江苏省2019高考数学总复习 优编增分练：高考附加题加分练（打包9套）.zip

1(一)几何证明选讲1.如图， O 是△ ABC 外接圆的圆心，∠ ACB＝54°，求∠ ABO 的值．解 连结 OA，因为 O 是圆心，所以∠ AOB＝2∠ ACB，所以∠ ABO＝ (180°－∠ AOB)12＝ (180°－2∠ ACB)12＝90°－∠ ACB＝90°－54°＝36°.2.如图，已知 A， B， C 是圆 O 上的三点， BE 切圆 O 于点 B， D 是 CE 与圆 O 的交点，若∠ BAC＝60°， BE＝2， BC＝4，求线段 CD 的长．解 因为 BE 切圆 O 于点 B，所以∠ CBE＝∠ BAC＝60°.因为 BE＝2， BC＝4，由余弦定理得 EC＝2 .3又 BE2＝ EC·ED，所以 DE＝ ，233所以 CD＝ EC－ ED＝2 － ＝ .3233 4333．如图，已知点 C 在圆 O 的直径 AB 的延长线上， CD 是圆 O 的一条切线， D 为切点，点 D在 AB 上的射影是点 E， CB＝3 BE.求证：(1) DB 是∠ CDE 的平分线；(2)AE＝2 EB.证明 (1)连结 AD，∵ AB 是圆 O 的直径，∴∠ DAB＋∠ DBA＝90°，2∵ DE⊥ AB，∴∠ BDE＋∠ DBA＝90°，∴∠ DAB＝∠ BDE，∵ CD 切圆 O 于点 D，∴∠ CDB＝∠ DAB，∴∠ BDE＝∠ CDB，∴ DB 是∠ CDE 的平分线．(2)由(1)可得 DB 是∠ CDE 的平分线，∴ ＝ ＝3，即 CD＝3 DE.CDDE CBBE设 BE＝ m(m0)， DE＝ x(x0)，则 CB＝3 m， CD＝3 x，在 Rt△ CDE 中，由勾股定理可得(3 x)2＝ x2＋(4 m)2，则 x＝ m，2由切割线定理得 CD2＝ CB·CA，(3 m)2＝3 m·CA，2CA＝6 m， AB＝3 m， AE＝2 m，则 AE＝2 EB.4．(2018·江苏海安中学质检)如图，在 Rt△ ABC 中，∠ B＝90°，它的内切圆分别与边BC， CA， AB 相切于点 D， E， F，连结 AD，与内切圆相交于另一点 P，连结 PC， PE， PF，已知 PC⊥ PF，求证：(1) ＝ ；(2) PE∥ BC.PFFD PDDC证明 (1)连结 DE，则△ BDF 是等腰直角三角形，于是∠ FPD＝∠ FDB＝45°，故∠ DPC＝45°.又∠ PDC＝∠ PFD，则△ PFD∽△ PDC，所以 ＝ .①PFFD PDDC(2)由∠ AFP＝∠ ADF，∠ AEP＝∠ ADE，知△ AFP∽△ ADF，△ AEP∽△ ADE.于是， ＝ ＝ ＝ .EPDE APAE APAF FPDF3故由①得 ＝ ，②EPDE PDDC由∠ EPD＝∠ EDC，结合②得，△ EPD∽△ EDC，从而△ EPD 也是等腰三角形．于是，∠ PED＝∠ EPD＝∠ EDC，所以 PE∥ BC.1(七)计数原理1．已知等式( x2＋2 x＋2) 5＝ a0＋ a1(x＋1)＋ a2(x＋1) 2＋…＋ a9(x＋1) 9＋ a10(x＋1) 10，其中ai(i＝0,1,2，…，10)为实常数．求：(1) n的值；10∑n＝ 1a(2) an的值．10∑n＝ 1n解 (1)在( x2＋2 x＋2) 5＝ a0＋ a1(x＋1)＋ a2(x＋1) 2＋…＋ a9(x＋1) 9＋ a10(x＋1) 10中，令 x＝－1，得 a0＝1.令 x＝0，得 a0＋ a1＋ a2＋…＋ a9＋ a10＝2 5＝32.所以 n＝ a1＋ a2＋…＋ a10＝31.10∑n＝ 1a(2)等式( x2＋2 x＋2) 5＝ a0＋ a1(x＋1)＋ a2(x＋1) 2＋…＋ a9(x＋1) 9＋ a10(x＋1) 10两边对 x 求导，得 5(x2＋2 x＋2) 4·(2x＋2)＝ a1＋2 a2(x＋1)＋…＋9 a9(x＋1) 8＋10 a10(x＋1) 9.在 5(x2＋2 x＋2) 4·(2x＋2)＝ a1＋2 a2(x＋1)＋…＋9 a9(x＋1) 8＋10 a10(x＋1) 9中，令 x＝0，整理得 an＝ a1＋2 a2＋…＋9 a9＋10 a10＝5·2 5＝160.10∑n＝ 1n2．设等差数列{ an}的首项为 1，公差为 d(d∈N *)， m 为数列{ an}中的项．(1)若 d＝3，试判断 m的展开式中是否含有常数项？并说明理由；(x＋ 1x)(2)证明：存在无穷多个 d，使得对每一个 m， m的展开式中均不含常数项．(x＋ 1x)2(1)解 因为{ an}是首项为 1，公差为 3 的等差数列，所以 an＝3 n－2.假设 m的展开式中第 r＋1 项为常数项( r∈N)，(x＋ 1x)Tr＋1 ＝C xm－ r r＝32mx，于是 m－ r＝0.rm (1x) 32设 m＝3 n－2( n∈N *)，则有 3n－2＝ r，32即 r＝2 n－ ，这与 r∈N 矛盾．43所以假设不成立，即 m的展开式中不含常数项．(x＋ 1x)(2)证明 由题设知 an＝1＋( n－1) d，设 m＝1＋( n－1) d，由(1)知，要使对于每一个 m， m的展开式中均不含常数项，(x＋ 1x)必须有：对于 n∈N *，满足 1＋( n－1) d－ r＝0 的 r 无自然数解，即 r＝ (n－1)＋ ∉N.32 2d3 23当 d＝3 k(k∈N *)时， r＝ (n－1)＋ ＝2 k(n－1)＋ ∉N.2d3 23 23故存在无穷多个 d，满足对每一个 m， m的展开式中均不含常数项．(x＋ 1x)3．已知 f(x)＝(2＋ )n，其中 n∈N *.x(1)若展开式中含 x3项的系数为 14，求 n 的值；(2)当 x＝3 时，求证： f(x)必可表示成 ＋ (s∈N *)的形式．s s－ 1(1)解 因为 Tr＋1 ＝C 2n－ rx ，当 ＝3 时， r＝6，rnr2故 x3项的系数为 C 2n－6 ＝14，解得 n＝7.6n(2)证明 由二项式定理可知，(2＋ )n＝C 2n( )0＋C 2n－1 ( )1＋C 2n－2 ( )2＋…＋C 20( )n，3 0n 3 1n 3 2n 3 n 3设(2＋ )n＝ p＋ q＝ ＋ ， p， q∈N *，3 3 p2 3q2而若有(2＋ )n＝ ＋ ， a， b∈N *，3 a b则(2－ )n＝ － ， a， b∈ N*.3 a b∵( ＋ )·( － )＝(2＋ )n·(2－ )n＝1，a b a b 3 3∴ a－ b＝1，令 a＝ s， s∈N *，得 b＝ s－1，∴(2＋ )n必可表示成 ＋ 的形式，其中 s∈N *.3 s s－ 14．设 n∈N *， n≥3， k∈N *.3(1)求值：① kC － nC ；kn k－ 1n－② k2C － n(n－1)C － nC (k≥2)；kn k－ 2n－ k－ 1n－(2)化简：1 2C ＋2 2C ＋3 2C ＋…＋( k＋1) 2C ＋…＋( n＋1) 2C .0n 1n 2n kn n解 (1)① kC － nC ＝ k× － n×kn k－ 1n－n！k！ n－ k！ n－ 1！k－ 1！ n－ k！＝ － ＝0.n！k－ 1！ n－ k！ n！k－ 1！ n－ k！② k2C － n(n－1)C － nCkn k－ 2n－ k－ 1n－＝ k2× － n(n－1)× － n×n！k！ n－ k！ n－ 2！k－ 2！ n－ k！ n－ 1！k－ 1！ n－ k！＝ k× － －n！k－ 1！ n－ k！ n！k－ 2！ n－ k！ n！k－ 1！ n－ k！＝ ＝0.n！k－ 2！ n－ k！ ( kk－ 1－ 1－ 1k－ 1)(2)由(1)可知当 k≥2 时，( k＋1) 2Ckn＝( k2＋2 k＋1)C ＝ k2C ＋2 kC ＋Ckn kn kn kn＝[ n(n－1)C ＋ nC ]＋2 nC ＋Ck－ 2n－ k－ 1n－ k－ 1n－ kn＝ n(n－1)C ＋3 nC ＋C .k－ 2n－ k－ 1n－ kn故 12C ＋2 2C ＋3 2C ＋…＋( k＋1) 2C ＋…＋( n＋1) 2C0n 1n 2n kn n＝(1 2C ＋2 2C )＋ n(n－1)(C ＋C ＋…＋C )＋3 n(C ＋C ＋…＋C )0n 1n 0n－ 2 1n－ 2 n－ 2－ 1n－ 1 2n－ 1 n－ 1－＋(C ＋C ＋…＋C )2n 3n n＝(1＋4 n)＋ n(n－1)2 n－2 ＋3 n(2n－1 －1)＋(2 n－1－ n)＝2 n－2 (n2＋5 n＋4)．1(三)坐标系与参数方程1．(2018·南京六校联考)在平面直角坐标系 xOy中，以 O为极点， Ox为极轴建立极坐标系，曲线 C的极坐标方程是 ρ ＝2sin θ ，直线 l的参数方程是Error!( t为参数)．求直线 l被曲线 C截得的弦长．解 曲线 C的直角坐标方程是 x2＋( y－1) 2＝1，直线 l的普通方程是 x＋2 y－3＝0，圆心 C(0,1)到直线 l的距离 d＝ ＝ ，|2－ 3|12＋ 22 55所以直线 l被曲线 C截得的弦长为2 ＝ .12－ (55)2 4552．(2018·江苏南京外国语学校月考)在平面直角坐标系 xOy中，圆 C的参数方程为Error!(α 为参数， m为常数)．以原点 O为极点，以 x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线 l的极坐标方程为 ρ cos ＝ .若直线 l与圆 C有两个不同的公共点，求实数 m的(θ －π4) 2取值范围．解 圆 C的普通方程为( x－ m)2＋ y2＝4.直线 l的极坐标方程化为 ρ ＝ ，(22cos θ ＋ 22sin θ ) 2即 x＋ y＝ ，化简得 x＋ y－2＝0.22 22 2因为圆 C的圆心为 C(m,0)，半径为 2，圆心 C到直线 l的距离 d＝ ，直线 l与圆 C有|m－ 2|2两个不同的公共点，所以 d＝ 2，|m－ 2|22解得 2－2 m2＋2 ，2 2即实数 m的取值范围是(2－2 ，2＋2 )．2 23．(2018·江苏南京师大附中模拟)在极坐标系中，已知圆 C： ρ ＝2 cos θ 和直线2l： θ ＝ (ρ ∈R)相交于 A， B两点，求线段 AB的长．π4解 圆 C： ρ ＝2 cos θ 的直角坐标方程为2x2＋ y2－2 x＝0，即( x－ )2＋ y2＝2.2 2直线 l： θ ＝ (ρ ∈R)的直角坐标方程为 y＝ x.π4圆心 C到直线 l的距离 d＝ ＝1.|2－ 0|2所以 AB＝2.4．(2018·江苏泰州中学月考)在直角坐标系 xOy中，以坐标原点 O为极点， x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知点 P的极坐标为 ，曲线 C的极坐标方程为 ρ cos (2，π2)θ － ρ sin θ ＝1，曲线 D的参数方程为Error!(α 为参数)．曲线 C和曲线 D相交于 A， B两点．(1)求点 P的直角坐标；(2)求曲线 C的直角坐标方程和曲线 D的普通方程；(3)求△ PAB的面枳 S，解 (1)设点 P的直角坐标为( x， y)，则 x＝2cos ＝0， y＝2sin ＝2，π2 π2∴点 P的直角坐标为 .(0， 2)(2)将 ρ cos θ ＝ x， ρ sin θ ＝ y代入 ρ cos θ － ρ sin θ ＝1，得 x－ y＝1，∴曲线 C的直角坐标方程为 x－ y－1＝0.消去方程Error! 中的参数 α ，得( x－1) 2＋ y2＝1，∴曲线 D的普通方程为( x－1) 2＋ y2＝1.(3)因为直线 C： x－ y－1＝0 过圆 D：( x－1) 2＋ y2＝1 的圆心，∴ AB为圆 D的直径，∴ AB＝2.又点 P (0,2)到直线 C： x－ y－1＝0 的距离为 d＝ ＝ ，32 3223∴ S△ PAB＝ AB·d＝ ×2× ＝ .12 12 322 3221(九)数学归纳法1．已知数列{ an}满足： a1＝2 a－2， an＋1 ＝ aan－1＋1( n∈N *)．(1)若 a＝－1，求数列{ an}的通项公式；(2)若 a＝3，试证明：对∀ n∈ N*， an是 4 的倍数．(1)解 当 a＝－1 时， a1＝－4， an＋1 ＝(－1) an－1＋1.令 bn＝ an－1，则 b1＝－5， bn＋1 ＝(－1) bn.∵ b1＝－5 为奇数，∴当 n≥2 时， bn也是奇数且只能为－1，∴ bn＝Error! 即 an＝Error!(2)证明 当 a＝3 时， a1＝4， an＋1 ＝3 an－1＋1.下面利用数学归纳法来证明： an是 4 的倍数．当 n＝1 时， a1＝4＝4×1，命题成立；设当 n＝ k(k∈N *)时，命题成立，则存在 t∈N *，使得 ak＝4 t，∴ ak＋1 ＝3 ak－1＋1＝3 4t－1 ＋1＝27·(4－1) 4(t－1) ＋1＝27·(4 m＋1)＋1＝4(27 m＋7)，其中，4 m＝4 4(t－1) －C ·44t－5 ＋…－(－1) rC ·44t－4－ r＋…－C ·4，14t－ 1 r4t－ 1 4t－ 5－ 1∴ m∈Z，∴当 n＝ k＋1 时，命题成立．由数学归纳法知，对∀ n∈N *， an是 4 的倍数成立．2．已知数列{ an}满足 an＋1 ＝ a － nan＋1( n∈N *)，且 a1＝3.122n 12(1)计算 a2， a3， a4的值，由此猜想数列{ an}的通项公式，并给出证明；(2)求证：当 n≥2 时， a ≥4 nn.n2(1)解 a2＝4， a3＝5， a4＝6，猜想： an＝ n＋2( n∈N *)．①当 n＝1 时， a1＝3，结论成立；②假设当 n＝ k(k≥1， k∈N *)时，结论成立，即 ak＝ k＋2，则当 n＝ k＋1 时， ak＋1 ＝ a － kak＋1＝ (k＋2) 2－ k(k＋2)＋1＝ k＋3＝( k＋1)＋2，122k 12 12 12即当 n＝ k＋1 时，结论也成立．由①②，得数列{ an}的通项公式为 an＝ n＋2( n∈N *)．(2)证明 原不等式等价于 n≥4.(1＋2n)显然，当 n＝2 时，等号成立．当 n2 时， n＝C ＋C ＋C 2＋…＋C nC ＋C ＋C 2＝5－ 4.(1＋2n) 0n 1n2n 2n(2n) n(2n) 0n 1n2n 2n(2n) 2n综上所述，当 n≥2 时， a ≥4 nn.n3．已知函数 f(x)＝ln(2－ x)＋ ax 在区间(0,1)上是增函数．(1)求实数 a 的取值范围；(2)若数列{ an}满足 a1∈(0,1)， an＋1 ＝ln(2－ an)＋ an， n∈N *，证明：0ln 1＝0，∴ an0；当 n＝2 时， S2－ P2＝4－4＝0；当 n＝3 时， S3－ P3＝8－9＝－10；当 n＝6 时， S6－ P6＝64－36＝280.猜想：当 n≥5 时， Sn－ Pn0.证明如下：①当 n＝5 时，由上述可知 Sn－ Pn0.②假设当 n＝ k(k≥5， k∈N *)时， Sk－ Pk＝2 k－ k20.当 n＝ k＋1 时， Sk＋1 － Pk＋1 ＝2 k＋1 －( k＋1) 2＝2·2 k－ k2－2 k－1＝2(2 k－ k2)＋ k2－2 k－1＝2( Sk－ Pk)＋ k2－2 k－1 k2－2 k－1＝ k(k－2)－1≥5×(5－2)－1＝140.∴当 n＝ k＋1 时， Sk＋1 － Pk＋1 0 成立．由①②可知，当 n≥5 时， Sn－ Pn0 成立，即 SnPn成立．由上述分析可知，当 n＝1 或 n≥5 时， SnPn；当 n＝2 或 n＝4 时， Sn＝ Pn；当 n＝3 时，SnPn.1(二)矩阵与变换1．(2018·南京模拟)已知矩阵 A＝ ， B＝ .若直线 l： x－ y＋2＝0 在矩阵 AB 对[1 20 1] [2 00 1]应的变换作用下得到直线 l1，求直线 l1的方程．解 因为 A＝ ， B＝ ，[1 20 1] [2 00 1]所以 AB＝ ，[2 20 1]设点 P0(x0， y0)是 l 上任意一点，P0在矩阵 AB 对应的变换作用下得到 P(x， y)，因为 P0(x0， y0)在直线 l： x－ y＋2＝0 上，所以 x0－ y0＋2＝0.①由 AB ＝ ，[x0y0] [xy]即 ＝ ，[2 20 1][x0y0] [xy]得Error! 即Error!②将②代入①得 x－4 y＋4＝0，所以直线 l1的方程为 x－4 y＋4＝0.2．已知曲线 C： y2＝ x， C 在矩阵 M＝ 对应的变换作用下得到曲线 C1， C1在矩阵12 [1 00 － 2]N＝ 对应的变换作用下得到曲线 C2，求曲线 C2的方程．[0 11 0]解 设 A＝ NM，则 A＝ ＝ ，[0 11 0][1 00 － 2] [0 － 21 0]设 P(x′， y′)是曲线 C 上任一点，在两次变换下，在曲线 C2上对应的点为 P(x， y)，2则 ＝ ＝ ，[xy] [0 － 21 0][x′y′ ] [－ 2y′x′ ]即Error! ∴Error!又点 P(x′， y′)在曲线 C： y2＝ x 上，12∴ 2＝ y，即 x2＝2 y.(－12x) 123．已知矩阵 M＝ 的一个特征值为 3，求 M 的另一个特征值及其对应的一个特征向量．[1 22 x]解 矩阵 M 的特征多项式为f(λ )＝ ＝( λ －1)( λ － x)－4.|λ － 1 － 2－ 2 λ － x|因为 λ 1＝3 是方程 f(λ )＝0 的一根，所以 x＝1.由( λ －1)( λ －1)－4＝0，得 λ 2＝－1.设 λ 2＝－1 对应的一个特征向量为 α ＝ ，[xy]则Error! 得 x＝－ y.令 x＝1，则 y＝－1，所以矩阵 M 的另一个特征值为－1，对应的一个特征向量为 α ＝ .[1－ 1]4．(2018·扬州模拟)已知 x， y∈R，若点 M(1,1)在矩阵 A＝ 对应的变换作用下得到点[2 x3 y]N(3,5)，求矩阵 A 的逆矩阵 A－1 .解 因为 A ＝ ，[11] [35]即 ＝ ，[2 x3 y][11] [35]即Error! 解得Error!所以 A＝ .[2 13 2]设 A－1 ＝ ，[a bc d]则 AA－1 ＝ ＝ ，[2 13 2][a bc d] [1 00 1]即Error! 解得Error!所以 A－1 ＝ .[2 － 1－ 3 2]1(五)空间向量与立体几何1．(2018·盐城模拟)如图，已知四棱锥 P－ ABCD的底面是正方形， PA⊥平面 ABCD，且PA＝ AD＝2，点 M， N分别在 PD， PC上， ＝ ， PM＝ MD.PN→ 12NC→ (1)求证： PC⊥平面 AMN；(2)求二面角 B－ AN－ M的余弦值．(1)证明 以 A为坐标原点， AB， AD， 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．又∵ PA＝ AD＝2，∴ P(0,0,2)， D(0,2,0)，B(2,0,0)，∴ M(0,1,1)， C(2,2,0)．∴ ＝(2,2，－2)， ＝(0,1,1)．PC→ AM→ ∵ · ＝0＋2－2＝0，PC→ AM→ 2∴ PC⊥ AM.设 N(x， y， z)，∵ ＝ ，PN→ 12NC→ 求得 N .(23， 23， 43)∵ · ＝ ＋ － ＝0，∴ AN⊥ PC.PC→ AN→ 43 43 83又 AM∩ AN＝ A， AM， AN⊂平面 AMN，∴ PC⊥平面 AMN.(2)解 设平面 BAN的法向量为 n＝( x， y， z)，∵Error! 即Error!令 z＝－1，∴ n＝(0,2，－1)．∵ ＝(2,2，－2)是平面 AMN的法向量，PC→ ∴cos〈 n， 〉＝ ＝ .PC→ n·PC→ |n||PC→ | 155由图知二面角 B－ AN－ M为钝二面角，∴二面角 B－ AN－ M的余弦值为－ .1552.如图，已知三棱锥 O－ ABC的侧棱 OA， OB， OC两两垂直，且 OA＝1， OB＝ OC＝2， E是 OC的中点．(1)求异面直线 BE与 AC所成角的余弦值；(2)求二面角 A－ BE－ C的正弦值．解 (1)以 O为原点，分别以 OB， OC， OA所在直线为 x轴， y轴， z轴建立空间直角坐标系，则 A(0,0,1)， B(2,0,0)， C(0,2,0)， E(0,1,0)．＝(2，－1,0)， ＝(0,2，－1)，EB→ AC→ 3∴cos〈 ， 〉＝－ ，EB→ AC→ 25又异面直线所成的角为锐角或直角，∴异面直线 BE与 AC所成角的余弦值为 .25(2) ＝(2,0，－1)， ＝(0,1，－1)，AB→ AE→ 设平面 ABE的法向量为 n1＝( x， y， z)，则由 n1⊥ ， n1⊥ ，AB→ AE→ 得Error! 取 n1＝(1,2,2)，平面 BEC的法向量为 n2＝(0,0,1)，∴cos〈 n1， n2〉＝ ，23∴二面角 A－ BE－ C的余弦值的绝对值为 ，23∴sin θ ＝ ，53即二面角 A－ BE－ C的正弦值为 .533.三棱柱 ABC－ A1B1C1在如图所示的空间直角坐标系中，已知 AB＝2， AC＝4， AA1＝3， D是BC的中点．(1)求直线 DB1与平面 A1C1D所成角的正弦值；(2)求二面角 B1－ A1D－ C1的正弦值．解 (1)由题意知， B(2,0,0)， C(0,4,0)， D(1,2,0)， A1(0,0,3)， B1(2,0,3)， C1(0,4,3)，则 ＝(1,2，－3)， ＝(0,4,0)， ＝(1，－2,3)．A1D→ A1C1→ DB1→ 设平面 A1C1D的一个法向量为 n＝( x， y， z)．由 n· ＝ x＋2 y－3 z＝0， n· ＝4 y＝0，A1D→ A1C1→ 得 y＝0， x＝3 z，令 z＝1，得 x＝3， n＝(3,0,1)．设直线 DB1与平面 A1C1D所成的角为 θ ，则 sin θ ＝|cos〈 ， n〉|＝ ＝ .DB1→ |3＋ 3|10×14 335354(2)设平面 A1B1D的一个法向量为 m＝( a， b， c)， ＝(2,0,0)．A1B1→ 由 m· ＝ a＋2 b－3 c＝0， m· ＝2 a＝0，A1D→ A1B1→ 得 a＝0,2 b＝3 c，令 c＝2，得 b＝3， m＝(0,3,2)．设二面角 B1－ A1D－ C1的大小为 α ，|cos α |＝|cos〈 m， n〉|＝ ＝ ，|m·n||m||n| 265sin α ＝ ＝ .3765 345565所以二面角 B1－ A1D－ C1的正弦值为 .3455654.如图，在三棱锥 S－ ABC中，底面是边长为 2 的正三角形，点 S在底面 ABC上的射影 O3是 AC的中点，侧棱 SB和底面成 45°角．(1)若 D为棱 SB上一点，当 为何值时， CD⊥ AB；SDDB(2)求二面角 S－ BC－ A的余弦值的大小．解 连结 OB，由题意得 OS， OB， OC两两垂直．以 O为坐标原点，分别以 OB， OC， OS所在直线为 x， y， z轴建立空间直角坐标系．由题意知∠ SBO＝45°， SO＝3.所以 O(0,0,0)， C(0， ，0)， A(0，－ ，0)， S(0,0,3)，3 3B(3,0,0)．(1)设 ＝ λ (0≤ λ ≤1)，连结 OD，BD→ BS→ 则 ＝(1－ λ ) ＋ λ ＝(3(1－ λ )，0,3 λ )，OD→ OB→ OS→ 所以 ＝(3(1－ λ )，－ ，3 λ )．CD→ 35因为 ＝(3， ，0)， CD⊥ AB，AB→ 3所以 · ＝9(1－ λ )－3＝0，解得 λ ＝ .CD→ AB→ 23故当 ＝ 时， CD⊥ AB.SDDB 12(2)平面 ACB的法向量为 n1＝(0,0,1)．设平面 SBC的法向量 n2＝( x， y， z)，由Error! 得Error!解得Error! 取 z＝1，则 n2＝(1， ，1)，3所以 cos〈 n1， n2〉＝ ＝ ，1×0＋ 3×0＋ 1×112＋ 12＋ 32 15显然所求二面角的平面角为锐角，故所求二面角的余弦值的大小为 .551(八)随机变量及其概率分布1．袋中装有大小相同的黑球和白球共 9 个，从中任取 2 个都是白球的概率为 .现甲、乙两512人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，每次摸取 1 个球，取出的球不放回，直到其中有一人取到白球时终止．用 X 表示取球终止时取球的总次数．(1)求袋中原有白球的个数；(2)求随机变量 X 的概率分布及数学期望 E(X)．解 (1)设袋中原有 n 个白球，则从 9 个球中任取 2 个球都是白球的概率为 ，C2nC29由题意知 ＝ ，化简得 n2－ n－30＝0，C2nC29 512解得 n＝6 或 n＝－5(舍去)，故袋中原有白球的个数为 6.(2)由题意， X 的可能取值为 1,2,3,4.P(X＝1)＝ ＝ ， P(X＝2)＝ ＝ ，69 23 3×69×8 14P(X＝3)＝ ＝ ， P(X＝4)＝ ＝ .3×2×69×8×7 114 3×2×1×69×8×7×6 184所以取球次数 X 的概率分布为X 1 2 3 4P 23 14 114 184所求数学期望 E(X)＝1× ＋2× ＋3× ＋4× ＝ .23 14 114 184 1072．某射击小组有甲、乙两名射手，甲的命中率为 P1＝ ，乙的命中率为 P2，在射击比武活232动中每人射击两发子弹则完成一次检测．在一次检测中，若两人命中次数相等且都不少于一发，则称该射击小组为“先进和谐组” ．(1)若 P2＝ ，求该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率；12(2)在 2018 年每月进行 1 次检测，设这 12 次检测中该小组获得“先进和谐组”的次数为ξ ，如果 E(ξ )≥5，求 P2的取值范围．解 (1)所求概率 P＝ ＋ ＝ .(C12·23·13)(C12·12·12) (23·23)(12·12) 13(2)该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率为P＝ [C ·P2·(1－ P2)]＋ P ＝ P2－ P .(C12·23·13) 12 (23·23)2 89 492而 ξ ～ B(12， P)，所以 E(ξ )＝12 P，由 E(ξ )≥5 知， ·12≥5，(89P2－ 49P2)解得 ≤ P2≤ .34 54又 0≤ P2≤1，∴ ≤ P2≤1.343．(2018·南通调研)从集合{1,2,3,4,5}的所有非空子集中，等可能地取出 m 个．(1)若 m＝1，求所取子集的元素既有奇数又有偶数的概率；(2)若 m＝2，记所取子集的元素个数之差的绝对值为 ξ ，求 ξ 的概率分布及数学期望E(ξ )．解 (1)当 m＝1 时，记事件 A：“所取子集的元素既有奇数又有偶数” ．则集合{1,2,3,4,5}的非空子集数为 25－1＝31，其中非空子集的元素全为奇数的子集数为23－1＝7，全为偶数的子集数为 22－1＝3，所以 P(A)＝ ＝ .31－ 7＋ 331 2131(2)当 m＝2 时， ξ 的所有可能取值为 0,1,2,3,4，则 P(ξ ＝0)＝ ＝ ＝ ，C2C15＋ C2C25＋ C2C35＋ C2C45C231 110465 2293P(ξ ＝1)＝ ＝ ＝ ，C15C25＋ C25C35＋ C35C45＋ C45C5C231 205465 4193P(ξ ＝2)＝ ＝ ＝ ，C15C35＋ C25C45＋ C35C5C231 110465 2293P(ξ ＝3)＝ ＝ ＝ ，C15C45＋ C25C5C231 35465 793P(ξ ＝4)＝ ＝ ＝ ，C15C5C231 5465 1933所以 ξ 的概率分布为ξ 0 1 2 3 4P 2293 4193 2293 793 193所以 ξ 的数学期望E(ξ )＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＋4× ＝ .2293 4193 2293 793 193 110934．(2018·启东模拟)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＝ )的值；3(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 ＝35(种)取法．其中 X＝ 的三37 3角形如△ ABF，这类三角形共有 6 个．因此 P(X＝ )＝ ＝ .36C37 635(2)由题意知， X 的可能取值为 ，2， ，2 ，3 .3 6 3 3其中 X＝ 的三角形如△ ABF，这类三角形共有 6 个；3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＝ 的三角形如△ SBD，这类三角形共有 6 个；6其中 X＝2 的三角形如△ CDF，这类三角形共有 12 个；3其中 X＝3 的三角形如△ BDF，这类三角形共有 2 个．3因此 P(X＝ )＝ ， P(X＝2)＝ ， P(X＝ )＝ ，3635 935 6 635P(X＝2 )＝ ， P(X＝3 )＝ .31235 3 235所以随机变量 X 的概率分布为X 3 2 6 2 3 3 3P(X) 635 935 635 1235 235所求数学期望 E(X)＝ × ＋2× ＋ × ＋2 × ＋3 × ＝ .3635 935 6 635 3 1235 3 235 363＋ 66＋ 18351(六)曲线与方程、抛物线1.如图，过抛物线 y2＝4 x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(a2,2a)， D(b2,2b)， a0， b0)过点(2,1)，直线 l过点 P(0，－1)与抛物线 C交于A， B两点，点 A关于 y轴的对称点为 A′，连结 A′ B.(1)求抛物线 C的标准方程；(2)问直线 A′ B是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．解 (1)将点(2,1)代入抛物线 C的方程，得 p＝2，所以抛物线 C的标准方程为 x2＝4 y.(2)设直线 l的方程为 y＝ kx－1，又设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 A′(－ x1， y1)，由Error! 得 x2－4 kx＋4＝0，则 Δ ＝16 k2－160， x1,2＝ ，4k±16k2－ 162x1x2＝4， x1＋ x2＝4 k，所以 kA′ B＝ ＝ ＝ ，y2－ y1x2－ － x1 x24－ x214x1＋ x2 x2－ x14于是直线 A′ B的方程为 y－ ＝ (x－ x2)，x24 x2－ x14所以 y＝ (x－ x2)＋ ＝ x＋1，x2－ x14 x24 x2－ x14当 x＝0 时， y＝1，所以直线 A′ B过定点(0,1)．33.如图，已知定点 R(0，－3)，动点 P， Q分别在 x轴和 y轴上移动，延长 PQ至点 M，使＝ ，且 · ＝0.PQ→ 12QM→ PR→ PM→ (1)求动点 M的轨迹 C1；(2)圆 C2： x2＋( y－1) 2＝1，过点(0,1)的直线 l依次交 C1于 A， D两点(从左到右)，交 C2于B， C两点(从左到右)，求证： · 为定值．AB→ CD→ (1)解 方法一 设 M(x， y)， P(x1,0)， Q(0， y2)，则由 · ＝0， ＝ 及 R(0，－3)，得PR→ PM→ PQ→ 12QM→ Error!化简得 x2＝4 y.所以动点 M的轨迹 C1是顶点在原点，开口向上的抛物线．方法二 设 M(x， y)．由 ＝ ，得 P ， Q .PQ→ 12QM→ (－ x2， 0) (0， y3)所以 ＝ ， ＝ .PR→ (x2， － 3) PM→ (3x2， y)由 · ＝0，得 · ＝0，PR→ PM→ (x2， － 3) (3x2， y)即 x2－3 y＝0，化简得 x2＝4 y.34所以动点 M的轨迹 C1是顶点在原点，开口向上的抛物线．(2)证明 由题意，得 · ＝ AB·CD，⊙ C2的圆心即为抛物线 C1的焦点 F.AB→ CD→ 设 A(x1， y1)， D(x2， y2)，则 AB＝ FA－ FB＝ y1＋1－1＝ y1.同理 CD＝ y2.直线 l的斜率显然存在，设直线 l的方程为 y＝ kx＋1，联立Error! 得 x2－4 kx－4＝0，所以 x1,2＝ ，4k±16k2＋ 162所以 x1＋ x2＝4 k， x1·x2＝－4，所以 · ＝ AB·CD＝ y1y2AB→ CD→ ＝( kx1＋1)( kx2＋1)＝ k2x1x2＋ k(x1＋ x2)＋14＝－4 k2＋4 k2＋1＝1，所以 · 为定值 1.AB→ CD→ 4.如图，已知抛物线 C： y2＝4 x的焦点为 F，过 F的直线 l与抛物线 C交于 A(x1， y1)(y10)，B(x2， y2)两点， T为抛物线的准线与 x轴的交点．(1)若 · ＝1，求直线 l的斜率；TA→ TB→ (2)求∠ ATF的最大值．解 (1)因为抛物线 y2＝4 x的焦点为F(1,0)， T(－1,0)，当 l⊥ x轴时， A(1,2)， B(1，－2)，此时 · ＝0，与 · ＝1 矛盾，TA→ TB→ TA→ TB→ 所以可设直线 l的方程为 y＝ k(x－1)，代入 y2＝4 x，得 k2x2－(2 k2＋4) x＋ k2＝0，x1,2＝ ，2k2＋ 4±2k2＋ 42－ 4k42k2则 x1＋ x2＝ ， x1x2＝1，①2k2＋ 4k2故 y y ＝16 x1x2＝16， y1y2＝－4.②212因为 · ＝1，所以( x1＋1)( x2＋1)＋ y1y2＝1，TA→ TB→ 将①②代入并整理，得 k2＝4，所以 k＝±2.(2)因为 y10，所以 tan∠ ATF＝ ＝ ＝ ≤1，y1x1＋ 1 y1y214＋ 1 1y14＋ 1y1当且仅当 ＝ ，即 y1＝2 时取等号，y14 1y1因为点 A在第一象限，所以∠ ATF的最大值为 .π41(四)不等式选讲1．已知正数 x， y满足 x2＋ y2＝2，求证： x＋ y≥2 xy.证明 ∵ x0， y0，∴要证 x＋ y≥2 xy，只要证( x＋ y)2≥4 x2y2，即证 x2＋ y2＋2 xy≥4 x2y2.∵ x2＋ y2＝2，∴只要证 2＋2 xy≥4 x2y2，即证 2(xy)2－ xy－1≤0，即证(2 xy＋1)( xy－1)≤0.∵2 xy＋10，∴只要证 xy≤1.∵2 xy≤ x2＋ y2＝2，∴ xy≤1 成立，当且仅当 x＝ y＝1 时取等号．∴ x＋ y≥2 xy.2．已知 a， b， c都是正数且 abc＝1，求证：(2＋ a)(2＋ b)(2＋ c)≥27.证明 由算术－几何平均不等式可得2＋ a＝1＋1＋ a≥3 ，3a2＋ b＝1＋1＋ b≥3 ，3b2＋ c＝1＋1＋ c≥3 .3c不等式两边分别相乘可得，(2＋ a)(2＋ b)(2＋ c)≥3 ×3 ×3 ＝27 ＝27，3a 3b 3c 3abc当且仅当 a＝ b＝ c＝1 时等号成立．3．已知函数 f(x)＝2| x－2|＋3| x＋3|.若函数 f(x)的最小值为 m，正实数 a， b满足4a＋25 b＝ m，求 ＋ 的最小值，并求出此时 a， b的值．1a 1b解 依题意知， f(x)＝Error!2当 x＝－3 时，函数 f(x)有最小值 10，故 4a＋25 b＝10，故 ＋ ＝ 1a 1b 110(1a＋ 1b)(4a＋ 25b)＝ ≥ ＝ ，110(29＋ 25ba＋ 4ab) 110(29＋ 225ba·4ab) 4910当且仅当 ＝ 时等号成立，25ba 4ab此时 a＝ ， b＝ .57 274．(2018·镇江调研)已知函数 f(x)＝| x－ a|＋| x＋ a|，若对任意 x∈R，不等式 f(x)a2－3 恒成立，求实数 a的取值范围．解 ∵对任意 x∈R，不等式 f(x)a2－3 恒成立，∴ f(x)mina2－3，又∵| x－ a|＋| x＋ a|≥ | x－ a－( x＋ a)|＝|2 a|，∴|2 a|a2－3，即| a|2－2| a|－30，解得－1| a|3.∴－3 a3.