高考数学理科二轮总复习练习专题九　附加题部分

1．(2015·江苏)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq\f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．解以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．(1)由题意知，AD⊥平面PAB，所以eq\o(AD,\s\up6(→))是平面PAB的一个法向量，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)．因为eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1,1，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)．设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则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的一个法向量．从而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与平面PCD所成二面角的余弦值为eq\f(\r(3),3).(2)因为eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，设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)，则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)，从而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)).设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，则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).当且仅当t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)时，|cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|的最大值为eq\f(3\r(10),10).因为y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又因为BP＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以BQ＝eq\f(2,5)BP＝eq\f(2\r(5),5).2．(2015·江苏)已知集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数．(1)写出f(6)的值；(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．解(1)Y6＝{1,2,3,4,5,6}，S6中的元素(a，b)满足：若a＝1，则b＝1,2,3,4,5,6；若a＝2，则b＝1,2,4,6；若a＝3，则b＝1,3,6.所以f(6)＝13.(2)当n≥6时，f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n,3)))，n＝6t，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋1，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋2，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n,3)))，n＝6t＋3，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋4，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋5))(t∈N*)．下面用数学归纳法证明：①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋eq\f(6,2)＋eq\f(6,3)＝13，结论成立；②假设当n＝k(k≥6)时结论成立，那么当n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：1)若k＋1＝6t，则k＝6(t－1)＋5，此时有f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－2,3)＋3＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1,3)，结论成立；2)若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1－1,3)，结论成立；3)若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－1,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1－2,3)，结论成立；4)若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－2,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1,3)，结论成立；5)若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1－1,3)，结论成立；6)若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－1,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1－2,3)，结论成立．综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立．3．(2016·江苏)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x－y－2＝0，抛物线C：y2＝2px(p＞0)．(1)若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.①求证：线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)；②求p的取值范围．(1)解∵l：x－y－2＝0，∴l与x轴的交点坐标为(2,0)．即抛物线的焦点为(2,0)，∴eq\f(p,2)＝2，p＝4.∴抛物线C的方程为y2＝8x.(2)①证明设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y\o\al(2,1)＝2px1，,y\o\al(2,2)＝2px2，))则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关于l对称，∴kPQ＝－1，即y1＋y2＝－2p，∴eq\f(y1＋y2,2)＝－p.又∵PQ的中点一定在l上，∴eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(y1＋y2,2)＋2＝2－p.∴线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)．②解∵PQ的中点为(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，))即关于y的方程y2＋2py＋4p2－4p＝0有两个不等实根．∴Δ＞0.即4p2－4(4p2－4p)＞0，解得0＜p＜eq\f(4,3)，故所求p的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).4．(2016·江苏)(1)求7Ceq\o\al(3,6)－4Ceq\o\al(4,7)的值；(2)设m，n∈N*，n≥m，求证：(m＋1)Ceq\o\al(m,m)＋(m＋2)Ceq\o\al(m,m＋1)＋(m＋3)Ceq\o\al(m,m＋2)＋…＋nCeq\o\al(m,n－1)＋(n＋1)Ceq\o\al(m,n)＝(m＋1)Ceq\o\al(m＋2,n＋2).(1)解7Ceq\o\al(3,6)－4Ceq\o\al(4,7)＝7×20－4×35＝0.(2)证明对任意的m，n∈N*，n≥m，①当n＝m时，左边＝(m＋1)Ceq\o\al(m,m)＝m＋1，右边＝(m＋1)Ceq\o\al(m＋2,m＋2)＝m＋1，原等式成立．②假设当n＝k(k≥m)时命题成立．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)，当n＝k＋1时，左边＝(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)，右边＝(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)，∴左边＝右边．即当n＝k＋1时命题也成立．综合①②可得原命题对任意m，n∈N*，n≥m均成立．5．(2017·江苏)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角B－A1D－A的正弦值．解在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.如图，以{eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))}为正交基底，建立空间直角坐标系A－xyz.因为AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°，则A(0,0,0)，B(eq\r(3)，－1,0)，D(0,2,0)，E(eq\r(3)，0,0)，A1(0,0，eq\r(3))，C1(eq\r(3)，1，eq\r(3))．(1)eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))，则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)，因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为eq\f(1,7).(2)平面A1DA的一个法向量为eq\o(AE,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0,0)．设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，又eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3,0)，则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，则y＝eq\r(3)，z＝2，所以m＝(3，eq\r(3)，2)为平面BA1D的一个法向量，从而cos〈eq\o(AE,\s\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).设二面角B－A1D－A的大小为θ，则|cosθ|＝eq\f(3,4).因为θ∈[0，π]，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(7),4).因此二面角B－A1D－A的正弦值为eq\f(\r(7),4).6．(2017·江苏)已知一个口袋有m个白球，n个黑球(m，n∈N*，n≥2)，这些球除颜色外完全相同．现将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号为1,2,3，…，m＋n的抽屉内，其中第k次取球放入编号为k的抽屉(k＝1,2，3，…，m＋n).123…m＋n(1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p；(2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数，E(X)是X的数学期望，证明：E(X)<eq\f(n,m＋nn－1).(1)解编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p＝eq\f(C\o\al(n－1,m＋n－1),C\o\al(n,m＋n))＝eq\f(n,m＋n).(2)证明随机变量X的概率分布为Xeq\f(1,n)eq\f(1,n＋1)eq\f(1,n＋2)…eq\f(1,k)…eq\f(1,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))随机变量X的数学期望为E(X)＝eq\i\su(k＝n,m＋n,)eq\f(1,k)·eq\f(C\o\al(n－1,k－1),C\o\al(n,m＋n))＝eq\f(1,C\o\al(n,m＋n))eq\i\su(k＝n,m＋n,)eq\f(1,k)·eq\f(k－1！,n－1！k－n！).所以E(X)<eq\f(1,C\o\al(n,m＋n))eq\i\su(k＝n,m＋n,)eq\f(k－2！,n－1！k－n！)＝eq\f(1,n－1C\o\al(n,m＋n))eq\i\su(k＝n,m＋n,)eq\f(k－2！,n－2！k－n！)＝eq\f(1,n－1C\o\al(n,m＋n))(1＋Ceq\o\al(n－2,n－1)＋Ceq\o\al(n－2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－2,m＋n－2))＝eq\f(1,n－1C\o\al(n,m＋n))(Ceq\o\al(n－1,n－1)＋Ceq\o\al(n－2,n－1)＋Ceq\o\al(n－2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－2,m＋n－2))＝eq\f(1,n－1C\o\al(n,m＋n))(Ceq\o\al(n－1,n)＋Ceq\o\al(n－2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－2,m＋n－2))＝…＝eq\f(1,n－1C\o\al(n,m＋n))(Ceq\o\al(n－1,m＋n－2)＋Ceq\o\al(n－2,m＋n－2))＝eq\f(C\o\al(n－1,m＋n－1),n－1C\o\al(n,m＋n))＝eq\f(n,m＋nn－1)，即E(X)<eq\f(n,m＋nn－1).江苏高考附加题第22题一般在空间向量与立体几何问题、随机变量与概率分布、抛物线之间轮考，试题难度中等，主要考查基本概念和运算求解能力；23题主要考查计数原理、二项式定理、数学归纳法等，试题难度大．热点一空间向量与立体几何例1(2017·江苏镇江一模)在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E是棱PC的中点．(1)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(2)若点F为棱PC上一点，满足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(→))}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由点E为棱PC的中点，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)．设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则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，则x＝2，z＝1，可得n＝(2,1,1)为平面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)，所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为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)．由点F在棱PC上，设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))).设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则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)为平面FAB的法向量，取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0)，则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的正弦值为eq\f(\r(10),10).思维升华利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．跟踪演练1(2017·江苏苏锡常镇一模)如图，已知正四棱锥P－ABCD中，PA＝AB＝2，点M，N分别在PA，BD上，且eq\f(PM,PA)＝eq\f(BN,BD)＝eq\f(1,3).(1)求异面直线MN与PC所成角的大小；(2)求二面角N－PC－B的余弦值．解(1)设AC，BD交于点O，在正四棱锥P－ABCD中，OP⊥平面ABCD.又PA＝AB＝2，所以OP＝eq\r(2).以点O为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))方向分别为x轴，y轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz，如图．则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与PC所成角的大小为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)).设m＝(x，y，z)是平面PCB的一个法向量，则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)．设n＝(x1，y1，z1)是平面PCN的一个法向量，则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的余弦值为eq\f(5\r(33),33).热点二曲线与方程、抛物线例2(2017·江苏宿迁三模)在平面直角坐标系xOy中，点F(1,0)，直线x＝－1与动直线y＝n的交点为M，线段MF的中垂线与动直线y＝n的交点为P.(1)求动点P的轨迹E的方程；(2)过动点M作曲线E的两条切线，切点分别为A，B，求证：∠AMB的大小为定值．(1)解因为直线y＝n与x＝－1垂直，所以MP为点P到直线x＝－1的距离．连结PF，因为点P为线段MF的中垂线与直线y＝n的交点，所以MP＝PF，所以点P的轨迹是抛物线．焦点为F(1,0)，准线为x＝－1.所以曲线E的方程为y2＝4x.(2)证明由题意知，过点M(－1，n)的切线斜率存在，设切线方程为y－n＝k(x＋1)，联立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.(*)因为Δ2＝n2＋4>0，所以方程(*)存在两个不等实根，设为k1，k2，因为k1·k2＝－1，所以∠AMB＝90°，为定值．思维升华求轨迹方程主要有两种方法：一是直接法，二是定义法．本题利用抛物线的定义求解，对于抛物线试题，解题关键是联立方程组，构造方程，利用方程思想解题．跟踪演练2在平面直角坐标系xOy中，直线l：x＝－1，点T(3,0)．动点P满足PS⊥l，垂足为S，且eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(ST,\s\up6(→))＝0.设动点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设Q是曲线C上异于点P的另一点，且直线PQ过点(1,0)，线段PQ的中点为M，直线l与x轴的交点为N.求证：向量eq\o(SM,\s\up6(→))与eq\o(NQ,\s\up6(→))共线．(1)解设P(x，y)为曲线C上任意一点．因为PS⊥l，垂足为S，又直线l：x＝－1，所以S(－1，y)．因为T(3,0)，所以eq\o(OP,\s\up6(→))＝(x，y)，eq\o(ST,\s\up6(→))＝(4，－y)．因为eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(ST,\s\up6(→))＝0，所以4x－y2＝0，即y2＝4x.所以曲线C的方程为y2＝4x.(2)证明因为直线PQ过点(1,0)，故设直线PQ的方程为x＝my＋1.P(x1，y1)，Q(x2，y2)．联立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.因为点M为线段PQ的中点，所以点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，即点M(2m2＋1,2m)．又因为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)．因为(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(→))与eq\o(NQ,\s\up6(→))共线．热点三计数原理与二项式定理例3设f(n)＝(a＋b)n(n∈N*，n≥2)，若f(n)的展开式中，存在某连续三项，其二项式系数依次成等差数列，则称f(n)具有性质P.(1)求证：f(7)具有性质P；(2)若存在n≤2017，使f(n)具有性质P，求n的最大值．(1)证明f(7)的展开式中第二，三，四项的二项式系数分别为Ceq\o\al(1,7)＝7，Ceq\o\al(2,7)＝21，Ceq\o\al(3,7)＝35.因为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)成等差数列，所以f(7)具有性质P.(2)解设f(n)具有性质P，则存在r∈N*,1≤r≤n－1，使Ceq\o\al(r－1,n)，Ceq\o\al(r,n)，Ceq\o\al(r＋1,n)成等差数列，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为完全平方数．又n≤2017，由于442<2017＋2<452，所以n的最大值为442－2＝1934，此时r＝989或945.思维升华涉及二项式定理的试题要注意以下几个方面：(1)某一项的二项式系数与这一项的系数是两个不同的概念，必须严格加以区别．(2)根据所给式子的结构特征，对二项式定理的逆用或变用，注意活用二项式定理是解决二项式问题应具备的基本素质．(3)关于x的二项式(a＋bx)n(a，b为常数)的展开式可以看成是关于x的函数，且当x给予某一个值时，可以得到一个与系数有关的等式，所以，当展开式涉及到与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决．跟踪演练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的展开式中，把Deq\o\al(0,n)，Deq\o\al(1,n)，Deq\o\al(2,n)，…，Deq\o\al(2n,n)叫做三项式系数．(1)当n＝2时，写出三项式系数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)类比二项式系数性质Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m－1,n)＋Ceq\o\al(m,n)(1≤m≤n，m∈N，n∈N)，给出一个关于三项式系数Deq\o\al(m＋1,n＋1)(1≤m≤2n－1，m∈N，n∈N)的相似性质，并予以证明．解(1)因为(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)类比二项式系数性质Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m－1,n)＋Ceq\o\al(m,n)(1≤m≤n，m∈N，n∈N)，三项式系数有如下性质：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)．证明如下：因为(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)．上式左边xm＋1的系数为Deq\o\al(m＋1,n＋1)，上式右边xm＋1的系数为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)．热点四随机变量及其概率分布例4(2017·江苏扬州期末)为了提高学生学习数学的兴趣，某校决定在每周的同一时间开设《数学史》、《生活中的数学》、《数学与哲学》、《数学建模》四门校本选修课程，甲、乙、丙三位同学每人均在四门校本课程中随机选一门进行学习，假设三人选择课程时互不影响，且每人选择每一课程都是等可能的．(1)求甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率；(2)设X为甲、乙、丙三人中选修《数学史》的人数，求X的概率分布和数学期望E(X)．解(1)甲、乙、丙三人从四门课程中各任选一门，共有43＝64(种)不同的选法，记“甲、乙、丙三人选择的课程互不相同”为事件M，事件M共包含Aeq\o\al(3,4)＝24(个)基本事件，则P(M)＝eq\f(24,64)＝eq\f(3,8)，所以甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率为eq\f(3,8).(2)方法一X可能的取值为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的概率分布为X0123Peq\f(27,64)eq\f(27,64)eq\f(9,64)eq\f(1,64)所以X的数学期望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、丙三人从四门课程中任选一门，可以看成三次独立重复试验，X为甲、乙、丙三人中选修《数学史》的人数，则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的概率分布为X0123Peq\f(27,64)eq\f(27,64)eq\f(9,64)eq\f(1,64)所以X的数学期望E(X)＝3×eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).思维升华求解一般的随机变量的数学期望的基本方法先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出概率分布，根据数学期望公式计算．跟踪演练4(2017·江苏南京考前指导卷)箱子中有4个形状、大小完全相同的小球，其中红色小球2个、黑色和白色小球各1个，现从中有放回的连续摸4次，每次摸出1个球．(1)求4次中恰好有1次红球和1次黑球的概率；(2)求4次摸出球的颜色种数ξ的概率分布与数学期望．解(1)记事件A为“摸出1个球是红色小球”，事件B为“摸出1个球是黑色小球”，事件C为“摸出1个球是白色小球”，则A，B，C相互独立，且P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(1,4)，P(C)＝eq\f(1,4).记事件D为“有放回的连续摸4次，恰好有1次红球和1次黑球”，则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次红球和1次黑球的概率是eq\f(3,32).(2)随机变量ξ的可能值为1,2,3.记事件Ai为“摸出i个红色小球”，事件Bi为“摸出i个黑色小球”，事件Ci为“摸出i个白色小球”．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).故随机变量ξ的概率分布为ξ123Peq\f(9,128)eq\f(71,128)eq\f(3,8)所以数学期望E(ξ)＝1×eq\f(9,128)＋2×eq\f(71,128)＋3×eq\f(3,8)＝eq\f(295,128).热点五数学归纳法例5(2017·江苏南通三模)已知函数f0(x)＝eq\f(cx＋d,ax＋b)(a≠0，ac－bd≠0)．设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.(1)求f1(x)，f2(x)；(2)猜想fn(x)的表达式，并证明你的结论．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*.证明：①当n＝1时，由(1)知结论正确．②假设当n＝k，k∈N*时结论正确，即有fk(x)＝eq\f(－1k－1·ak－1·bc－ad·k！,ax＋bk＋1).当n＝k＋1时，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).所以当n＝k＋1时结论成立．由①②得对一切n∈N*结论正确．思维升华在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可．在较复杂的式子中，注意由n＝k到n＝k＋1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项．同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法．跟踪演练5已知实数数列{an}满足：a1＝3，an＝eq\f(n＋2,3n)·(an－1＋2)，n≥2.证明：当n≥2时，{an}是单调减数列．证明当n≥1时，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)．下面用数学归纳法证明：an>1＋eq\f(3,n)(n≥2，n∈N*)．(1)当n＝2时，a2＝eq\f(4,6)(3＋2)＝eq\f(10,3)>1＋eq\f(3,2)；(2)假设当n＝k(k≥2)时，结论成立，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，当n≥2，n∈N*时，an＋1－an＝eq\f(2,3n＋1)(n＋3－nan)<0，即当n≥2时，{an}是单调减数列．1．如图所示，已知点P在正方体ABCD－A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°.(1)求DP与CC′所成角的大小；(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．解如图所示，以D为原点，DA为单位长度建立空间直角坐标系D－xyz.则eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CC′,\s\up6(→))＝(0,0,1)．连结BD，B′D′.在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于点H.设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)因为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与CC′所成的角为45°.(2)平面AA′D′D的一个法向量是eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)．因为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与平面AA′D′D所成的角为30°.2．某单位招聘面试，每次从试题库中随机调用一道试题，若调用的是A类型试题，则使用后该试题回库，并增补一道A类型试题和一道B类型试题入库，此次调题工作结束；若调用的是B类型试题，则使用后该试题回库，此次调题工作结束．试题库中现共有n＋m道试题，其中有n道A类型试题和m道B类型试题．用X表示两次调题工作完成后，试题库中A类型试题的数量．(1)求X＝n＋2的概率；(2)设m＝n，求X的概率分布和数学期望．解用Ai表示第i次调题调用到A类型试题，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的可能取值为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).从而X的概率分布为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．如图，过抛物线y2＝4x的焦点F作抛物线的两条弦AB，CD，设直线AC与BD的交点为P，直线AC，BD分别与y轴交于M，N两点．(1)求证：点P恒在抛物线的准线上；(2)求证：四边形PMFN是平行四边形．证明(1)由题意知F(1,0)，不妨设A(a2,2a)，D(b2,2b)，a>0，b<0，B(xB，yB)．直线AB的方程为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，由根与系数的关系得，2ayB＝－4，即yB＝－eq\f(2,a)，代入抛物线方程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)))，则直线AC的方程为y＝eq\f(2b,ab－1)x－eq\f(2a,ab－1)，直线BD的方程为y＝eq\f(2a,ab－1)x－eq\f(2b,ab－1)，则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))).联立直线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)))可得点P的横坐标为定值－1，即点P恒在抛物线的准线上．(2)因为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，所以四边形PMFN是平行四边形．4．设f(k)是满足不等式log2x＋log2(3·2k－1－x)≥2k－1(k∈N*)的正整数x的个数．(1)求f(k)的解析式；(2)记Sn＝f(1)＋f(2)＋…＋f(n)，Pn＝n2＋n－1(n∈N*)，试比较Sn与Pn的大小．解(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.当n＝1时，S1－P1＝2－1＝1>0；当n＝2时，S2－P2＝4－4＝0；当n＝3时，S3－P3＝8－9＝－1<0；当n＝4时，S4－P4＝16－16＝0；当n＝5时，S5－P5＝32－25＝7>0；当n＝6时，S6－P6＝64－36＝28>0.猜想：当n≥5时，Sn－Pn>0.证明如下：①当n＝5时，由上述可知Sn－Pn>0.②假设当n＝k(k≥5)时，Sk－Pk＝2k－k2>0.当n＝k＋1时，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.∴当n＝k＋1时，Sk＋1－Pk＋1>0成立．由①②可知，当n≥5时，Sn－Pn>0成立，即Sn>Pn成立．由上述分析可知，当n＝1或n≥5时，Sn>Pn；当n＝2或n＝4时，Sn＝Pn；当n＝3时，Sn<Pn.A组专题通关1．(2017·江苏扬州考前指导卷)如图，在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1E＝CF＝1.(1)求两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值；(2)求直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值．解(1)以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D－xyz如图所示，则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).则两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值为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)．设平面BED1F的一个法向量为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，则n＝(1,2,3)．则直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值为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．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是边长为2的等边三角形，PC＝eq\r(13)，点M在PC上，且PA∥平面BDM.(1)求直线PC与平面BDM所成角的正弦值；(2)求平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小．解因为平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为正三角形，作AD边上的高PO，平面PAD∩平面ABCD＝AD，由面面垂直的性质定理，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中点O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OP所在直线为z轴，AD的垂直平分线为y轴，建立如图所示的坐标系，则P(0,0，eq\r(3))，A(1,0,0)，B(1,3,0)，C(－1,3,0)，D(－1,0,0)，连结AC交BD于点N，连结MN.因为PA∥平面MBD，平面APC∩平面MBD＝MN，所以MN∥PA，又N是AC的中点，所以M是PC的中点，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，设平面BDM的法向量为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)设PC与平面BDM所成的角为θ，则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)，所以直线PC与平面BDM所成角的正弦值为eq\f(3\r(13),13).(2)向量eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0，－3,0)为平面PAD的法向量，设平面BDM与平面PAD所成的锐二面角为φ，则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与平面PAD所成锐二面角的大小为eq\f(π,3).3．(2017·江苏南京一模)某年级星期一至星期五每天下午排3节课，每天下午随机选择1节作为综合实践课(上午不排该课程)，张老师与王老师分别任教甲、乙两个班的综合实践课程．(1)求这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率；(2)设这两个班“在一周中同时上综合实践课的节数”为X，求X的概率分布与数学期望E(X)．解(1)这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率为P＝1－eq\f(3,3×3)＝eq\f(2,3).(2)由题意得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的概率分布为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的数学期望E(X)＝5×eq\f(1,3)＝eq\f(5,3).4．某校举办校园科技文化艺术节，在同一时间安排《生活趣味数学》和《校园舞蹈赏析》两场讲座．已知A，B两学习小组各有5位同学，每位同学在两场讲座中任意选听一场．若A组有1人选听《生活趣味数学》，其余4人选听《校园舞蹈赏析》；B组有2人选听《生活趣味数学》，其余3人选听《校园舞蹈赏析》．(1)若从此10人中任意选出3人，求选出的3人中恰有2人选听《校园舞蹈赏析》的概率；(2)若从A，B两组中各任选2人，设X为选出的4人中选听《生活趣味数学》的人数，求X的概率分布和数学期望E(X)．解(1)设“选出的3人中恰有2人选听《校园舞蹈赏析》”为事件M，则P(M)＝eq\f(C\o\al(2,7)C\o\al(1,3),C\o\al(3,10))＝eq\f(21,40)，即选出的3人中恰有2人选听《校园舞蹈赏析》的概率为eq\f(21,40).(2)X的可能取值为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的概率分布为X0123Peq\f(9,50)eq\f(12,25)eq\f(3,10)eq\f(1,25)所以X的数学期望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．如图，已知抛物线C的顶点为O(0,0)，焦点为F(0,1)．(1)求抛物线C的方程；(2)过点F作直线交抛物线C于A，B两点．若直线AO，BO分别交直线l：y＝x－2于M，N两点，求MN的最小值．解(1)由题意可设抛物线C的方程为x2＝2py(p>0)，则eq\f(p,2)＝1，所以抛物线C的方程为x2＝4y.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为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.从而|x1－x2|＝4eq\r(k2＋1).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1)x，,y＝x－2，))解得点M的横坐标xM＝eq\f(2x1,x1－y1)＝eq\f(2x1,x1－\f(x\o\al(2,1),4))＝eq\f(8,4－x1).同理，点N的横坐标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，则k＝eq\f(t＋3,4).当t>0时，MN＝2eq\r(2)eq\r(\f(25,t2)＋\f(6,t)＋1)>2eq\r(2).当t<0时，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).综上所述，当t＝－eq\f(25,3)，即k＝－eq\f(4,3)时，MN的最小值是eq\f(8,5)eq\r(2).6．是否存在正整数m使得f(n)＝(2n＋7)·3n＋9对任意自然数n都能被m整除？若存在，求出最大的m的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由．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.下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，结论显然成立；②假设当n＝k时，结论成立，即f(k)能被36整除，设f(k)＝(2k＋7)·3k＋9＝t·36.当n＝k＋1时，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)．所以当n＝k＋1时结论成立．由①②可知，对一切正整数n，存在正整数m，使得f(n)＝(2n＋7)·3n＋9都能被m整除，m的最大值为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)为实常数．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