（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 知識(shí)專題突破 專題11 附加題部分學(xué)案

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1、 專題十一　附加題部分 (選修測試物理的考生學(xué)習(xí)此部分)此部分考查的內(nèi)容主要是選修系列2中的內(nèi)容以及選修系列4中專題4－1《幾何證明選講》、4－2《矩陣與變換》、4－4《坐標(biāo)系與參數(shù)方程》、4－5《不等式選講》這4個(gè)專題的內(nèi)容(考生只需選考其中兩個(gè)專題)． ———————命題觀察·高考定位——————— (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第54頁) 1．(2016·江蘇高考)如圖11－1，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)． 圖11－1 (1)若直線l過拋物線C的焦點(diǎn)，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(duì)稱的相異兩點(diǎn)P和Q

2、. ①求證：線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2－p，－p)； ②求p的取值范圍. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394080】 [解]　(1)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為， 由點(diǎn)在直線l：x－y－2＝0上，得－0－2＝0， 即p＝4.所以拋物線C的方程為y2＝8x. (2)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，線段PQ的中點(diǎn)M(x0，y0)．因?yàn)辄c(diǎn)P和Q關(guān)于直線l對(duì)稱，所以直線l垂直平分線段PQ，于是直線PQ的斜率為－1，則可設(shè)其方程為y＝－x＋b. ①證明：由消去x得y2＋2py－2pb＝0.(*) 因?yàn)镻和Q是拋物線C上的相異兩點(diǎn)，所以y1≠y2，從而Δ＝(2p)2－4×(－2pb)

3、>0，化簡得p＋2b>0. 方程(*)的兩根為y1,2＝－p±， 從而y0＝＝－p. 因?yàn)镸(x0，y0)在直線l上，所以x0＝2－p. 因此，線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2－p，－p)． ②因?yàn)镸(2－p，－p)在直線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<. 因此，p的取值范圍是. 2．(2015·江蘇高考) 如圖11－2，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＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1. 圖11－2 (1)求平面PAB與平面P

4、CD所成二面角的余弦值； (2)點(diǎn)Q是線段BP上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時(shí)，求線段BQ的長． [解]　以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(diǎn)的坐標(biāo)為B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)． 第22題圖 (1)由題意知，AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一個(gè)法向量，＝(0,2,0)． 因?yàn)椋?1,1，－2)，＝(0,2，－2)， 設(shè)平面PCD的法向量為m＝(x，y，z)， 則m·＝0，m·＝0， 即令y＝1，解得z＝1，x＝1. 所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一個(gè)法向量． 從而cos〈，m〉＝＝，

5、所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為. (2)因?yàn)椋?－1,0,2)， 設(shè)＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)， 又＝(0，－1,0)，則＝＋＝(－λ，－1,2λ)． 又＝(0，－2,2)， 從而cos〈，〉＝＝. 設(shè)1＋2λ＝t，t∈[1,3]， 則cos2〈，〉＝ ＝≤. 當(dāng)且僅當(dāng)t＝，即λ＝時(shí)，|cos〈，〉|的最大值為. 因?yàn)閥＝cos x在上是減函數(shù)， 所以此時(shí)直線CQ與DP所成角取得最小值． 又因?yàn)锽P＝＝， 所以BQ＝BP＝. 3．(2016·江蘇高考)(1)求7C－4C的值； (2)設(shè)m，n∈N*，n≥m，求證：(m＋1)C＋(m＋2)

6、C＋(m＋3)C＋…＋nC＋(n＋1)C＝(m＋1)C. [解]　(1)7C－4C＝7×－4×＝0. (2)證明：當(dāng)n＝m時(shí)，結(jié)論顯然成立． 當(dāng)n>m時(shí)，(k＋1)C＝＝(m＋1)· ＝(m＋1)C，k＝m＋1，m＋2，…，n. 又因?yàn)镃＋C＝C， 所以(k＋1)C＝(m＋1)(C－C)，k＝m＋1，m＋2，…，n. 因此，(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C＝(m＋1)C＋[(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C] ＝(m＋1)C＋(m＋1)[(C－C)＋(C－C)＋…＋(C－C)] ＝(m＋1)C. 4．(2015·江蘇高考)已知集合X＝{1

7、,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(gè)數(shù)． (1)寫出f (6)的值； (2)當(dāng)n≥6時(shí)，寫出f (n)的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明． [解]　(1)Y6＝，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(shí)， f (n)＝(t∈N*)． 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： ①當(dāng)n＝6時(shí)，f (6)＝6＋2＋＋＝13，結(jié)論成立． ②假設(shè)n＝k(k≥6)時(shí)

8、結(jié)論成立，那么n＝k＋1時(shí)，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： a．若k＋1＝6t，則k＝6(t－1)＋5，此時(shí)有 f (k＋1)＝f (k)＋3＝k＋2＋＋＋3 ＝(k＋1)＋2＋＋，結(jié)論成立； b．若k＋1＝6t＋1，則k＝6t，此時(shí)有 f (k＋1)＝f (k)＋1＝k＋2＋＋＋1 ＝(k＋1)＋2＋＋，結(jié)論成立； c．若k＋1＝6t＋2，則k＝6t＋1，此時(shí)有 f (k＋1)＝f (k)＋2＝k＋2＋＋＋2 ＝(k＋1)＋2＋＋，結(jié)論成立； d．若k＋1＝6t＋3，則k＝6t＋2，此時(shí)有 f

9、(k＋1)＝f (k)＋2＝k＋2＋＋＋2 ＝(k＋1)＋2＋＋，結(jié)論成立； e．若k＋1＝6t＋4，則k＝6t＋3，此時(shí)有 f (k＋1)＝f (k)＋2＝k＋2＋＋＋2 ＝(k＋1)＋2＋＋，結(jié)論成立； f ．若k＋1＝6t＋5，則k＝6t＋4，此時(shí)有 f (k＋1)＝f (k)＋1＝k＋2＋＋＋1 ＝(k＋1)＋2＋＋，結(jié)論成立． 綜上所述，結(jié)論對(duì)滿足n≥6的自然數(shù)n均成立． [命題規(guī)律] (1)排列、組合試題具有一定的靈活性和綜合性，常與實(shí)際相結(jié)合，轉(zhuǎn)化為基本的排列組合模型解決問題，需用到分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想. 排列與組合問題一直是高考數(shù)學(xué)的熱點(diǎn)內(nèi)容之一．與二項(xiàng)式

10、定理綜合問題較難． (2)空間向量與立體幾何，重點(diǎn)考查利用空間向量求線線角、線面角、面面角，難度中等． ———————主干整合·歸納拓展——————— (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第55頁) [第1步▕ 核心知識(shí)再整合] 1．幾何證明選講部分，需要核心關(guān)注與圓有關(guān)的比例線段、圓冪定理的應(yīng)用及推理論證，相似三角形與圓內(nèi)接四邊形是主要的轉(zhuǎn)換形式． 2．矩陣與變換部分，著重掌握用二階行列式求逆矩陣、二階矩陣的乘法等基礎(chǔ)計(jì)算． 3．坐標(biāo)系與參數(shù)方程部分，著重掌握極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)、參數(shù)方程與普通方程的互化，通過極坐標(biāo)方程、參數(shù)方程考查直線與圓、橢圓的位置關(guān)系是命題的熱點(diǎn)． 4．不等式選講部分，以考

11、查含一個(gè)或兩個(gè)絕對(duì)值號(hào)的不等式的求解為主，通常不等式中帶有參數(shù)，分類討論去絕對(duì)值是必然的選擇． 5．離散型隨機(jī)變量的均值與方差 (1)均值：E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn； (2)方差：V(X)＝(x1－μ)2p1＋(x2－μ)2p2＋…＋(xn－μ)2pn； (3)性質(zhì)：E(ax＋b)＝aE(x)＋b；V(ax＋b)＝a2V(x)． 6．兩點(diǎn)分布與二項(xiàng)分布的均值與方差 (1)若X服從兩點(diǎn)分布，則E(X)＝p，V(X)＝p(1－p)； (2)若X～B(n，p)，則E(X)＝np，V(X)＝np(1－p)． 7．直方圖的三個(gè)常用結(jié)論 (1)小長方形的面積＝組距×＝頻

12、率； (2)各長方形的面積和等于1； (3)小長方形的高＝. 8．排列、組合數(shù)相關(guān)性質(zhì) 排列：A＝A＋mA； 組合：C＝C＋C(m≤n，m，n∈N*)，kC＝nC. C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1. 9. 二項(xiàng)式定理 (a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N*)， 10．(1)直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法： 設(shè)直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，則 ①線面平行： l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.

13、②線面垂直： 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＋c2c3＝0. (2)直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計(jì)算： 設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)． ①線線夾角： 設(shè)l，m的夾角為θ，則 cos θ＝＝. ②線面夾角： 設(shè)直線l與平面α的夾角為θ， 則s

14、in θ＝＝|cos〈a，μ〉|. ③面面夾角： 設(shè)平面α，β的夾角為θ(0≤θ＜π)， 則|cos θ|＝＝|cos〈μ，v〉|. [第2步▕ 高頻考點(diǎn)細(xì)突破] 幾何證明選講 【例1】　(2016－2017學(xué)年度江蘇蘇州市高三期中調(diào)研考試)如圖11－3，AB是圓O的直徑，弦BD，CA的延長線相交于點(diǎn)E，EF垂直BA的延長線于點(diǎn)F.求證：AB2＝BE·BD－AE·AC. 圖11－3 [證明]　連接AD(圖略)，∵AB為圓的直徑，∴AD⊥BD，又EF⊥AB，則A，D，E，F(xiàn)四點(diǎn)共圓， ∴BD·BE＝BA·BF. 又△ABC∽△AEF， ∴＝，即AB·AF＝AE·AC

15、， ∴BE·BD－AE·AC＝BA·BF－AB·AF＝AB·(BF－AF)＝AB2. [規(guī)律方法]　與圓有關(guān)的線段求解，主要是通過相似三角形建立相似比來求解，從而證明三角形相似是核心，而在圓內(nèi)證明三角形相似主要是通過圓周角定理或圓心角定理證明角相等． [舉一反三] 如圖11－4，AB為半圓O的直徑，直線PC切半圓O于點(diǎn)C，AP⊥PC，P為垂足． 圖11－4 求證：(1)∠PAC＝∠CAB； (2)AC2＝AP·AB. [解]　(1)證明：因?yàn)镻C切半圓O于點(diǎn)C， 所以∠PCA＝∠CBA. 因?yàn)锳B為半圓O的直徑， 所以∠ACB＝90°. 因?yàn)锳P⊥PC，所以∠APC＝

16、90°. 因此∠PAC＝∠CAB. (2)由(1)知△APC∽△ACB，故＝， 即AC2＝AP·AB. 矩陣與變換 【例2】　(2017·江蘇高考)已知矩陣A＝，B＝. (1)求AB； (2)若曲線C1：＋＝1在矩陣AB對(duì)應(yīng)的變換作用下得到另一曲線C2，求C2的方程. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394081】 [解]　(1)因?yàn)锳＝，B＝， 所以AB＝＝. (2)設(shè)Q(x0，y0)為曲線C1上的任意一點(diǎn)， 它在矩陣AB對(duì)應(yīng)的變換作用下變?yōu)辄c(diǎn)P(x，y)， 則＝， 即所以 因?yàn)辄c(diǎn)Q(x0，y0)在曲線C1上，則＋＝1， 從而＋＝1，即x2＋y2＝8. 因此曲線C1在矩

17、陣AB對(duì)應(yīng)的變換作用下得到曲線C2：x2＋y2＝8. [規(guī)律方法]　本小題主要考查矩陣的乘法、特征向量的求法，考查運(yùn)算求解能力．注意矩陣乘法不滿足交換律，即A－1B≠BA－1，矩陣與變換所涉及的內(nèi)容并不多，在平時(shí)只要注意歸納，并且計(jì)算過關(guān)此題可以輕松拿下． [舉一反三] (江蘇省蘇州市2017屆高三暑假自主學(xué)習(xí)測試)已知α＝為矩陣A＝屬于λ的一個(gè)特征向量，求實(shí)數(shù)a，λ的值及A2. [解]　由條件可知＝λ， ∴解得a＝λ＝2. 因此A＝， 所以A2＝＝. 坐標(biāo)系與參數(shù)方程 【例3】　(2017·江蘇省蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市高考數(shù)學(xué)二模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)為極點(diǎn)

18、，x軸的正半軸為極軸，取相同的單位長度，建立極坐標(biāo)系．已知曲線C1的參數(shù)方程為，(α∈[0,2π]，α為參數(shù))，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρsin＝a(a∈R)，若曲線C1與曲線C2有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值． [解]　曲線C1的方程為(x－)2＋(y－3)2＝4，圓心坐標(biāo)為(，3)，半徑為2. ∵曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρsin＝a(a∈R)，∴ρsin θ＋ρcos θ＝a， ∴曲線C2的直角坐標(biāo)方程為x＋y－2a＝0， ∵曲線C1與曲線C2有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)， ∴＝2，解得a＝1或a＝5. [規(guī)律方法]　參數(shù)方程與普通方程、極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)之間的互化，熟練簡單曲線的極坐標(biāo)是解

19、答本類問題的關(guān)鍵． [舉一反三] (2017·江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，曲線C的參數(shù)方程為(s為參數(shù))．設(shè)P為曲線C上的動(dòng)點(diǎn)，求點(diǎn)P到直線l的距離的最小值． [解]　直線l的普通方程為x－2y＋8＝0. 因?yàn)辄c(diǎn)P在曲線C上，設(shè)P(2s2,2s)， 從而點(diǎn)P到直線l的距離 d＝＝. 當(dāng)s＝時(shí)，dmin＝. 因此當(dāng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(4,4)時(shí)，曲線C上的點(diǎn)P到直線l的距離取到最小值. 不等式選講 【例4】　(2017·江蘇省泰州市高考數(shù)學(xué)一模)求函數(shù)y＝3sin x＋2的最大值． [解]　y＝3sin x＋2＝3sin x＋4.

20、 由柯西不等式得y2＝(3sin x＋4)2≤(32＋42)·(sin2x＋cos2x)＝25， 所以ymax＝5，此時(shí)sin x＝. 所以函數(shù)y＝3sin x＋2的最大值為5.. [規(guī)律方法]　不等式證明的基本方法是比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法和數(shù)學(xué)歸納法，其中以比較法和綜合法最為基礎(chǔ)，使用綜合法證明不等式的關(guān)鍵就是通過適當(dāng)?shù)淖儞Q后使用重要不等式，證明過程注意從重要不等式的形式入手達(dá)到證明的目的． [舉一反三] (2017·江蘇高考)已知a，b，c，d為實(shí)數(shù)，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，證明：ac＋bd≤8. [證明]　由柯西不等式，得(ac＋bd)2≤(a2＋

21、b2)(c2＋d2)． 因?yàn)閍2＋b2＝4，c2＋d2＝16， 所以(ac＋bd)2≤64， 因此ac＋bd≤8. 均值與方差的實(shí)際應(yīng)用 【例5】　(2017·江蘇高考)已知一個(gè)口袋中有m個(gè)白球，n個(gè)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(jī)地逐個(gè)取出，并放入如圖所示的編號(hào)為1,2,3，…，m＋n的抽屜內(nèi)，其中第k次取出的球放入編號(hào)為k的抽屜(k＝1,2,3，…，m＋n). 1 2 3 … m＋n (1)試求編號(hào)為2的抽屜內(nèi)放的是黑球的概率p； (2)隨機(jī)變量X表示最后一個(gè)取出的黑球所在抽屜編號(hào)的倒數(shù)，E(X)是X的數(shù)學(xué)期望，證明：E(

22、X)<. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394082】 [解]　(1)編號(hào)為2的抽屜內(nèi)放的是黑球的概率p＝＝. (2)證明：隨機(jī)變量X的概率分布為 X … … P … … 隨機(jī)變量X的期望為 E(X)＝·＝·. 所以E(X)< ＝ ＝(1＋C＋C＋…＋C) ＝(C＋C＋C＋…＋C) ＝(C＋C＋…＋C) ＝…＝(C＋C) ＝＝， 即E(X)<. [規(guī)律方法]　求解離散型隨機(jī)變量均值與方差的主要步驟：(1)求出隨機(jī)變量的所有可能的取值；(2)計(jì)算隨機(jī)變量取各個(gè)值的概率，列出概率分布列；(3)按照公式計(jì)算均值(數(shù)學(xué)期望)與方差．

23、[舉一反三] (江蘇省南京市2017屆高三上學(xué)期學(xué)情調(diào)研)甲、乙兩人輪流投籃，每人每次投一次籃，先投中者獲勝．投籃進(jìn)行到有人獲勝或每人都已投球3次時(shí)結(jié)束．設(shè)甲每次投籃命中的概率為，乙每次投籃命中的概率為，且各次投籃互不影響．現(xiàn)由甲先投． (1)求甲獲勝的概率； (2)求投籃結(jié)束時(shí)甲的投籃次數(shù)X的分布列與期望． [解]　(1)設(shè)甲第i次投中獲勝的事件為Ai(i＝1,2,3)，則A1，A2，A3彼此互斥． 甲獲勝的事件為A1＋A2＋A3. P(A1)＝； P(A2)＝××＝； P(A3)＝2×2×＝. 所以P(A1＋A2＋A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝＋＋＝. 所

24、以甲獲勝的概率為. (2)X所有可能取的值為1,2,3. 則P(X＝1)＝＋×＝； P(X＝2)＝＋×××＝； P(X＝3)＝2×2×1＝. 即X的概率分布列為 X 1 2 3 P 所以X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝1×＋2×＋3×＝. 排列、組合及性質(zhì) 【例6】　(2017屆高三七校聯(lián)考期中考試)已知整數(shù)n≥4，集合M＝{1,2,3，…，n}的所有含有4個(gè)元素的子集記為A1，A2，A3，…，AC.設(shè)A1，A2，A3，…，AC中所有元素之和為Sn. (1)求S4，S5，S6并求出Sn； (2)證明：S4＋S5＋…＋Sn＝10C. [解]　(1)當(dāng)n＝4時(shí)

25、，集合M只有1個(gè)符合條件的子集，S4＝1＋2＋3＋4＝10， 當(dāng)n＝5時(shí)，集合M每個(gè)元素出現(xiàn)了C次，S5＝C(1＋2＋3＋4＋5)＝60， 當(dāng)n＝6時(shí)，集合M每個(gè)元素出現(xiàn)了C次，S6＝C(1＋2＋3＋4＋5＋6)＝210， 所以，當(dāng)集合M有n個(gè)元素時(shí)，每個(gè)元素出現(xiàn)了C，故Sn＝C·. (2)證明：因?yàn)镾n＝C·＝(n＋1)n(n－1)(n－2)(n－3)＝10C， 則S4＋S5＋…＋Sn＝10(C＋C＋C＋…＋C)＝10C. [規(guī)律方法]　通過觀察式子的結(jié)構(gòu)，利用排列數(shù)和組合數(shù)的相關(guān)性質(zhì)及二項(xiàng)式系數(shù)的相關(guān)性質(zhì)以含有排列、組合數(shù)結(jié)構(gòu)的代數(shù)式進(jìn)行化簡，有時(shí)需要拆分、拼湊項(xiàng)來進(jìn)行結(jié)構(gòu)重組

26、． [舉一反三] (2017·江蘇省鹽城市高考數(shù)學(xué)二模)現(xiàn)有(n≥2，n∈N*)個(gè)給定的不同的數(shù)隨機(jī)排成一個(gè)如圖11－5所示的三角形數(shù)陣： 圖11－5 設(shè)Mk是第k行中的最大數(shù)，其中1≤k≤n，k∈N*.記M1＜M2＜…＜Mn的概率為pn. (1)求p2的值； (2)證明：pn＞. [解]　(1)由題意知p2＝＝，即p2的值為. (2)先排第n行，則最大數(shù)在第n行的概率為＝； 去掉第n行已經(jīng)排好的n個(gè)數(shù)， 則余下的－n＝個(gè)數(shù)中最大數(shù)在第n－1行的概率為＝； … 故pn＝××…×＝＝. 由于2n＝(1＋1)n＝C＋C＋C＋…＋C≥C＋C＋C＞C＋C＝C， 故＞，即

27、pn＞. 二項(xiàng)式定理與其他知識(shí)交匯 【例7】　若一個(gè)正實(shí)數(shù)能寫成＋(n∈N*)的形式，則稱其為“兄弟數(shù)”． 求證：(1)若x為“兄弟數(shù)” ，則x2也為“兄弟數(shù)”； (2)若x為“兄弟數(shù)”，k是給定的正奇數(shù)，則xk也為“兄弟數(shù)”. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394083】 [證明]　(1)設(shè)x＝＋(n∈N*)， 則x2＝2n＋1＋2＝＋，是“兄弟數(shù)”． (2)設(shè)x＝＋，y＝－(n∈N*)，則xy＝1， 而xk＝()k－i()i，yk＝()k－i(－)i， 故xk＋yk＝()k－i()i＋()k－i(－)i ＝2[C()k＋C()k－2·n＋C()k－4·n2＋…＋C·n]， 不

28、妨記：xk＋yk＝2a，a∈N*， 同理：由xk－yk＝()k－i()i－()k－i(－)i， 不妨記：xk－yk＝2b，b∈N*， 進(jìn)而，2xk＝＋，即xk＝＋. 又4a2(n＋1)－4b2n＝(xk＋yk)2－(xk－yk)2＝4xkyk＝4，故a2(n＋1)＝b2n＋1. 因此xk＝＋亦為“兄弟數(shù)”． [規(guī)律方法]　二項(xiàng)式定理內(nèi)容的考查常出現(xiàn)二項(xiàng)式內(nèi)容與其它知識(shí)的交匯、整合，這是命題的一個(gè)創(chuàng)新方向．如二項(xiàng)式定理與函數(shù)、數(shù)列、復(fù)數(shù)、不等式等其他知識(shí)點(diǎn)綜合成題時(shí)， 對(duì)其他模塊的知識(shí)點(diǎn)要能熟練運(yùn)用． [舉一反三] 在自然數(shù)列1,2,3，…，n中，任取k個(gè)元素位置保持不動(dòng)，將其

29、余n－k個(gè)元素變動(dòng)位置，得到不同的新數(shù)列．由此產(chǎn)生的不同新數(shù)列的個(gè)數(shù)記為Pn(k). (1)求P3(1)； (2)求4(k)； (3)證明Pn(k)＝nn－1(k)，并求出Pn(k)的值． [解]　(1)因?yàn)閿?shù)列1,2,3中保持其中1個(gè)元素位置不動(dòng)的排列只有1,3,2或3,2,1或2,1,3，所以P3(1)＝3. (2)4(k)＝P4(0)＋P4(1)＋P4(2)＋P4(3)＋P4(4) ＝CCC＋CC＋C＋0＋1＝9＋8＋6＋0＋1＝24. (3)把數(shù)列1,2，…，n中任取其中k個(gè)元素位置不動(dòng)，則有C種；其余n－k個(gè)元素重新排列，并且使其余n－k個(gè)元素都要改變位置，則有Pn(

30、k)＝CPn－k(0)， 故Pn(k)＝CPn－k(0)，又因?yàn)閗C＝nC， 所以Pn(k)＝CPn－k(0)＝nPn－k－1(0)＝nn－1(k)． 令an＝Pn(k)，則an＝nan－1，且a1＝1. 于是a2a3a4…an－1an＝2a1×3a2×4a3×…×nan－1， 左右同除以a2a3a4…an－1，得an＝2×3×4×…×n＝n！. 所以Pn(k)＝n！. 立體幾何中的向量方法 【例8】　(2017·江蘇高考)如圖11－6，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°. 圖11－6 (1

31、)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(diǎn)A作AE⊥AD，交BC于點(diǎn)E. 因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD. 如圖，以{，，}為正交基底， 建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz. 因?yàn)锳B＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°， 則A(0,0,0)，B(，－1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0,0，)，C1(，1，)． (1)＝(，－1，－)，＝(，1，)， 則cos〈，〉＝ ＝＝－， 因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為. (2)平面A1DA的一個(gè)法向

32、量為＝(，0,0)． 設(shè)m＝(x，y，z)為平面BA1D的一個(gè)法向量， 又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)， 則即 不妨取x＝3，則y＝，z＝2， 所以m＝(3，，2)為平面BA1D的一個(gè)法向量． 從而cos〈，m〉＝＝＝. 設(shè)二面角B－A1D－A的大小為θ，則|cos θ|＝. 因?yàn)棣取蔥0，π]，所以sin θ＝＝. 因此二面角B－A1D－A的正弦值為. [規(guī)律方法]　(1)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(diǎn)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)

33、”． (2)利用法向量的根據(jù)是兩個(gè)半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互補(bǔ)，在能斷定所求二面角的平面角是銳角、直角或鈍角的情況下，這種方法具有一定的優(yōu)勢，但要注意，必須能斷定“所求二面角的平面角是銳角、直角或鈍角”，在用法向量法求二面角的大小時(shí)，務(wù)必要作出這個(gè)判斷，否則解法是不嚴(yán)謹(jǐn)?shù)模? [舉一反三] (2017·江蘇省無錫市高考數(shù)學(xué)一模)如圖11－7，已知正四棱錐P－ABCD中，PA＝AB＝2，點(diǎn)M，N分別在PA，BD上，且＝＝. (1)求異面直線MN與PC所成角的大小； (2)求二面角N－PC－B的余弦值. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394084】 圖11－7 [解]

34、　(1)設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為O，AB＝PA＝2.以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)， ，，方向分別是x軸、y軸、z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.則A(1，－1,0)，B(1,1,0)，C(－1,1,0)，D(－1，－1,0)， 設(shè)P(0,0，p)，則＝(－1,1，p)，又AP＝2， ∴1＋1＋p2＝4，∴p＝， ∵＝＋＝＋＝， ＝＝， ∴＝(－1,1，－)，＝， 設(shè)異面直線MN與PC所成角為θ， 則cos θ＝＝＝. ∴θ＝30°， ∴異面直線MN與PC所成角為30°. (2)＝(－1,1，－)，＝(1,1，－)，＝， 設(shè)平面PBC的法向量n＝(x，y，z)， 則 取z＝1

35、，得n＝(0，，1)， 設(shè)平面PNC的法向量m＝(a，b，c)， 則取c＝1，得m＝(，2，1)， 設(shè)二面角N－PC－B的平面角為θ， 則cos θ＝＝＝. ∴二面角N－PC－B的余弦值為. [第3步▕ 高考易錯(cuò)明辨析] 1．忽視參數(shù)的符號(hào) 已知f (x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f (x)≤3的解集為{x|－2≤x≤1}． (1)求a的值； (2)若≤k恒成立，求k的取值范圍． [錯(cuò)解]　(1) 由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2，即－≤x≤，又f (x)≤3的解集為{x|－2≤x≤1}， ∴即a＝2. (2)記h(x)＝f (x)－2f ，則h(x)

36、＝∴|h(x)|≤1，因此k≥1. [正解]　(1)由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2，又f (x)≤3的解集為{x|－2≤x≤1}，∴當(dāng)a≤0時(shí)，不合題意；當(dāng)a＞0時(shí)，－≤x≤，得即a＝2. (2)記h(x)＝f (x)－2f ，則h(x)＝∴|h(x)|≤1，因此k≥1. 2．基本概念理解不清 直線2ρcos θ＝1與圓ρ＝2cos θ相交的弦長為________． [錯(cuò)解]　由?或，則弦長＝＝. [正解]　2ρcos θ＝1是過點(diǎn)且垂直于極軸的直線，ρ＝2cos θ是以(1,0)為圓心，1為半徑的圓，則弦長＝2＝. ———————專家預(yù)測·鞏固提升——————— (對(duì)應(yīng)

37、學(xué)生用書第61頁) 1．(原創(chuàng)題)如圖11－8，AC⊥AB，BE⊥AB，AB＝10，AC＝2，用一塊三角尺進(jìn)行如下操作：將直角頂點(diǎn)P在線段AB上滑動(dòng)，一直角邊始終經(jīng)過點(diǎn)C，另一直角邊與BE相交于點(diǎn)D，若BD＝8，則AP的長為________． 圖11－8 2或8　[由題意，知△APC∽△BDP，∴＝，即＝.∴AP＝2或8.] [題后反思]　本題強(qiáng)調(diào)動(dòng)手能力，用身邊的實(shí)物建模，構(gòu)造相似三角形，這是此題的一個(gè)亮點(diǎn)． 2．(新穎題)在極坐標(biāo)系中，已知兩點(diǎn)A，B的極坐標(biāo)分別為，，則△AOB(其中O為極點(diǎn))的面積為________． 3　[如圖，S△AOB＝×3×4×sin＝3.]

38、 [題后反思]　本題把極坐標(biāo)放在三角形內(nèi)進(jìn)行考查，角度新穎，而且難度降低，體現(xiàn)新課標(biāo)注重知識(shí)點(diǎn)的內(nèi)涵與本質(zhì)這一特點(diǎn)． 3．(改編題)若不等式|2x－m|≤|3x＋6|恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394085】 {－4}　[在同一直角坐標(biāo)系中分別畫出函數(shù)y＝|2x－m|及y＝|3x＋6|的圖象(如圖)， 由于不等式|2x－m|≤|3x＋6|恒成立，∴函數(shù)y＝|2x－m|的圖象在y＝|3x＋6|的圖象的下方，因此，函數(shù)y＝|2x－m|的圖象也必須經(jīng)過點(diǎn)(－2,0)，∴m＝－ 4.] 4．(原創(chuàng)題)設(shè)函數(shù)f (x)＝|x－3|－|x＋1|，x∈R.

39、 (1)解不等式f (x)＜－1； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝|x＋a|－4，g(x)≤f (x)在x∈[－2,2]上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)由條件知f (x)＝|x－3|－|x＋1|＝由f (x)＜－1，解得x＞. 6分 (2)由g(x)≤f (x)得|x＋a|－4≤|x－3|－|x＋1|，由函數(shù)的圖象可知a的取值范圍是[－4,0]. 12分 5．(改編題)在極坐標(biāo)系內(nèi)，已知曲線C1的方程為ρ2－2ρ(cos θ－2sin θ)＋4＝0，以極點(diǎn)為原點(diǎn)，極軸方向?yàn)閤正半軸方向，利用相同單位長度建立平面直角坐標(biāo)系，曲線C2的參數(shù)方程為(t為參數(shù))． (1)求曲線C1

40、的直角坐標(biāo)方程以及曲線C2的普通方程； (2)設(shè)點(diǎn)P為曲線C2上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作曲線C1的兩條切線，求這兩條切線所成角余弦值的取值范圍． [解]　(1)對(duì)于曲線C1的方程為ρ2－2ρ(cos θ－2sin θ)＋4＝0，可化為直角坐標(biāo)方程x2＋y2－2x＋4y＋4＝0，即(x－1)2＋(y＋2)2＝1；對(duì)于曲線C2的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，可化為普通方程3x＋4y－15＝0. 6分 (2)過圓心(1，－2)作直線3x＋4y－15＝0的垂線，此時(shí)兩切線成角θ最大，即余弦值最小，則由點(diǎn)到直線的距離公式可知d＝＝4，則sin＝，因此cos θ＝1－2sin2＝，因此兩條切線所成角的余弦值的取值范圍是. 21