江苏专用高考数学复习专题七附加题必做部分教师用书理.docx

专题七 附加题（必做部分）教师用书 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，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(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，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，所以是平面PAB的一个法向量，(0，2，0).因为(1，1，2)，(0，2，2).设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1，1，1)是平面PCD的一个法向量，从而cos，m，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为(1，0，2)，设(，0，2)(01)，又(0，1，0)，则(，1，2)，又(0，2，2)，从而cos，.设12t，t1，3，则cos2，.当且仅当t，即时，|cos，|的最大值为.因为ycos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值.又因为BP，所以BQBP.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(a1，b1，c1)，平面，的法向量分别为(a2，b2，c2)，(a3，b3，c3)，则(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行a2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直0a2a3b2b3c2c30.2.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(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，(a4，b4，c4)(以下相同).(1)线线夹角设l，m的夹角为(0)，则cos .(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为(0)，则sin |cosa，|，(3)面面夹角设平面，的夹角为(0)，则|cos |cos，|.热点一向量法证明平行与垂直【例1】 如图，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点，运用向量方法求证：(1)OM平面BCF；(2)平面MDF平面EFCD.证明法一由题意，得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，O.(1)，(1，0，0)，0，.棱柱ADEBCF是直三棱柱，AB平面BCF，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n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2).(1，1，1)，(1，0，0)，(0，1，1)，由得解得令x11，则n1.同理可得n2(0，1，1).n1n20，平面MDF平面EFCD.法二(1)()().向量与向量，共面，又OM平面BCF，OM平面BCF.(2)由(1)及题意知，BF，BC，BA两两垂直，0，()220.OMCD，OMFC，又CDFCC，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，PAAB2，BAD60，E是PA的中点.(1)求证：直线PC平面BDE；(2)求证：BDPC.证明设ACBDO.因为BAD60，AB2，底面ABCD为菱形，所以BO1，AOCO，ACBD.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(0，2)，A(0，0)，B(1，0，0)，C(0，0)，D(1，0，0)，E(0，1).(1)设平面BDE的法向量为n1(x1，y1，z1)，因为(1，1)，(2，0，0)，由得令z1，得y11，所以n1(0，1，).又(0，2，2)，所以n10220，即n1，又PC平面BDE，所以PC平面BDE.(2)因为(0，2，2)，(2，0，0)，所以0.故BDPC.热点二利用空间向量求空间角微题型1求线面角【例21】 (2016全国卷)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点.(1)证明MN平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.(1)证明由已知得AMAD2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綉AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.(2)解取BC的中点E，连接AE.由ABAC得AEBC，从而AEAD，AE.以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(，2，0)，N，(0，2，4)，.设n(x，y，z)为平面PMN的法向量，则即可取n(0，2，1).于是cosn，.设AN与平面PMN所成的角为，则sin ，直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为.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”.微题型2求二面角【例22】 (2016全国卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置.OD.(1)证明：DH平面ABCD；(2)求二面角BDAC的正弦值.(1)证明由已知得ACBD，ADCD.又由AECF得，故ACEF.因此EFHD，从而EFDH.由AB5，AC6得DOBO4.由EFAC得.所以OH1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故DHOH.又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.(2)解如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz.则H(0，0，0)，A(3，1，0)，B(0，5，0)，C(3，1，0)，D(0，0，3)，(3，4，0)，(6，0，0)，(3，1，3).设m(x1，y1，z1)是平面ABD的法向量，则即所以可取m(4，3，5).设n(x2，y2，z2)是平面ACD的法向量，则即所以可取n(0，3，1).于是cosm，n.sinm，n.因此二面角BDAC的正弦值是.探究提高利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角的情况下，这种方法具有一定的优势，但要注意，必须能断定“所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角”，在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否则解法是不严谨的.【训练2】 (2013江苏卷)如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，ABAC，ABAC2，A1A4，点D是BC的中点.(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1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Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4)，所以(2，0，4)，(1，1，4).因为cos，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)设平面ADC1的法向量为n1(x，y，z)，因为(1，1，0)，(0，2，4)，所以n10，n10，即xy0且y2z0，取z1，得x2，y2，所以，n1(2，2，1)是平面ADC1的一个法向量.取平面AA1B的一个法向量为n2(0，1，0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为.由|cos |，得sin .因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.热点三向量法解决立体几何中的探索性问题【例3】 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC90，平面PAD底面ABCD，Q为AD的中点，PAPD2，BCAD1，CD.(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ADBC，BCAD，Q为AD的中点，BCDQ且BCDQ，四边形BCDQ为平行四边形，CDBQ.ADC90，AQB90，即QBAD，PAPD，PQAD，PQBQQ，PQ，BQ平面PBQ，AD平面PBQ，AD平面PAD，平面PQB平面PAD.(2)解当M是棱PC上靠近点C的四等分点时，有二面角MBQC为30，理由如下：由(1)知PQAD.平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，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，)，B(0，0)，C(1，0).设满足条件的点M(x，y，z)存在，则(x，y，z)，(1x，y，z)，令t，其中t0，在平面MBQ中，(0，0)，平面MBQ的一个法向量m(，0，t)，二面角MBQC为30，cos 30，解得t3.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(1)确定点的坐标时，通常利用向量共线来求，如本例t来求M点的坐标.(2)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解题.【训练3】 (2016北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(1)求证：PD平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由.(1)证明平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD.又ABAD，AB平面ABCD.AB平面PAD.PD平面PAD.ABPD.又PAPD，PAABA.PD平面PAB.(2)解取AD中点O，连接CO，PO，PAPD，POAD.又PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，PO平面ABCD，CO平面ABCD，POCO，ACCD，COAD.以O为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，1，0)，C(2，0，0).则(1，1，1)，(0，1，1)，(2，0，1).(2，1，0).设n(x0，y0，1)为平面PDC的一个法向量.由得解得即n.设PB与平面PCD的夹角为.则sin |cosn，|.(3)解设M是棱PA上一点，则存在0，1使得，因此点M(0，1，)，(1，)，因为BM平面PCD，所以BM平面PCD，当且仅当n0，即(1，)0，解得，所以在棱PA上存在点M使得BM平面PCD，此时.1.两条直线夹角的范围为.设直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2，其夹角为，则cos |cosn1，n2|.2.二面角的范围为0，.设半平面与的法向量分别为n1与n2，二面角为，则|cos |cosn1，n2|.3.利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性.1.(2016南通调研)如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SA平面ABCD，AB1，ADAS2，P是棱SD上一点，且SPPD.(1)求直线AB与CP所成角的余弦值；(2)求二面角APCD的余弦值.解(1)如图，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AS所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，S(0，0，2).设P(x0，y0，z0)，由得(x0，y0，z02)(0，2，2)，所以x00，y0，z0，点P坐标为.，(1，0，0).设直线AB与CP所成的角为，由图可知，为锐角，则cos .(2)设平面APC的法向量为m(x1，y1，z1)，由于(1，2，0)，所以令y12，则x14，z11，m(4，2，1).设平面DPC的法向量为n(x2，y2，z2)，由于(1，0，0)，所以令y21，则z21，n(0，1，1).设二面角APCD的大小为，由于cosm，n，由于为钝角，所以cos cosm，n.2.(2015山东卷)如图，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G，H分别为AC，BC的中点.(1)求证：BD平面FGH；(2)若CF平面ABC，ABBC，CFDE, BAC45 ，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.(1)证明法一连接DG，CD，设CDGFO，连接OH，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G为AC的中点，可得DFGC，DFGC，所以四边形DFCG为平行四边形.则O为CD的中点，又H为BC的中点，所以OHBD，又OH平面FGH，BD平面FGH，所以BD平面FGH.法二在三棱台DEFABC中，由BC2EF，H为BC的中点，可得BHEF，BHEF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BEHF.在ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GHAB.又GHHFH，所以平面FGH平面ABED.因为BD平面ABED，所以BD平面FGH.(2)解设AB2，则CF1.在三棱台DEFABC中，G为AC的中点，由DFACGC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DGFC，又FC平面ABC，所以DG平面ABC.在ABC中，由ABBC，BAC45，G是AC中点.所以ABBC，GBGC，因此GB，GC，GD两两垂直.以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.所以G(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，0)，D(0，0，1).可得H，F(0，1)，故，(0，1).设n(x，y，z)是平面FGH的一个法向量，则由可得可得平面FGH的一个法向量n(1，1，).因为是平面ACFD的一个法向量，(，0，0).所以cos，n.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.3.(2016四川卷)如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，ADCPAB90，BCCDAD.E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90.(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM平面PBE，并说明理由；(2)若二面角PCDA的大小为45，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC，相交于点M(M平面PAB)，点M即为所求的一个点.理由如下：由已知，BCED，且BCED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CMEB.又EB平面PBE，CM平面PBE.所以CM平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得APPN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)法一由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD.于是CDPD.从而PDA是二面角PCDA的平面角.所以PDA45.由PAAB，可得PA平面ABCD.设BC1，则在RtPAD中，PAAD2.作AyAD，以A为原点，以，的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0).所以(1，0，2)，(1，1，0)，(0，0，2).设平面PCE的法向量为n(x，y，z).由得设x2，解得n(2，2，1).设直线PA与平面PCE所成角为，则sin .所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.法二由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD.从而CDPD.所以PDA是二面角PCDA的平面角.所以PDA45.设BC1，则在RtPAD中，PAAD2.过点A作AHCE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA平面ABCD，从而PACE.且PAAHA，于是CE平面PAH.又CE平面PCE所以平面PCE平面PAH.过A作AQPH于Q，则AQ平面PCE.所以APH是PA与平面PCE所成的角.在RtAEH中，AEH45，AE1，所以AH.在RtPAH中，PH.所以sinAPH.4.(2016浙江卷)如图，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE平面ABC，ACB90，BEEFFC1，BC2，AC3.(1)求证：BF平面ACFD；(2)求二面角BADF的平面角的余弦值.(1)证明延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示.因为平面BCFE平面ABC，且ACBC，所以AC平面BCK，因此BFAC.又因为EFBC，BEEFFC1，BC2，所以BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BFCK，且CKACC，所以BF平面ACFD.(2)解法一如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则BCK为等边三角形.取BC的中点O，连接KO，则KOBC，又平面BCFE平面ABC，所以KO平面ABC.以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x，z的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得B(1，0，0)，C(1，0，0)，K(0，0，)，A(1，3，0)，E，F.因此，(0，3，0)，(1，3，)，(2，3，0).设平面ACK的法向量为m(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量为n(x2，y2，z2).由得取m(，0，1)；由得取n(3，2，).于是，cosm，n.所以，二面角BADF的平面角的余弦值为.法二过点F作FQAK于Q，连接BQ.因为BF平面ACK，所以BFAK，则AK平面BQF，所以BQAK.所以BQF是二面角BADF的平面角.在RtACK中，AC3，CK2，得AK，FQ.在RtBQF中，FQ，BF，得cosBQF.所以，二面角BADF的平面角的余弦值为.5.(2016苏北四市模拟)如图，ABC和BCD所在平面互相垂直，且ABBCBD2，ABCDBC120，E，F分别为AC，DC的中点.(1)求证：EFBC；(2)求二面角EBFC的正弦值.法一(1)证明由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系.易得B(0，0，0)，A(0，1，)，D(，1，0)，C(0，2，0).因而E(0，)，F，所以，(0，2，0)，因此0.从而，所以EFBC.(2)解平面BFC的一个法向量为n1(0，0，1).设平面BEF的法向量n2(x，y，z)，又，.由得其中一个n2(1，1).设二面角EBFC大小为，且由题意知为锐角，则cosn1，n2，cos ，因此sin ，即所求二面角的正弦值为.法二(1)证明过E作EOBC，垂足为O，连接OF.由ABCDBC可证出EOCFOC.所以EOCFOC，即FOBC.又EOBC，EOFOO，EO，FO平面EFO，因此BC平面EFO，又EF平面EFO，所以EFBC.(2)解过O作OGBF，垂足为G，连接EG.由平面ABC平面BDC，从而EO平面BDC，BF平面BDC，BFEO，又OGBF，又EOOGO，所以BF平面EOG，又EG平面EOG，所以EGBF.因此EGO为二面角EBFC的平面角.在EOC中，EOECBCcos 30，由BGOBFC知，OGFC，因此tanEGO2，从而sinEGO，即二面角EBFC的正弦值为.6.(2016北京海淀区二模)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点.在五棱锥PABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：ABFG；(2)若PA底面ABCDE，且PAAE.求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长.(1)证明在正方形AMDE 中，因为B是AM的中点，所以ABDE.又因为AB平面PDE，DE平面PDE，所以AB平面PDE.因为AB平面ABF，且平面ABF平面PDEFG，所以ABFG.(2)解因为PA底面ABCDE，所以PAAB，PAAE.如图建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，(1，1，0).设平面ABF的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则y1. 所以n(0，1，1).设直线BC与平面ABF所成角为，则cosn，.sin ，因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.设点H的坐标为(u，v，w).因为点H在棱PC上，所以可设(01)，即(u，v，w2)(2，1，2)，所以u2，v，w22.因为n是平面ABF的法向量，所以n0，即(0，1，1)(2，22)0.解得，所以点H的坐标为.所以PH2.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(2016江苏卷)(1)求7C4C的值；(2)设m，nN*，nm，求证：(m1)C(m2)C(m3)CnC(n1)C(m1)C.(1)解7C4C7204350.(2)证明对任意的m，nN*，nm，当nm时，左边(m1)Cm1，右边(m1)Cm1，原等式成立.假设nk(km)时命题成立.即(m1)C(m2)C(m3)CkC(k1)C(m1)C，当nk1时，左边(m1)C(m2)C(m3)CkC(k1)C(k2)C(m1)C(k2)C，右边(m1)C.而(m1)C(m1)C(m1)(m1)(k3)(km1)(k2)(k2)C，(m1)C(k2)C(m1)C，左边右边.即mk1时命题也成立.综合可得原命题对任意m，nN*，nm均成立.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：An(n1)(n2)(nm1)(mn，m，nN*).3.组合(1)组合的定义；(2)组合数公式：C(mn，m，nN*).(3)组合数性质：CC；CCC.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n0(n0N*)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)，假设nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当nk1时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从n0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：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；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：1pi0(i1，2，3，n)；2p1p2p3pn1.(2)特殊的概率分布列：01分布(两点分布)符号表示：X01分布；超几何分布：1符号表示：XH(n，M，N)；2概率分布列：XH(r；n，M，N)P(Xr)；二项分布(又叫独立重复试验，伯努利试验)：1符号表示：XB(n，p)；2概率分布列：P(Xk)Cpk(1p)nk.注意：P(X0)P(X1)P(X2)P(Xr)P(Xn)1.热点一与计数原理有关的问题【例1】 (2011江苏卷)设整数n4，P(a，b)是平面直角坐标系xOy中的点，其中a，b1，2，3，n，ab.(1)记An为满足ab3的点P的个数，求An；(2)记Bn为满足(ab)是整数的点P的个数，求Bn.解(1)点P的坐标满足条件1ba3n3，所以Ann3.(2)设k为正整数，记fn(k)为满足条件以及ab3k的点P的个数，只要讨论fn(k)1的情形.由1ba3kn3k知fn(k)n3k，且k，设n13mr，其中mN*，r0，1，2，则km，所以Bnfn(k) (n3k)mn，将m代入上式，化简得Bn，所以Bn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】 (2016南京、盐城、徐州、连云港模拟)设(1x)na0a1xa2x2anxn，nN*，n2.(1)设n11，求|a6|a7|a8|a9|a10|a11|的值；(2)设bkak1(kN，kn1)，Smb0b1b2bm(mN，mn1)，求的值.解(1)因为ak(1)kC，kN，当n11时，|a6|a7|a8|a9|a10|a11|CCCCCC(CCCC)2101 024.(2)bkak1(1)k1C(1)k1C，当1kn1时，bk(1)k1C(1)k1(CC)(1)k1C(1)k1C(1)k1C(1)kC.当m0时，1.当1mn1时，Sm1(1)k1C(1)kC11(1)mC(1)mC.所以1.综上，1.热点二数学归纳法的应用【例2】 (2016南通调研)已知函数f0(x)x(sin xcos x)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1)求f1(x)，f2(x)的表达式；(2)写出fn(x)的表达式，并用数学归纳法证明.解(1)因为fn(x)为fn1(x)的导数，所以f1(x)f0(x)(sin xcos x)x(cos xsin x)(x1)cos x(x1)(sin x)，同理，f2(x)f1(x)(x2)sin x(x2)cos x.(2)由(1)得f3(x)f2(x)(x3)cos x(x3)sin x，把f1(x)，f2(x)，f3(x)分别改写为f1(x)(x1)sin(x1)cos，f2(x)(x2)sin(x2)cos，f3(x)(x3)sin(x3)cos，猜测fn(x)(xn)sin(xn)cos.(*)下面用数学归纳法证明上述等式.当n1时，由(1)知，等式(*)成立；假设当nk时，等式(*)成立，即fk(x)(xk)sin(xk)cos，则当nk1时，fk1(x)fk(x)sin(xk)coscos(xk)(xk1)cosx(k1)x(k1)sinx(k1)cos，即当nk1时，等式(*)成立.综上所述，当nN*时，fn(x)(xn)sin(xn)cos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nk到nk1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】 (2015江苏卷)已知集合X1，2，3，Yn1，2，3，n(nN*)，设Sn(a，b)|a整除b或b整除a，aX，bYn，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.(1)写出f(6)的值；(2)当n6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明.解(1)Y61，2，3，4，5，6，S6中的元素(a，b)满足：若a1，则b1，2，3，4，5，6；若a2，则b1，2，4，6；若a3，则b1，3，6.所以f(6)13.(2)当n6时，f(n)(tN*).下面用数学归纳法证明：当n6时，f(6)6213，结论成立；假设nk(k6)时结论成立，那么nk1时，Sk1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k1)，(2，k1)，(3，k1)中产生，分以下情形讨论：1)若k16t，则k6(t1)5，此时有f(k1)f(k)3k23(k1)2，结论成立；2)若k16t1，则k6t，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立；3)若k16t2，则k6t1，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；4)若k16t3，则k6t2，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；5)若k16t4，则k6t3，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；6)若k16t5，则k6t4，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立.综上所述，结论对满足n6的自然数n均成立.热点三随机变量的分布列及其数学期望【例3】 (2016扬州高三期末)某商场举办“迎新年摸球”活动，主办方准备了甲、乙两个箱子，其中甲箱中有四个球，乙箱中有三个球(每个球的大小、形状完全相同)，每一个箱子中只有一个红球，其余都是黑球.若摸中甲箱中的红球，则可获得奖金m元，若摸中乙箱中的红球，则可获奖金n元.活动规定：参与者每个箱子中只能摸一次，一次摸一个球；可选择先摸甲箱，也可先摸乙箱；如果在第一个箱子中摸到红球，则可继续在第二个箱子中摸球，否则活动终止.(1)如果参与者先在乙箱中摸球，求其恰好获得奖金n元的概率；(2)若要使得该参与者获奖金额的期望值较大，请你帮他设计摸箱子的顺序，并说明理由.解(1)设“参与者先在乙箱中摸球，且恰好获得奖金n元”为事件M.则P(M)，即参与者先在乙箱中摸球，且恰好获得奖金n元的概率为.(2)参与者摸球的顺序有两种，分别讨论如下：先在甲箱中摸球，参与者获奖金额X的可能取值为0，m，mn，则P(X0)，P(Xm)，P(Xmn)，故X的分布列为X0mmnPE(X)0m(mn).先在乙箱中摸球，参与者获奖金额Y的可能取值为0，n，mn，则P(Y0)，P(Yn)，P(Ymn)，故Y的分布列为Y0nmnPE(Y)0n(mn).E(X)E(Y).当E(X)E(Y)0时，当E(X)E(Y)0时，当E(X)E(Y)0时，综上，当时，先在甲箱中摸球，再在乙箱中摸球，参与者获奖金额的期望值较大；当时，两种顺序摸球，参与者获奖金额的期望值相等；当时，先在乙箱中摸球，再在甲箱中摸球，参与者获奖金额的期望值较大.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】 (2012江苏卷)设为随机变量，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，0；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，1.(1)求概率P(0)；(2)求的分布列，并求其数学期望E().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对相交棱，因此P(0).(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或，其中距离为的共有6对，故P()，于是P(1)1P(0)P()1，所以随机变量的分布列是01P因此E()1.1.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.(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x1，x2，x3，随机变量X表示x1，x2，x3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.(2)随机变量X所有可能的取值为2，3，4.X4表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”，故P(X4)；X3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(X3)；于是P(X2)1P(X3)P(X4)1.所以随机变量X的概率分布如下表：X234P因此随机变量X的数学期望E(X)234.2.(2016苏北四市调研)为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加.现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名.从这8名运动员中随机选择4人参加比赛.(1)设A为事件“选出的4人中恰有2 名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率；(2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和数学期望.解(1)由已知，有P(A).所以，事件A发生的概率为.(2)随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4.P(Xk)(k1，2，3，4).所以随机变量X的分布列为X1234P随机变量X的数学期望E(X)1234.3.(2015南通调研)记1，2，n满足下列性质T的排列a1，a2，an的个数为f(n)(n2，nN*).性质T：排列a1，a2，an中有且只有一个aiai1(i1，2，n1).(1)求f(3)；(2)求f(n).解(1)当n3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i1，2，3，使得aiai1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(a1，a2，an)中，若ain(1in1)，从n1个数1，2，3，n1中选i1个数按从小到大顺序排列为a1，a2，ai1，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.若ann，则满足题意的排列个数为f(n1).综上，f(n)f(n1)Cf(n1)2n11.从而f(n)(n3)f(3)2nn1.4.(2016苏、锡、常、镇、宿调研)在杨辉三角形中，从第2行开始，除1以外，其它每一个数值是它上面的两个数值之和，该三角形数阵开头几行如图所示.(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比是345？若存