2018年江苏高考数学二轮复习教师用书第1部分知识专题突破专题11附加题部分

专题十一附加题部分(选修测试物理的考生学习此部分)此部分考查的内容主要是选修系列2中的内容以及选修系列4中专题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》这4个专题的内容(考生只需选考其中两个专题)．———————命题观察·高考定位———————(对应学生用书第54页)1．(2016·江苏高考)如图11－1，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x－y－2＝0，抛物线C：y2＝2px(p>0)．图11－1(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.【导学号：】[解](1)抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，由点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))在直线l：x－y－2＝0上，得eq\f(p,2)－0－2＝0，即p＝4.所以抛物线C的方程为y2＝8x.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点M(x0，y0)．因为点P和Q关于直线l对称，所以直线l垂直平分线段PQ，于是直线PQ的斜率为－1，则可设其方程为y＝－x＋b.①证明：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝－x＋b))消去x得y2＋2py－2pb＝0.(*)因为P和Q是抛物线C上的相异两点，所以y1≠y2，从而Δ＝(2p)2－4×(－2pb)>0，化简得p＋2b>0.方程(*)的两根为y1,2＝－p±eq\r(p2＋2pb)，从而y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝－p.因为M(x0，y0)在直线l上，所以x0＝2－p.因此，线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)．②因为M(2－p，－p)在直线y＝－x＋b上，所以－p＝－(2－p)＋b，即b＝2－2p.由①知p＋2b>0，于是p＋2(2－2p)>0，所以p<eq\f(4,3).因此，p的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).2．(2015·江苏高考)如图11－2，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq\f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.图11－2(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eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up12(→))，\o(AD,\s\up12(→))，\o(AP,\s\up12(→))))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)．第22题图(1)由题意知，AD⊥平面PAB，所以eq\o(AD,\s\up12(→))是平面PAB的一个法向量，eq\o(AD,\s\up12(→))＝(0,2,0)．因为eq\o(PC,\s\up12(→))＝(1,1，－2)，eq\o(PD,\s\up12(→))＝(0,2，－2)，设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则m·eq\o(PC,\s\up12(→))＝0，m·eq\o(PD,\s\up12(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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〈eq\o(AD,\s\up12(→))，m〉＝eq\f(\o(AD,\s\up12(→))·m,|\o(AD,\s\up12(→))||m|)＝eq\f(\r(3),3)，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为eq\f(\r(3),3).(2)因为eq\o(BP,\s\up12(→))＝(－1,0,2)，设eq\o(BQ,\s\up12(→))＝λeq\o(BP,\s\up12(→))＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又eq\o(CB,\s\up12(→))＝(0，－1,0)，则eq\o(CQ,\s\up12(→))＝eq\o(CB,\s\up12(→))＋eq\o(BQ,\s\up12(→))＝(－λ，－1,2λ)．又eq\o(DP,\s\up12(→))＝(0，－2,2)，从而cos〈eq\o(CQ,\s\up12(→))，eq\o(DP,\s\up12(→))〉＝eq\f(\o(CQ,\s\up12(→))·\o(DP,\s\up12(→)),|\o(CQ,\s\up12(→))||\o(DP,\s\up12(→))|)＝eq\f(1＋2λ,\r(10λ2＋2)).设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，则cos2〈eq\o(CQ,\s\up12(→))，eq\o(DP,\s\up12(→))〉＝eq\f(2t2,5t2－10t＋9)＝eq\f(2,9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(5,9)))2＋\f(20,9))≤eq\f(9,10).当且仅当t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)时，|cos〈eq\o(CQ,\s\up12(→))，eq\o(DP,\s\up12(→))〉|的最大值为eq\f(3\r(10),10).因为y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是减函数，所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又因为BP＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以BQ＝eq\f(2,5)BP＝eq\f(2\r(5),5).3．(2016·江苏高考)(1)求7Ceq\o\al(3,6)－4Ceq\o\al(4,7)的值；(2)设m，n∈N*，n≥m，求证：(m＋1)Ceq\o\al(m,m)＋(m＋2)Ceq\o\al(m,m＋1)＋(m＋3)Ceq\o\al(m,m＋2)＋…＋nCeq\o\al(m,n－1)＋(n＋1)Ceq\o\al(m,n)＝(m＋1)Ceq\o\al(m＋2,n＋2).[解](1)7Ceq\o\al(3,6)－4Ceq\o\al(4,7)＝7×eq\f(6×5×4,3×2×1)－4×eq\f(7×6×5×4,4×3×2×1)＝0.(2)证明：当n＝m时，结论显然成立．当n>m时，(k＋1)Ceq\o\al(m,k)＝eq\f(k＋1·k！,m！·k－m！)＝(m＋1)·eq\f(k＋1！,m＋1！·[k＋1－m＋1]！)＝(m＋1)Ceq\o\al(m＋1,k＋1)，k＝m＋1，m＋2，…，n.又因为Ceq\o\al(m＋1,k＋1)＋Ceq\o\al(m＋2,k＋1)＝Ceq\o\al(m＋2,k＋2)，所以(k＋1)Ceq\o\al(m,k)＝(m＋1)(Ceq\o\al(m＋2,k＋2)－Ceq\o\al(m＋2,k＋1))，k＝m＋1，m＋2，…，n.因此，(m＋1)Ceq\o\al(m,m)＋(m＋2)Ceq\o\al(m,m＋1)＋(m＋3)Ceq\o\al(m,m＋2)＋…＋(n＋1)Ceq\o\al(m,n)＝(m＋1)Ceq\o\al(m,m)＋[(m＋2)Ceq\o\al(m,m＋1)＋(m＋3)Ceq\o\al(m,m＋2)＋…＋(n＋1)Ceq\o\al(m,n)]＝(m＋1)Ceq\o\al(m＋2,m＋2)＋(m＋1)[(Ceq\o\al(m＋2,m＋3)－Ceq\o\al(m＋2,m＋2))＋(Ceq\o\al(m＋2,m＋4)－Ceq\o\al(m＋2,m＋3))＋…＋(Ceq\o\al(m＋2,n＋2)－Ceq\o\al(m＋2,n＋1))]＝(m＋1)Ceq\o\al(m＋2,n＋2).4．(2015·江苏高考)已知集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn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)Y6＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，2，3，4，5，6))，S6中的元素(a，b)满足：若a＝1，则b＝1,2,3,4,5,6；若a＝2，则b＝1,2,4,6；若a＝3，则b＝1,3,6.所以f(6)＝13.(2)当n≥6时，f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n,3)))，n＝6t，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋1，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋2，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n,3)))，n＝6t＋3，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋4，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋5,))(t∈N*)．下面用数学归纳法证明：①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋eq\f(6,2)＋eq\f(6,3)＝13，结论成立．②假设n＝k(k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk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：a．若k＋1＝6t，则k＝6(t－1)＋5，此时有f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－2,3)＋3＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1,3)，结论成立；b．若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1－1,3)，结论成立；c．若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－1,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1－2,3)，结论成立；d．若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－2,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1,3)，结论成立；e．若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1－1,3)，结论成立；f．若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－1,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1－2,3)，结论成立．综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立．[命题规律](1)排列、组合试题具有一定的灵活性和综合性，常与实际相结合，转化为基本的排列组合模型解决问题，需用到分类讨论思想，转化思想.排列与组合问题一直是高考数学的热点内容之一．与二项式定理综合问题较难．(2)空间向量与立体几何，重点考查利用空间向量求线线角、线面角、面面角，难度中等．———————主干整合·归纳拓展———————(对应学生用书第55页)[第1步▕核心知识再整合]1．几何证明选讲部分，需要核心关注与圆有关的比例线段、圆幂定理的应用及推理论证，相似三角形与圆内接四边形是主要的转换形式．2．矩阵与变换部分，着重掌握用二阶行列式求逆矩阵、二阶矩阵的乘法等基础计算．3．坐标系与参数方程部分，着重掌握极坐标与直角坐标、参数方程与普通方程的互化，通过极坐标方程、参数方程考查直线与圆、椭圆的位置关系是命题的热点．4．不等式选讲部分，以考查含一个或两个绝对值号的不等式的求解为主，通常不等式中带有参数，分类讨论去绝对值是必然的选择．5．离散型随机变量的均值与方差(1)均值：E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn；(2)方差：V(X)＝(x1－μ)2p1＋(x2－μ)2p2＋…＋(xn－μ)2pn；(3)性质：E(ax＋b)＝aE(x)＋b；V(ax＋b)＝a2V(x)．6．两点分布与二项分布的均值与方差(1)若X服从两点分布，则E(X)＝p，V(X)＝p(1－p)；(2)若X～B(n，p)，则E(X)＝np，V(X)＝np(1－p)．7．直方图的三个常用结论(1)小长方形的面积＝组距×eq\f(频率,组距)＝频率；(2)各长方形的面积和等于1；(3)小长方形的高＝eq\f(频率,组距).8．排列、组合数相关性质排列：Aeq\o\al(m,n＋1)＝Aeq\o\al(m,n)＋mAeq\o\al(m－1,n)；组合：Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m－1,n)(m≤n，m，n∈N*)，kCeq\o\al(k,n)＝nCeq\o\al(k－1,n－1).Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(4,n)＋…＝Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋Ceq\o\al(5,n)＋…＝2n－1.9.二项式定理(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(r,n)an－rbr＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn(n∈N*)，10．(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α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则①线面平行：l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c②线面垂直：l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.③面面平行：α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.④面面垂直：α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c(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α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．①线线夹角：设l，m的夹角为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，则cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(a\o\al(2,1)＋b\o\al(2,1)＋c\o\al(2,1))\r(a\o\al(2,2)＋b\o\al(2,2)＋c\o\al(2,2))).②线面夹角：设直线l与平面α的夹角为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，则sinθ＝eq\f(|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|cosθ|＝eq\f(|μ·v|,|μ||v|)＝|cos〈μ，v〉|.[第2步▕高频考点细突破]几何证明选讲【例1】(2016－2017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)如图11－3，AB是圆O的直径，弦BD，CA的延长线相交于点E，EF垂直BA的延长线于点F.求证：AB2＝BE·BD－AE·AC.图11－3[证明]连接AD(图略)，∵AB为圆的直径，∴AD⊥BD，又EF⊥AB，则A，D，E，F四点共圆，∴BD·BE＝BA·BF.又△ABC∽△AEF，∴eq\f(AB,AE)＝eq\f(AC,AF)，即AB·AF＝AE·AC，∴BE·BD－AE·AC＝BA·BF－AB·AF＝AB·(BF－AF)＝AB2.[规律方法]与圆有关的线段求解，主要是通过相似三角形建立相似比来求解，从而证明三角形相似是核心，而在圆内证明三角形相似主要是通过圆周角定理或圆心角定理证明角相等．[举一反三]如图11－4，AB为半圆O的直径，直线PC切半圆O于点C，AP⊥PC，P为垂足．图11－4求证：(1)∠PAC＝∠CAB；(2)AC2＝AP·AB.[解](1)证明：因为PC切半圆O于点C，所以∠PCA＝∠CBA.因为AB为半圆O的直径，所以∠ACB＝90°.因为AP⊥PC，所以∠APC＝90°.因此∠PAC＝∠CAB.(2)由(1)知△APC∽△ACB，故eq\f(AP,AC)＝eq\f(AC,AB)，即AC2＝AP·AB.矩阵与变换【例2】(2017·江苏高考)已知矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(01,10))，B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,02)).(1)求AB；(2)若曲线C1：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1在矩阵AB对应的变换作用下得到另一曲线C2，求C2的方程.【导学号：】[解](1)因为A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(01,10))，B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,02))，所以AB＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(01,10))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,02))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(02,10)).(2)设Q(x0，y0)为曲线C1上的任意一点，它在矩阵AB对应的变换作用下变为点P(x，y)，则eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(02,10))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x0,y0))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y0＝x，,x0＝y，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝y，,y0＝\f(x,2).))因为点Q(x0，y0)在曲线C1上，则eq\f(x\o\al(2,0),8)＋eq\f(y\o\al(2,0),2)＝1，从而eq\f(y2,8)＋eq\f(x2,8)＝1，即x2＋y2＝8.因此曲线C1在矩阵AB对应的变换作用下得到曲线C2：x2＋y2＝8.[规律方法]本小题主要考查矩阵的乘法、特征向量的求法，考查运算求解能力．注意矩阵乘法不满足交换律，即A－1B≠BA－1，矩阵与变换所涉及的内容并不多，在平时只要注意归纳，并且计算过关此题可以轻松拿下．[举一反三](江苏省苏州市2017届高三暑假自主学习测试)已知α＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,1))为矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1a,－14))属于λ的一个特征向量，求实数a，λ的值及A2.[解]由条件可知eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1a,－14))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,1))＝λeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,1))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋a＝2λ，,－2＋4＝λ，))解得a＝λ＝2.因此A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,－14))，所以A2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,－14))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,－14))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－110,－514)).坐标系与参数方程【例3】(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度，建立极坐标系．已知曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)＋2cosα,y＝3＋2sinα))，(α∈[0,2π]，α为参数)，曲线C2的极坐标方程为ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝a(a∈R)，若曲线C1与曲线C2有且仅有一个公共点，求实数a的值．[解]曲线C1的方程为(x－eq\r(3))2＋(y－3)2＝4，圆心坐标为(eq\r(3)，3)，半径为2.∵曲线C2的极坐标方程为ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝a(a∈R)，∴eq\f(1,2)ρsinθ＋eq\f(\r(3),2)ρcosθ＝a，∴曲线C2的直角坐标方程为eq\r(3)x＋y－2a＝0，∵曲线C1与曲线C2有且仅有一个公共点，∴eq\f(|3＋3－2a|,2)＝2，解得a＝1或a＝5.[规律方法]参数方程与普通方程、极坐标与直角坐标之间的互化，熟练简单曲线的极坐标是解答本类问题的关键．[举一反三](2017·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－8＋t，,y＝\f(t,2)))(t为参数)，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2s2，,y＝2\r(2)s))(s为参数)．设P为曲线C上的动点，求点P到直线l的距离的最小值．[解]直线l的普通方程为x－2y＋8＝0.因为点P在曲线C上，设P(2s2,2eq\r(2)s)，从而点P到直线l的距离d＝eq\f(|2s2－4\r(2)s＋8|,\r(12＋－22))＝eq\f(2s－\r(2)2＋4,\r(5)).当s＝eq\r(2)时，dmin＝eq\f(4\r(5),5).因此当点P的坐标为(4,4)时，曲线C上的点P到直线l的距离取到最小值eq\f(4\r(5),5).不等式选讲【例4】(2017·江苏省泰州市高考数学一模)求函数y＝3sinx＋2eq\r(2＋2cos2x)的最大值．[解]y＝3sinx＋2eq\r(2＋2cos2x)＝3sinx＋4eq\r(cos2x).由柯西不等式得y2＝(3sinx＋4eq\r(cos2x))2≤(32＋42)·(sin2x＋cos2x)＝25，所以ymax＝5，此时sinx＝eq\f(3,5).所以函数y＝3sinx＋2eq\r(2＋2cos2x)5..值为5..[规律方法]不等式证明的基本方法是比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法和数学归纳法，其中以比较法和综合法最为基础，使用综合法证明不等式的关键就是通过适当的变换后使用重要不等式，证明过程注意从重要不等式的形式入手达到证明的目的．[举一反三](2017·江苏高考)已知a，b，c，d为实数，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，证明：ac＋bd≤8.[证明]由柯西不等式，得(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)．因为a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，所以(ac＋bd)2≤64，因此ac＋bd≤8.均值与方差的实际应用【例5】(2017·江苏高考)已知一个口袋中有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地逐个取出，并放入如图所示的编号为1,2,3，…，m＋n的抽屉内，其中第k次取出的球放入编号为k的抽屉(k＝1,2,3，…，m＋n).123…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)<eq\f(n,m＋nn－1).【导学号：】[解](1)编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p＝eq\f(C\o\al(n－1,m＋n－1),C\o\al(n,m＋n))＝eq\f(n,m＋n).(2)证明：随机变量X的概率分布为Xeq\f(1,n)eq\f(1,n＋1)eq\f(1,n＋2)…eq\f(1,k)…eq\f(1,n＋m)Peq\f(C\o\al(n－1,n－1),C\o\al(n,m＋n))eq\f(C\o\al(n－1,n),C\o\al(n,m＋n))eq\f(C\o\al(n－1,n＋1),C\o\al(n,m＋n))…eq\f(C\o\al(n－1,k－1),C\o\al(n,m＋n))…eq\f(C\o\al(n－1,n＋m－1),C\o\al(n,m＋n))随机变量X的期望为E(X)＝eq\i\su(k＝n,m＋n,)eq\f(1,k)·eq\f(C\o\al(n－1,k－1),C\o\al(n,m＋n))＝eq\f(1,C\o\al(n,m＋n))eq\i\su(k＝n,m＋n,)eq\f(1,k)·eq\f(k－1！,n－1！k－n！).所以E(X)<eq\f(1,C\o\al(n,m＋n))eq\i\su(k＝n,m＋n,)eq\f(k－2！,n－1！k－n！)＝eq\f(1,n－1C\o\al(n,m＋n))eq\i\su(k＝n,m＋n,)eq\f(k－2！,n－2！k－n！)＝eq\f(1,n－1C\o\al(n,m＋n))(1＋Ceq\o\al(n－2,n－1)＋Ceq\o\al(n－2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－2,m＋n－2))＝eq\f(1,n－1C\o\al(n,m＋n))(Ceq\o\al(n－1,n－1)＋Ceq\o\al(n－2,n－1)＋Ceq\o\al(n－2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－2,m＋n－2))＝eq\f(1,n－1C\o\al(n,m＋n))(Ceq\o\al(n－1,n)＋Ceq\o\al(n－2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－2,m＋n－2))＝…＝eq\f(1,n－1C\o\al(n,m＋n))(Ceq\o\al(n－1,m＋n－2)＋Ceq\o\al(n－2,m＋n－2))＝eq\f(C\o\al(n－1,m＋n－1),n－1C\o\al(n,m＋n))＝eq\f(n,m＋nn－1)，即E(X)<eq\f(n,m＋nn－1).[规律方法]求解离散型随机变量均值与方差的主要步骤：(1)求出随机变量的所有可能的取值；(2)计算随机变量取各个值的概率，列出概率分布列；(3)按照公式计算均值(数学期望)与方差．[举一反三](江苏省南京市2017届高三上学期学情调研)甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一次篮，先投中者获胜．投篮进行到有人获胜或每人都已投球3次时结束．设甲每次投篮命中的概率为eq\f(2,5)，乙每次投篮命中的概率为eq\f(2,3)，且各次投篮互不影响．现由甲先投．(1)求甲获胜的概率；(2)求投篮结束时甲的投篮次数X的分布列与期望．[解](1)设甲第i次投中获胜的事件为Ai(i＝1,2,3)，则A1，A2，A3彼此互斥．甲获胜的事件为A1＋A2＋A3.P(A1)＝eq\f(2,5)；P(A2)＝eq\f(3,5)×eq\f(1,3)×eq\f(2,5)＝eq\f(2,25)；P(A3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\f(2,5)＝eq\f(2,125).所以P(A1＋A2＋A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝eq\f(2,5)＋eq\f(2,25)＋eq\f(2,125)＝eq\f(62,125).所以甲获胜的概率为eq\f(62,125).(2)X所有可能取的值为1,2,3.则P(X＝1)＝eq\f(2,5)＋eq\f(3,5)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,5)；P(X＝2)＝eq\f(2,25)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,3)×eq\f(3,5)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,25)；P(X＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×1＝eq\f(1,25).即X的概率分布列为X123Peq\f(4,5)eq\f(4,25)eq\f(1,25)所以X的数学期望E(X)＝1×eq\f(4,5)＋2×eq\f(4,25)＋3×eq\f(1,25)＝eq\f(31,25).排列、组合及性质【例6】(2017届高三七校联考期中考试)已知整数n≥4，集合M＝{1,2,3，…，n}的所有含有4个元素的子集记为A1，A2，A3，…，ACeq\o\al(4,n).设A1，A2，A3，…，ACeq\o\al(4,n)中所有元素之和为Sn.(1)求S4，S5，S6并求出Sn；(2)证明：S4＋S5＋…＋Sn＝10Ceq\o\al(6,n＋2).[解](1)当n＝4时，集合M只有1个符合条件的子集，S4＝1＋2＋3＋4＝10，当n＝5时，集合M每个元素出现了Ceq\o\al(3,4)次，S5＝Ceq\o\al(3,4)(1＋2＋3＋4＋5)＝60，当n＝6时，集合M每个元素出现了Ceq\o\al(3,5)次，S6＝Ceq\o\al(3,5)(1＋2＋3＋4＋5＋6)＝210，所以，当集合M有n个元素时，每个元素出现了Ceq\o\al(3,n－1)，故Sn＝Ceq\o\al(3,n－1)·eq\f(nn＋1,2).(2)证明：因为Sn＝Ceq\o\al(3,n－1)·eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(1,12)(n＋1)n(n－1)(n－2)(n－3)＝10Ceq\o\al(5,n＋1)，则S4＋S5＋…＋Sn＝10(Ceq\o\al(5,5)＋Ceq\o\al(5,6)＋Ceq\o\al(5,7)＋…＋Ceq\o\al(5,n＋1))＝10Ceq\o\al(6,n＋2).[规律方法]通过观察式子的结构，利用排列数和组合数的相关性质及二项式系数的相关性质以含有排列、组合数结构的代数式进行化简，有时需要拆分、拼凑项来进行结构重组．[举一反三](2017·江苏省盐城市高考数学二模)现有eq\f(nn＋1,2)(n≥2，n∈N*)个给定的不同的数随机排成一个如图11－5所示的三角形数阵：图11－5设Mk是第k行中的最大数，其中1≤k≤n，k∈N*.记M1＜M2＜…＜Mn的概率为pn.(1)求p2的值；(2)证明：pn＞eq\f(C\o\al(2,n＋1),n＋1！).[解](1)由题意知p2＝eq\f(2A\o\al(2,2),A\o\al(3,3))＝eq\f(2,3)，即p2的值为eq\f(2,3).(2)先排第n行，则最大数在第n行的概率为eq\f(n,\f(nn＋1,2))＝eq\f(2,n＋1)；去掉第n行已经排好的n个数，则余下的eq\f(nn＋1,2)－n＝eq\f(nn－1,2)个数中最大数在第n－1行的概率为eq\f(n－1,\f(nn－1,2))＝eq\f(2,n)；…故pn＝eq\f(2,n＋1)×eq\f(2,n)×…×eq\f(2,3)＝eq\f(2n－1,n＋1×n×…×3)＝eq\f(2n,n＋1！).由于2n＝(1＋1)n＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)≥Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＞Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＝Ceq\o\al(2,n＋1)，故eq\f(2n,n＋1！)＞eq\f(C\o\al(2,n＋1),n＋1！)，即pn＞eq\f(C\o\al(2,n＋1),n＋1！).二项式定理与其他知识交汇【例7】若一个正实数能写成eq\r(n＋1)＋eq\r(n)(n∈N*)的形式，则称其为“兄弟数”．求证：(1)若x为“兄弟数”，则x2也为“兄弟数”；(2)若x为“兄弟数”，k是给定的正奇数，则xk也为“兄弟数”.【导学号：】[证明](1)设x＝eq\r(n＋1)＋eq\r(n)(n∈N*)，则x2＝2n＋1＋2eq\r(nn＋1)＝eq\r(4n2＋4n＋1)＋eq\r(4n2＋4n)，是“兄弟数”．(2)设x＝eq\r(n＋1)＋eq\r(n)，y＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)(n∈N*)，则xy＝1，而xk＝eq\i\su(i＝0,k,C)eq\o\al(i,k)(eq\r(n＋1))k－i(eq\r(n))i，yk＝eq\i\su(i＝0,k,C)eq\o\al(i,k)(eq\r(n＋1))k－i(－eq\r(n))i，故xk＋yk＝eq\i\su(i＝0,k,C)eq\o\al(i,k)(eq\r(n＋1))k－i(eq\r(n))i＋eq\i\su(i＝0,k,C)eq\o\al(i,k)(eq\r(n＋1))k－i(－eq\r(n))i＝2[Ceq\o\al(0,k)(eq\r(n＋1))k＋Ceq\o\al(2,k)(eq\r(n＋1))k－2·n＋Ceq\o\al(4,k)(eq\r(n＋1))k－4·n2＋…＋Ceq\o\al(k－1,k)eq\r(n＋1)·neq\f(k－1,2)]，不妨记：xk＋yk＝2aeq\r(n＋1)，a∈N*，同理：由xk－yk＝eq\i\su(i＝0,k,C)eq\o\al(i,k)(eq\r(n＋1))k－i(eq\r(n))i－eq\i\su(i＝0,k,C)eq\o\al(i,k)(eq\r(n＋1))k－i(－eq\r(n))i，不妨记：xk－yk＝2beq\r(n)，b∈N*，进而，2xk＝eq\r(4a2n＋1)＋eq\r(4b2n)，即xk＝eq\r(a2n＋1)＋eq\r(b2n).又4a2(n＋1)－4b2n＝(xk＋yk)2－(xk－yk)2＝4xkyk＝4，故a2(n＋1)＝b2n因此xk＝eq\r(b2n＋1)＋eq\r(b2n)亦为“兄弟数”．[规律方法]二项式定理内容的考查常出现二项式内容与其它知识的交汇、整合，这是命题的一个创新方向．如二项式定理与函数、数列、复数、不等式等其他知识点综合成题时，对其他模块的知识点要能熟练运用．[举一反三]在自然数列1,2,3，…，n中，任取k个元素位置保持不动，将其余n－k个元素变动位置，得到不同的新数列．由此产生的不同新数列的个数记为Pn(k).(1)求P3(1)；(2)求eq\i\su(k＝0,4,P)4(k)；(3)证明eq\i\su(k＝0,n,k)Pn(k)＝neq\i\su(k＝0,n－1,P)n－1(k)，并求出eq\i\su(k＝0,n,k)Pn(k)的值．[解](1)因为数列1,2,3中保持其中1个元素位置不动的排列只有1,3,2或3,2,1或2,1,3，所以P3(1)＝3.(2)eq\i\su(k＝0,4,P)4(k)＝P4(0)＋P4(1)＋P4(2)＋P4(3)＋P4(4)＝Ceq\o\al(0,4)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(2,4)＋0＋1＝9＋8＋6＋0＋1＝24.(3)把数列1,2，…，n中任取其中k个元素位置不动，则有Ceq\o\al(k,n)种；其余n－k个元素重新排列，并且使其余n－k个元素都要改变位置，则有Pn(k)＝Ceq\o\al(k,n)Pn－k(0)，故eq\i\su(k＝0,n,k)Pn(k)＝eq\i\su(k＝0,n,k)Ceq\o\al(k,n)Pn－k(0)，又因为kCeq\o\al(k,n)＝nCeq\o\al(k－1,n－1)，所以eq\i\su(k＝0,n,k)Pn(k)＝eq\i\su(k＝0,n,k)Ceq\o\al(k,n)Pn－k(0)＝neq\i\su(k＝0,n－1,C)eq\o\al(k,n－1)Pn－k－1(0)＝neq\i\su(k＝0,n－1,P)n－1(k)．令an＝eq\i\su(k＝0,n,k)Pn(k)，则an＝nan－1，且a1＝1.于是a2a3a4…an－1an＝2a1×3a2×4a左右同除以a2a3a4…an－1，得an＝2×3×4×…×n所以eq\i\su(k＝0,n,k)Pn(k)＝n！.立体几何中的向量方法【例8】(2017·江苏高考)如图11－6，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°.图11－6(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角B－A1D－A的正弦值．[解]在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.如图，以{eq\o(AE,\s\up12(→))，eq\o(AD,\s\up12(→))，eq\o(AA1,\s\up12(→))}为正交基底，建立空间直角坐标系A－xyz.因为AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°，则A(0,0,0)，B(eq\r(3)，－1,0)，D(0,2,0)，E(eq\r(3)，0,0)，A1(0,0，eq\r(3))，C1(eq\r(3)，1，eq\r(3))．(1)eq\o(A1B,\s\up12(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(AC1,\s\up12(→))＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))，则cos〈eq\o(A1B,\s\up12(→))，eq\o(AC1,\s\up12(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up12(→))·\o(AC1,\s\up12(→)),|\o(A1B,\s\up12(→))||\o(AC1,\s\up12(→))|)＝＝－eq\f(1,7)，因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为eq\f(1,7).(2)平面A1DA的一个法向量为eq\o(AE,\s\up12(→))＝(eq\r(3)，0,0)．设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，又eq\o(A1B,\s\up12(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up12(→))＝(－eq\r(3)，3,0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1B,\s\up12(→))＝0，,m·\o(BD,\s\up12(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y－\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋3y＝0.))不妨取x＝3，则y＝eq\r(3)，z＝2，所以m＝(3，eq\r(3)，2)为平面BA1D的一个法向量．从而cos〈eq\o(AE,\s\up12(→))，m〉＝eq\f(\o(AE,\s\up12(→))·m,|\o(AE,\s\up12(→))||m|)＝eq\f(\r(3)，0，0·3，\r(3)，2,\r(3)×4)＝eq\f(3,4).设二面角B－A1D－A的大小为θ，则|cosθ|＝eq\f(3,4).因为θ∈[0，π]，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(7),4).因此二面角B－A1D－A的正弦值为eq\f(\r(7),4).[规律方法](1)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”．(2)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．[举一反三](2017·江苏省无锡市高考数学一模)如图11－7，已知正四棱锥P－ABCD中，PA＝AB＝2，点M，N分别在PA，BD上，且eq\f(PM,PA)＝eq\f(BN,BD)＝eq\f(1,3).(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.【导学号：】图11－7[解](1)设AC与BD的交点为O，AB＝PA＝2.以点O为坐标原点，eq\o(DA,\s\up12(→))，eq\o(DC,\s\up12(→))，eq\o(OP,\s\up12(→))方向分别是x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz.则A(1，－1,0)，B(1,1,0)，C(－1,1,0)，D(－1，－1,0)，设P(0,0，p)，则eq\o(AP,\s\up12(→))＝(－1,1，p)，又AP＝2，∴1＋1＋p2＝4，∴p＝eq\r(2)，∵eq\o(OM,\s\up12(→))＝eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(AM,\s\up12(→))＝eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AP,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(1,3)，\f(2\r(2),3)))，eq\o(ON,\s\up12(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，0))，∴eq\o(PC,\s\up12(→))＝(－1,1，－eq\r(2))，eq\o(MN,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，－\f(2\r(2),3)))，设异面直线MN与PC所成角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(MN,\s\up12(→))·\o(PC,\s\up12(→))|,|\o(MN,\s\up12(→))|·|\o(PC,\s\up12(→))|)＝eq\f(\f(2,3)＋\f(4,3),\r(\f(4,3)·4))＝eq\f(\r(3),2).∴θ＝30°，∴异面直线MN与PC所成角为30°.(2)eq\o(PC,\s\up12(→))＝(－1,1，－eq\r(2))，eq\o(PB,\s\up12(→))＝(1,1，－eq\r(2))，eq\o(PN,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，－\r(2)))，设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up12(→))＝x＋y－\r(2)z＝0，,n·\o(PC,\s\up12(→))＝－x＋y－\r(2)z＝0，))取z＝1，得n＝(0，eq\r(2)，1)，设平面PNC的法向量m＝(a，b，c)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PN,\s\up12(→))＝\f(1,3)a＋\f(1,3)b－\r(2)c＝0，,m·\o(PC,\s\up12(→))＝－a＋b－\r(2)c＝0，))取c＝1，得m＝(eq\r(2)，2eq\r(2)，1)，设二面角N－PC－B的平面角为θ，则cosθ＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(5,\r(3)·\r(11))＝eq\f(5\r(33),33).∴二面角N－PC－B的余弦值为eq\f(5\r(33),33).[第3步▕高考易错明辨析]1．忽视参数的符号已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}．(1)求a的值；(2)若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fx－2f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))))≤k恒成立，求k的取值范围．[错解](1)由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2，即－eq\f(4,a)≤x≤eq\f(2,a)，又f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(4,a)＝－2，,\f(2,a)＝1，))即a＝2.(2)记h(x)＝f(x)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))，则h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x≤－1，,－4x－3，－1＜x＜－\f(1,2)，,－1，x≥－\f(1,2)，))∴|h(x)|≤1，因此k≥1.[正解](1)由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2，又f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}，∴当a≤0时，不合题意；当a＞0时，－eq\f(4,a)≤x≤eq\f(2,a)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(4,a)＝－2，,\f(2,a)＝1，))即a＝2.(2)记h(x)＝f(x)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))，则h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\a