a；f(x)a 无解⇔f(x)max≤a；f(x)0，b>0，a3＋b3＝2.证明： (1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2. 证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3 ＝2＋3ab(a＋b)≤2＋3 a＋b 2 4 (a＋b) ＝2＋3 a＋b 3 4 ， 所以(a＋b)3≤8，因此 a＋b≤2. 4．(2017·沈阳模拟)已知函数 f(x)＝|x－a|－1 2 x(a＞0)． (1)若 a＝3，解关于 x 的不等式 f(x)＜0； (2)若对于任意的实数 x，不等式 f(x)－f(x＋a)＜a2＋a 2 恒成立，求实数 a 的取值范围． 解：(1)当 a＝3 时，f(x)＝|x－3|－1 2 x，即|x－3|－1 2 x＜0，原不等式等价于－x 2 ＜x－3 ＜x 2 ，解得 2＜x＜6，故不等式的解集为{x|2＜x＜6}． (2)f(x)－f(x＋a)＝|x－a|－|x|＋a 2 ， 原不等式等价于|x－a|－|x|＜a2， 由绝对值三角不等式的性质， 得|x－a|－|x|≤|(x－a)－x|＝|a|， 原不等式等价于|a|＜a2， 又 a＞0，∴a＜a2，解得 a＞1. ∴实数 a 的取值范围为(1，＋∞)． 5．(2017·开封模拟)设函数 f(x)＝|x－a|，a<0. (1)证明：f(x)＋f －1 x ≥2； (2)若不等式 f(x)＋f(2x)<1 2 的解集非空，求 a 的取值范围． 解：(1)证明：函数 f(x)＝|x－a|，a<0， 设 f(x)＋f －1 x ＝|x－a|＋|－1 x －a| ＝|x－a|＋|1 x ＋a|≥| x－a ＋ 1 x ＋a | ＝|x＋1 x|＝|x|＋ 1 |x| ≥2 |x|· 1 |x| ＝2(当且仅当|x|＝1 时取等号)． (2)f(x)＋f(2x)＝|x－a|＋|2x－a|，a<0. 当 x≤a 时，f(x)＋f(2x)＝a－x＋a－2x＝2a－3x， 则 f(x)＋f(2x)≥－a； 当 a－a 2 ， 解得 a>－1，又 a<0，所以－1＜a＜0， 故 a 的取值范围是(－1,0)． 6．(2017·洛阳模拟)已知 f(x)＝|2x－1|－|x＋1|. (1)将 f(x)的解析式写成分段函数的形式，并作出其图象； (2)若 a＋b＝1，对∀a，b∈(0，＋∞)，1 a ＋4 b ≥3f(x)恒成立，求 x 的取值范围． 解：(1)由已知，得 f(x)＝ －x＋2，x＜－1， －3x，－1≤x≤1 2 ， x－2，x＞1 2 ， 函数 f(x)的图象如图所示． (2)∵a，b∈(0，＋∞)，且 a＋b＝1， ∴1 a ＋4 b ＝ 1 a ＋4 b (a＋b)＝5＋ b a ＋4a b ≥5＋2 b a ·4a b ＝9，当且仅当b a ＝4a b ，即 a＝1 3 ，b ＝2 3 时等号成立． ∵1 a ＋4 b ≥3(|2x－1|－|x＋1|)恒成立， ∴|2x－1|－|x＋1|≤3， 结合图象知－1≤x≤5， ∴x 的取值范围是[－1,5]． 板块提能 二 高考 17～19 题快速入题的破解策略 面对高考解答题，考生往往未做先惧三分.其实，高考解答题并不可怕，它无非就是几 个基础小题的融汇综合考查.平常我们常说的“大题小做”，就是告诫我们，面对大题，其 最有效、最快捷的办法就是化大为小、分而破之，这就涉及一个如何快速入题的问题.针对 17、18、19 题，在前面已全面突破题型的基础上，本讲分类点拨快速入题之妙招、之通法， 让考生面对各类题目有法可依，有口可入！ 一、三角函数问题重在“变”——变角、变式 [思维流程] [技法点拨] 1.常用的变角技巧： (1)已知角与特殊角的变换； (2)已知角与目标角的变换； (3)角与其倍角的变换； (4)两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用．如：α＝(α＋β)－β ＝(α－β)＋β，2α＝(α＋β)＋(α－β)，2α＝(β＋α)－(β－α)，α＋β＝ 2·α＋β 2 ，α＋β 2 ＝ α－β 2 － α 2 －β . 2．常用的变式技巧： 主要从函数名、次数、系数方面入手，常见有： (1)讨论三角函数的性质时，常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论； (2)涉及 sin x±cos x、sin x·cos x 的问题，常做换元处理，如令 t＝sin x±cos x ∈[－ 2， 2]，将原问题转化为关于 t 的函数来处理； (3)在解决三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等． [典例示法] [典例] (2018 届高三·湖南五校联考)已知 a，b，c 分别为△ABC 三个 内角 A，B，C 的对边，且 acos C＋ 3asin C－b－c＝0. (1)求 A； (2)若 AD 为 BC 边上的中线，cos B＝1 7 ，AD＝ 129 2 ，求△ABC 的面积． [解] (1)acos C＋ 3asin C－b－c＝0，由正弦定理得 sin Acos C＋ 3sin Asin C＝sin B＋sin C， 即 sin Acos C＋ 3sin Asin C＝sin(A＋C)＋sin C， 即 3sin Asin C－cos Asin C＝sin C. 又 sin C≠0，所以化简得 3sin A－cos A＝1， 所 以 sin A－π 6 ＝ 1 2 . ……………………………………………………… 在△ABC 中，0＜A＜π，所以 A－π 6 ＝π 6 ，得 A＝π 3 . (2)在△ABC 中，因为 cos B＝1 7 ，所以 sin B＝4 3 7 . 所以 sin C＝sin(A＋B)＝ 3 2 ×1 7 ＋1 2 ×4 3 7 ＝5 3 14 . 由正弦定理得，a c ＝sin A sin C ＝7 5 . 设 a＝7x，c＝5x(x＞0)，则在△ABD 中， AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos B， 即129 4 ＝25x2＋1 4 ×49x2－2×5x×1 2 ×7x×1 7 ， 解得 x＝1，所以 a＝7，c＝5， 故 S△ABC＝1 2 acsin B＝10 3. [应用体验] 1.(2017·兰州模拟)已知在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 asin B＋ bcos A＝0. (1)求角 A 的大小； (2)若 a＝2 5，b＝2，求△ABC 的面积 S. 解：(1)∵asin B＋bcos A＝0， ∴sin Asin B＋sin Bcos A＝0， 即 sin B(sin A＋cos A)＝0， 由于 B 为三角形的内角， ∴sin A＋cos A＝0， ∴ 2sin A＋π 4 ＝0， 而 A 为三角形的内角， ∴A＝3π 4 . (2)在△ABC 中，由余弦定理， 得 a2＝c2＋b2－2cbcos A， 即 20＝c2＋4－4c· － 2 2 ， 解得 c＝－4 2(舍去)或 c＝2 2， ∴S＝1 2 bcsin A＝1 2 ×2×2 2× 2 2 ＝2. 二、数列问题重在“归”——化归、归纳 [思维流程] , [技法点拨] 化归、归纳的常用策略 (1)由于数列是一个特殊的函数，也可根据题目特点，将其化归为函数问题，或通过对 式子的改造，使其化归为可运用数列问题的基本方法． (2)对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的特殊的情景出发，从中归纳出一般 性的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法：观察、归纳、猜 想、证明． [典例示法] [典例] (2017·张掖模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令 cn＝ bn 2n＋1＋ 1 n n＋1 ，其中 n∈N*，若数列{cn}的前 n 项和 为 Tn，求 Tn. [解] (1)由 a1＝－3a1＋4，得 a1＝1， 由 an＝－3Sn＋4， 知 an＋1＝－3Sn＋1＋4， 两式相减并化简得 an＋1＝1 4 an，…………………………………… 故数列{an}是首项为 1，公比为1 4 的等比数列， ∴an＝ 1 4 n－1， bn＝－log2an＋1＝－log2 1 4 n＝2n. (2)由题意知，cn＝n 2n＋ 1 n n＋1 . 令 Hn＝1 2 ＋2 22＋3 23＋…＋n 2n， ① 则 1 2 Hn＝1 22＋2 23＋…＋n－1 2n ＋ n 2n＋1， ② ①－②得，1 2 Hn＝1 2 ＋1 22＋1 23＋…＋1 2n－ n 2n＋1 ＝1－n＋2 2n＋1 .………………………………………………………… ∴Hn＝2－n＋2 2n . 令 Mn＝1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝1－ 1 n＋1 ＝ n n＋1 ， ∴Tn＝Hn＋Mn＝2－n＋2 2n ＋ n n＋1 . [应用体验] 2.(2017·宝鸡模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2an－2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列 n＋1 an 的前 n 项和为 Tn ，求证：1≤Tn＜3. 解：(1)当 n＝1 时，a1＝2. 当 n≥2 时，Sn－1＝2an－1－2， 所以 an＝Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)， 即 an an－1 ＝2(n≥2，n∈N*)， 所以数列{an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，故 an＝2n(n∈N*)． (2)证明：令 bn＝n＋1 an ＝n＋1 2n ， 则 Tn＝2 21＋3 22＋4 23＋…＋n＋1 2n ，① 得 1 2 Tn＝2 22＋3 23＋4 24＋…＋n 2n＋n＋1 2n＋1 ，② ①－②，整理得 1 2 Tn＝3 2 －n＋3 2n＋1 ， 所以 Tn＝3－n＋3 2n ， 由于 n∈N*，显然 Tn＜3. 又令 cn＝n＋3 2n ，则cn＋1 cn ＝ n＋4 2n＋6 ＜1， 所以 cn＞cn＋1， 所以n＋3 2n ≤c1＝2，所以 Tn≥1. 故 1≤Tn＜3. 三、立体几何问题重在“建”——建模、建系 [思维流程] [技法点拨] 立体几何解答题建模、建系策略 立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问， 逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系． 建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型． 建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解． [典例示法] [典例] (2017·宝鸡模拟)如图，四棱 锥 PABCD 的底面 ABCD 为矩形，PA⊥平面 ABCD，点 E 是 PD 的中点，点 F 是 PC 的中点． (1)证明：PB∥平面 AEC； (2)若底面 ABCD 为正方形，探究在什 么条件下，二面角 CAFD 的大小为 60°？ [解] (1)证明：如图，连接 BD，设 AC∩BD＝O，连接 OE，因为四边形 ABCD 为 矩形，所以 O 是 BD 的中点，因为点 E 是 PD 的中点，所以 PB∥EO. ………………………… 又 PB⊄ 平面 AEC，EO⊂平面 AEC， 所以 PB∥平面 AEC. (2)易知 AB，AD，AP 两两垂直，以 A 为坐标原点， AB，AD，AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空 间直角坐标系 Axyz. ………………………………………… 因为四边形 ABCD 为正方形，所以 AB＝AD.故可设 AB＝AD＝ 2a，AP＝2b，则 A(0,0,0)，C(2a,2a,0)，P(0,0,2b)，F(a，a， b)，D(0,2a,0)， AC―→＝(2a,2a,0)， AF―→＝(a，a，b)， AD―→＝ (0,2a,0)． 设平面 CAF 的一个法向量 m＝(x1，y1，z1)， 则 m· AC―→＝0， m· AF―→＝0， 即 2ax1＋2ay1＝0， ax1＋ay1＋bz1＝0， 令 x1＝1，得 y1＝－1，z1＝0， 所以平面 CAF 的一个法向量 m＝(1，－1,0)． 设平面 DAF 的一个法向量 n＝(x2，y2，z2)， 则 n· AD―→＝0， n· AF―→＝0， 即 2ay2＝0， ax2＋ay2＋bz2＝0， 令 x2＝b，得 y2＝0，z2＝－a， 所以平面 DAF 的一个法向量 n＝(b,0，－a)． 所以|cos 〈m，n〉|＝ |m·n| |m|·|n| ＝ b 2· b2＋a2 ＝cos 60°， 解得 a＝b. 故当 AP 与正方形 ABCD 的边长相等时，二面角 CAFD 的大 小为 60°. [应用体验] 3.(2017·兰州市实战考试)如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAB ⊥底面 ABCD，底面 ABCD 为矩形，PA＝PB，O 为 AB 的中点，OD⊥PC. (1)求证：OC⊥PD； (2)若 PD 与平面 PAB 所成的角为 30°，求二面角 DPCB 的余弦值． 解：(1)证明：连接 OP，∵PA＝PB，O 为 AB 的中点，∴OP⊥AB.∵侧面 PAB⊥底面 ABCD， ∴OP⊥平面 ABCD，∴OP⊥OD，OP⊥OC. ∵OD⊥PC，OP∩PC＝P，∴OD⊥平面 OPC， ∴OD⊥OC，又 OP⊥OC，OP∩OD＝O， ∴OC⊥平面 OPD，∴OC⊥PD. (2)取 CD 的中点 E，以 O 为原点，OE，OB，OP 所在的直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 Oxyz.在矩形 ABCD 中，由(1) 知 OD⊥OC， ∴AB＝2AD，不妨设 AD＝1，则 AB＝2. ∵侧面 PAB⊥底面 ABCD，底面 ABCD 为矩形，∴DA⊥平面 PAB， CB⊥平面 PAB，△DPA≌△CPB，∴∠DPA 为直线 PD 与平面 PAB 所成的角，∴∠DPA＝30°， ∠CPB＝30°，PA＝PB＝ 3，∴B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(1，－1,0)，P(0,0， 2)，从而 PC―→ ＝(1,1，－ 2)， CD―→＝(0，－2,0)， PB―→＝(0,1，－ 2)．设平面 PCD 的法向量为 n1＝(x1， y1，z1)， 由 PC―→·n1＝0， CD―→·n1＝0 得 x1＋y1－ 2z1＝0， －2y1＝0， 可取 n1＝( 2，0,1)．设平面 PCB 的一个法向量为 n2＝(x2，y2，z2)， 由 PC―→·n2＝0， PB―→·n2＝0 得 x2＋y2－ 2z2＝0， y2－ 2z2＝0. 可取 n2＝(0，－ 2，－1)． 于是 cos 〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1|·|n2| ＝－1 3 ， ∴二面角 DPCB 的余弦值为－1 3 . 四、概率问题重在“辨”——辨析、辨型 [思维流程] [技法点拨] 概率与统计问题辨析、辨型的策略 (1)准确弄清问题所涉及的事件有什么特点，事件之间有什么关系，如互斥、对立、独 立等； (2)理清事件以什么形式发生，如同时发生、至少有几个发生、至多有几个发生、恰有 几个发生等； (3)明确抽取方式，如放回还是不放回、抽取有无顺序等； (4)准确选择排列组合的方法来计算基本事件发生数和事件总数，或根据概率计算公式 和性质来计算事件的概率； (5)确定随机变量取值并求其对应的概率，写出分布列后再求期望． [典例示法] [典例] (2018 届高三·西安八校联考)从某企业生产的某种产 品中抽取 100 件，测量这些产品的质量指标值．由测量结果得到如图 所示的频率分布直方图，质量指标值落在区间[55,65)，[65,75)， [75,85]内的频率之比为 4∶2∶1. (1)求这些产品质量指标值落在区间[75,85]内的频率； (2)若将频率视为概率，从该企业生产的这种产品中随机抽取 3 件，记这 3 件产品中质量指标值位于区间[45,75)内的产品件数为 X， 求 X 的分布列与数学期望． [解] (1)设这些产品质量指标值落在区间[75,85]内的频率为 x， 则落在区间[55,65)，[65,75)内的频率分别为 4x,2x. 依题意得(0.004＋0.012＋0.019＋0.030)×10＋4x＋2x＋x＝1， 解得 x＝0.05.所以这些产品质量指标值落在区间[75,85]内的 频率为 0.05. (2)从该企业生产的这种产品中随机抽取 3 件， 相当于进行了 3 次独立重复试验，…………………………… 所以 X 服从二项分布 B(n，p)，其中 n＝3. 由(1)得，这些产品质量指标值落在区间[45,75]内的频率为 0.3 ＋0.2＋0.1＝0.6，将频率视为概率得 p＝0.6. 因为 X 的所有可能取值为 0,1,2,3， 且 P X＝0 ＝C0 3×0.60×0.43＝0.064， P X＝1 ＝C1 3×0.61×0.42＝0.288， P X＝2 ＝C2 3×0.62×0.41＝0.432， P X＝3 ＝C3 3×0.63×0.40＝0.216， ………………………… 所以 X 的分布列为： 所以 X 的数学期望 E(X)＝0×0.064＋1×0.288＋2×0.432＋ 3×0.216＝1.8.(或直接根据二项分布的均值公式得到 E(X)＝np＝ 3×0.6＝1.8) [应用体验] 4.某大学志愿者协会有 6 名男同学，4 名女同学．在这 10 名同学中，3 名同学来自数学 学院，其余 7 名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这 10 名同学中随机 选取 3 名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)． (1)求选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率； (2)设 X 为选出的 3 名同学中女同学的人数，求随机变量 X 的分布列和数学期望． 解：(1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A，则P(A)＝C1 3C2 7＋C0 3C3 7 C3 10 ＝49 60 . 所以选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率为49 60 . (2)随机变量 X 的所有可能值为 0,1,2,3. P(X＝k)＝Ck 4·C3－k 6 C3 10 (k＝0,1,2,3)． 所以 P(X＝0)＝C0 4·C3 6 C3 10 ＝1 6 ， P(X＝1)＝C1 4·C2 6 C3 10 ＝1 2 ， P(X＝2)＝C2 4·C1 6 C3 10 ＝ 3 10 ， P(X＝3)＝C3 4·C0 6 C3 10 ＝ 1 30 . 所以随机变量 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 1 6 1 2 3 10 1 30 随机变量 X 的数学期望 E(X)＝0×1 6 ＋1×1 2 ＋2× 3 10 ＋3× 1 30 ＝6 5 .