高考數(shù)學(xué)理科二輪總復(fù)習(xí)練習(xí)專題九　附加題部分

1．(2015·江蘇)如圖，在四棱錐P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq\f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；(2)點Q是線段BP上的動點，當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長．解以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則各點的坐標(biāo)為B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．(1)由題意知，AD⊥平面PAB，所以eq\o(AD,\s\up6(→))是平面PAB的一個法向量，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)．因為eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1,1，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)．設(shè)平面PCD的法向量為m＝(x，y，z)，則m·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(PD,\s\up6(→))＝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的一個法向量．從而cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，m〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·m,|\o(AD,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(3),3)，所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為eq\f(\r(3),3).(2)因為eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，設(shè)eq\o(BQ,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝(0，－1,0)，則eq\o(CQ,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(－λ，－1,2λ)，又eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－2,2)，從而cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(CQ,\s\up6(→))·\o(DP,\s\up6(→)),|\o(CQ,\s\up6(→))||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋2λ,\r(10λ2＋2)).設(shè)1＋2λ＝t，t∈[1,3]，則cos2〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝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).當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)時，|cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|的最大值為eq\f(3\r(10),10).因為y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是減函數(shù)，此時直線CQ與DP所成角取得最小值．又因為BP＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以BQ＝eq\f(2,5)BP＝eq\f(2\r(5),5).2．(2015·江蘇)已知集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，設(shè)Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的個數(shù)．(1)寫出f(6)的值；(2)當(dāng)n≥6時，寫出f(n)的表達式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．解(1)Y6＝{1,2,3,4,5,6}，S6中的元素(a，b)滿足：若a＝1，則b＝1,2,3,4,5,6；若a＝2，則b＝1,2,4,6；若a＝3，則b＝1,3,6.所以f(6)＝13.(2)當(dāng)n≥6時，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*)．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝6時，f(6)＝6＋2＋eq\f(6,2)＋eq\f(6,3)＝13，結(jié)論成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥6)時結(jié)論成立，那么當(dāng)n＝k＋1時，Sk＋1在Sk的基礎(chǔ)上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中產(chǎn)生，分以下情形討論：1)若k＋1＝6t，則k＝6(t－1)＋5，此時有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)，結(jié)論成立；2)若k＋1＝6t＋1，則k＝6t，此時有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)，結(jié)論成立；3)若k＋1＝6t＋2，則k＝6t＋1，此時有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)，結(jié)論成立；4)若k＋1＝6t＋3，則k＝6t＋2，此時有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)，結(jié)論成立；5)若k＋1＝6t＋4，則k＝6t＋3，此時有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)，結(jié)論成立；6)若k＋1＝6t＋5，則k＝6t＋4，此時有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)，結(jié)論成立．綜上所述，結(jié)論對滿足n≥6的自然數(shù)n均成立．3．(2016·江蘇)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知直線l：x－y－2＝0，拋物線C：y2＝2px(p＞0)．(1)若直線l過拋物線C的焦點，求拋物線C的方程；(2)已知拋物線C上存在關(guān)于直線l對稱的相異兩點P和Q.①求證：線段PQ的中點坐標(biāo)為(2－p，－p)；②求p的取值范圍．(1)解∵l：x－y－2＝0，∴l(xiāng)與x軸的交點坐標(biāo)為(2,0)．即拋物線的焦點為(2,0)，∴eq\f(p,2)＝2，p＝4.∴拋物線C的方程為y2＝8x.(2)①證明設(shè)點P(x1，y1)，Q(x2，y2)．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y\o\al(2,1)＝2px1，,y\o\al(2,2)＝2px2，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(y\o\al(2,1),2p)，,x2＝\f(y\o\al(2,2),2p)，))∴kPQ＝eq\f(y1－y2,\f(y\o\al(2,1),2p)－\f(y\o\al(2,2),2p))＝eq\f(2p,y1＋y2).又∵P，Q關(guān)于l對稱，∴kPQ＝－1，即y1＋y2＝－2p，∴eq\f(y1＋y2,2)＝－p.又∵PQ的中點一定在l上，∴eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(y1＋y2,2)＋2＝2－p.∴線段PQ的中點坐標(biāo)為(2－p，－p)．②解∵PQ的中點為(2－p，－p)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－2p，,x1＋x2＝\f(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),2p)＝4－2p，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－2p，,y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2)＝8p－4p2，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－2p，,y1y2＝4p2－4p，))即關(guān)于y的方程y2＋2py＋4p2－4p＝0有兩個不等實根．∴Δ＞0.即4p2－4(4p2－4p)＞0，解得0＜p＜eq\f(4,3)，故所求p的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).4．(2016·江蘇)(1)求7Ceq\o\al(3,6)－4Ceq\o\al(4,7)的值；(2)設(shè)m，n∈N*，n≥m，求證：(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).(1)解7Ceq\o\al(3,6)－4Ceq\o\al(4,7)＝7×20－4×35＝0.(2)證明對任意的m，n∈N*，n≥m，①當(dāng)n＝m時，左邊＝(m＋1)Ceq\o\al(m,m)＝m＋1，右邊＝(m＋1)Ceq\o\al(m＋2,m＋2)＝m＋1，原等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥m)時命題成立．即(m＋1)Ceq\o\al(m,m)＋(m＋2)Ceq\o\al(m,m＋1)＋(m＋3)Ceq\o\al(m,m＋2)＋…＋kCeq\o\al(m,k－1)＋(k＋1)Ceq\o\al(m,k)＝(m＋1)Ceq\o\al(m＋2,k＋2)，當(dāng)n＝k＋1時，左邊＝(m＋1)Ceq\o\al(m,m)＋(m＋2)Ceq\o\al(m,m＋1)＋(m＋3)Ceq\o\al(m,m＋2)＋…＋kCeq\o\al(m,k－1)＋(k＋1)Ceq\o\al(m,k)＋(k＋2)Ceq\o\al(m,k＋1)＝(m＋1)Ceq\o\al(m＋2,k＋2)＋(k＋2)Ceq\o\al(m,k＋1)，右邊＝(m＋1)Ceq\o\al(m＋2,k＋3).而(m＋1)Ceq\o\al(m＋2,k＋3)－(m＋1)Ceq\o\al(m＋2,k＋2)＝(m＋1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(k＋3！,m＋2！k－m＋1！)－\f(k＋2！,m＋2！k－m！)))＝(m＋1)×eq\f(k＋2！,m＋2！k－m＋1！)[(k＋3)－(k－m＋1)]＝(k＋2)eq\f(k＋1！,m！k－m＋1！)＝(k＋2)Ceq\o\al(m,k＋1)，∴(m＋1)Ceq\o\al(m＋2,k＋2)＋(k＋2)Ceq\o\al(m,k＋1)＝(m＋1)Ceq\o\al(m＋2,k＋3)，∴左邊＝右邊．即當(dāng)n＝k＋1時命題也成立．綜合①②可得原命題對任意m，n∈N*，n≥m均成立．5．(2017·江蘇)如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°.(1)求異面直線A1B與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內(nèi)，過點A作AE⊥AD，交BC于點E.因為AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.如圖，以{eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))}為正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz.因為AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°，則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\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))，則cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up6(→))·\o(AC1,\s\up6(→)),|\o(A1B,\s\up6(→))||\o(AC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3)，－1，－\r(3)·\r(3)，1，\r(3),7)＝－eq\f(1,7)，因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為eq\f(1,7).(2)平面A1DA的一個法向量為eq\o(AE,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0,0)．設(shè)m＝(x，y，z)為平面BA1D的一個法向量，又eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3,0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BD,\s\up6(→))＝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，則y＝eq\r(3)，z＝2，所以m＝(3，eq\r(3)，2)為平面BA1D的一個法向量，從而cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，m〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·m,|\o(AE,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(3)，0，0·3，\r(3)，2,\r(3)×4)＝eq\f(3,4).設(shè)二面角B－A1D－A的大小為θ，則|cosθ|＝eq\f(3,4).因為θ∈[0，π]，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(7),4).因此二面角B－A1D－A的正弦值為eq\f(\r(7),4).6．(2017·江蘇)已知一個口袋有m個白球，n個黑球(m，n∈N*，n≥2)，這些球除顏色外完全相同．現(xiàn)將口袋中的球隨機的逐個取出，并放入如圖所示的編號為1,2,3，…，m＋n的抽屜內(nèi)，其中第k次取球放入編號為k的抽屜(k＝1,2，3，…，m＋n).123…m＋n(1)試求編號為2的抽屜內(nèi)放的是黑球的概率p；(2)隨機變量X表示最后一個取出的黑球所在抽屜編號的倒數(shù)，E(X)是X的數(shù)學(xué)期望，證明：E(X)<eq\f(n,m＋nn－1).(1)解編號為2的抽屜內(nèi)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)證明隨機變量X的概率分布為Xeq\f(1,n)eq\f(1,n＋1)eq\f(1,n＋2)…eq\f(1,k)…eq\f(1,m＋n)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))隨機變量X的數(shù)學(xué)期望為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).江蘇高考附加題第22題一般在空間向量與立體幾何問題、隨機變量與概率分布、拋物線之間輪考，試題難度中等，主要考查基本概念和運算求解能力；23題主要考查計數(shù)原理、二項式定理、數(shù)學(xué)歸納法等，試題難度大．熱點一空間向量與立體幾何例1(2017·江蘇鎮(zhèn)江一模)在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點E是棱PC的中點．(1)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值；(2)若點F為棱PC上一點，滿足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的正弦值．解(1)以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由點E為棱PC的中點，得E(1,1,1)．故eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－2)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面PBD的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0，))不妨令y＝1，則x＝2，z＝1，可得n＝(2,1,1)為平面PBD的法向量，于是cos〈n，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(BE,\s\up6(→)),|n||\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(6)·\r(2))＝eq\f(\r(3),3)，所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).(2)eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1,2,0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－2，－2,2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．由點F在棱PC上，設(shè)eq\o(CF,\s\up6(→))＝λeq\o(CP,\s\up6(→))，0≤λ≤1，故eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋λeq\o(CP,\s\up6(→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝eq\f(3,4)，即eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(3,2))).設(shè)n1＝(x，y，z)為平面FAB的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(3,2)z＝0，))不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3,1)為平面FAB的法向量，取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0)，則cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝－eq\f(3\r(10),10)，即sin〈n1，n2〉＝eq\f(\r(10),10).故二面角F－AB－P的正弦值為eq\f(\r(10),10).思維升華利用法向量求解空間線面角的關(guān)鍵在于“四破”：第一，破“建系關(guān)”，構(gòu)建恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；第二，破“求坐標(biāo)關(guān)”，準(zhǔn)確求解相關(guān)點的坐標(biāo)；第三，破“求法向量關(guān)”，求出平面的法向量；第四，破“應(yīng)用公式關(guān)”．跟蹤演練1(2017·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)一模)如圖，已知正四棱錐P－ABCD中，PA＝AB＝2，點M，N分別在PA，BD上，且eq\f(PM,PA)＝eq\f(BN,BD)＝eq\f(1,3).(1)求異面直線MN與PC所成角的大??；(2)求二面角N－PC－B的余弦值．解(1)設(shè)AC，BD交于點O，在正四棱錐P－ABCD中，OP⊥平面ABCD.又PA＝AB＝2，所以O(shè)P＝eq\r(2).以點O為坐標(biāo)原點，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))方向分別為x軸，y軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，如圖．則A(1，－1,0)，B(1,1,0)，C(－1,1,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，eq\r(2))．eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,1，eq\r(2))，故eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(1,3)，\f(2\r(2),3)))，eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，0))，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，－\f(2\r(2),3)))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－1,1，－eq\r(2))，cos〈eq\o(MN,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(MN,\s\up6(→))·\o(PC,\s\up6(→)),|\o(MN,\s\up6(→))||\o(PC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),2)，所以MN與PC所成角的大小為eq\f(π,6).(2)eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－1,1，－eq\r(2))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(NC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(2,3)，0)).設(shè)m＝(x，y，z)是平面PCB的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y－\r(2)z＝0，,x＝0，))令y＝eq\r(2)，得z＝1，m＝(0，eq\r(2)，1)．設(shè)n＝(x1，y1，z1)是平面PCN的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(NC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1－\r(2)z1＝0，,－2x1＋y1＝0，))令x1＝2，得y1＝4，z1＝eq\r(2)，n＝(2,4，eq\r(2))．cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(5\r(2),\r(3)×\r(22))＝eq\f(5\r(33),33)，所以二面角N－PC－B的余弦值為eq\f(5\r(33),33).熱點二曲線與方程、拋物線例2(2017·江蘇宿遷三模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點F(1,0)，直線x＝－1與動直線y＝n的交點為M，線段MF的中垂線與動直線y＝n的交點為P.(1)求動點P的軌跡E的方程；(2)過動點M作曲線E的兩條切線，切點分別為A，B，求證：∠AMB的大小為定值．(1)解因為直線y＝n與x＝－1垂直，所以MP為點P到直線x＝－1的距離．連結(jié)PF，因為點P為線段MF的中垂線與直線y＝n的交點，所以MP＝PF，所以點P的軌跡是拋物線．焦點為F(1,0)，準(zhǔn)線為x＝－1.所以曲線E的方程為y2＝4x.(2)證明由題意知，過點M(－1，n)的切線斜率存在，設(shè)切線方程為y－n＝k(x＋1)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋k＋n，,y2＝4x，))得ky2－4y＋4k＋4n＝0，所以Δ1＝16－4k(4k＋4n)＝0，即k2＋kn－1＝0.(*)因為Δ2＝n2＋4>0，所以方程(*)存在兩個不等實根，設(shè)為k1，k2，因為k1·k2＝－1，所以∠AMB＝90°，為定值．思維升華求軌跡方程主要有兩種方法：一是直接法，二是定義法．本題利用拋物線的定義求解，對于拋物線試題，解題關(guān)鍵是聯(lián)立方程組，構(gòu)造方程，利用方程思想解題．跟蹤演練2在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：x＝－1，點T(3,0)．動點P滿足PS⊥l，垂足為S，且eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(ST,\s\up6(→))＝0.設(shè)動點P的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)設(shè)Q是曲線C上異于點P的另一點，且直線PQ過點(1,0)，線段PQ的中點為M，直線l與x軸的交點為N.求證：向量eq\o(SM,\s\up6(→))與eq\o(NQ,\s\up6(→))共線．(1)解設(shè)P(x，y)為曲線C上任意一點．因為PS⊥l，垂足為S，又直線l：x＝－1，所以S(－1，y)．因為T(3,0)，所以eq\o(OP,\s\up6(→))＝(x，y)，eq\o(ST,\s\up6(→))＝(4，－y)．因為eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(ST,\s\up6(→))＝0，所以4x－y2＝0，即y2＝4x.所以曲線C的方程為y2＝4x.(2)證明因為直線PQ過點(1,0)，故設(shè)直線PQ的方程為x＝my＋1.P(x1，y1)，Q(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋1，))消去x，得y2―4my―4＝0.所以y1＋y2＝4m，y1y2＝―4.因為點M為線段PQ的中點，所以點M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，即點M(2m2＋1,2m)．又因為S(－1，y1)，N(－1,0)，所以eq\o(SM,\s\up6(→))＝(2m2＋2,2m－y1)，eq\o(NQ,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)＝(my2＋2，y2)．因為(2m2＋2)y2－(2m－y1)(my2＋2)＝(2m2＋2)y2－2m2y2＋my1y2－4m＋2y1＝2(y1＋y2)＋my1y2－4m＝8m－4m－4m＝0，所以向量eq\o(SM,\s\up6(→))與eq\o(NQ,\s\up6(→))共線．熱點三計數(shù)原理與二項式定理例3設(shè)f(n)＝(a＋b)n(n∈N*，n≥2)，若f(n)的展開式中，存在某連續(xù)三項，其二項式系數(shù)依次成等差數(shù)列，則稱f(n)具有性質(zhì)P.(1)求證：f(7)具有性質(zhì)P；(2)若存在n≤2017，使f(n)具有性質(zhì)P，求n的最大值．(1)證明f(7)的展開式中第二，三，四項的二項式系數(shù)分別為Ceq\o\al(1,7)＝7，Ceq\o\al(2,7)＝21，Ceq\o\al(3,7)＝35.因為Ceq\o\al(1,7)＋Ceq\o\al(3,7)＝2Ceq\o\al(2,7)，即Ceq\o\al(1,7)，Ceq\o\al(2,7)，Ceq\o\al(3,7)成等差數(shù)列，所以f(7)具有性質(zhì)P.(2)解設(shè)f(n)具有性質(zhì)P，則存在r∈N*,1≤r≤n－1，使Ceq\o\al(r－1,n)，Ceq\o\al(r,n)，Ceq\o\al(r＋1,n)成等差數(shù)列，所以Ceq\o\al(r－1,n)＋Ceq\o\al(r＋1,n)＝2Ceq\o\al(r,n).整理得4r2－4nr＋(n2－n－2)＝0，即(2r－n)2＝n＋2，所以n＋2為完全平方數(shù)．又n≤2017，由于442<2017＋2<452，所以n的最大值為442－2＝1934，此時r＝989或945.思維升華涉及二項式定理的試題要注意以下幾個方面：(1)某一項的二項式系數(shù)與這一項的系數(shù)是兩個不同的概念，必須嚴(yán)格加以區(qū)別．(2)根據(jù)所給式子的結(jié)構(gòu)特征，對二項式定理的逆用或變用，注意活用二項式定理是解決二項式問題應(yīng)具備的基本素質(zhì)．(3)關(guān)于x的二項式(a＋bx)n(a，b為常數(shù))的展開式可以看成是關(guān)于x的函數(shù)，且當(dāng)x給予某一個值時，可以得到一個與系數(shù)有關(guān)的等式，所以，當(dāng)展開式涉及到與系數(shù)有關(guān)的問題時，可以利用函數(shù)思想來解決．跟蹤演練3在(1＋x＋x2)n＝Deq\o\al(0,n)＋Deq\o\al(1,n)x＋Deq\o\al(2,n)x2＋…＋Deq\o\al(r,n)xr＋…＋Deq\o\al(2n－1,n)x2n－1＋Deq\o\al(2n,n)x2n的展開式中，把Deq\o\al(0,n)，Deq\o\al(1,n)，Deq\o\al(2,n)，…，Deq\o\al(2n,n)叫做三項式系數(shù)．(1)當(dāng)n＝2時，寫出三項式系數(shù)Deq\o\al(0,2)，Deq\o\al(1,2)，Deq\o\al(2,2)，Deq\o\al(3,2)，Deq\o\al(4,2)的值；(2)類比二項式系數(shù)性質(zhì)Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m－1,n)＋Ceq\o\al(m,n)(1≤m≤n，m∈N，n∈N)，給出一個關(guān)于三項式系數(shù)Deq\o\al(m＋1,n＋1)(1≤m≤2n－1，m∈N，n∈N)的相似性質(zhì)，并予以證明．解(1)因為(1＋x＋x2)2＝1＋2x＋3x2＋2x3＋x4，所以Deq\o\al(0,2)＝1，Deq\o\al(1,2)＝2，Deq\o\al(2,2)＝3，Deq\o\al(3,2)＝2，Deq\o\al(4,2)＝1.(2)類比二項式系數(shù)性質(zhì)Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m－1,n)＋Ceq\o\al(m,n)(1≤m≤n，m∈N，n∈N)，三項式系數(shù)有如下性質(zhì)：Deq\o\al(m＋1,n＋1)＝Deq\o\al(m－1,n)＋Deq\o\al(m,n)＋Deq\o\al(m＋1,n)(1≤m≤2n－1)．證明如下：因為(1＋x＋x2)n＋1＝(1＋x＋x2)·(1＋x＋x2)n，所以(1＋x＋x2)n＋1＝(1＋x＋x2)·(Deq\o\al(0,n)＋Deq\o\al(1,n)x＋Deq\o\al(2,n)x2＋…＋Deq\o\al(2n－1,n)x2n－1＋Deq\o\al(2n,n)x2n)．上式左邊xm＋1的系數(shù)為Deq\o\al(m＋1,n＋1)，上式右邊xm＋1的系數(shù)為Deq\o\al(m＋1,n)＋Deq\o\al(m,n)＋Deq\o\al(m－1,n)，于是Deq\o\al(m＋1,n＋1)＝Deq\o\al(m－1,n)＋Deq\o\al(m,n)＋Deq\o\al(m＋1,n)(1≤m≤2n－1)．熱點四隨機變量及其概率分布例4(2017·江蘇揚州期末)為了提高學(xué)生學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，某校決定在每周的同一時間開設(shè)《數(shù)學(xué)史》、《生活中的數(shù)學(xué)》、《數(shù)學(xué)與哲學(xué)》、《數(shù)學(xué)建?！匪拈T校本選修課程，甲、乙、丙三位同學(xué)每人均在四門校本課程中隨機選一門進行學(xué)習(xí)，假設(shè)三人選擇課程時互不影響，且每人選擇每一課程都是等可能的．(1)求甲、乙、丙三人選擇的課程互不相同的概率；(2)設(shè)X為甲、乙、丙三人中選修《數(shù)學(xué)史》的人數(shù)，求X的概率分布和數(shù)學(xué)期望E(X)．解(1)甲、乙、丙三人從四門課程中各任選一門，共有43＝64(種)不同的選法，記“甲、乙、丙三人選擇的課程互不相同”為事件M，事件M共包含Aeq\o\al(3,4)＝24(個)基本事件，則P(M)＝eq\f(24,64)＝eq\f(3,8)，所以甲、乙、丙三人選擇的課程互不相同的概率為eq\f(3,8).(2)方法一X可能的取值為0,1,2,3，P(X＝0)＝eq\f(33,43)＝eq\f(27,64)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)×32,43)＝eq\f(27,64)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)×3,43)＝eq\f(9,64)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3),43)＝eq\f(1,64).所以X的概率分布為X0123Peq\f(27,64)eq\f(27,64)eq\f(9,64)eq\f(1,64)所以X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(27,64)＋1×eq\f(27,64)＋2×eq\f(9,64)＋3×eq\f(1,64)＝eq\f(3,4).方法二甲、乙、丙三人從四門課程中任選一門，可以看成三次獨立重復(fù)試驗，X為甲、乙、丙三人中選修《數(shù)學(xué)史》的人數(shù)，則X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,4)))，所以P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3－k，k＝0,1,2,3，所以X的概率分布為X0123Peq\f(27,64)eq\f(27,64)eq\f(9,64)eq\f(1,64)所以X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝3×eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).思維升華求解一般的隨機變量的數(shù)學(xué)期望的基本方法先根據(jù)隨機變量的意義，確定隨機變量可以取哪些值，然后根據(jù)隨機變量取這些值的意義求出取這些值的概率，列出概率分布，根據(jù)數(shù)學(xué)期望公式計算．跟蹤演練4(2017·江蘇南京考前指導(dǎo)卷)箱子中有4個形狀、大小完全相同的小球，其中紅色小球2個、黑色和白色小球各1個，現(xiàn)從中有放回的連續(xù)摸4次，每次摸出1個球．(1)求4次中恰好有1次紅球和1次黑球的概率；(2)求4次摸出球的顏色種數(shù)ξ的概率分布與數(shù)學(xué)期望．解(1)記事件A為“摸出1個球是紅色小球”，事件B為“摸出1個球是黑色小球”，事件C為“摸出1個球是白色小球”，則A，B，C相互獨立，且P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(1,4)，P(C)＝eq\f(1,4).記事件D為“有放回的連續(xù)摸4次，恰好有1次紅球和1次黑球”，則P(D)＝Aeq\o\al(2,4)×eq\f(1,2)×eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＝eq\f(3,32).故4次中恰好有1次紅球和1次黑球的概率是eq\f(3,32).(2)隨機變量ξ的可能值為1,2,3.記事件Ai為“摸出i個紅色小球”，事件Bi為“摸出i個黑色小球”，事件Ci為“摸出i個白色小球”．P(ξ＝1)＝P(A4＋B4＋C4)＝P(A4)＋P(B4)＋P(C4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))4＝eq\f(9,128)；P(A1·B3＋A2·B2＋A3·B1)＝Ceq\o\al(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＋Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(1,32)＋eq\f(3,32)＋eq\f(1,8)＝eq\f(1,4)，P(A1·C3＋A2·C2＋A3·C1)＝Ceq\o\al(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＋Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(1,32)＋eq\f(3,32)＋eq\f(1,8)＝eq\f(1,4)，P(B1·C3＋B2·C2＋B3·C1)＝Ceq\o\al(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＋Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(1,64)＋eq\f(3,128)＋eq\f(1,64)＝eq\f(7,128)，P(ξ＝2)＝P(A1·B3＋A2·B2＋A3·B1)＋P(A1·C3＋A2·C2＋A3·C1)＋P(B1·C3＋B2·C2＋B3·C1)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)＋eq\f(7,128)＝eq\f(71,128)；P(ξ＝3)＝P(A2·B1·C1＋A1·B2·C1＋A1·B1·C2)＝Aeq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋Aeq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋Aeq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(3,16)＋eq\f(3,32)＋eq\f(3,32)＝eq\f(3,8).故隨機變量ξ的概率分布為ξ123Peq\f(9,128)eq\f(71,128)eq\f(3,8)所以數(shù)學(xué)期望E(ξ)＝1×eq\f(9,128)＋2×eq\f(71,128)＋3×eq\f(3,8)＝eq\f(295,128).熱點五數(shù)學(xué)歸納法例5(2017·江蘇南通三模)已知函數(shù)f0(x)＝eq\f(cx＋d,ax＋b)(a≠0，ac－bd≠0)．設(shè)fn(x)為fn－1(x)的導(dǎo)數(shù)，n∈N*.(1)求f1(x)，f2(x)；(2)猜想fn(x)的表達式，并證明你的結(jié)論．解(1)f1(x)＝f0′(x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(cx＋d,ax＋b)))′＝eq\f(bc－ad,ax＋b2)，f2(x)＝f1′(x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(bc－ad,ax＋b2)))′＝eq\f(－2abc－ad,ax＋b3).(2)猜想fn(x)＝eq\f(－1n－1·an－1·bc－ad·n！,ax＋bn＋1)，n∈N*.證明：①當(dāng)n＝1時，由(1)知結(jié)論正確．②假設(shè)當(dāng)n＝k，k∈N*時結(jié)論正確，即有fk(x)＝eq\f(－1k－1·ak－1·bc－ad·k！,ax＋bk＋1).當(dāng)n＝k＋1時，fk＋1(x)＝fk′(x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(－1k－1·ak－1·bc－ad·k！,ax＋bk＋1)))′＝(－1)k－1·ak－1·(bc－ad)·k！·[(ax＋b)－(k＋1)]′＝eq\f(－1k·ak·bc－ad·k＋1！,ax＋bk＋2).所以當(dāng)n＝k＋1時結(jié)論成立．由①②得對一切n∈N*結(jié)論正確．思維升華在數(shù)學(xué)歸納法中，歸納奠基和歸納遞推缺一不可．在較復(fù)雜的式子中，注意由n＝k到n＝k＋1時，式子中項數(shù)的變化應(yīng)仔細分析，觀察通項．同時還應(yīng)注意，不用假設(shè)的證法不是數(shù)學(xué)歸納法．跟蹤演練5已知實數(shù)數(shù)列{an}滿足：a1＝3，an＝eq\f(n＋2,3n)·(an－1＋2)，n≥2.證明：當(dāng)n≥2時，{an}是單調(diào)減數(shù)列．證明當(dāng)n≥1時，有an＋1－an＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n＋3,3n＋1)－1))an＋eq\f(2n＋3,3n＋1)＝eq\f(2,3n＋1)(n＋3－nan)．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：an>1＋eq\f(3,n)(n≥2，n∈N*)．(1)當(dāng)n＝2時，a2＝eq\f(4,6)(3＋2)＝eq\f(10,3)>1＋eq\f(3,2)；(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2)時，結(jié)論成立，即ak>1＋eq\f(3,k).那么，ak＋1＝eq\f(k＋3,3k＋1)(ak＋2)>eq\f(k＋3,3k＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,k)＋2))＝1＋eq\f(3,k)>1＋eq\f(3,1＋k).故由(1)(2)知，an>1＋eq\f(3,n)(n≥2，n∈N*)．因此，當(dāng)n≥2，n∈N*時，an＋1－an＝eq\f(2,3n＋1)(n＋3－nan)<0，即當(dāng)n≥2時，{an}是單調(diào)減數(shù)列．1．如圖所示，已知點P在正方體ABCD－A′B′C′D′的對角線BD′上，∠PDA＝60°.(1)求DP與CC′所成角的大?。?2)求DP與平面AA′D′D所成角的大?。馊鐖D所示，以D為原點，DA為單位長度建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz.則eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CC′,\s\up6(→))＝(0,0,1)．連結(jié)BD，B′D′.在平面BB′D′D中，延長DP交B′D′于點H.設(shè)eq\o(DH,\s\up6(→))＝(m，m,1)(m>0)，由已知〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝60°，由eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DH,\s\up6(→))＝|eq\o(DA,\s\up6(→))||eq\o(DH,\s\up6(→))|cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉，可得2m＝eq\r(2m2＋1)，解得m＝eq\f(\r(2),2)，所以eq\o(DH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).(1)因為cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×0＋1×1,1×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉＝45°，即DP與CC′所成的角為45°.(2)平面AA′D′D的一個法向量是eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)．因為cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×1＋1×0,1×\r(2))＝eq\f(1,2)，所以〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉＝60°，可得DP與平面AA′D′D所成的角為30°.2．某單位招聘面試，每次從試題庫中隨機調(diào)用一道試題，若調(diào)用的是A類型試題，則使用后該試題回庫，并增補一道A類型試題和一道B類型試題入庫，此次調(diào)題工作結(jié)束；若調(diào)用的是B類型試題，則使用后該試題回庫，此次調(diào)題工作結(jié)束．試題庫中現(xiàn)共有n＋m道試題，其中有n道A類型試題和m道B類型試題．用X表示兩次調(diào)題工作完成后，試題庫中A類型試題的數(shù)量．(1)求X＝n＋2的概率；(2)設(shè)m＝n，求X的概率分布和數(shù)學(xué)期望．解用Ai表示第i次調(diào)題調(diào)用到A類型試題，i＝1,2.(1)P(X＝n＋2)＝P(A1A2)＝eq\f(n,m＋n)·eq\f(n＋1,m＋n＋2)＝eq\f(nn＋1,m＋nm＋n＋2).(2)X的可能取值為n，n＋1，n＋2.P(X＝n)＝P(eq\x\to(A)1eq\x\to(A)2)＝eq\f(n,n＋n)·eq\f(n,n＋n)＝eq\f(1,4)，P(X＝n＋1)＝P(A1eq\x\to(A)2)＋P(eq\x\to(A)1A2)＝eq\f(n,n＋n)·eq\f(n＋1,n＋n＋2)＋eq\f(n,n＋n)·eq\f(n,n＋n)＝eq\f(1,2)，P(X＝n＋2)＝P(A1A2)＝eq\f(n,n＋n)·eq\f(n＋1,n＋n＋2)＝eq\f(1,4).從而X的概率分布為Xnn＋1n＋2Peq\f(1,4)eq\f(1,2)eq\f(1,4)所以E(X)＝n×eq\f(1,4)＋(n＋1)×eq\f(1,2)＋(n＋2)×eq\f(1,4)＝n＋1.

3．如圖，過拋物線y2＝4x的焦點F作拋物線的兩條弦AB，CD，設(shè)直線AC與BD的交點為P，直線AC，BD分別與y軸交于M，N兩點．(1)求證：點P恒在拋物線的準(zhǔn)線上；(2)求證：四邊形PMFN是平行四邊形．證明(1)由題意知F(1,0)，不妨設(shè)A(a2,2a)，D(b2,2b)，a>0，b<0，B(xB，yB)．直線AB的方程為2ax＋(1－a2)y－2a＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,2ax＋1－a2y－2a＝0，))得ay2＋2(1－a2)y－4a＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系得，2ayB＝－4，即yB＝－eq\f(2,a)，代入拋物線方程y2＝4x，得xB＝eq\f(1,a2)，即Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)，－\f(2,a)))，同理得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)，－\f(2,b)))，則直線AC的方程為y＝eq\f(2b,ab－1)x－eq\f(2a,ab－1)，直線BD的方程為y＝eq\f(2a,ab－1)x－eq\f(2b,ab－1)，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,ab－1)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2b,ab－1))).聯(lián)立直線AC，BD的方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(2b,ab－1)x－\f(2a,ab－1)，,y＝\f(2a,ab－1)x－\f(2b,ab－1)))可得點P的橫坐標(biāo)為定值－1，即點P恒在拋物線的準(zhǔn)線上．(2)因為kFN＝eq\f(0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,ab－1))),1－0)＝eq\f(2b,ab－1)＝kAC，kFM＝eq\f(0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,ab－1))),1－0)＝eq\f(2a,ab－1)＝kBD，所以四邊形PMFN是平行四邊形．4．設(shè)f(k)是滿足不等式log2x＋log2(3·2k－1－x)≥2k－1(k∈N*)的正整數(shù)x的個數(shù)．(1)求f(k)的解析式；(2)記Sn＝f(1)＋f(2)＋…＋f(n)，Pn＝n2＋n－1(n∈N*)，試比較Sn與Pn的大?。?1)∵log2x＋log2(3·2k－1－x)≥2k－1(k∈N*)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,3·2k－1－x>0，,x3·2k－1－x≥22k－1，))解得2k－1≤x≤2k，∴f(k)＝2k－2k－1＋1＝2k－1＋1.(2)∵Sn＝f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝1＋2＋22＋…＋2n－1＋n＝2n＋n－1，∴Sn－Pn＝2n－n2.當(dāng)n＝1時，S1－P1＝2－1＝1>0；當(dāng)n＝2時，S2－P2＝4－4＝0；當(dāng)n＝3時，S3－P3＝8－9＝－1<0；當(dāng)n＝4時，S4－P4＝16－16＝0；當(dāng)n＝5時，S5－P5＝32－25＝7>0；當(dāng)n＝6時，S6－P6＝64－36＝28>0.猜想：當(dāng)n≥5時，Sn－Pn>0.證明如下：①當(dāng)n＝5時，由上述可知Sn－Pn>0.②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥5)時，Sk－Pk＝2k－k2>0.當(dāng)n＝k＋1時，Sk＋1－Pk＋1＝2k＋1－(k＋1)2＝2·2k－k2－2k－1＝2(2k－k2)＋k2－2k－1＝2(Sk－Pk)＋k2－2k－1>k2－2k－1＝k(k－2)－1≥5×(5－2)－1＝14>0.∴當(dāng)n＝k＋1時，Sk＋1－Pk＋1>0成立．由①②可知，當(dāng)n≥5時，Sn－Pn>0成立，即Sn>Pn成立．由上述分析可知，當(dāng)n＝1或n≥5時，Sn>Pn；當(dāng)n＝2或n＝4時，Sn＝Pn；當(dāng)n＝3時，Sn<Pn.A組專題通關(guān)1．(2017·江蘇揚州考前指導(dǎo)卷)如圖，在棱長為3的正方體ABCD－A1B1C1D1中，A1E＝CF＝1.(1)求兩條異面直線AC1與D1E所成角的余弦值；(2)求直線AC1與平面BED1F所成角的正弦值．解(1)以D為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz如圖所示，則A(3,0,0)，C1＝(0,3,3)，D1＝(0,0,3)，E(3,0,2)，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－3,3,3)，eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(3,0，－1)，∴cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(D1E,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC1,\s\up6(→))·\o(D1E,\s\up6(→)),|\o(AC1,\s\up6(→))||\o(D1E,\s\up6(→))|)＝eq\f(－9－3,3\r(3)×\r(10))＝－eq\f(2\r(30),15).則兩條異面直線AC1與D1E所成角的余弦值為eq\f(2\r(30),15).(2)由(1)知B(3,3,0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－3,2)，eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(3,0，－1)．設(shè)平面BED1F的一個法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(D1E,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－z＝0，,－3y＋2z＝0，))令x＝1，則n＝(1,2,3)．則直線AC1與平面BED1F所成角的正弦值為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AC1,\s\up6(→))·n,|\o(AC1,\s\up6(→))||n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－3＋6＋9,3\r(3)·\r(14))))＝eq\f(2\r(42),21).2．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是邊長為2的等邊三角形，PC＝eq\r(13)，點M在PC上，且PA∥平面BDM.(1)求直線PC與平面BDM所成角的正弦值；(2)求平面BDM與平面PAD所成銳二面角的大?。庖驗槠矫鍼AD⊥平面ABCD，△PAD為正三角形，作AD邊上的高PO，平面PAD∩平面ABCD＝AD，由面面垂直的性質(zhì)定理，得PO⊥平面ABCD，又ABCD是矩形，同理CD⊥平面PAD，知CD⊥PD，PC＝eq\r(13)，PD＝2，故CD＝3.以AD中點O為坐標(biāo)原點，OA所在直線為x軸，OP所在直線為z軸，AD的垂直平分線為y軸，建立如圖所示的坐標(biāo)系，則P(0,0，eq\r(3))，A(1,0,0)，B(1,3,0)，C(－1,3,0)，D(－1,0,0)，連結(jié)AC交BD于點N，連結(jié)MN.因為PA∥平面MBD，平面APC∩平面MBD＝MN，所以MN∥PA，又N是AC的中點，所以M是PC的中點，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，設(shè)平面BDM的法向量為n＝(x，y，z)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2，－3,0)，eq\o(MD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(3,2)，－\f(\r(3),2)))，由n·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(MD,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－3y＝0，,－\f(x,2)－\f(3y,2)－\f(\r(3)z,2)＝0，))令x＝1，解得y＝－eq\f(2,3)，z＝eq\f(1,\r(3))，所以取n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2,3)，\f(\r(3),3))).(1)設(shè)PC與平面BDM所成的角為θ，則sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PC,\s\up6(→))·n,|\o(PC,\s\up6(→))||n|)))＝eq\f(3\r(13),13)，所以直線PC與平面BDM所成角的正弦值為eq\f(3\r(13),13).(2)向量eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0，－3,0)為平面PAD的法向量，設(shè)平面BDM與平面PAD所成的銳二面角為φ，則cosφ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(CD,\s\up6(→))·n,|\o(CD,\s\up6(→))||n|)))＝eq\f(1,2)，故平面BDM與平面PAD所成銳二面角的大小為eq\f(π,3).3．(2017·江蘇南京一模)某年級星期一至星期五每天下午排3節(jié)課，每天下午隨機選擇1節(jié)作為綜合實踐課(上午不排該課程)，張老師與王老師分別任教甲、乙兩個班的綜合實踐課程．(1)求這兩個班“在星期一不同時上綜合實踐課”的概率；(2)設(shè)這兩個班“在一周中同時上綜合實踐課的節(jié)數(shù)”為X，求X的概率分布與數(shù)學(xué)期望E(X)．解(1)這兩個班“在星期一不同時上綜合實踐課”的概率為P＝1－eq\f(3,3×3)＝eq\f(2,3).(2)由題意得X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,3)))，P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))5－k，k＝0,1,2,3,4,5.所以X的概率分布為X012345Peq\f(32,243)eq\f(80,243)eq\f(80,243)eq\f(40,243)eq\f(10,243)eq\f(1,243)所以X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝5×eq\f(1,3)＝eq\f(5,3).4．某校舉辦校園科技文化藝術(shù)節(jié)，在同一時間安排《生活趣味數(shù)學(xué)》和《校園舞蹈賞析》兩場講座．已知A，B兩學(xué)習(xí)小組各有5位同學(xué)，每位同學(xué)在兩場講座中任意選聽一場．若A組有1人選聽《生活趣味數(shù)學(xué)》，其余4人選聽《校園舞蹈賞析》；B組有2人選聽《生活趣味數(shù)學(xué)》，其余3人選聽《校園舞蹈賞析》．(1)若從此10人中任意選出3人，求選出的3人中恰有2人選聽《校園舞蹈賞析》的概率；(2)若從A，B兩組中各任選2人，設(shè)X為選出的4人中選聽《生活趣味數(shù)學(xué)》的人數(shù)，求X的概率分布和數(shù)學(xué)期望E(X)．解(1)設(shè)“選出的3人中恰有2人選聽《校園舞蹈賞析》”為事件M，則P(M)＝eq\f(C\o\al(2,7)C\o\al(1,3),C\o\al(3,10))＝eq\f(21,40)，即選出的3人中恰有2人選聽《校園舞蹈賞析》的概率為eq\f(21,40).(2)X的可能取值為0,1,2,3，P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,3),C\o\al(2,5)C\o\al(2,5))＝eq\f(9,50)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,1)C\o\al(1,4)C\o\al(2,3)＋C\o\al(2,4)C\o\al(1,2)C\o\al(1,3),C\o\al(2,5)C\o\al(2,5))＝eq\f(12,25)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(1,1)C\o\al(1,4)C\o\al(2,2),C\o\al(2,5)C\o\al(2,5))＝eq\f(1,25)，故P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)＝eq\f(3,10).所以X的概率分布為X0123Peq\f(9,50)eq\f(12,25)eq\f(3,10)eq\f(1,25)所以X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(9,50)＋1×eq\f(12,25)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,25)＝eq\f(6,5).5．如圖，已知拋物線C的頂點為O(0,0)，焦點為F(0,1)．(1)求拋物線C的方程；(2)過點F作直線交拋物線C于A，B兩點．若直線AO，BO分別交直線l：y＝x－2于M，N兩點，求MN的最小值．解(1)由題意可設(shè)拋物線C的方程為x2＝2py(p>0)，則eq\f(p,2)＝1，所以拋物線C的方程為x2＝4y.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為y＝kx＋1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))消去y，整理得x2－4kx－4＝0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.從而|x1－x2|＝4eq\r(k2＋1).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1)x，,y＝x－2，))解得點M的橫坐標(biāo)xM＝eq\f(2x1,x1－y1)＝eq\f(2x1,x1－\f(x\o\al(2,1),4))＝eq\f(8,4－x1).同理，點N的橫坐標(biāo)xN＝eq\f(8,4－x2).所以MN＝eq\r(2)|xM－xN|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(8,4－x1)－\f(8,4－x2)))＝8eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1－x2,x1x2－4x1＋x2＋16)))＝eq\f(8\r(2)\r(k2＋1),|4k－3|)，令4k－3＝t，t≠0，則k＝eq\f(t＋3,4).當(dāng)t>0時，MN＝2eq\r(2)eq\r(\f(25,t2)＋\f(6,t)＋1)>2eq\r(2).當(dāng)t<0時，MN＝2eq\r(2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,t)＋\f(3,5)))2＋\f(16,25))≥eq\f(8,5)eq\r(2).綜上所述，當(dāng)t＝－eq\f(25,3)，即k＝－eq\f(4,3)時，MN的最小值是eq\f(8,5)eq\r(2).6．是否存在正整數(shù)m使得f(n)＝(2n＋7)·3n＋9對任意自然數(shù)n都能被m整除？若存在，求出最大的m的值，并證明你的結(jié)論；若不存在，說明理由．解由f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，得f(1)＝36，f(2)＝3×36，f(3)＝10×36，f(4)＝34×36，由此猜想m＝36.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1時，結(jié)論顯然成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k時，結(jié)論成立，即f(k)能被36整除，設(shè)f(k)＝(2k＋7)·3k＋9＝t·36.當(dāng)n＝k＋1時，f(k＋1)＝[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9＝(2k＋7)·3k＋1＋2·3k＋1＋9＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)＝3·36t＋18·2s＝36(3t＋s)．所以當(dāng)n＝k＋1時結(jié)論成立．由①②可知，對一切正整數(shù)n，存在正整數(shù)m，使得f(n)＝(2n＋7)·3n＋9都能被m整除，m的最大值為36.7．已知等式(x2＋2x＋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)為實常數(shù)．求：(1)eq\i\su(n＝1,10,a)n的值；(2)eq\i\su(n＝1,10,n)an的值．解(1)在(x2＋2x＋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