高考数学二轮复习第二板块保分题全争取练酷专题教学案文 76页

第二板块 保分题 全争取 高考第 17 题之(一)三角函数与解三角形 [说明] 高考第 17 题主要集中在“三角函数与解三角形”与“数列”两个知识点命题，每 年选其一进行考查． 年 份 卷 别 考题位置 考查内容 命题规律分析 2015 全国卷Ⅰ 解答题第 17 题 正弦定理、余弦定理、三 角形的面积公式 三角函数与解三角 形在解答题中一般 与三角恒等变换、平 面向量等知识进行 综合考查．题目难度 中等偏下，多为解答 题第一题． 2015 全国卷Ⅱ 解答题第 17 题 正弦定理、三角恒等变换 1．(2016·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 2cos C(acos B＋ bcos A)＝c. (1)求 C； (2)若 c＝ 7，△ABC 的面积为3 3 2 ，求△ABC 的周长． 解：(1)由已知及正弦定理得 2cos C(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin C， 即 2cos Csin(A＋B)＝sin C， 故 2sin Ccos C＝sin C. 因为 C∈(0，π)，所以 sin C≠0. 故 cos C＝1 2 ，所以 C＝π 3 . (2)由已知得 1 2 absin C＝3 3 2 . 又 C＝π 3 ，所以 ab＝6. 由已知及余弦定理得 a2＋b2－2abcos C＝7， 故 a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25，即 a＋b＝5， 所以△ABC 的周长为 a＋b＋c＝5＋ 7. 2．(2015·全国卷Ⅰ)已知 a，b，c 分别为△ABC 内角 A，B，C 的对边，sin2B＝2sin Asin C. (1)若 a＝b，求 cos B； (2)设 B＝90°，且 a＝ 2，求△ABC 的面积． 解：(1)由题设及正弦定理可得 b2＝2ac. 又 a＝b，可得 b＝2c，a＝2c. 由余弦定理可得 cos B＝a2＋c2－b2 2ac ＝1 4 . (2)由(1)知 b2＝2ac. 因为 B＝90°，由勾股定理得 a2＋c2＝b2， 故 a2＋c2＝2ac，进而可得 c＝a＝ 2. 所以△ABC 的面积为1 2 × 2× 2＝1. 题型一 正、余弦定理解三角形 [学规范] (1)因为 AD 平分∠BAC， 所以AC AB ＝DC DB ❶. 1 分 因为 BD＝2DC，所以AC AB ＝1 2 . 2 分 由正弦定理得 AC sin B ＝ AB sin C ， 3 分 即sin B sin C ＝AC AB ， 4 分 所以sin B sin C ＝1 2 . 5 分 (2)因为∠BAC＝60°，A＋B＋C＝180°， 6 分 所以 C＝120°－B❷， 7 分 所以 sin C＝sin(120°－B)＝ 3 2 cos B＋1 2 sin B．8 分 由(1)知 2sin B＝sin C❷， 所以 2sin B＝ 3 2 cos B＋1 2 sin B， 即 3 2 sin B＝ 3 2 cos B，所以 tan B＝ 3 3 . 10 分 又 0°＜B＜180°❸， 所以 B＝30°. 12 分 [防失误] ①处易忽略角平分线性质而失分，注意平面图形的角平分线性质应用． ②处若不能建立 B，C 两角之间的联系，则会导致解题受阻，注意求值过程中寻求量与量间 的关系与代换． ③处易因不注明角的范围会失步骤分，注意解题的严密性． [通技法] 利用正弦、余弦定理求解三角形中基本量的方法 [对点练] 1．(2017·云南模拟)如图，在四边形 ABCD 中，∠DAB＝π 3 ，AD∶ AB＝2∶3，BD＝ 7，AB⊥BC. (1)求 sin ∠ABD 的值； (2)若∠BCD＝2π 3 ，求 CD 的长． 解：(1)∵AD∶AB＝2∶3，∴可设 AD＝2k，AB＝3k. 又 BD＝ 7，∠DAB＝π 3 ， ∴由余弦定理，得( 7)2＝(3k)2＋(2k)2－2×3k×2kcosπ 3 ，解得 k＝1，∴AD＝2，AB＝3， 由正弦定理，得 AD sin∠ABD ＝ BD sin∠DAB ， ∴sin∠ABD＝ADsin∠DAB BD ＝ 2× 3 2 7 ＝ 21 7 . (2)∵AB⊥BC，∴cos∠DBC＝sin∠ABD＝ 21 7 ， ∴sin∠DBC＝2 7 7 . 由正弦定理，得 BD sin∠BCD ＝ CD sin∠DBC ， ∴CD＝BDsin∠DBC sin∠BCD ＝ 7×2 7 7 3 2 ＝4 3 3 . 题型二 与三角形面积有关的问题 [学规范] (1)由题设及 A＋B＋C＝π得 sin B＝8sin2B 2 ， 2 分 即 sin B＝4(1－cos B)❶， 3 分 故 17cos2B－32cos B＋15＝0， 4 分 解得 cos B＝15 17 ，cos B＝1(舍去)❷. 6 分 (2)由 cos B＝15 17 ，得 sin B＝ 8 17 ， 7 分 故 S△ABC＝1 2 acsin B＝ 4 17 ac❸. 8 分 又 S△ABC＝2，则 ac＝17 2 . 9 分 由余弦定理及 a＋c＝6 得 b2＝a2＋c2－2accos B ＝(a＋c)2－2ac❹(1＋cos B) 10 分 ＝36－2×17 2 × 1＋15 17 ＝4. 11 分 所以 b＝2. 12 分 [防失误] ①处利用倍角公式时，易把 sin2B 2 ＝1－cos B 2 记为 sin2B 2 ＝1＋cos B 2 ，导致化简结果错误． ②处根据三角形中内角的范围舍去 cos B＝1 易忽视． ③处关键是利用(1)的结论，结合平方关系求出 sin B，由此明确面积公式的选择． ④处若出现 a＋c 及 ac，则注意余弦定理中配方法的使用，以及整体思想的运用． [通技法] 与三角形面积有关的问题的解题模型 [对点练] 2．(2017·石家庄模拟)已知△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且(a－c)2＝b2－ 3 4 ac. (1)求 cos B 的值； (2)若 b＝ 13，且 sin A，sin B，sin C 成等差数列，求△ABC 的面积． 解：(1)由(a－c)2＝b2－3 4 ac，可得 a2＋c2－b2＝5 4 ac. ∴cos B＝a2＋c2－b2 2ac ＝5 8 ， 即 cos B＝5 8 . (2)∵b＝ 13，cos B＝5 8 ， ∴b2＝13＝a2＋c2－5 4 ac＝(a＋c)2－13 4 ac. 又 sin A，sin B，sin C 成等差数列， 由正弦定理，得 a＋c＝2b＝2 13， ∴13＝52－13 4 ac，∴ac＝12. 由 cos B＝5 8 ，得 sin B＝ 39 8 ， ∴△ABC 的面积 S△ABC＝1 2 acsin B＝1 2 ×12× 39 8 ＝3 39 4 . 1．在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 a＋b＋c＝8. (1)若 a＝2，b＝5 2 ，求 cos C 的值； (2)若 sin A＋sin B＝3sin C，且△ABC 的面积 S＝9 2 sin C，求 a 和 b 的值． 解：(1)由题意可知 c＝8－(a＋b)＝7 2 . 由余弦定理得， cos C＝a2＋b2－c2 2ab ＝ 22＋ 5 2 2－ 7 2 2 2×2×5 2 ＝－1 5 . 即 cos C＝－1 5 . (2)因为 sin A＋sin B＝3sin C. 由正弦定理可知 a＋b＝3c. 又因为 a＋b＋c＝8，故 a＋b＝6. ① 由于 S＝1 2 absin C＝9 2 sin C， 所以 ab＝9， ② 由①②解得 a＝3，b＝3. 2．(2017·西安八校联考)已知△ABC 内接于单位圆，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 2acos A＝ccos B＋bcos C. (1)求 cos A 的值； (2)若 b2＋c2＝4，求△ABC 的面积． 解：(1)∵2acos A＝ccos B＋bcos C， ∴2sin Acos A＝sin Ccos B＋sin Bcos C， 即 2sin Acos A＝sin(B＋C)＝sin A. 又 0＜A＜π，∴sin A≠0. ∴2cos A＝1，cos A＝1 2 . (2)由(1)知 cos A＝1 2 ，∴sin A＝ 3 2 . ∵ a sin A ＝2，∴a＝2sin A＝ 3. 由 a2＝b2＋c2－2bccos A，得 bc＝b2＋c2－a2＝4－3＝1， ∴S△ABC＝1 2 bcsin A＝1 2 ×1× 3 2 ＝ 3 4 . 3．(2017·天津模拟)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，若 sin A＋cos A ＝1－sinA 2 . (1)求 sin A 的值； (2)若 c2－a2＝2b，且 sin B＝3cos C，求 b. 解：(1)由已知，2sinA 2 cosA 2 ＋1－2sin2A 2 ＝1－sinA 2 ， 在△ABC 中，sinA 2 ≠0，因而 sinA 2 －cosA 2 ＝1 2 ， 则 sin2A 2 －2sinA 2 cosA 2 ＋cos2A 2 ＝1 4 ， 因而 sin A＝3 4 . (2)由已知 sin B＝3cos C， 结合(1)，得 sin B＝4cos Csin A. 法一：利用正弦定理和余弦定理得 b＝4 a2＋b2－c2 2ab ×a，整理得 b2＝2(c2－a2)． 又 c2－a2＝2b，∴b2＝4b， 在△ABC 中，b≠0，∴b＝4. 法二：∵c2＝a2＋b2－2abcos C， ∴2b＝b2－2abcos C， 在△ABC 中，b≠0， ∴b＝2＋2acos C， ① 又 sin B＝4cos Csin A， 由正弦定理，得 b＝4acos C， ② 由①②解得 b＝4. 4．(2017·天津五区县模拟)在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 8 sin2A＋B 2 －2cos 2C＝7. (1)求 tan C 的值； (2)若 c＝ 3，sin B＝2sin A，求 a，b 的值． 解：(1)在△ABC 中，因为 A＋B＋C＝π， 所以A＋B 2 ＝π 2 －C 2 ，则 sinA＋B 2 ＝cosC 2 . 由 8sin2A＋B 2 －2cos 2C＝7， 得 8cos2C 2 －2cos 2C＝7， 所以 4(1＋cos C)－2(2cos2C－1)＝7， 即(2cos C－1)2＝0，所以 cos C＝1 2 . 因为 0＜C＜π，所以 C＝π 3 ， 于是 tan C＝tanπ 3 ＝ 3. (2)由 sin B＝2sin A，得 b＝2a. ① 又 c＝ 3， 由余弦定理得 c2＝a2＋b2－2abcosπ 3 ， 即 a2＋b2－ab＝3. ② 联立①②，解得 a＝1，b＝2. 5．(2018 届高三·湘中名校联考)设锐角三角形 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， a＝2bsin A. (1)求 B 的大小； (2)求 cos A＋sin C 的取值范围． 解：(1)∵a＝2bsin A， 根据正弦定理得 sin A＝2sin Bsin A， ∵sin A≠0， ∴sin B＝1 2 . 又△ABC 为锐角三角形， ∴B＝π 6 . (2)∵B＝π 6 ， ∴cos A＋sin C＝cos A＋sin π－π 6 －A ＝cos A＋sin π 6 ＋A ＝cos A＋1 2 cos A＋ 3 2 sin A ＝ 3sin A＋π 3 . 由△ABC 为锐角三角形知，A＋B＞π 2 ， ∴π 3 ＜A＜π 2 ，∴2π 3 ＜A＋π 3 ＜5π 6 ， ∴1 2 ＜sin A＋π 3 ＜ 3 2 ， ∴ 3 2 ＜ 3sin A＋π 3 ＜3 2 ， ∴cos A＋sin C 的取值范围为 3 2 ，3 2 . 6.(2017·洛阳模拟)如图，平面四边形 ABDC 中，∠CAD＝∠BAD＝ 30°. (1)若∠ABC＝75°，AB＝10，且 AC∥BD，求 CD 的长； (2)若 BC＝10，求 AC＋AB 的取值范围． 解：(1)由已知，易得∠ACB＝45°， 在△ABC 中， 10 sin 45° ＝ CB sin 60° ，解得 CB＝5 6. 因为 AC∥BD，所以∠ADB＝∠CAD＝30°，∠CBD＝∠ACB＝45°， 在△ABD 中，∠ADB＝30°＝∠BAD， 所以 DB＝AB＝10. 在△BCD 中，CD＝ CB2＋DB2－2CB·DBcos 45°＝5 10－4 3. (2)AC＋AB＞BC＝10， 由余弦定理得 cos 60°＝AB2＋AC2－100 2AB·AC ， 即(AB＋AC)2－100＝3AB·AC. 又 AB·AC≤ AB＋AC 2 2， 所以 AB＋AC 2－100 3 ≤ AB＋AC 2 2， 解得 AB＋AC≤20， 故 AB＋AC 的取值范围为(10,20]． 高考第 17 题之(二)数 列 年 份 卷 别 考题位置 考查内容 命题规律分析 2017 全国卷Ⅰ 解答题第 17 题 等比数列的通项公式及前 n 项和公式、 等差数列的性质 数列在解答题中的考查常 以数列的相关项以及关系式， 或数列的前 n 项和与第 n 项的 关系入手，结合数列的递推关 系式与等差数列或等比数列的 定义展开，求解数列的通项、 前 n 项和，有时与参数的求解、 数列不等式的证明等加以综 合．试题难度中等． 2017 全国卷Ⅱ 解答题第 17 题 等差、等比数列的通项公式及前 n 项和 公式 2017 全国卷Ⅲ 解答题第 17 题 数列通项公式的求法、裂项相消法求和 2016 全国卷Ⅰ 解答题第 17 题 等差、等比数列的通项公式及前 n 项和 公式 2016 全国卷Ⅱ 解答题第 17 题 等差数列的通项公式、数列求和 2016 全国卷Ⅲ 解答题第 17 题 数列的递推关系式、等比数列的定义 1．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列 an 2n＋1 的前 n 项和． 解：(1)因为 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n， 故当 n≥2 时， a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)． 两式相减得(2n－1)an＝2， 所以 an＝ 2 2n－1 (n≥2)． 又由题设可得 a1＝2，满足上式， 从而{an}的通项公式为 an＝ 2 2n－1 . (2)记 an 2n＋1 的前 n 项和为 Sn. 由(1)知 an 2n＋1 ＝ 2 2n＋1 2n－1 ＝ 1 2n－1 － 1 2n＋1 . 则 Sn＝1 1 －1 3 ＋1 3 －1 5 ＋…＋ 1 2n－1 － 1 2n＋1 ＝ 2n 2n＋1 . 2．(2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{an}满足 a1＝1，a2 n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0. (1)求 a2，a3； (2)求{an}的通项公式． 解：(1)由题意可得 a2＝1 2 ，a3＝1 4 . (2)由 a2 n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0 得 2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)． 因此{an}的各项都为正数，所以an＋1 an ＝1 2 . 故{an}是首项为 1，公比为1 2 的等比数列， 因此 an＝ 1 2n－1. 3．(2014·全国卷Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4 是方程 x2－5x＋6＝0 的根． (1)求{an}的通项公式； (2)求数列 an 2n 的前 n 项和． 解：(1)方程 x2－5x＋6＝0 的两根为 2,3， 由题意得 a2＝2，a4＝3. 设数列{an}的公差为 d， 则 a4－a2＝2d，故 d＝1 2 ，从而 a1＝3 2 . 所以{an}的通项公式为 an＝1 2 n＋1. (2)设 an 2n 的前 n 项和为 Sn，由(1)知an 2n＝n＋2 2n＋1 ， 则 Sn＝3 22＋4 23＋…＋n＋1 2n ＋n＋2 2n＋1 ， 1 2 Sn＝3 23＋4 24＋…＋n＋1 2n＋1 ＋n＋2 2n＋2 . 两式相减得 1 2 Sn＝3 4 ＋1 23＋…＋ 1 2n＋1－n＋2 2n＋2 ＝3 4 ＋1 4 1－ 1 2n－1 －n＋2 2n＋2 ＝1－n＋4 2n＋2 . 所以 Sn＝2－n＋4 2n＋1 . 题型一 等差、等比数列的判定及应用 [学规范] (1)设{an}的公比为 q. 由题设可得 a1 1＋q ＝2， a1 1＋q＋q2 ＝－6. ❶ 3 分 解得 a1＝－2， q＝－2. 5 分 故{an}的通项公式为 an＝(－2)n. 6 分 (2)由(1)可得 Sn＝ －2× [1－ －2 n] 1－ －2 ＝－2 3 ＋(－1)n2n＋1 3 ❷. 8 分 由于 Sn＋2＋Sn＋1＝－4 3 ＋(－1)n2n＋3－2n＋2 3 ＝2 －2 3 ＋ －1 n2n＋1 3 ＝2Sn ❸， 10 分 故 Sn＋1，Sn，Sn＋2 成等差数列. 12 分 [防失误] ①处注意此类方程组的整体运算方法的运用，可快速求解． ②处化简 Sn 时易出现计算错误． ③处对于 Sn＋2＋Sn＋1 的运算代入后，要针对目标，即化为 2Sn，观察结构，整体运算变形，可 得结论． [通技法] 1．等比数列的 4 种判定方法 (1)定义法：若an＋1 an ＝q(q 为非零常数)或 an an－1 ＝q(q 为非零常数且 n≥2)，则{an}是等比数列． (2)中项公式法：若数列{an}中，an≠0 且 a2 n＋1＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列． (3)通项公式法：若数列通项公式可写成 an＝c·qn(c，q 均是不为 0 的常数，n∈N*)，则{an} 是等比数列． (4)前 n 项和公式法：若数列{an}的前 n 项和 Sn＝k·qn－k(k 为常数且 k≠0，q≠0,1)，则{an} 是等比数列． 2．证明一个数列{an}为等差数列的 2 种基本方法 (1)利用等差数列的定义证明，即证明 an＋1－an＝d(n∈N*)； (2)利用等差中项证明，即证明 an＋2＋an＝2an＋1(n∈N*)． [对点练] 1．(2017·成都模拟)已知数列{an}满足 a1＝－2，an＋1＝2an＋4. (1)证明：数列{an＋4}是等比数列； (2)求数列{|an|}的前 n 项和 Sn. 解：(1)证明：∵a1＝－2，∴a1＋4＝2. ∵an＋1＝2an＋4，∴an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)， ∴an＋1＋4 an＋4 ＝2， ∴{an＋4}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列． (2)由(1)，可知 an＋4＝2n，∴an＝2n－4. 当 n＝1 时，a1＝－2＜0，∴S1＝|a1|＝2； 当 n≥2 时，an≥0. ∴Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n－4(n－1)＝2 1－2n 1－2 －4(n－1)＝2n＋1－4n＋2.又当 n＝1 时，上式也满足． ∴当 n∈N*时，Sn＝2n＋1－4n＋2. 题型二 等差、等比数列的综合应用 [学规范] (1)设数列{an}的首项为 a1，公差为 d， 由题意有 2a1＋5d＝4， a1＋5d＝3， 2 分 解得 a1＝1， d＝2 5 . ❶ 4 分 所以数列{an}的通项公式为 an＝1＋2 5 (n－1)＝2n＋3 5 . 6 分 (2)由(1)得 bn＝ 2n＋3 5 ， 7 分 当 n＝1,2,3 时，1≤2n＋3 5 ＜2，bn＝1❷； 8 分 当 n＝4,5 时，2＜2n＋3 5 ＜3，bn＝2❸； 9 分 当 n＝6,7,8 时，3≤2n＋3 5 ＜4，bn＝3❹； 10 分 当 n＝9,10 时，4＜2n＋3 5 ＜5，bn＝4❺； 11 分 所以数列{bn}的前 10 项和为 1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24. 12 分 [防失误] ①处易 a1 和 d 求错而失分，注意运算求解能力的训练． ②③④⑤处若不明白 bn＝[an]的含义会导致无法继续答题．准确理解题意是关键． [通技法] 等差、等比数列基本量的计算模型 (1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题．如为求和需 要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序． (2)注意细节．在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看 其是否有等于 1 的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等． [对点练] 2．(2017·沈阳模拟)已知数列{an}是公差不为 0 的等差数列，首项 a1＝1，且 a1，a2，a4 成等 比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列 {bn}满足 bn＝an＋2an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)设数列{an}的公差为 d，由已知得，a2 2＝a1a4， 即(1＋d)2＝1＋3d，解得 d＝0 或 d＝1. 又 d≠0，∴d＝1，可得 an＝n. (2)由(1)得 bn＝n＋2n， ∴Tn＝(1＋21)＋(2＋22)＋(3＋23)＋…＋(n＋2n) ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(2＋22＋23＋…＋2n) ＝n n＋1 2 ＋2n＋1－2. 1．(2017· 长沙模拟)已知数列{an}满足 a1＝3 2 ，an＋1＝3an－1(n∈N*)． (1)若数列{bn}满足 bn＝an－1 2 ，求证：{bn}是等比数列； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解：(1)证明：由已知得 an＋1－1 2 ＝3 an－1 2 (n∈N*)，从而有 bn＋1＝3bn. 又 b1＝a1－1 2 ＝1， 所以{bn}是以 1 为首项，3 为公比的等比数列． (2)由(1)得 bn＝3n－1，从而 an＝3n－1＋1 2 ， 所以 Sn＝1＋1 2 ＋3＋1 2 ＋…＋3n－1＋1 2 ＝1＋3＋…＋3n－1＋n 2 ＝1－3n 1－3 ＋n 2 ＝3n＋n－1 2 . 2．(2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，等比数列{bn}的前 n 项和为 Tn，a1 ＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2. (1)若 a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式； (2)若 T3＝21，求 S3. 解：设{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q， 则 an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1. 由 a2＋b2＝2 得 d＋q＝3. ① (1)由 a3＋b3＝5 得 2d＋q2＝6. ② 联立①②解得 d＝3， q＝0 (舍去)或 d＝1， q＝2. 因此{bn}的通项公式为 bn＝2n－1. (2)由 b1＝1，T3＝21，得 q2＋q－20＝0， 解得 q＝－5 或 q＝4. 当 q＝－5 时，由①得 d＝8，则 S3＝21. 当 q＝4 时，由①得 d＝－1，则 S3＝－6. 3．(2017·南京模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，S3＋S4＝S5. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前 2n 项和 T2n. 解：(1)设等差数列{an}的公差为 d， 由 S3＋S4＝S5，可得 a1＋a2＋a3＝a5，即 3a2＝a5， 所以 3(1＋d)＝1＋4d，解得 d＝2. ∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)由(1)，可得 bn＝(－1)n－1·(2n－1)． ∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n－1) ＝(1－3)＋(5－7)＋…＋(4n－3－4n＋1) ＝(－2)×n＝－2n. 4．已知等差数列{an}的各项均为正数，a1＝1，前 n 项和为 Sn.数列{bn}为等比数列，b1＝1， 且 b2S2＝6，b2＋S3＝8. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)求1 S1 ＋1 S2 ＋…＋1 Sn . 解：(1)设等差数列{an}的公差为 d，d>0，等比数列{bn}的公比为 q， 则 an＝1＋(n－1)d，bn＝qn－1. 依题意有 q 2＋d ＝6， q＋3＋3d＝8， 解得 d＝1， q＝2 或 d＝－4 3 ， q＝9 (舍去)． 故 an＝n，bn＝2n－1. (2)由(1)知 Sn＝1＋2＋…＋n＝1 2 n(n＋1)， 即1 Sn ＝ 2 n n＋1 ＝2 1 n － 1 n＋1 ， 故1 S1 ＋1 S2 ＋…＋1 Sn ＝2 1－1 2 ＋ 1 2 －1 3 ＋…＋ 1 n － 1 n＋1 ＝2 1－ 1 n＋1 ＝ 2n n＋1 . 5．(2018 届高三·惠州调研)已知数列{an}中，点(an，an＋1)在直线 y＝x＋2 上，且首项 a1＝ 1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)数列{an}的前 n 项和为 Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前 n 项和为 Tn， 请写出适合条件 Tn≤Sn 的所有 n 的值． 解：(1)根据已知 a1＝1，an＋1＝an＋2， 即 an＋1－an＝2＝d， 所以数列{an}是首项为 1，公差为 2 的等差数列， an＝a1＋(n－1)d＝2n－1. (2)数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2. 等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3， 所以 q＝3，bn＝3n－1. 数列{bn}的前 n 项和 Tn＝1－3n 1－3 ＝3n－1 2 . Tn≤Sn 即3n－1 2 ≤n2，又 n∈N*，所以 n＝1 或 2. 6．(2017·石家庄模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 Sm－1＝－4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2， 且 m∈N*)． (1)求 m 的值； (2)若数列{bn}满足an 2 ＝log2bn(n∈N*)，求数列{(an＋6)·bn}的前 n 项和． 解：(1)由已知得，am＝Sm－Sm－1＝4， 且 am＋1＋am＋2＝Sm＋2－Sm＝14， 设数列{an}的公差为 d，则有 2am＋3d＝14， ∴d＝2. 由 Sm＝0，得 ma1＋m m－1 2 ×2＝0， 即 a1＝1－m， ∴am＝a1＋(m－1)×2＝m－1＝4， ∴m＝5. (2)由(1)知 a1＝－4，d＝2，∴an＝2n－6， ∴n－3＝log2bn，得 bn＝2n－3， ∴(an＋6)·bn＝2n×2n－3＝n×2n－2. 设数列{(an＋6)·bn}的前 n 项和为 Tn， 则 Tn＝1×2－1＋2×20＋…＋(n－1)×2n－3＋n×2n－2，① 2Tn＝1×20＋2×21＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1，② ①－②，得－Tn＝2－1＋20＋…＋2n－2－n×2n－1 ＝2－1 1－2n 1－2 －n×2n－1 ＝2n－1－1 2 －n×2n－1， ∴Tn＝(n－1)×2n－1＋1 2 (n∈N*)． 高考第 18 题(或 19 题)立体几何 年 份 卷 别 考题位置 考查内容 命题规律分析 2017 全国卷Ⅰ 解答题第 18 题 面面垂直的证明及空间几 何体的体积、侧面积 立体几何既 是 高 考 的 必 考 点，也是考查的 难点，其在高考 中的命题形式较 为稳定；以解答 题的形式重点考 查空间平行关系 和垂直关系的证 明、面积和体积 计算，多为解答 题第二题或第三 题，难度中档． 2017 全国卷Ⅱ 解答题第 18 题 线面平行的证明及空间几 何体的体积 2017 全国卷Ⅲ 解答题第 19 题 线线垂直的证明及空间几 何体的体积 2016 全国卷Ⅰ 解答题第 18 题 线面垂直的应用及空间几 何体的体积 2016 全国卷Ⅱ 解答题第 19 题 线线垂直的证明及空间几 何体的体积 2016 全国卷Ⅲ 解答题第 19 题 线面平行的证明及空间几 何体的体积 2015 全国卷Ⅰ 解答题第 18 题 面面垂直的判定及空间几 何体的侧面积 2015 全国卷Ⅱ 解答题第 19 题 空间线面位置关系、几何 体的截面、几何体的体积 1．(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形， AD＝CD. (1)证明：AC⊥BD； (2)已知△ACD 是直角三角形，AB＝BD，若 E 为棱 BD 上与 D 不重合 的点，且 AE⊥EC，求四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比． 解：(1)证明：取 AC 的中点 O，连接 DO，BO. 因为 AD＝CD， 所以 AC⊥DO. 又因为△ABC 是正三角形， 所以 AC⊥BO. 因为 DO∩BO＝O， 所以 AC⊥平面 DOB. 又 BD⊂平面 DOB，故 AC⊥BD. (2)连接 EO.由(1)及题设知∠ADC＝90°， 所以 DO＝AO. 在 Rt△AOB 中，BO2＋AO2＝AB2. 又 AB＝BD， 所以 BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2， 故∠DOB＝90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以 EO＝1 2 AC. 又△ABC 是正三角形，且 AB＝BD，所以 EO＝1 2 BD. 故 E 为 BD 的中点，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的1 2 ，四面体 ABCE 的体 积为四面体 ABCD 的体积的1 2 ，即四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积之比为 1∶1. 2．(2016·全国卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥 PABC 的侧面是直角三 角形，PA＝6，顶点 P 在平面 ABC 内的正投影为点 D，D 在平面 PAB 内的 正投影为点 E，连接 PE 并延长交 AB 于点 G. (1)证明：G 是 AB 的中点； (2)在图中作出点 E 在平面 PAC 内的正投影 F(说明作法及理由)，并求四面体 PDEF 的体积． 解：(1)证明：因为 P 在平面 ABC 内的正投影为 D， 所以 AB⊥PD. 因为 D 在平面 PAB 内的正投影为 E，所以 AB⊥DE. 因为 PD∩DE＝D，所以 AB⊥平面 PED，故 AB⊥PG. 又由已知可得，PA＝PB，所以 G 是 AB 的中点． (2)在平面 PAB 内，过点 E 作 PB 的平行线交 PA 于点 F，点 F 即为 E 在平面 PAC 内的正投影． 理由如下：由已知可得 PB⊥PA，PB⊥PC，又 EF∥PB，所以 EF⊥PA， EF⊥PC.又 PA∩PC＝P，因此 EF⊥平面 PAC，即点 F 为 E 在平面 PAC 内的 正投影． 连接 CG，因为 P 在平面 ABC 内的正投影为 D， 所以 D 是正三角形 ABC 的中心． 由(1)知，G 是 AB 的中点，所以 D 在 CG 上， 故 CD＝2 3 CG. 由题设可得 PC⊥平面 PAB，DE⊥平面 PAB， 所以 DE∥PC，因此 PE＝2 3 PG，DE＝1 3 PC. 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且 PA＝6， 可得 DE＝2，PE＝2 2. 在等腰直角三角形 EFP 中，可得 EF＝PF＝2， 所以四面体 PDEF 的体积 V＝1 3 ×1 2 ×2×2×2＝4 3 . 3．(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形 ABCD 为菱形，G 为 AC 与 BD 的交点，BE⊥平面 ABCD. (1)证明：平面 AEC⊥平面 BED； (2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥 EACD 的体积为 6 3 ，求该 三棱锥的侧面积． 解：(1)证明：因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AC⊥BD. 因为 BE⊥平面 ABCD，所以 AC⊥BE. 因为 BD∩BE＝B，故 AC⊥平面 BED. 又 AC⊂平面 AEC，所以平面 AEC⊥平面 BED. (2)设 AB＝x，在菱形 ABCD 中，由∠ABC＝120°，可得 AG＝GC＝ 3 2 x，GB＝GD＝x 2 . 因为 AE⊥EC，所以在 Rt△AEC 中，可得 EG＝ 3 2 x. 由 BE⊥平面 ABCD，知△EBG 为直角三角形， 可得 BE＝ 2 2 x. 由已知得，三棱锥 EACD 的体积 VEACD＝1 3 ×1 2 ×AC×GD×BE＝ 6 24 x3＝ 6 3 ， 故 x＝2. 从而可得 AE＝EC＝ED＝ 6. 所以△EAC 的面积为 3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥 EACD 的侧面积为 3＋2 5. 题型一 平行、垂直的证明与空间几何体体积的综合应用 [学规范] (1)证明：在平面 ABCD 内， 因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以 BC∥AD. 2 分 又 BC⊄ 平面 PAD❶，AD⊂平面 PAD， 3 分 所以 BC∥平面 PAD.4 分 (2)如图，取 AD 的中点 M，连接 PM，CM.由 AB＝BC＝1 2 AD 及 BC∥AD， ∠ABC＝90°，得四边形 ABCM 为正方形，则 CM⊥AD. 6 分 因为侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD❷，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD， 所以 PM⊥AD，PM⊥底面 ABCD. 8 分 因为 CM⊂底面 ABCD，所以 PM⊥CM. 9 分 设 BC＝x，则 CM＝x，CD＝ 2x，PM＝ 3x，PC＝PD＝2x. 取 CD 的中点 N，连接 PN，则 PN⊥CD❸， 所以 PN＝ 14 2 x. 10 分 因为△PCD 的面积为 2 7， 所以1 2 × 2x× 14 2 x＝2 7， 解得 x＝－2(舍去)或 x＝2. 于是 AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2 3. 11 分 所以四棱锥 PABCD 的体积 V＝1 3 ×2 2＋4 2 ×2 3＝4 3. 12 分 [防失误] ①处在证明线面平行问题时，易忽视线不在面内这一条件从而失分，注意线面平行条件使用 的规范化． ②处易忽视通过侧面 PAD⊥底面 ABCD 可转化为线面垂直及线线垂直，从而不能创设垂直关系 和利用数量等量关系来确定底面边长及高． ③处易忽视如何表示△PCD 的面积，即以 CD 为底，高如何确定，导致思路不通． [通技法] 位置关系的证明与求几何体的体积综合问题的模型 [对点练] 1．(2018 届高三·湖北七校联考)如图，四棱锥 PABCD 中，底 面 ABCD 是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60°，E 是 AD 的中点，点 Q 在侧 棱 PC 上． (1)求证：AD⊥平面 PBE； (2)若 Q 是 PC 的中点，求证：PA∥平面 BDQ； (3)若 VPBCDE＝2VQABCD，试求CP CQ 的值． 解：(1)证明：由 E 是 AD 的中点，PA＝PD， 可得 AD⊥PE . 又底面 ABCD 是菱形，∠BAD＝60°，所以 AB＝BD. 又因为 E 是 AD 的中点，所以 AD⊥BE. 又 PE∩BE＝E，所以 AD⊥平面 PBE. (2)证明：连接 AC，交 BD 于点 O，连接 OQ. 因为 O 是 AC 的中点，Q 是 PC 的中点， 所以 OQ∥PA， 又 PA⊄ 平面 BDQ，OQ⊂平面 BDQ， 所以 PA∥平面 BDQ. (3)设四棱锥 PBCDE，QABCD 的高分别为 h1，h2， 所以 VPBCDE＝1 3 S 四边形 BCDEh1， VQABCD＝1 3 S 四边形 ABCDh2. 又因为 VPBCDE＝2VQABCD， 且 S 四边形 BCDE＝3 4 S 四边形 ABCD， 所以CP CQ ＝h1 h2 ＝8 3 . 题型二 平面图形的翻折问题 [学规范] (1)证明：由已知得 AC⊥BD❶，AD＝CD. 1 分 又由 AE＝CF 得AE AD ＝CF CD ，所以 AC∥EF. 2 分 由此得 EF⊥HD，故 EF⊥HD′， 3 分 所以 AC⊥HD′. 4 分 (2)由 AC∥EF，得OH DO ＝AE AD ＝1 4 . 5 分 由 AB＝5，AC＝6 得 DO＝BO＝ AB2－AO2＝4. 6 分 所以 OH＝1，HD′＝DH＝3.7 分 于是 OD′2＋OH2＝(2 2)2＋12＝9＝HD′2，故 OD′⊥OH❷. 8 分 由(1)知，AC⊥HD′， 又因为 AC⊥BD，BD∩HD′＝H， 所以 AC⊥平面 BHD′，于是 AC⊥OD′. 因为 OH∩AC＝O， 所以 OD′⊥平面 ABC. 9 分 又由EF AC ＝DH DO 得 EF＝9 2 . 10 分 所以五边形 ABCFE 的面积 S＝1 2 ×6×8－1 2 ×9 2 ×3＝69 4 ❸. 11 分 所以五棱锥 D′ABCFE 的体积 V＝1 3 ×69 4 ×2 2＝23 2 2 . 12 分 [防失误] ①处易忽视菱形的性质导致失分，注意牢记菱形的平面性质． ②处易忽视数据中隐含着的垂直关系而导致不能判断两直线垂直，注意遇到三角形三边长度 都已知时，要充分利用勾股定理． ③处若不能合理拆分多边形使计算繁琐可能会导致失分，注意求多边形面积一般要进行拆 分． [通技法] 翻折问题的 3 个注意点 (1)画好两图：翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图． (2)把握关系：即比较翻折前后的图形，准确把握平面图形翻折前后的线线关系，哪些平行 与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是准确把握几何体结构特征，进行空间 线面关系逻辑推理的基础． (3)准确定量：即根据平面图形翻折的要求，把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的 数字特征，这是准确进行计算的基础． [对点练] 2．(2017·合肥模拟)如图①，平面五边形 ABCDE 中，AB∥CE，且 AE＝2，∠AEC＝60°，CD ＝ED＝ 7，cos∠EDC＝5 7 .将△CDE 沿 CE 折起，使点 D 到 P 的位置，且 AP＝ 3，得到四棱锥 PABCE， 如图②. (1)求证：AP⊥平面 ABCE； (2)记平面 PAB 与平面 PCE 相交于直线 l，求证：AB∥l. 证明：(1)在△CDE 中， ∵CD＝ED＝ 7，cos∠EDC＝5 7 ， 由余弦定理得 CE＝2.连接 AC， ∵AE＝2，∠AEC＝60°， ∴AC＝2.又 AP＝ 3， ∴在△PAE 中，PA2＋AE2＝PE2， 即 AP⊥AE. 同理，AP⊥AC.而 AC∩AE＝A，AC⊂平面 ABCE，AE⊂平面 ABCE，故 AP⊥平面 ABCE. (2)∵AB∥CE，且 CE⊂平面 PCE，AB⊄ 平面 PCE， ∴AB∥平面 PCE.又平面 PAB∩平面 PCE＝l， ∴AB∥l. 1.(2017·沈阳模拟)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，侧面 AA1C1C ⊥底面 ABC，AA1＝A1C＝AC＝AB＝BC＝2，且点 O 为 AC 的中点． (1)证明：A1O⊥平面 ABC； (2)求三棱锥 C1ABC 的体积． 解：(1)证明：因为 AA1＝A1C，且 O 为 AC 的中点， 所以 A1O⊥AC. 又平面 AA1C1C⊥平面 ABC，平面 AA1C1C∩平面 ABC＝AC，A1O⊂平面 AA1C1C， ∴A1O⊥平面 ABC. (2)∵A1C1∥AC，A1C1⊄ 平面 ABC，AC⊂平面 ABC， ∴A1C1∥平面 ABC，即 C1 到平面 ABC 的距离等于 A1 到平面 ABC 的距离． 由(1)知 A1O⊥平面 ABC 且 A1O＝ AA2 1－AO2＝ 3， ∴VC1ABC＝VA1ABC＝1 3 S△ABC·A1O＝1 3 ×1 2 ×2× 3× 3＝1. 2．(2018 届高三·西安八校联考)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱 ADEBCF 和一个正 四棱锥 PABCD 组合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2. (1)证明：平面 PAD⊥平面 ABFE； (2)求正四棱锥 PABCD 的高 h，使得该四棱锥的体积是三棱锥 PABF 体积的 4 倍． 解：(1)证明：在直三棱柱 ADEBCF 中，AB⊥平面 ADE， ∴AB⊥AD.又 AD⊥AF，AB∩AF＝A， ∴AD⊥平面 ABFE. 又 AD⊂平面 PAD， ∴平面 PAD⊥平面 ABFE. (2)P 到平面 ABF 的距离 d＝1. ∴VPABF＝1 3 S△ABFd＝1 3 ×1 2 ×2×2×1＝2 3 . 而 VPABCD＝1 3 S 正方形 ABCDh＝1 3 ×2×2×h＝4VPABF＝8 3 ，∴h＝2. 3．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥 PABCD 中，AB∥CD，且 ∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)证明：平面 PAB⊥平面 PAD； (2)若 PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥 PABCD 的体 积为8 3 ，求该四棱锥的侧面积． 解：(1)证明：由∠BAP＝∠CDP＝90°， 得 AB⊥AP，CD⊥PD. 因为 AB∥CD，所以 AB⊥PD. 又 AP∩PD＝P，所以 AB⊥平面 PAD. 又 AB⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD. (2)如图所示，在平面 PAD 内作 PE⊥AD，垂足为 E. 由(1)知，AB⊥平面 PAD， 故 AB⊥PE， 可得 PE⊥平面 ABCD. 设 AB＝x，则由已知可得 AD＝ 2x，PE＝ 2 2 x. 故四棱锥 PABCD 的体积 VPABCD＝1 3 AB·AD·PE＝1 3 x3. 由题设得 1 3 x3＝8 3 ，故 x＝2. 从而 PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2 2，PB＝PC＝2 2. 可得四棱锥 PABCD 的侧面积为 1 2 PA·PD＋1 2 PA·AB＋1 2 PD·DC＋1 2 BC2sin 60°＝6＋2 3. 4．(2017·泰安模拟)如图，在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，E 为 AD 的 中点，F 为 B1C1 的中点． (1)求证：A1F∥平面 ECC1； (2)在 CD 上是否存在一点 G，使 BG⊥平面 ECC1？若存在，请确定点 G 的位置，并证明你的结论，若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：如图，在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，取 BC 的中点 M， 连接 AM，FM， 所以 B1F∥BM 且 B1F＝BM， 所以四边形 B1FMB 是平行四边形， 所以 FM∥B1B 且 FM＝B1B. 因为 B1B∥A1A 且 B1B＝A1A， 所以 FM∥A1A 且 FM＝A1A， 所以四边形 AA1FM 是平行四边形，所以 A1F∥AM. 因为 E 为 AD 的中点， 所以 AE∥MC 且 AE＝MC. 所以四边形 AMCE 是平行四边形， 所以 CE∥AM，所以 CE∥A1F. 因为 A1F⊄ 平面 ECC1，EC⊂平面 ECC1， 所以 A1F∥平面 ECC1. (2)在 CD 上存在一点 G，使 BG⊥平面 ECC1. 证明如下：取 CD 的中点 G，连接 BG. 在正方形 ABCD 中，DE＝GC，CD＝BC，∠ADC＝∠BCD， 所以△CDE≌△BCG， 所以∠ECD＝∠GBC. 因为∠CGB＋∠GBC＝90°， 所以∠CGB＋∠DCE＝90°，所以 BG⊥EC. 因为 CC1⊥平面 ABCD，BG⊂平面 ABCD， 所以 CC1⊥BG.又 EC∩CC1＝C， 所以 BG⊥平面 ECC1. 故当 G 为 CD 的中点时，满足 BG⊥平面 ECC1. 5．(2017·福州模拟)如图①，在等腰梯形 PDCB 中，PB∥DC，PB＝3，DC＝1，∠DPB＝45°， DA⊥PB 于点 A，将△PAD 沿 AD 折起，得到如图②所示的四棱锥 PABCD，点 M 在棱 PB 上，且 PM ＝1 2 MB. (1)求证：PD∥平面 MAC； (2)若平面 PAD⊥平面 ABCD，求点 A 到平面 PBC 的距离． 解：(1)证明：在四棱锥 PABCD 中， 连接 BD 交 AC 于点 N， 连接 MN，依题意知 AB∥CD， ∴△ABN∽△CDN， ∴BN ND ＝BA CD ＝2，∵PM＝1 2 MB， ∴BN ND ＝BM MP ＝2， ∴在△BPD 中，MN∥PD， 又 PD⊄ 平面 MAC，MN⊂平面 MAC， ∴PD∥平面 MAC. (2)法一：∵平面 PAD⊥平面 ABCD， 且两平面相交于 AD，PA⊥AD，PA⊂平面 PAD， ∴PA⊥平面 ABCD， ∴VPABC＝1 3 S△ABC·PA＝1 3 × 1 2 ×2×1 ×1＝1 3 . ∵AB＝2，AC＝ AD2＋CD2＝ 2， ∴PB＝ PA2＋AB2＝ 5，PC＝ PA2＋AC2＝ 3，BC＝ AD2＋ AB－CD 2＝ 2， ∴PB2＝PC2＋BC2，故∠PCB＝90°， 记点 A 到平面 PBC 的距离为 h， ∴VAPBC＝1 3 S△PBC·h＝1 3 × 1 2 × 3× 2 h＝ 6 6 h. ∵VPABC＝VAPBC， ∴1 3 ＝ 6 6 h，解得 h＝ 6 3 . 故点 A 到平面 PBC 的距离为 6 3 . 法二：∵平面 PAD⊥平面 ABCD，且两平面相交于 AD，PA⊥AD，PA ⊂ 平面 PAD，∴PA⊥平面 ABCD， ∵BC⊂平面 ABCD，∴PA⊥BC， ∵AB＝2，AC＝ AD2＋CD2＝ 2，BC＝ AD2＋ AB－CD 2＝ 2，∴ AB2 ＝AC2＋BC2， ∴∠ACB＝90°，即 BC⊥AC， 又 PA∩AC＝A，PA⊂平面 PAC，AC⊂平面 PAC， ∴BC⊥平面 PAC， 过点 A 作 AE⊥PC 于点 E，则 BC⊥AE， ∵PC∩BC＝C，PC⊂平面 PBC，BC⊂平面 PBC， ∴AE⊥平面 PBC， ∴点 A 到平面 PBC 的距离为 AE＝PA·AC PC ＝1× 2 3 ＝ 6 3 . 6．(2018 届高三·衡水中学摸底)如图①所示，四边形 ABCD 为矩形，PD⊥平面 ABCD，AB＝1， BC＝PC＝2，进行如图②所示的折叠，折痕 EF∥DC.其中点 E，F 分别在线段 PD，PC 上，沿 EF 折 叠后点 P 在线段 AD 上的点记为 M，并且 MF⊥CF. (1)证明：CF⊥平面 MDF； (2)求三棱锥 MCDE 的体积． 解：(1)证明：∵PD⊥平面 ABCD，PD⊂平面 PCD， ∴平面 PCD⊥平面 ABCD，又平面 PCD∩平面 ABCD＝CD，MD⊂平面 ABCD，MD⊥CD， ∴MD⊥平面 PCD， ∵CF⊂平面 PCD，∴CF⊥MD. 又 CF⊥MF，MD∩MF＝M，MD⊂平面 MDF，MF⊂平面 MDF， ∴CF⊥平面 MDF. (2)∵CF⊥平面 MDF，DF⊂平面 MDF， ∴CF⊥DF.又易知∠PCD＝60°， ∴∠CDF＝30°，∴CF＝1 2 CD＝1 2 ， ∵EF∥DC，∴DE DP ＝CF CP ，即DE 3 ＝ 1 2 2 ， ∴DE＝ 3 4 ，∴PE＝3 3 4 ， ∴S△CDE＝1 2 CD·DE＝ 3 8 ， ∵MD＝ ME2－DE2＝ PE2－DE2＝ 3 3 4 2－ 3 4 2＝ 6 2 ，∴VMCDE＝1 3 S△CDE·MD＝1 3 × 3 8 × 6 2 ＝ 2 16 . 高考第 18 题(或 19 题)概率与统计 年 份 卷 别 考题位置 考查内容 命题规律分体 2017 全国卷Ⅰ 解答题第 19 题 相关系数、均值与 标准差 概率、统计 的解答题多在第 18 或 19 题的位 置，多以交汇性 的形式考查，交 汇 点 主 要 有 两 种：一是两图(频 率分布直方图与 茎叶图)择一与 概率相交汇来考 查；二是两图(频 率分布直方图与 茎叶图)择一与 线性回归或独立 性检验相交汇来 考查，难度中等． 2017 全国卷Ⅱ 解答题第 19 题 频率分布直方图、 独立性检验 2017 全国卷Ⅲ 解答题第 18 题 古典概型、频数、 频率的概念及应用 2016 全国卷Ⅰ 解答题第 19 题 分段函数与样本估 计总体的应用 2016 全国卷Ⅱ 解答题第 18 题 频率分布表与平均 值的应用 2016 全国卷Ⅲ 解答题第 18 题 两个变量的线性相 关关系、回归方程 的求解与应用 2015 全国卷Ⅰ 解答题第 19 题 散点图、回归方程、 函数最值问题 1．(2017·全国卷Ⅱ)海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时 各随机抽取了 100 个网箱，测量各箱水产品的产量(单位：kg)，其频率分布直方图如下： (1)记 A 表示事件“旧养殖法的箱产量低于 50 kg”，估计 A 的概率； (2)填写下面列联表，并根据列联表判断是否有 99%的把握认为箱产量与养殖方法有关： 箱产量＜50 kg 箱产量≥50 kg 旧养殖法 新养殖法 (3)根据箱产量的频率分布直方图，对这两种养殖方法的优劣进行比较． 解：(1)旧养殖法的箱产量低于 50 kg 的频率为 (0.012＋0.014＋0.024＋0.034＋0.040)×5＝0.62. 因此，事件 A 的概率估计值为 0.62. (2)根据箱产量的频率分布直方图得列联表 箱产量＜50 kg 箱产量≥50 kg 旧养殖法 62 38 新养殖法 34 66 根据表中数据及 K2 的计算公式得， K2＝200× 62×66－34×38 2 100×100×96×104 ≈15.705. 由于 15.705＞6.635，故有 99%的把握认为箱产量与养殖方法有关． (3)箱产量的频率分布直方图表明：新养殖法的箱产量平均值(或中位数)在 50 kg 到 55 kg 之间，旧养殖法的箱产量平均值(或中位数)在 45 kg 到 50 kg 之间，且新养殖法的箱产量分布集 中程度较旧养殖法的箱产量分布集中程度高，因此，可以认为新养殖法的箱产量较高且稳定，从 而新养殖法优于旧养殖法． 2．(2016·全国卷Ⅰ)某公司计划购买 1 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一 易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个 200 元．在机器使用期间，如 果备件不足再购买，则每个 500 元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集 并整理了 100 台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图： 记 x 表示 1 台机器在三年使用期内需更换的易损零件数，y 表示 1 台机器在购买易损零件上 所需的费用(单位：元)，n 表示购机的同时购买的易损零件数． (1)若 n＝19，求 y 与 x 的函数解析式； (2)若要求“需更换的易损零件数不大于 n”的频率不小于 0.5，求 n 的最小值； (3)假设这 100 台机器在购机的同时每台都购买 19 个易损零件，或每台都购买 20 个易损零 件，分别计算这 100 台机器在购买易损零件上所需费用的平均数，以此作为决策依据，购买 1 台 机器的同时应购买 19 个还是 20 个易损零件？ 解：(1)当 x≤19 时，y＝3 800； 当 x＞19 时，y＝3 800＋500(x－19)＝500x－5 700， 所以 y 与 x 的函数解析式为 y＝ 3 800，x≤19， 500x－5 700，x＞19， (x∈N)． (2)由柱状图知，需更换的零件数不大于 18 的频率为 0.46，不大于 19 的频率为 0.7，故 n 的最小值为 19. (3)若每台机器在购机同时都购买 19 个易损零件，则这 100 台机器中有 70 台在购买易损零 件上的费用为 3 800(元)，20 台的费用为 4 300(元)，10 台的费用为 4 800(元)，因此这 100 台 机器在购买易损零件上所需费用的平均数为 1 100 (3 800×70＋4 300×20＋4 800×10)＝4 000(元)． 若每台机器在购机同时都购买 20 个易损零件，则这 100 台机器中有 90 台在购买易损零件上 的费用为 4 000(元)，10 台的费用为 4 500(元)，因此这 100 台机器在购买易损零件上所需费用 的平均数为 1 100 (4 000×90＋4 500×10)＝4 050(元)．比较两个平均数可知，购买 1 台机器的同 时应购买 19 个易损零件． 3.(2016·全国卷Ⅲ)下图是我国 2008 年至 2014 年生活垃圾无害化处理量(单位：亿吨)的折 线图． (1)由折线图看出，可用线性回归模型拟合 y 与 t 的关系，请用相关系数加以说明； (2)建立 y 关于 t 的回归方程(系数精确到 0.01)，预测 2016 年我国生活垃圾无害化处理量． 参考数据：错误!i＝9.32，错误!iyi＝40.17, 错误!＝0.55， 7≈2.646. 参考公式：相关系数 r＝错误!，回归方程y^＝a^＋b^t 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为 b^＝错误!，a^＝ y －b^ t . 解：(1)由折线图中的数据和附注中的参考数据得 t ＝4，错误!(ti－ t )2＝28, 错误!＝0.55， 错误!(ti－ t )(yi－ y )＝错误!iyi－ t 错误!i ＝40.17－4×9.32＝2.89， ∴r≈ 2.89 0.55×2×2.646 ≈0.99. 因为 y 与 t 的相关系数近似为 0.99，说明 y 与 t 的线性相关程度相当大，从而可以用线性回 归模型拟合 y 与 t 的关系． (2)由 y ＝9.32 7 ≈1.331 及(1)得 b^＝错误!＝2.89 28 ≈0.103. a^＝ y －b^ t ≈1.331－0.103×4≈0.92. 所以 y 关于 t 的回归方程为y^＝0.92＋0.10t. 将 2016 年对应的 t＝9 代入回归方程得y^＝0.92＋0.10×9＝1.82. 所以预测 2016 年我国生活垃圾无害化处理量约为 1.82 亿吨． 题型一 概率与统计的综合应用 [典例] (2017·全国卷Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每 瓶 4 元，售价每瓶 6 元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶 2 元的价格当天全部处理完．根据往年 销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于 25，需求量为 500 瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为 300 瓶；如果最高气温低于 20，需求量为 200 瓶．为 了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表： [学规范] (1)这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶，当且仅当最高气温低于 25❶，2 分 由表格数据知，最高气温低于 25 的频率为2＋16＋36 90 ＝0.6，4 分 所以这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶的概率的估计值为 0.6.5 分 (2)当这种酸奶一天的进货量为 450 瓶时，若最高气温不低于 25，则 Y＝6×450－4×450＝ 900❷；6 分 若最高气温位于区间[20,25)， 则 Y＝6×300＋2(450－300)－4×450＝300❸；7 分 若最高气温低于 20， 则 Y＝6×200＋2(450－200)－4×450＝－100❹.8 分 所以 Y 的所有可能值为 900,300，－100.10 分 Y 大于零当且仅当最高气温不低于 20，由表格数据知，最高气温不低于 20 的频率为 36＋25＋7＋4 90 ＝0.8，11 分 因此 Y 大于零的概率的估计值为 0.8.12 分 [防失误] ①处注意结合题意将需求量不超过 300 瓶转化为最高气温的关系问题，再利用频率估计概率， 易不理解题意失误． ②③④处注意结合气温区间及需求量的关系，计算出 Y 值，易忽视卖不完的要降价处理． [通技法] 解决概率与统计综合问题的一般步骤 [对点练] 1．(2018 届高三·广州五校联考)某市为庆祝北京夺得 2022 年冬奥会举办权，围绕“全民健 身促健康、同心共筑中国梦”主题开展全民健身活动．组织方从参加活动的群众中随机抽取 120 名群众，按他们的年龄分组：第 1 组[20,30)，第 2 组[30,40)，第 3 组[40,50)，第 4 组[50,60)， 第 5 组[60,70]，得到的频率分布直方图如图所示． (1)若电视台记者要从抽取的群众中选一人进行采访，估计被采访人恰好在第 1 组或第 4 组 的概率； (2)已知第 1 组群众中男性有 3 名，组织方要从第 1 组中随机抽取 2 名群众组成志愿者服务 队，求至少有 1 名女性群众的概率． 解：(1)设第 1 组[20,30)的频率为 f1，则由题意可知， f1＝1－(0.035＋0.030＋0.020＋0.010)×10＝0.05. 被采访人恰好在第 1 组或第 4 组的频率为 0.05＋0.020×10＝0.25. ∴估计被采访人恰好在第 1 组或第 4 组的概率为 0.25. (2)第 1 组[20,30)的人数为 0.05×120＝6. ∴第 1 组中共有 6 名群众，其中女性群众共 3 名． 记第 1 组中的 3 名男性群众分别为 A，B，C,3 名女性群众分别为 x，y，z， 从第 1 组中随机抽取 2 名群众组成志愿者服务队包含(A，B)，(A，C)，(A，x)，(A，y)，(A， z)，(B，C)，(B，x)，(B，y)，(B，z)，(C，x)，(C，y)，(C，z)，(x，y)，(x，z)，(y，z)， 共 15 个基本事件． 至少有一名女性群众包含(A，x)，(A，y)，(A，z)，(B，x)，(B，y)，(B，z)，(C，x)，(C， y)，(C，z)，(x，y)，(x，z)，(y，z)，共 12 个基本事件． ∴从第 1 组中随机抽取 2 名群众组成志愿者服务队，至少有 1 名女性群众的概率 P＝12 15 ＝4 5 . 题型二 统计案例 [典例] (2015·全国卷Ⅰ)某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费 x(单位：千元)对年销售量 y(单位：t)和年利润 z(单位：千元)的影响，对近 8 年的年宣传费 xi 和年销售量 yi(i＝1,2，…，8)数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值． x y w 错误!(xi－ x )2 错误!(wi－ w )2 错误!(xi－ x )· (yi－ y ) 错误!(wi－ w )· (yi－ y ) 46.6 563 6.8 289.8 1.6 1 469 108.8 表中 wi＝ xi， w ＝1 8 错误!i. [学规范] (1)由散点图的变化趋势可以判断，y＝c＋d x适宜作为年销售量 y 关于年宣传费 x 的回归 方程类型❶. 3 分 (2)令 w＝ x，先建立 y 关于 w 的线性回归方程． 由于d^＝错误!＝108.8 1.6 ＝68， c ^ ＝ y －d ^ w ＝563－68×6.8＝100.6， 所以 y 关于 w 的线性回归方程为y^＝100.6＋68w， 因此 y 关于 x 的回归方程为y ^ ＝100.6＋68 x ❷. 7 分 (3)①由(2)知，当 x＝49 时， 年销售量 y 的预报值y ^ ＝100.6＋68 49＝576.6， 年利润 z 的预报值z ^ ＝576.6×0.2－49＝66.32❸. 9 分 ②根据(2)的结果知，年利润 z 的预报值 z ^ ＝0.2(100.6＋68 x)－x＝－x＋13.6 x＋20.12. 所以当 x＝13.6 2 ＝6.8❹，即 x＝46.24 时，z ^ 取得最大值． 故年宣传费为 46.24 千元时，年利润的预报值最大． 12 分 [防失误] ①处易判断方程类型错误，注意充分利用散点图联想函数图象特征作出判断． ②处求回归方程时易计算失误，注意要强化计算能力． ③处无法表达出利润表达式而失分，注意借助于函数知识解决． ④处未用二次函数求最值导致失分，注意判断函数类型及换元法的使用． [通技法] 求解线性回归方程的 3 步骤 [对点练] 2．传承传统文化再掀热潮，央视科教频道以诗词知识竞赛为主的《中国诗词大会》火爆荧 屏．某机构组织了一场诗词知识竞赛，将中学组和大学组的参赛选手按成绩分为优秀、良好、一 般三个等级，从中随机抽取 100 名选手进行调查，如图是根据调查结果绘制的选手等级与人数的 条形图． (1)若将一般等级和良好等级合称为合格等级，根据已知条件完成下面的 2×2 列联表，并据 此判断能否在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下认为选手成绩优秀与文化程度有关？ 优秀 合格 总计 大学组 中学组 总计 (2)若参赛选手共 6 万名，用频率估计概率，试估计其中优秀等级的选手人数； (3)在优秀等级的选手中选取 6 名，在良好等级的选手中选取 6 名，都依次编号为 1,2,3,4,5,6，在选出的 6 名优秀等级的选手中任取一名，记其编号为 a，在选出的 6 名良好等级 的选手中任取一名，记其编号为 b，求使得方程组 ax＋by＝3， x＋2y＝2 有唯一一组实数解(x，y)的概 率． 参考公式：K2＝ n ad－bc 2 a＋b c＋d a＋c b＋d ，其中 n＝a＋b＋c＋d. 参考数据： P(K2≥k0) 0.10 0.05 0.01 k0 2.706 3.841 6.635 解：(1)由条形图可得 2×2 列联表如下： 优秀 合格 总计 大学组 45 10 55 中学组 30 15 45 总计 75 25 100 所以 K2 的观测值 k＝100× 45×15－10×30 2 75×25×45×55 ＝100 33 ≈3.030＜3.841， 所以不能在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下认为选手成绩优秀与文化程度有关． (2)由条形图知，所抽取的 100 名选手中，优秀等级有 75 名，所以估计参赛选手中优秀等级 的选手有 60 000× 75 100 ＝45 000(名)． (3)a 可从 1,2,3,4,5,6 中取，有 6 种取法，b 可从 1,2,3,4,5,6 中取，有 6 种取法，共有 36 组， 要使方程组 ax＋by＝3， x＋2y＝2 有唯一一组实数解，则a b ≠1 2 .易知使a b ＝1 2 成立的 a，b 满足的实数 对有(1,2)，(2,4)，(3,6)，共 3 组，故满足a b ≠1 2 的实数对的组数为 36－3＝33.故所求概率 P＝33 36 ＝11 12 . 1．(2018 届高三·广州一中调研)某种商品价格与该商品日需求量之间的几组对照数据如下 表： 价格 x(元/kg) 10 15 20 25 30 日需求量 y(kg) 11 10 8 6 5 (1)求 y 关于 x 的线性回归方程； (2)利用(1)中的回归方程，当价格 x＝40 元/kg 时，日需求量 y 的预测值为多少？ 参考公式：线性回归方程y^＝b^x＋a^，其中b^＝错误!，a^＝ y －b^ x . 解：(1)由所给数据计算得 x ＝1 5 ×(10＋15＋20＋25＋30)＝20， y ＝1 5 ×(11＋10＋8＋6＋5)＝8， 错误!(xi－ x )2＝(－10)2＋(－5)2＋02＋52＋102＝250， 错误!(xi－ x )(yi－ y )＝(－10)×3＋(－5)×2＋0×0＋5×(－2)＋10×(－3)＝－80. b^＝错误!＝－ 80 250 ＝－0.32. a^＝ y －b^ x ＝8＋0.32×20＝14.4. 所求线性回归方程为y^＝－0.32x＋14.4. (2)由(1)知当 x＝40 时，y^＝－0.32×40＋14.4＝1.6. 故当价格 x＝40 元/kg 时，日需求量 y 的预测值为 1.6 kg. 2．(2017·宝鸡模拟)为了解我市的交通状况，现对其 6 条道路进行评估，得分分别为 5,6,7,8,9,10.规定评估的平均得分与全市的总体交通状况等级如下表： 评估的平均得分 (0,6) [6,8) [8,10] 全市的总体交通状况等级 不合格 合格 优秀 (1)求本次评估的平均得分，并参照上表估计我市的总体交通状况等级； (2)用简单随机抽样的方法从这 6 条道路中抽取 2 条，它们的得分组成一个样本，求该样本 的平均数与总体的平均数之差的绝对值不超过 0.5 的概率． 解：(1)6 条道路的平均得分为1 6 ×(5＋6＋7＋8＋9＋10)＝7.5，∴该市的总体交通状况等级 为合格． (2)设 A 表示事件“样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过 0.5”． 从 6 条道路中抽取 2 条的得分组成的所有基本事件为(5,6)，(5,7)，(5,8)，(5,9)，(5,10)， (6,7)，(6,8)，(6,9)，(6,10)，(7,8)，(7,9)，(7,10)，(8,9)，(8,10)，(9,10)，共 15 个基 本事件． 事件 A 包括(5,9)，(5,10)，(6,8)，(6,9)，(6,10)，(7,8)，(7,9)，共 7 个基本事件． ∴P(A)＝ 7 15 . 故该样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过 0.5 的概率为 7 15 . 3．(2018 届高三·西安八校联考)从某企业生产的某种产品中抽取 100 件，测量这些产品的 质量指标值，由测量结果得到如图所示的频率分布直方图，质量指标值落在区间[55,65)， [65,75)，[75,85]内的频率之比为 4∶2∶1. (1)求这些产品质量指标值落在区间[75,85]内的频率； (2)用分层抽样的方法在区间[45,75)内抽取一个容量为 6 的样本，将该样本看成一个总体， 从中任意抽取 2 件产品，求这 2 件产品都在区间[45,65)内的概率． 解：(1)设质量指标值落在区间[75,85]内的频率为 x，则质量指标值落在区间[55,65)，[65,75) 内的频率分别为 4x,2x. 依题意得(0.004＋0.012＋0.019＋0.030)×10＋4x＋2x＋x＝1，解得 x＝0.05. 所以质量指标值落在区间[75,85]内的频率为 0.05. (2)由(1)得，质量指标值落在区间[45,55)，[55,65)，[65,75)内的频率分别为 0.3,0.2,0.1. 用分层抽样的方法在区间[45,75)内抽取一个容量为 6 的样本，则在区间[45,55)内应抽取 6× 0.3 0.3＋0.2＋0.1 ＝3 件，记为 A1，A2，A3； 在区间[55,65)内应抽取 6× 0.2 0.3＋0.2＋0.1 ＝2 件，记为 B1，B2；在区间[65,75)内应抽取 6× 0.1 0.3＋0.2＋0.1 ＝1 件，记为 C. 设“从样本中任意抽取 2 件产品，这 2 件产品都在区间[45,65)内”为事件 M，则所有的基本 事件有：(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2， C)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，C)，(B1，B2)，(B1，C)，(B2，C)，共 15 种， 事件 M 包含的基本事件有：(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2， B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(B1，B2)，共 10 种， 所以这 2 件产品都在区间[45,65)内的概率 P＝10 15 ＝2 3 . 4．(2017·福州模拟)在国际风帆比赛中，成绩以低分为优胜，比赛共 11 场，并以最佳的 9 场成绩计算最终的名次．在一次国际风帆比赛中，前 7 场比赛结束后，排名前 8 位的选手积分如 下表： 运动员 比赛场次 总 分1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A 3 2 2 2 4 2 6 21 B 1 3 5 1 10 4 4 28 C 9 8 6 1 1 1 2 28 D 7 8 4 4 3 1 8 35 E 3 12 5 8 2 7 5 42 F 4 11 6 9 3 6 8 47 G 10 12 12 8 12 10 7 71 H 12 12 6 12 7 12 12 73 (1)根据表中的比赛数据，比较运动员 A 与 B 的成绩及稳定情况； (2)从前 7 场平均分低于 6.5 分的运动员中，随机抽取 2 个运动员进行兴奋剂检查，求至少 1 个运动员平均分不低于 5 分的概率； (3)请依据前 7 场比赛的数据，预测冠亚军选手，并说明理由． 解：(1)由表中的数据，我们可以分别计算运动员 A 和 B 前 7 场比赛积分的平均数和方差， 作为两运动员比赛的成绩及衡量两运动员稳定情况的依据． 运动员 A 的平均分 x 1＝1 7 ×21＝3， 方差 s2 1＝1 7 ×[(3－3)2＋(2－3)2×4＋(4－3)2＋(6－3)2]＝2； 运动员 B 的平均分 x 2＝1 7 ×28＝4， 方差 s2 2＝1 7 ×[(1－4)2×2＋(3－4)2＋(5－4)2＋(10－4)2＋(4－4)2×2]＝8. 从平均分和积分的方差来看，运动员 A 的平均分及积分的方差都比运动员 B 的小，也就是说， 前 7 场比赛，运动员 A 的成绩优异，而且表现较为稳定． (2)由表可知，平均分低于 6.5 分的运动员共有 5 个，其中平均分低于 5 分的运动员有 3 个， 分别为 A，B，C，平均分不低于 5 分且低于 6.5 分的运动员有 2 个，分别记为 D，E， 从这 5 个运动员中任取 2 个共有 10 种情况： AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE， 其中至少有 1 个运动员平均分不低于 5 分的有 7 种情况． 设至少有 1 个运动员平均分不低于 5 分为事件 M， 则 P(M)＝ 7 10 . (3)尽管此时还有 4 场比赛没有进行，但这里我们可以假定每位选手在各自的 11 场比赛中发 挥的水平大致相同，因而可以把前 7 场比赛的成绩看作总体的一个样本，并由此估计每位运动员 最后比赛的成绩．从已经结束的 7 场比赛的积分来看，运动员 A 的成绩最为优异，而且表现最为 稳定，因此，预测运动员 A 将获得最后的冠军．而运动员 B 和 C 平均分相同，但运动员 C 得分总 体呈下降趋势，所以预测运动员 C 将获得亚军． (说明：方案不唯一，其他言之有理的方案也给满分) 5．(2017·长沙模拟)为了打好脱贫攻坚战，某贫困县农科院针对玉米种植情况进行调研， 力争有效地改良玉米品种，为农民提供技术支援．现对已选出的一组玉米的茎高进行统计，获得 茎叶图如图(单位：厘米)，设茎高大于或等于 180 厘米的玉米为高茎玉米，否则为矮茎玉米． (1)列出 2×2 列联表，并判断是否可以在犯错误的概率不超过 0.01 的前提下，认为抗倒伏 与玉米矮茎有关？ (2)为了改良玉米品种，现采用分层抽样的方法从抗倒伏的玉米中抽出 5 株，再从这 5 株玉 米中选取 2 株进行杂交试验，则选取的植株均为矮茎的概率是多少？ 附： P(K2≥k0) 0.10 0.05 0.010 0.001 k0 2.706 3.841 6.635 10.828 K2＝ n ad－bc 2 a＋b c＋d a＋c b＋d ，其中 n＝a＋b＋c＋d. 解：(1)根据统计数据得 2×2 列联表如下： 抗倒伏 易倒伏 总计 矮茎 15 4 19 高茎 10 16 26 总计 25 20 45 由于 K2 的观测值 k＝45× 15×16－4×10 2 19×26×25×20 ≈7.287＞6.635，因此可以在犯错误的概率不 超过 0.01 的前提下，认为抗倒伏与玉米矮茎有关． (2)由题意得，抽到的高茎玉米有 2 株，设为 A，B，抽到的矮茎玉米有 3 株，设为 a，b，c， 从这 5 株玉米中取出 2 株的取法有 AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，ab，ac，bc，共 10 种，其中 均为矮茎的选取方法有 ab，ac，bc，共 3 种，因此选取的植株均为矮茎的概率是 3 10 . 6．(2017·全国卷Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每隔 30 min 从该 生产线上随机抽取一个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．下面是检验员在一天内依次抽取的 16 个零件的尺寸： 抽取次序 1 2 3 4 5 6 7 8 零件尺寸 9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 抽取次序 9 10 11 12 13 14 15 16 零件尺寸 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 经计算得 x ＝ 1 16 错误!i＝9.97，s＝错误!＝错误!≈0.212, 错误!≈18.439，错误!(xi－ x )(i －8.5)＝－2.78，其中 xi 为抽取的第 i 个零件的尺寸，i＝1,2，…，16. (1)求(xi，i)(i＝1,2，…，16)的相关系数 r，并回答是否可以认为这一天生产的零件尺寸 不随生产过程的进行而系统地变大或变小(若|r|＜0.25，则可以认为零件的尺寸不随生产过程的 进行而系统地变大或变小)． (2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在( x －3s， x ＋3s)之外的零件，就认为这条生产 线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查． ①从这一天抽检的结果看，是否需对当天的生产过程进行检查？ ②在( x －3s， x ＋3s)之外的数据称为离群值，试剔除离群值，估计这条生产线当天生产 的零件尺寸的均值与标准差．(精确到 0.01) 附：样本(xi，yi)(i＝1,2，…，n)的相关系数 r＝错误!， 0.008≈0.09. 解：(1)由样本数据得(xi，i)(i＝1,2，…，16)的相关系数为 r＝错误!＝ －2.78 0.212× 16×18.439 ≈－0.18. 由于|r|＜0.25，因此可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或 变小． (2)①由于 x ＝9.97，s≈0.212，由样本数据可以看出抽取的第 13 个零件的尺寸在( x －3s， x ＋3s)以外，因此需对当天的生产过程进行检查． ②剔除离群值，即第 13 个数据，剩下数据的平均数为 1 15 (16×9.97－9.22)＝10.02， 所以这条生产线当天生产的零件尺寸的均值的估计值为 10.02， 错误!2 i＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134， 剔除第 13 个数据，剩下数据的样本方差为 1 15 (1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008， 所以这条生产线当天生产的零件尺寸的标准差的估计值为 0.008≈0.09. 高考第 22 题坐标系与参数方程 卷 别 年 份 考查内容 命题规律分析 全国卷 Ⅰ 2017 椭圆与直线的参数方程与普通方程的互化、直 线与椭圆的位置关系 坐标系与参数方程是高考的 选考内容之一，高考考查的重 点主要有两个方面：简单曲线 的极坐标方程；二是参数方 程、极坐标方程与曲线的综合 应用．由于本部分在高考中考 查的知识点较为稳定，在备考 时应重点关注极坐标系中直 线的方程，或者求解极坐标系 中曲线的某个特征值，及已知 直线和圆的参数方程判断直 线和圆的位置关系，求最值问 题等．本部分内容在备考中应 注意转化思想的应用，抓住知 识，少做难题． 2016 参数方程与普通方程的互化、极坐标方程与直 角坐标方程的互化及应用 2015 极坐标与直角坐标的互化以及极坐标方程的 应用 全国卷 Ⅱ 2017 直角坐标与极坐标的互化、动点轨迹方程的求 法、三角形面积的最值问题 2016 极坐标方程与直角坐标方程互化及应用、直线 与圆的位置关系 2015 参数方程和普通方程的互化、三角函数的性质 全国卷 Ⅲ 2017 直线的参数方程与极坐标方程、动点轨迹方程 的求法 2016 参数方程、极坐标方程及点到直线的距离、三 角函数的最值 1．(2017·全国卷Ⅰ)在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 x＝3cos θ， y＝sin θ (θ为参 数)，直线 l 的参数方程为 x＝a＋4t， y＝1－t (t 为参数)． (1)若 a＝－1，求 C 与 l 的交点坐标； (2)若 C 上的点到 l 距离的最大值为 17，求 a. 解：(1)曲线 C 的普通方程为x2 9 ＋y2＝1. 当 a＝－1 时，直线 l 的普通方程为 x＋4y－3＝0， 由 x＋4y－3＝0， x2 9 ＋y2＝1 解得 x＝3， y＝0 或 x＝－21 25 ， y＝24 25 . 从而 C 与 l 的交点坐标为(3,0)， －21 25 ，24 25 . (2)直线 l 的普通方程为 x＋4y－a－4＝0， 故 C 上的点(3cos θ，sin θ)到 l 的距离为 d＝|3cos θ＋4sin θ－a－4| 17 . 当 a≥－4 时，d 的最大值为a＋9 17 . 由题设得a＋9 17 ＝ 17，解得 a＝8； 当 a＜－4 时，d 的最大值为－a＋1 17 . 由题设得－a＋1 17 ＝ 17， 解得 a＝－16. 综上，a＝8 或 a＝－16. 2．(2016·全国卷Ⅱ)在直角坐标系 xOy 中，圆 C 的方程为(x＋6)2＋y2＝25. (1)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求 C 的极坐标方程； (2)直线 l 的参数方程是 x＝tcos α， y＝tsin α (t 为参数)，l 与 C 交于 A，B 两点，|AB|＝ 10， 求 l 的斜率． 解：(1)由 x＝ρcos θ，y＝ρsin θ可得圆 C 的极坐标方程为ρ2＋12ρcos θ＋11＝0. (2)法一：由直线 l 的参数方程 x＝tcos α， y＝tsin α (t 为参数)，消去参数得 y＝x·tan α. 设直线 l 的斜率为 k，则直线 l 的方程为 kx－y＝0. 由圆 C 的方程(x＋6)2＋y2＝25 知，圆心坐标为(－6,0)，半径为 5. 又|AB|＝ 10，由垂径定理及点到直线的距离公式得|－6k| 1＋k2 ＝ 25－ 10 2 2， 即 36k2 1＋k2＝90 4 ， 整理得 k2＝5 3 ，解得 k＝± 15 3 ， 即 l 的斜率为± 15 3 . 法二：在(1)中建立的极坐标系中，直线 l 的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R)． 设 A，B 所对应的极径分别为ρ1，ρ2，将 l 的极坐标方程代入 C 的极坐标方程得ρ2＋12ρcos α＋11＝0， 于是ρ1＋ρ2＝－12cos α，ρ1ρ2＝11. |AB|＝|ρ1－ρ2|＝ ρ1＋ρ2 2－4ρ1ρ2 ＝ 144cos2α－44. 由|AB|＝ 10得 cos2α＝3 8 ，tan α＝± 15 3 . 所以 l 的斜率为 15 3 或－ 15 3 . 3．(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系 xOy 中，直线 C1：x＝－2，圆 C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1， 以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系． (1)求 C1，C2 的极坐标方程； (2)若直线 C3 的极坐标方程为θ＝π 4 (ρ∈R)，设 C2 与 C3 的交点为 M，N，求△C2MN 的面积． 解：(1)因为 x＝ρcos θ，y＝ρsin θ， 所以 C1 的极坐标方程为ρcos θ＝－2， C2 的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0. (2)将θ＝π 4 代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0，得 ρ2－3 2ρ＋4＝0，解得ρ1＝2 2，ρ2＝ 2. 故ρ1－ρ2＝ 2，即|MN|＝ 2. 由于 C2 的半径为 1，所以△C2MN 的面积为1 2 . 极坐标方程与参数方程的综合应用 [学规范] (1)消去参数 t 得 l1 的普通方程 l1：y＝k(x－2)；1 分 消去参数 m 得 l2 的普通方程 l2：y＝1 k (x＋2).2 分 设 P(x，y)，由题设得 y＝k x－2 ， y＝1 k x＋2 . 消去 k 得 x2－y2＝4(y≠0)❶.3 分 所以 C 的普通方程为 x2－y2＝4(y≠0).4 分 (2)C 的极坐标方程为ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4(0＜θ＜2π，θ≠π).5 分 联立 ρ2 cos2θ－sin2θ ＝4， ρ cos θ＋sin θ － 2＝0 ❷6 分 得 cos θ－sin θ＝2(cos θ＋sin θ)． 故 tan θ＝－1 3 ，7 分 从而 cos2θ＝ 9 10 ，sin2θ＝ 1 10 .8 分 代入ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4 得ρ2＝5，9 分 所以交点 M 的极径为 5.10 分 [防失误] ①处消去 k 后，注意等价性，易忽视 y≠0 而失误． ②处联立极坐标方程后，注意运算技巧，先求 cos2θ，sin2θ，再求ρ.若直接消去θ不太容 易做到． [通技法] 求解极坐标方程与参数方程综合问题需过“三关” 一是互化关，即会把曲线的极坐标方程、直角坐标方程、参数方程进行互化； 二是几何意义关，即理解参数方程中的参数的几何意义，在解题中能加快解题速度； 三是运算关，思路流畅，还需运算认真，才能不失分． [对点练] (2017·洛阳模拟)在直角坐标系 xOy 中，圆 C 的参数方程为 x＝2cos φ， y＝2＋2sin φ (φ为参数)．以 O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系． (1)求圆 C 的普通方程； (2)直线 l 的极坐标方程是 2ρsin θ＋π 6 ＝5 3，射线 OM：θ＝π 6 与圆 C 的交点为 O，P， 与直线 l 的交点为 Q，求线段 PQ 的长． 解：(1)因为圆 C 的参数方程为 x＝2cos φ， y＝2＋2sin φ (φ为参数)，所以圆心 C 的坐标为(0,2)， 半径为 2，圆 C 的普通方程为 x2＋(y－2)2＝4. (2)将 x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入 x2＋(y－2)2＝4， 得圆 C 的极坐标方程为ρ＝4sin θ. 设 P(ρ1，θ1)，则由 ρ＝4sin θ， θ＝π 6 ， 解得ρ1＝2，θ1＝π 6 . 设 Q(ρ2，θ2)，则由 2ρsin θ＋π 6 ＝5 3， θ＝π 6 ， 解得ρ2＝5，θ2＝π 6 . 所以|PQ|＝3. 1．(2017·宝鸡模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，以 O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系 中，曲线 C 的极坐标方程为ρ＝2(cos θ＋sin θ)． (1)求 C 的直角坐标方程； (2)直线 l： x＝1 2 t， y＝1＋ 3 2 t (t 为参数)与曲线 C 交于 A，B 两点，与 y 轴交于点 E，求|EA| ＋|EB|. 解：(1)由ρ＝2(cos θ＋sin θ)得ρ2＝2ρ(cos θ＋sin θ)， 所以曲线 C 的直角坐标方程为 x2＋y2＝2x＋2y， 即(x－1)2＋(y－1)2＝2. (2)将 l 的参数方程代入曲线 C 的直角坐标方程， 化简得 t2－t－1＝0， 点 E 对应的参数 t＝0， 设点 A，B 对应的参数分别为 t1，t2， 则 t1＋t2＝1，t1t2＝－1， 所以|EA|＋|EB|＝|t1|＋|t2|＝|t1－t2| ＝ t1＋t2 2－4t1t2＝ 5. 2．(2017·张掖模拟)在直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C1： x＝cos α， y＝sin2α (α为参数)，在 以 O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C2：ρcos θ－π 4 ＝－ 2 2 ，曲线 C3：ρ＝2sin θ. (1)求曲线 C1 与 C2 的交点 M 的直角坐标； (2)设点 A，B 分别为曲线 C2，C3 上的动点，求|AB|的最小值． 解：(1)曲线 C1： x＝cos α， y＝sin2α 消去参数α， 得 y＋x2＝1，x∈[－1,1]．① 曲线 C2：ρcos θ－π 4 ＝－ 2 2 ⇒x＋y＋1＝0，② 联立①②，消去 y 可得 x2－x－2＝0⇒x＝－1 或 x＝2(舍去)，所以 M(－1,0)． (2)曲线 C3：ρ＝2sin θ的直角坐标方程为 x2＋(y－1)2＝1，是以(0,1)为圆心，半径 r＝1 的圆． 设圆心为 C，则点 C 到直线 x＋y＋1＝0 的距离 d＝|0＋1＋1| 2 ＝ 2，所以|AB|的最小值为 2 －1. 3．(2018 届高三·昆明一中调研)在平面直角坐标系 xOy 中，以 O 为极点，x 轴的非负半轴 为 极 轴 建 立 极 坐 标 系 ． 已 知 点 P 的 极 坐 标 为 2 3，π 6 ， 曲 线 C 的 参 数 方 程 为 x＝2cos α， y＝－ 3＋2sin α (α为参数)． (1)写出点 P 的直角坐标及曲线 C 的直角坐标方程； (2)若 Q 为曲线 C 上的动点，求 PQ 中点 M 到直线 l：ρcos θ＋2ρsin θ＋1＝0 距离的最 小值． 解 ： (1) 由 x ＝ ρcos θ ， y ＝ ρsin θ 可 得 点 P 的 直 角 坐 标 为 (3 ， 3 ) ， 由 x＝2cos α， y＝－ 3＋2sin α (α为参数) 得 x2＋(y＋ 3)2＝4， ∴曲线 C 的直角坐标方程为 x2＋(y＋ 3)2＝4. (2)直线 l 的普通方程为 x＋2y＋1＝0， 曲线 C 的参数方程为 x＝2cos α， y＝－ 3＋2sin α (α为参数)， 设 Q(2cos α，－ 3＋2sin α)，则 M 3 2 ＋cos α，sin α ， 故点 M 到直线 l 的距离 d＝ |3 2 ＋cos α＋2sin α＋1| 12＋22 ＝ | 5sin α＋φ ＋5 2| 5 ≥ － 5＋5 2 5 ＝ 5 2 －1 tan φ＝1 2 ， ∴点 M 到直线 l 的距离的最小值为 5 2 －1. 4．(2017·全国卷Ⅱ)在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐 标系，曲线 C1 的极坐标方程为ρcos θ＝4. (1)M 为曲线 C1 上的动点，点 P 在线段 OM 上，且满足|OM|·|OP|＝16，求点 P 的轨迹 C2 的直 角坐标方程； (2)设点 A 的极坐标为 2，π 3 ，点 B 在曲线 C2 上，求△OAB 面积的最大值． 解：(1)设 P 的极坐标为(ρ，θ)(ρ＞0)，M 的极坐标为(ρ1，θ)(ρ1＞0)． 由题设知|OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝ 4 cos θ . 由|OM|·|OP|＝16，得 C2 的极坐标方程ρ＝4cos θ(ρ＞0)． 因此 C2 的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4(x≠0)． (2)设点 B 的极坐标为(ρB，α)(ρB＞0)， 由题设知|OA|＝2，ρB＝4cos α，于是△OAB 的面积 S＝1 2 |OA|·ρB·sin∠AOB＝4cos α·|sin α－π 3 | ＝2|sin 2α－π 3 － 3 2 |≤2＋ 3. 当α＝－π 12 时，S 取得最大值 2＋ 3. 所以△OAB 面积的最大值为 2＋ 3. 5．(2017·成都模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，倾斜角为α α≠π 2 的直线 l 的参数方程为 x＝1＋tcos α， y＝tsin α (t 为参数)．以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程是ρcos2θ－4sin θ＝0. (1)写出直线 l 的普通方程和曲线 C 的直角坐标方程； (2)已知点 P(1,0)．若点 M 的极坐标为 1，π 2 ，直线 l 经过点 M 且与曲线 C 相交于 A，B 两 点，设线段 AB 的中点为 Q，求|PQ|的值． 解：(1)∵直线 l 的参数方程为 x＝1＋tcos α， y＝tsin α (t 为参数)，∴直线 l 的普通方程为 y＝ tan α·(x－1)． 由ρcos2θ－4sin θ＝0 得ρ2cos2θ－4ρsin θ＝0， 即 x2－4y＝0. ∴曲线 C 的直角坐标方程为 x2＝4y. (2)∵点 M 的极坐标为 1，π 2 ， ∴点 M 的直角坐标为(0,1)． ∴tan α＝－1，直线 l 的倾斜角α＝3π 4 . ∴直线 l 的参数方程为 x＝1－ 2 2 t， y＝ 2 2 t (t 为参数)． 代入 x2＝4y，得 t2－6 2t＋2＝0. 设 A，B 两点对应的参数分别为 t1，t2. ∵Q 为线段 AB 的中点， ∴点 Q 对应的参数值为t1＋t2 2 ＝6 2 2 ＝3 2. 又点 P(1,0)，则|PQ|＝|t1＋t2 2 |＝3 2. 6 ． (2017· 石 家 庄 模 拟 ) 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 曲 线 C 的 参 数 方 程 为 x＝a＋acos β， y＝asin β (a＞0，β为参数)．以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为ρcos θ－π 3 ＝3 2 . (1)若曲线 C 与 l 只有一个公共点，求 a 的值； (2)A，B 为曲线 C 上的两点，且∠AOB＝π 3 ，求△OAB 面积的最大值． 解：(1)由题意知，曲线 C 是以(a,0)为圆心，以 a 为半径的圆，直线 l 的直角坐标方程为 x ＋ 3y－3＝0. 由直线 l 与圆 C 只有一个公共点，可得|a－3| 2 ＝a， 解得 a＝1 或 a＝－3(舍去)， 所以 a＝1. (2)曲线 C 是以(a,0)为圆心，以 a 为半径的圆，且∠AOB＝π 3 ，由正弦定理得 |AB| sinπ 3 ＝2a，所 以|AB|＝ 3a. 又|AB|2＝3a2＝|OA|2＋|OB|2－2|OA|·|OB|·cos π 3 ≥|OA|·|OB|，当且仅当|OA|＝|OB|时 取等号， 所以 S△OAB＝1 2 |OA|·|OB|sin π 3 ≤1 2 ×3a2× 3 2 ＝3 3a2 4 ，所以△OAB 面积的最大值为3 3a2 4 . 高考第 23 题不等式选讲 卷 别 年 份 考查内容 命题规律分析 全国卷 Ⅰ 2017 含绝对值的不等式的解法、求参数的取值范围 不等式选讲是高 考的选考内容之一，考 查的重点是不等式的 2016 绝对值不等式的解法及图象 2015 绝对值不等式的求解、数形结合求三角形面积 证明、绝对值不等式的 解法等，命题的热点是 绝对值不等式的解法， 以及绝对值不等式与 函数的综合问题的求 解． 公式 全国卷 Ⅱ 2017 基本不等式的应用、一些常用的变形以及证明 不等式的方法 2016 含绝对值不等式的解法及比较法证明不等式 2015 不等式的证明、充要条件的判断 全国卷 Ⅲ 2017 绝对值不等式的解法以及函数最值的求解 2016 绝对值不等式解法 1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝|x＋1|－|x－2|. (1)求不等式 f(x)≥1 的解集； (2)若不等式 f(x)≥x2－x＋m 的解集非空，求 m 的取值范围． 解：(1)f(x)＝ －3，x＜－1， 2x－1，－1≤x≤2， 3，x＞2. 当 x＜－1 时，f(x)≥1 无解； 当－1≤x≤2 时，由 f(x)≥1，得 2x－1≥1， 解得 1≤x≤2； 当 x＞2 时，由 f(x)≥1，解得 x＞2. 所以 f(x)≥1 的解集为{x|x≥1}． (2)由 f(x)≥x2－x＋m，得 m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x. 而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－ |x|－3 2 2＋5 4 ≤5 4 ， 且当 x＝3 2 时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝5 4 . 故 m 的取值范围为 －∞，5 4 . 2．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝|x＋1|－|2x－3|. (1)画出 y＝f(x)的图象； (2)求不等式|f(x)|>1 的解集． 解：(1)由题意得 f(x)＝ x－4，x≤－1， 3x－2，－13 2 ， 故 y＝f(x)的图象如图所示． (2)由 f(x)的函数表达式及图象可知， 当 f(x)＝1 时，可得 x＝1 或 x＝3； 当 f(x)＝－1 时，可得 x＝1 3 或 x＝5. 故 f(x)>1 的解集为{x|15 . 所以|f(x)|>1 的解集为 x|x<1 3 或 15 . 3．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0. (1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)>1 的解集； (2)若 f(x)的图象与 x 轴围成的三角形面积大于 6，求 a 的取值范围． 解：(1)当 a＝1 时，f(x)>1 化为|x＋1|－2|x－1|－1>0. 当 x≤－1 时，不等式化为 x－4>0，无解； 当－10，解得2 3 0，解得 1≤x<2. 所以 f(x)>1 的解集为 x|2 3 a. 所以函数 f(x)的图象与 x 轴围成的三角形的三个顶点分别为 A 2a－1 3 ，0 ，B(2a＋1,0)，C(a， a＋1)，△ABC 的面积为2 3 (a＋1)2. 由题设得2 3 (a＋1)2>6，故 a>2. 所以 a 的取值范围为(2，＋∞)． 题型一 含绝对值的不等式解法及应用 [学规范] (1)当 a＝1 时，不等式 f(x)≥g(x)等价于 x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0. ① 1 分 当 x＜－1 时，①式化为 x2－3x－4≤0❶，无解； 2 分 当－1≤x≤1 时，①式化为 x2－x－2≤0❷， 从而－1≤x≤1； 3 分 当 x＞1 时，①式化为 x2＋x－4≤0❸， 从而 1＜x ≤－1＋ 17 2 . 4 分 所以 f(x)≥g(x)的解集为 x|－1≤x≤－1＋ 17 2 . 5 分 (2)当 x∈[－1,1]时，g(x)＝2❹. 所以 f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]， 等价于当 x∈[－1,1]时，f(x)≥2. 7 分 又 f(x)在[－1,1]的最小值必为 f(－1)与 f(1)❺之一， 所以 f(－1)≥2 且 f(1)≥2，得－1≤a≤1.9 分 所以 a 的取值范围为[－1,1]. 10 分 [防失误] ①②③处易出现利用绝对值定义去绝对值号时计算化简失误． ④处易忽视 x∈[－1,1]，g(x)＝2，这是转化关键． ⑤处不理解且不会判断 f(x)在[－1,1]时最小值必为 f(－1)，f(1)之一，而导致滞做失分． [通技法] 1．零点分段求解绝对值不等式的模型 (1)求零点； (2)划区间，去绝对值号； (3)分别解去掉绝对值号的不等式； (4)取每个结果的并集，注意在分段讨论时不要遗漏区间的端点值． 2．绝对值不等式的成立问题的求解模型 (1)分离参数：根据不等式将参数分离化为 a≥f(x)或 a≤f(x)形式； (2)转化最值：f(x)>a 恒成立⇔f(x)min>a；f(x)a 有解⇔f(x)max>a； f(x)a 无解⇔f(x)max≤a；f(x)0，b>0，a3＋b3＝2.证明： (1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2. 证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3 ＝2＋3ab(a＋b)≤2＋3 a＋b 2 4 (a＋b) ＝2＋3 a＋b 3 4 ， 所以(a＋b)3≤8，因此 a＋b≤2. 4．(2017·沈阳模拟)已知函数 f(x)＝|x－a|－1 2 x(a＞0)． (1)若 a＝3，解关于 x 的不等式 f(x)＜0； (2)若对于任意的实数 x，不等式 f(x)－f(x＋a)＜a2＋a 2 恒成立，求实数 a 的取值范围． 解：(1)当 a＝3 时，f(x)＝|x－3|－1 2 x，即|x－3|－1 2 x＜0，原不等式等价于－x 2 ＜x－3＜x 2 ， 解得 2＜x＜6，故不等式的解集为{x|2＜x＜6}． (2)f(x)－f(x＋a)＝|x－a|－|x|＋a 2 ， 原不等式等价于|x－a|－|x|＜a2， 由绝对值三角不等式的性质， 得|x－a|－|x|≤|(x－a)－x|＝|a|， 原不等式等价于|a|＜a2， 又 a＞0，∴a＜a2，解得 a＞1. ∴实数 a 的取值范围为(1，＋∞)． 5．(2017·开封模拟)设函数 f(x)＝|x－a|，a<0. (1)证明：f(x)＋f －1 x ≥2； (2)若不等式 f(x)＋f(2x)<1 2 的解集非空，求 a 的取值范围． 解：(1)证明：函数 f(x)＝|x－a|，a<0， 设 f(x)＋f －1 x ＝|x－a|＋|－1 x －a| ＝|x－a|＋|1 x ＋a|≥| x－a ＋ 1 x ＋a | ＝|x＋1 x|＝|x|＋ 1 |x| ≥2 |x|· 1 |x| ＝2(当且仅当|x|＝1 时取等号)． (2)f(x)＋f(2x)＝|x－a|＋|2x－a|，a<0. 当 x≤a 时，f(x)＋f(2x)＝a－x＋a－2x＝2a－3x， 则 f(x)＋f(2x)≥－a； 当 a－a 2 ， 解得 a>－1，又 a<0，所以－1＜a＜0， 故 a 的取值范围是(－1,0)． 6．(2017·洛阳模拟)已知 f(x)＝|2x－1|－|x＋1|. (1)将 f(x)的解析式写成分段函数的形式，并作出其图象； (2)若 a＋b＝1，对∀a，b∈(0，＋∞)，1 a ＋4 b ≥3f(x)恒成立，求 x 的取值范围． 解：(1)由已知，得 f(x)＝ －x＋2，x＜－1， －3x，－1≤x≤1 2 ， x－2，x＞1 2 ， 函数 f(x)的图象如图所示． (2)∵a，b∈(0，＋∞)，且 a＋b＝1， ∴1 a ＋4 b ＝ 1 a ＋4 b (a＋b)＝5＋ b a ＋4a b ≥5＋2 b a ·4a b ＝9，当且仅当b a ＝4a b ，即 a＝1 3 ，b＝2 3 时 等号成立． ∵1 a ＋4 b ≥3(|2x－1|－|x＋1|)恒成立， ∴|2x－1|－|x＋1|≤3， 结合图象知－1≤x≤5， ∴x 的取值范围是[－1,5]． 板块提能 二 高考 17～19 题快速入题的破解策略 面对高考解答题，考生往往未做先惧三分.其实，高考解答题并不可怕，它无非就是几个基 础小题的融汇综合考查.平常我们常说的“大题小做”，就是告诫我们，面对大题，其最有效、 最快捷的办法就是化大为小、分而破之，这就涉及一个如何快速入题的问题.针对 17、18、19 题， 在前面已全面突破题型的基础上，本讲分类点拨快速入题之妙招、之通法，让考生面对各类题目 有法可依，有口可入！ 一、三角函数问题重在“变通”——变角、变式 [思维流程] , [技法点拨] 1.常用的变角技巧： (1)已知角与特殊角的变换； (2)已知角与目标角的变换； (3)角与其倍角的变换； (4)两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用．如：α＝(α＋β)－β＝(α －β)＋β，2α＝(α＋β)＋(α－β)，2α＝(β＋α)－(β－α)，α＋β＝2·α＋β 2 ，α＋β 2 ＝ α－β 2 － α 2 －β . 2．常用的变式技巧： 主要从函数名、次数、系数方面入手，常见有： (1)讨论三角函数的性质时，常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论； (2)涉及 sin x±cos x、sin x·cos x 的问题，常做换元处理，如令 t＝sin x±cos x∈[－ 2， 2]，将原问题转化为关于 t 的函数来处理； (3)在解决三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等． [典例示法] [典例] (2018 届高三·湖南五校联考)已知 a，b，c 分别为△ABC 三个内角 A，B，C 的对边， 且 acos C＋ 3asin C－b－c＝0. (1)求 A； (2)若 AD 为 BC 边上的中线，cos B＝1 7 ，AD＝ 129 2 ，求△ABC 的面积． [解] (1)acos C＋ 3asin C－b－c＝0， 由正弦定理得 sin Acos C＋ 3sin Asin C＝sin B＋sin C， 即 sin Acos C＋ 3sin Asin C＝sin(A ＋C)＋sin C， 即 3sin Asin C－cos Asin C＝sin C. 又 sin C≠0，所以化简得 3sin A－cos A＝1， 所以 sin A－π 6 ＝1 2 . 在△ABC 中，0＜A＜π，所以 A－π 6 ＝π 6 ， 得 A＝π 3 . (2)在△ABC 中，因为 cos B＝1 7 ，所以 sin B＝4 3 7 . 所 以 sin C ＝ sin(A ＋ B) ＝ 3 2 × 1 7 ＋ 1 2 ×4 3 7 ＝5 3 14 . 由正弦定理得，a c ＝sin A sin C ＝7 5 . 设 a＝7x，c＝5x(x＞0)，则在△ABD 中， AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos B， 即 129 4 ＝ 25x2 ＋ 1 4 ×49x2 － 2×5x×1 2 ×7x×1 7 ， 解得 x＝1，所以 a＝7，c＝5， 故 S△ABC＝1 2 acsin B＝10 3. [应用体验] 1.(2017·兰州模拟)已知在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 asin B＋bcos A ＝0. (1)求角 A 的大小； (2)若 a＝2 5，b＝2，求△ABC 的面积 S. 解：(1)∵asin B＋bcos A＝0， ∴sin Asin B＋sin Bcos A＝0， 即 sin B(sin A＋cos A)＝0， 由于 B 为三角形的内角， ∴sin A＋cos A＝0， ∴ 2sin A＋π 4 ＝0， 而 A 为三角形的内角， ∴A＝3π 4 . (2)在△ABC 中，由余弦定理， 得 a2＝c2＋b2－2cbcos A， 即 20＝c2＋4－4c· － 2 2 ， 解得 c＝－4 2(舍去)或 c＝2 2， ∴S＝1 2 bcsin A＝1 2 ×2×2 2× 2 2 ＝2. 二、数列问题重在“化归” [思维流程] , [技法点拨] 化归的常用策略 利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的 基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转 化为这两种数列． [典例示法] [典例] (2017·张掖模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令 cn＝ bn 2n＋1＋ 1 n n＋1 ，其中 n∈N*，若数列{cn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn. [解] (1)由 a1＝－3a1＋4，得 a1＝1， 由 an＝－3Sn＋4， 知 an＋1＝－3Sn＋1＋4， 两式相减并化简得 an＋1＝1 4 an， 故数列{an}是首项为 1，公比为1 4 的等比数列， ∴an＝ 1 4 n－1， bn＝－log2an＋1＝－log2 1 4 n＝2n. (2)由题意知，cn＝n 2n＋ 1 n n＋1 . 令 Hn＝1 2 ＋2 22＋3 23＋…＋n 2n， ① 则 1 2 Hn＝1 22＋2 23＋…＋n－1 2n ＋ n 2n＋1， ② ①－②得， 1 2 Hn＝1 2 ＋1 22＋1 23＋…＋1 2n－ n 2n＋1 ＝1－n＋2 2n＋1 . ∴Hn＝2－n＋2 2n . 令 Mn＝1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝1－ 1 n＋1 ＝ n n＋1 ， ∴Tn＝Hn＋Mn＝2－n＋2 2n ＋ n n＋1 . [应用体验] 2.(2017·宝鸡模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2an－2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列 n＋1 an 的前 n 项和为 Tn ，求证：1≤Tn＜3. 解：(1)当 n＝1 时，a1＝2. 当 n≥2 时，Sn－1＝2an－1－2， 所以 an＝Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)， 即 an an－1 ＝2(n≥2，n∈N*)， 所以数列{an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，故 an＝2n(n∈N*)． (2)证明：令 bn＝n＋1 an ＝n＋1 2n ， 则 Tn＝2 21＋3 22＋4 23＋…＋n＋1 2n ，① 得 1 2 Tn＝2 22＋3 23＋4 24＋…＋n 2n＋n＋1 2n＋1 ，② ①－②，整理得 1 2 Tn＝3 2 －n＋3 2n＋1 ， 所以 Tn＝3－n＋3 2n ， 由于 n∈N*，显然 Tn＜3. 又令 cn＝n＋3 2n ，则cn＋1 cn ＝ n＋4 2n＋6 ＜1， 所以 cn＞cn＋1， 所以n＋3 2n ≤c1＝2，所以 Tn≥1. 故 1≤Tn＜3. 三、立体几何问题重在“建”“转”——建模、转换 [思维流程] [技法点拨] 立体几何解答题建模、转换策略 立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托．分步设问，逐 层加深，解决这类题目的原则是建模、转换． 建模——问题转化为平行模型、垂直模型等； 转换——对几何体的体积、三棱锥的体积考查顶点转换，多面体体积分割转换为几个规则几 何体的体积和或体积差求解． [典例示法] [典例] (2017·石家庄模拟)如图，在三棱柱 ABCDEF 中，侧面 ABED 是边长为 2 的菱形，且∠ABE＝π 3 ，BC＝ 21 2 .点 F 在平面 ABED 内 的正投影为 G，且点 G 在 AE 上，FG＝ 3，点 M 在线段 CF 上，且 CM＝1 4 CF. (1)证明：直线 GM∥平面 DEF； (2)求三棱锥 MDEF 的体积． [解] (1)证明：∵点 F 在平面 ABED 内的正投影为 G， ∴FG⊥平面 ABED，∴FG⊥GE， 又 BC＝ 21 2 ＝EF，FG＝ 3，∴GE＝3 2 . ∵四边形 ABED 是边长为 2 的菱形，且∠ABE＝π 3 ，∴AE＝2，∴ AG ＝ 1 2 . 如图，过点 G 作 GH∥AD 交 DE 于点 H，连接 FH. 则GH AD ＝GE AE ，∴GH＝3 2 . 由 CM＝1 4 CF 得 MF＝3 2 ＝GH. 易证 GH∥AD∥MF， ∴四边形 GHFM 为平行四边形， ∴MG∥FH. 又 GM⊄ 平面 DEF，FH⊂平面 DEF， ∴GM∥平面 DEF. (2)由(1)知 GM∥平面 DEF，连接 GD， 则有 VMDEF＝VGDEF. 又 VGDEF＝VFDEG＝1 3 S△DEG·FG＝1 3 ×3 4 ×1 2 ×2× 3 2 ×2× 3＝3 4 ， ∴VMDEF＝3 4 . [应用体验] 3.已知四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 为菱形，且 PA⊥底面 ABCD，∠ABC＝60°，点 E，F 分别 为 BC，PD 的中点，PA＝AB＝2. (1)证明：AE⊥平面 PAD； (2)求多面体 PAECF 的体积． 解：(1)证明：由 PA⊥底面 ABCD 得，PA⊥AE. 由底面 ABCD 为菱形，∠ABC＝60°， 得△ABC 为等边三角形， 又 E 为 BC 的中点， 得 AE⊥BC， 所以 AE⊥AD. 因为 PA∩AD＝A， 所以 AE⊥平面 PAD. (2)令多面体 PAECF 的体积为 V， 则 V＝VPAEC＋VCPAF. VPAEC＝1 3 × 1 2 ×AE×EC ×PA＝1 3 × 1 2 × 3×1 ×2＝ 3 3 ； VCPAF＝1 3 × 1 2 ×PA×PF×sin∠APF ×AE＝ 1 3 × 1 2 ×2× 2×sin 45° × 3＝ 3 3 . 故多面体 PAECF 的体积 V＝ 3 3 ＋ 3 3 ＝2 3 3 . 四、概率问题重在“两辨”——辨析、辨型 [思维流程] [技法点拨] 概率问题辨析、辨型的基本策略 (1)准确弄清问题所涉及的事件有什么特点，事件之间有什么关系，如互斥、对立等． (2)理清事件以什么形式发生，如同时发生、至少有几个发生等． (3)明确抽取方式，如放回还是不放回、抽取有无顺序等． (4)分清是古典概型还是几何概型后再求概率． [典例示法] [典例] (2018 届高三·湖南七校联考)某校举行运动会，其中三级跳远的成绩在 8.0 米(四 舍五入，精确到 0.1 米)以上的进入决赛，把所得数据进行整理后，分成 6 组，画出频率分布直 方图的一部分(如图)，已知从左到右前 5 个小组的频率分别为 0.04,0.10,0.14,0.28,0.30，第 6 小组的频数是 7. (1)求进入决赛的人数； (2)经过多次测试发现，甲的成绩均匀分布在 8～10 米之间，乙的成绩均匀分布在 9.5～10.5 米之间，现甲、乙各跳一次，求甲比乙跳得远的概率． [解] (1)第 6 小组的频率为 1－(0.04 ＋0.10＋0.14＋0.28＋0.30)＝0.14， ∴总人数为 7 0.14 ＝50. 易知第 4,5,6 组的学生均进入决赛，人 数为(0.28＋0.30＋0.14)×50＝36，即进入 决赛的人数为 36. (2)设甲、乙各跳一次的成绩分别为x米， y 米 ， 则 8≤x≤10， 9.5≤y≤10.5， 作出不等式组表示 的平面区域如图中长方形 ABCD， 设事件 A 表示“甲比乙跳得远”，则 x ＞y，满足的区域如图中阴影部分所示． 由几何概型得 P(A)＝ 1 2 ×1 2 ×1 2 1×2 ＝ 1 16 ， 即甲比乙跳得远的概率为 1 16 . [应用体验] 4.(2017·兰州模拟)“中国式过马路”是网友对部分中国人集体闯红灯现象的一种调侃，即 “凑够一撮人就可以走了，和红绿灯无关”，某校研究性学习小组对全校学生按“跟从别人闯红 灯”“从不闯红灯”“带头闯红灯”等三种形式过马路进行调查，获得下表数据： 跟从别人闯红灯 从不闯红灯 带头闯红灯 男生 980 410 60 女生 340 150 60 用分层抽样的方法，从所有被调查的人中抽取一个容量为 n 的样本，其中在“跟从别人闯红 灯”的人中抽取了 66 人． (1)求 n 的值； (2)在所抽取的“带头闯红灯”的人中，任选 2 人参加星期天社区组织的“文明交通”宣传 活动，求这 2 人中至少有 1 人是女生的概率． 解：(1)由题意得， 66 980＋340 ＝ n 980＋340＋410＋150＋60＋60 ， 解得 n＝100. (2)因为所有参与调查的人数为 980＋340＋410＋150＋60＋60＝2 000，所以从“带头闯红 灯”的人中用分层抽样的方法抽取的人数为(60＋60)× 100 2 000 ＝6， 其中男生有 60× 100 2 000 ＝3 人，女生有 60× 100 2 000 ＝3 人，将这 3 名男生用 A1，A2，A3 表示，3 名女生用 B1，B2，B3 表示，则从这 6 人中任选 2 人的所有基本事件为 A1A2，A1A3，A2A3，A1B1，A1B2， A1B3，A2B1，A2B2，A2B3，A3B1，A3B2，A3B3，B1B2，B1B3，B2B3，共 15 个． 这 2 人均是男生的基本事件有 A1A2，A1A3，A2A3，共 3 个，则至少有 1 人是女生的基本事件共 有 12 个． 故从这 6 人中任选 2 人，至少有 1 人是女生的概率 P＝12 15 ＝4 5 .