專題十一附加題部分(選修測試物理的考生學習此部分)此部分考查的內容主要是選修系列2中的內容以及選修系列4中專題4－1《幾何證明選講》、4－2《矩陣與變換》、4－4《坐標系與參數方程》、4－5《不等式選講》這4個專題的內容(考生只需選考其中兩個專題)．———————命題觀察·高考定位———————(對應學生用書第54頁)1．(2016·江蘇高考)如圖11－1，在平面直角坐標系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，求拋物線C的方程．(2)已知拋物線C上存在關于直線l對稱的相異兩點P和Q.①求證：線段PQ的中點坐標為(2－p，－p)；②求p的取值范圍.【導學號：】[解](1)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，由點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))在直線l：x－y－2＝0上，得eq\f(p,2)－0－2＝0，即p＝4.所以拋物線C的方程為y2＝8x.(2)設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，線段PQ的中點M(x0，y0)．因為點P和Q關于直線l對稱，所以直線l垂直平分線段PQ，于是直線PQ的斜率為－1，則可設其方程為y＝－x＋b.①證明：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝－x＋b))消去x得y2＋2py－2pb＝0.(*)因為P和Q是拋物線C上的相異兩點，所以y1≠y2，從而Δ＝(2p)2－4×(－2pb)>0，化簡得p＋2b>0.方程(*)的兩根為y1,2＝－p±eq\r(p2＋2pb)，從而y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝－p.因為M(x0，y0)在直線l上，所以x0＝2－p.因此，線段PQ的中點坐標為(2－p，－p)．②因為M(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<eq\f(4,3).因此，p的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).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＝eq\f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.圖11－2(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，當直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長．[解]以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up12(→))，\o(AD,\s\up12(→))，\o(AP,\s\up12(→))))為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，則各點的坐標為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eq\o(AD,\s\up12(→))是平面PAB的一個法向量，eq\o(AD,\s\up12(→))＝(0,2,0)．因為eq\o(PC,\s\up12(→))＝(1,1，－2)，eq\o(PD,\s\up12(→))＝(0,2，－2)，設平面PCD的法向量為m＝(x，y，z)，則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的一個法向量．從而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\up12(→))＝(－1,0,2)，設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)，則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)，從而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)).設1＋2λ＝t，t∈[1,3]，則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).當且僅當t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)時，|cos〈eq\o(CQ,\s\up12(→))，eq\o(DP,\s\up12(→))〉|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，所以此時直線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).3．(2016·江蘇高考)(1)求7Ceq\o\al(3,6)－4Ceq\o\al(4,7)的值；(2)設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).[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)證明：當n＝m時，結論顯然成立．當n>m時，(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.又因為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·江蘇高考)已知集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，設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．(1)寫出f(6)的值；(2)當n≥6時，寫出f(n)的表達式，并用數學歸納法證明．[解](1)Y6＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，2，3，4，5，6))，S6中的元素(a，b)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*)．下面用數學歸納法證明：①當n＝6時，f(6)＝6＋2＋eq\f(6,2)＋eq\f(6,3)＝13，結論成立．②假設n＝k(k≥6)時結論成立，那么n＝k＋1時，Sk＋1在Sk的基礎上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中產生，分以下情形討論：a．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)，結論成立；b．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)，結論成立；c．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)，結論成立；d．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)，結論成立；e．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)，結論成立；f．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)，結論成立．綜上所述，結論對滿足n≥6的自然數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，常與實際相結合，轉化為基本的排列組合模型解決問題，需用到分類討論思想，轉化思想.排列與組合問題一直是高考數學的熱點內容之一．與二項式定理綜合問題較難．(2)空間向量與立體幾何，重點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———————(對應學生用書第55頁)[第1步▕核心知識再整合]1．幾何證明選講部分，需要核心關注與圓有關的比例線段、圓冪定理的應用及推理論證，相似三角形與圓內接四邊形是主要的轉換形式．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計算．3．坐標系與參數方程部分，著重掌握極坐標與直角坐標、參數方程與普通方程的互化，通過極坐標方程、參數方程考查直線與圓、橢圓的位置關系是命題的熱點．4．不等式選講部分，以考查含一個或兩個絕對值號的不等式的求解為主，通常不等式中帶有參數，分類討論去絕對值是必然的選擇．5．離散型隨機變量的均值與方差(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：E(ax＋b)＝aE(x)＋b；V(ax＋b)＝a2V(x)．6．兩點分布與二項分布的均值與方差(1)若X服從兩點分布，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．直方圖的三個常用結論(1)小長方形的面積＝組距×eq\f(頻率,組距)＝頻率；(2)各長方形的面積和等于1；(3)小長方形的高＝eq\f(頻率,組距).8．排列、組合數相關性質排列：Aeq\o\al(m,n＋1)＝Aeq\o\al(m,n)＋mAeq\o\al(m－1,n)；組合：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－1.9.二項式定理(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)直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法：設直線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＋c2c(2)直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計算：設直線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l，m的夾角為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，則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線面夾角：設直線l與平面α的夾角為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，則sinθ＝eq\f(|a·μ|,|a||μ|)＝|cos〈a，μ〉|.③面面夾角：設平面α，β的夾角為θ(0≤θ＜π)，則|cosθ|＝eq\f(|μ·v|,|μ||v|)＝|cos〈μ，v〉|.[第2步▕高頻考點細突破]幾何證明選講【例1】(2016－2017學年度江蘇蘇州市高三期中調研考試)如圖11－3，AB是圓O的直徑，弦BD，CA的延長線相交于點E，EF垂直BA的延長線于點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)四點共圓，∴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.[規(guī)律方法]與圓有關的線段求解，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C，AP⊥PC，P為垂足．圖11－4求證：(1)∠PAC＝∠CAB；(2)AC2＝AP·AB.[解](1)證明：因為PC切半圓O于點C，所以∠PCA＝∠CBA.因為AB為半圓O的直徑，所以∠ACB＝90°.因為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.矩陣與變換【例2】(2017·江蘇高考)已知矩陣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)若曲線C1：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1在矩陣AB對應的變換作用下得到另一曲線C2，求C2的方程.【導學號：】[解](1)因為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)設Q(x0，y0)為曲線C1上的任意一點，它在矩陣AB對應的變換作用下變?yōu)辄cP(x，y)，則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(tǒng)，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝y(tǒng)，,y0＝\f(x,2).))因為點Q(x0，y0)在曲線C1上，則eq\f(x\o\al(2,0),8)＋eq\f(y\o\al(2,0),2)＝1，從而eq\f(y2,8)＋eq\f(x2,8)＝1，即x2＋y2＝8.因此曲線C1在矩陣AB對應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容并不多，在平時只要注意歸納，并且計算過關此題可以輕松拿下．[舉一反三](江蘇省蘇州市2017屆高三暑假自主學習測試)已知α＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,1))為矩陣A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1a,－14))屬于λ的一個特征向量，求實數a，λ的值及A2.[解]由條件可知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)).坐標系與參數方程【例3】(2017·江蘇省蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市高考數學二模)在平面直角坐標系xOy中，以O為極點，x軸的正半軸為極軸，取相同的單位長度，建立極坐標系．已知曲線C1的參數方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)＋2cosα,y＝3＋2sinα))，(α∈[0,2π]，α為參數)，曲線C2的極坐標方程為ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝a(a∈R)，若曲線C1與曲線C2有且僅有一個公共點，求實數a的值．[解]曲線C1的方程為(x－eq\r(3))2＋(y－3)2＝4，圓心坐標為(eq\r(3)，3)，半徑為2.∵曲線C2的極坐標方程為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，∴曲線C2的直角坐標方程為eq\r(3)x＋y－2a＝0，∵曲線C1與曲線C2有且僅有一個公共點，∴eq\f(|3＋3－2a|,2)＝2，解得a＝1或a＝5.[規(guī)律方法]參數方程與普通方程、極坐標與直角坐標之間的互化，熟練簡單曲線的極坐標是解答本類問題的關鍵．[舉一反三](2017·江蘇高考)在平面直角坐標系xOy中，已知直線l的參數方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－8＋t，,y＝\f(t,2)))(t為參數)，曲線C的參數方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2s2，,y＝2\r(2)s))(s為參數)．設P為曲線C上的動點，求點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.因為點P在曲線C上，設P(2s2,2eq\r(2)s)，從而點P到直線l的距離d＝eq\f(|2s2－4\r(2)s＋8|,\r(12＋－22))＝eq\f(2s－\r(2)2＋4,\r(5)).當s＝eq\r(2)時，dmin＝eq\f(4\r(5),5).因此當點P的坐標為(4,4)時，曲線C上的點P到直線l的距離取到最小值eq\f(4\r(5),5).不等式選講【例4】(2017·江蘇省泰州市高考數學一模)求函數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，此時sinx＝eq\f(3,5).所以函數y＝3sinx＋2eq\r(2＋2cos2x)5..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、放縮法和數學歸納法，其中以比較法和綜合法最為基礎，使用綜合法證明不等式的關鍵就是通過適當的變換后使用重要不等式，證明過程注意從重要不等式的形式入手達到證明的目的．[舉一反三](2017·江蘇高考)已知a，b，c，d為實數，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＋b2)(c2＋d2)．因為a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，所以(ac＋bd)2≤64，因此ac＋bd≤8.均值與方差的實際應用【例5】(2017·江蘇高考)已知一個口袋中有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)將口袋中的球隨機地逐個取出，并放入如圖所示的編號為1,2,3，…，m＋n的抽屜內，其中第k次取出的球放入編號為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，E(X)是X的數學期望，證明：E(X)<eq\f(n,m＋nn－1).【導學號：】[解](1)編號為2的抽屜內放的是黑球的概率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,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))隨機變量X的期望為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).[規(guī)律方法]求解離散型隨機變量均值與方差的主要步驟：(1)求出隨機變量的所有可能的取值；(2)計算隨機變量取各個值的概率，列出概率分布列；(3)按照公式計算均值(數學期望)與方差．[舉一反三](江蘇省南京市2017屆高三上學期學情調研)甲、乙兩人輪流投籃，每人每次投一次籃，先投中者獲勝．投籃進行到有人獲勝或每人都已投球3次時結束．設甲每次投籃命中的概率為eq\f(2,5)，乙每次投籃命中的概率為eq\f(2,3)，且各次投籃互不影響．現(xiàn)由甲先投．(1)求甲獲勝的概率；(2)求投籃結束時甲的投籃次數X的分布列與期望．[解](1)設甲第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)＝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).所以甲獲勝的概率為eq\f(62,125).(2)X所有可能取的值為1,2,3.則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的概率分布列為X123Peq\f(4,5)eq\f(4,25)eq\f(1,25)所以X的數學期望E(X)＝1×eq\f(4,5)＋2×eq\f(4,25)＋3×eq\f(1,25)＝eq\f(31,25).排列、組合及性質【例6】(2017屆高三七校聯(lián)考期中考試)已知整數n≥4，集合M＝{1,2,3，…，n}的所有含有4個元素的子集記為A1，A2，A3，…，ACeq\o\al(4,n).設A1，A2，A3，…，ACeq\o\al(4,n)中所有元素之和為Sn.(1)求S4，S5，S6并求出Sn；(2)證明：S4＋S5＋…＋Sn＝10Ceq\o\al(6,n＋2).[解](1)當n＝4時，集合M只有1個符合條件的子集，S4＝1＋2＋3＋4＝10，當n＝5時，集合M每個元素出現(xiàn)了Ceq\o\al(3,4)次，S5＝Ceq\o\al(3,4)(1＋2＋3＋4＋5)＝60，當n＝6時，集合M每個元素出現(xiàn)了Ceq\o\al(3,5)次，S6＝Ceq\o\al(3,5)(1＋2＋3＋4＋5＋6)＝210，所以，當集合M有n個元素時，每個元素出現(xiàn)了Ceq\o\al(3,n－1)，故Sn＝Ceq\o\al(3,n－1)·eq\f(nn＋1,2).(2)證明：因為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)，則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).[規(guī)律方法]通過觀察式子的結構，利用排列數和組合數的相關性質及二項式系數的相關性質以含有排列、組合數結構的代數式進行化簡，有時需要拆分、拼湊項來進行結構重組．[舉一反三](2017·江蘇省鹽城市高考數學二模)現(xiàn)有eq\f(nn＋1,2)(n≥2，n∈N*)個給定的不同的數隨機排成一個如圖11－5所示的三角形數陣：圖11－5設Mk是第k行中的最大數，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＞eq\f(C\o\al(2,n＋1),n＋1！).[解](1)由題意知p2＝eq\f(2A\o\al(2,2),A\o\al(3,3))＝eq\f(2,3)，即p2的值為eq\f(2,3).(2)先排第n行，則最大數在第n行的概率為eq\f(n,\f(nn＋1,2))＝eq\f(2,n＋1)；去掉第n行已經排好的n個數，則余下的eq\f(nn＋1,2)－n＝eq\f(nn－1,2)個數中最大數在第n－1行的概率為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！).二項式定理與其他知識交匯【例7】若一個正實數能寫成eq\r(n＋1)＋eq\r(n)(n∈N*)的形式，則稱其為“兄弟數”．求證：(1)若x為“兄弟數”，則x2也為“兄弟數”；(2)若x為“兄弟數”，k是給定的正奇數，則xk也為“兄弟數”.【導學號：】[證明](1)設x＝eq\r(n＋1)＋eq\r(n)(n∈N*)，則x2＝2n＋1＋2eq\r(nn＋1)＝eq\r(4n2＋4n＋1)＋eq\r(4n2＋4n)，是“兄弟數”．(2)設x＝eq\r(n＋1)＋eq\r(n)，y＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)(n∈N*)，則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)]，不妨記：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，不妨記：xk－yk＝2beq\r(n)，b∈N*，進而，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)亦為“兄弟數”．[規(guī)律方法]二項式定理內容的考查常出現(xiàn)二項式內容與其它知識的交匯、整合，這是命題的一個創(chuàng)新方向．如二項式定理與函數、數列、復數、不等式等其他知識點綜合成題時，對其他模塊的知識點要能熟練運用．[舉一反三]在自然數列1,2,3，…，n中，任取k個元素位置保持不動，將其余n－k個元素變動位置，得到不同的新數列．由此產生的不同新數列的個數記為Pn(k).(1)求P3(1)；(2)求eq\i\su(k＝0,4,P)4(k)；(3)證明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)因為數列1,2,3中保持其中1個元素位置不動的排列只有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)把數列1,2，…，n中任取其中k個元素位置不動，則有Ceq\o\al(k,n)種；其余n－k個元素重新排列，并且使其余n－k個元素都要改變位置，則有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)，又因為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)，則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＝eq\r(3)，∠BAD＝120°.圖11－6(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，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\up12(→))，eq\o(AD,\s\up12(→))，eq\o(AA1,\s\up12(→))}為正交基底，建立空間直角坐標系A－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\up12(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(AC1,\s\up12(→))＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))，則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\up12(→))＝(eq\r(3)，0,0)．設m＝(x，y，z)為平面BA1D的一個法向量，又eq\o(A1B,\s\up12(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up12(→))＝(－eq\r(3)，3,0)，則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，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\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).設二面角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).[規(guī)律方法](1)利用法向量求解空間線面角的關鍵在于“四破”：第一，破“建系關”，構建恰當的空間直角坐標系；第二，破“求坐標關”，準確求解相關點的坐標；第三，破“求法向量關”，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關”．(2)利用法向量的根據是兩個半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互補，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，務必要作出這個判斷，否則解法是不嚴謹的．[舉一反三](2017·江蘇省無錫市高考數學一模)如圖11－7，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.【導學號：】圖11－7[解](1)設AC與BD的交點為O，AB＝PA＝2.以點O為坐標原點，eq\o(DA,\s\up12(→))，eq\o(DC,\s\up12(→))，eq\o(OP,\s\up12(→))方向分別是x軸、y軸、z軸正方向，建立空間直角坐標系O－xyz.則A(1，－1,0)，B(1,1,0)，C(－1,1,0)，D(－1，－1,0)，設P(0,0，p)，則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)))，設異面直線MN與PC所成角為θ，則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°，∴異面直線MN與PC所成角為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)))，設平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，則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)，設平面PNC的法向量m＝(a，b，c)，則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)，設二面角N－PC－B的平面角為θ，則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的余弦值為eq\f(5\r(33),33).[第3步▕高考易錯明辨析]1．忽視參數的符號已知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的取值范圍．[錯解](1)由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2，即－eq\f(4,a)≤x≤eq\f(2,a)，又f(x)≤3的解集為{x|－2≤x≤1}，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(4,a)＝－2，,\f(2,a)＝1，))即a＝2.(2)記h(x)＝f(x)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))，則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的解集為{x|－2≤x≤1}，∴當a≤0時，不合題意；當a＞0時，－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)記h(x)＝f(x)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))，則h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\a