江苏专用2022高考数学二轮复习专题七附加题考点整合理.docx

1、【创新设计】（江苏专用）2022高考数学二轮复习 专题七 附加题考点整合 理第1讲立体几何中的向量方法高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)空间向量的坐标表示及坐标运算，属B级要求；(2)线线、线面、面面平行关系判定，属B级要求；(3)线线、线面、面面垂直的判定，属B级要求；(4)求异面直线、直线与平面、平面与平面所成角，属B级要求真 题 感 悟 (2022江苏卷)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(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

2、线段BQ的长解以，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)， P(0，0，2)(1)因为AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，(0，2，0)因为(1，1，2)，(0，2，2)设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1，1，1)是平面PCD的一个法向量，从而cos，m，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为(1，0，2)，设(，0，2)(01)，又(0，1，0)，则(，1，2)，又(0，2，2)，从而cos，.设12t，t1，3，则cos2，.当且

3、仅当t，即时，|cos，|的最大值为.因为ycos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP，所以BQBP.考 点 整 合1直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面，的法向量分别为(a2，b2，c2)，(a3，b3，c3)，则(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行a2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直0a2a3b2b3c2c30.2直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2

4、，b2，c2)，平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线线夹角设l，m的夹角为(0)，则cos .(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为(0)，则sin |cosa，|，(3)面面夹角设平面，的夹角为(0)，则|cos |cos，|.热点一向量法证明平行与垂直【例1】 如图，在直三棱柱ADEBCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点，求证： (1)OM平面BCF；(2)平面MDF平面EFCD.证明法一由题意，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(

5、1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O.(1)，(1，0，0)，0，.棱柱ADE BCF是直三棱柱，AB平面BCF，是平面BCF的一个法向量，且OM平面BCF，OM平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)(1，1，1)，(1，0，0)，由n1n10，得解得令x11，则n1.同理可得n2(0，1，1)则n1n20，平面MDF平面EFCD.法二(1)()().向量与向量，共面，又OM平面BCF，OM平面BCF.(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，0，()220.OMCD，OMFC，又C

6、DFCC，OM平面EFCD.又OM平面MDF，平面MDF平面EFCD.探究提高解决本类问题的关键步骤是建立恰当的坐标系，用坐标表示向量或用基底表示向量，证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算【训练1】 如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，PAAB2，BAD60，E是PA的中点 (1)求证：直线PC平面BDE； (2)求证：BDPC.证明设ACBDO.因为BAD60，AB2，底面ABCD为菱形，所以BO1，AOCO，ACBD.如图，以O为坐标原点，以OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行于PA的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0，2)，A(0

7、，0)，B(1，0，0)，C(0，0)，D(1，0，0)，E(0，1)(1)设平面BDE的法向量为n1(x1，y1，z1)，因为(1，1)，(2，0，0)，由得令z1，得y11，所以n1(0，1，)又(0，2，2)，所以n10220，即n1，又PC平面BDE，所以PC平面BDE.(2)因为(0，2，2)，(2，0，0)，所以0.故BDPC.热点二利用空间向量求空间角【例2】 (2022江苏卷)如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，ABAC，ABAC2，A1A4，点D是BC的中点(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值解(1)以A为坐标原

8、点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4)，所以(2，0，4)，(1，1，4)因为cos，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)设平面ADC1的法向量为n1(x，y，z)，因为(1，1，0)，(0，2，4)，所以n10，n10，即xy0且y2z0，取z1，得x2，y2，所以，n1(2，2，1)是平面ADC1的一个法向量取平面AA1B的一个法向量为n2(0，1，0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为.由|cos |，得sin .因此，平面ADC1与平面ABA1

9、所成二面角的正弦值为.探究提高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”【训练2】 (2022全国卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面所成角的正弦值解(1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EMAB，垂足为M，则AMA1E4

10、，EMAA18.因为EHGF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(10，0，0)，H(10，10，0)，E(10，4，8)，F(0，4，8)，(10，0，0)，(0，6，8)设n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即所以可取n(0，4，3)又(10，4，8)，故|cosn，|.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.热点三利用空间向量解决探索性问题【例3】 (2022苏、锡、常、镇调研)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC90，平面PAD底面ABCD，Q为AD

11、的中点，PAPD2，BCAD1，CD.(1)求证：平面PQB平面PAD；(2)在棱PC上是否存在一点M，使二面角MBQC为30，若存在，确定M的位置；若不存在，请说明理由(1)证明ADBC，BCAD，Q为AD的中点，BCDQ且BCDQ，四边形BCDQ为平行四边形，CDBQ.ADC90，AQB90，即QBAD，PAPD，PQAD，PQBQQ，AD平面PBQ，AD面PAD，平面PQB平面PAD.(2)解PAPD，Q为AD的中点，PQAD.平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，PQ平面ABCD.以Q为原点，QA为x轴，QB为y轴，QP为z轴建立空间直角坐标系，则平面BQC的一个法向量

12、n(0，0，1)，Q(0，0，0)，P(0，0，)，B(0，0)，C(1，0)设满足条件的点M(x，y，z)存在，则(x，y，z)，(1x，y，z)，令t，其中t0，在平面MBQ中，(0，0)，平面MBQ的一个法向量m(，0，t)，二面角MBQC为30，cos 30，解得t3.所以满足条件的点M存在，M是棱PC的靠近点C的四等分点探究提高空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，

13、应善于运用这一方法【训练3】 (2022扬州市检测)如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，CPm.(1)若m1，求异面直线AP与BD1所成的角的余弦；(2)是否存在实数m，使直线AP与平面AB1D1所成角的正弦值是？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由解(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，P(0，1，m)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，B1(1，1，2)，D1(0，0，2)当m1时，(1，1，2)，(1，1，1)cos，即异面直线AP与BD1所成角的余弦是.(2)假设存在实数m，使直线AP

14、与平面AB1D1所成的角的正弦值等于，则(1，1，0)，(1，0，2)，(1，1，m)，设平面AB1D1的法向量为n(x，y，z)，则由得取x2，得平面AB1D1的一个法向量为n(2，2，1)直线AP与平面AB1D1所成的角的正弦值等于，解得m，因为0m2，所以m满足条件，所以当m时，直线AP与平面AB1D1所成的角的正弦值等于.1利用空间向量证明线面关系时，应抓住直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，如直线的方向向量与平面的法向量共线时，直线和平面垂直；直线的方向向量与平面的法向量垂直时，直线和平面平行或直线在平面内2两条直线夹角的范围为.设直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2，其夹角

15、为，则cos |cos|.3二面角的范围为0，设半平面与的法向量分别为n1与n2，二面角为，则|cos |cos|.4利用空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦；(2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.1(2022全国卷)如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值(1)证明如图，连接BD，设BDACG，连

16、接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在Rt EBG中，可得BE，故DF.在Rt FDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF，从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，可得EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)解如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz，由(1)可得A(0，0)，E(1，0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE

17、与直线CF所成角的余弦值为.2(2022安徽卷)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EFB1C；(2)求二面角EA1DB1的余弦值(1)证明由正方形的性质可知A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1CA1D，又A1D面A1DE，B1C面A1DE，于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1.面A1DE面B1CD1EF，所以EFB1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABA

18、D且AA1ABAD.以A为原点，分别以，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设面A1DE的法向量n1(r1，s1，t1)，而该面上向量，(0，1，1)，由n1.n1得r1，s1，t1应满足的方程组(1，1，1)为其一组解，所以可取n1(1，1，1)设面A1B1CD的法向量n2(r2，s2，t2)，而该面上向量(1，0，0)，(0，1，1)，由此同理可得n2(0，1，1)所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦

19、值为.3(2022新课标全国卷)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C.(1)证明：ACAB1；(2)若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值(1)证明连接BC1，交B1C于点O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点又ABB1C，ABBOB，所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)解因为ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO.又因为ABBC，所以BOABOC.故OAOB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直以O为坐标原点，的方向分别为x轴

20、、y轴、z轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为CBB160，所以CBB1为等边三角形又ABBC，OCOA，则A，B(1，0，0)，B1，C.，.设n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所以可取n(1，)设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m(1，)则cosn，m.所以二面角AA1B1C1的余弦值为.4(2022浙江卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABAC2，A1A4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点(1)证明：A1D平面A1BC；(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值(1)证明设E为BC的中点，由题意得A

21、1E平面ABC，所以A1EAE.因为ABAC，所以AEBC.故AE平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DEB1B且DEB1B，从而DEA1A且DEA1A，所以A1AED为平行四边形故A1DAE.又因为AE平面A1BC，所以A1D平面A1BC.(2)解法一作A1FBD且A1FBDF，连接B1F.由AEEB，A1EAA1EB90，得A1BA1A4.由A1DB1D，A1BB1B，得A1DB与B1DB全等由A1FBD，得B1FBD，因此A1FB1为二面角A1BDB1的平面角由A1D，A1B4，DA1B90，得BD3，A1FB1F.由余弦定理得cosA1FB1.故二面角A1BDB1的平面

22、角的余弦值为.法二以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示由题意知各点坐标如下：A1(0，0，)，B(0，0)，D(，0，)，B1(，)因此(0，)，(，)，(0，0)设平面A1BD的法向量为m(x1，y1，z1)，平面B1BD的法向量为n(x2，y2，z2)由即可取m(0，1)由即可取n(，0，1)于是|cosm，n|.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A1BDB1的平面角的余弦值为.5(2022湖北卷)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q

23、分别在棱DD1，BB1上移动，且DPBQ(02)(1)当1时，证明：直线BC1平面EFPQ；(2)是否存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由解以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，)(2，0，2)，(1，0，)，(1，1，0)，(1)证明当1时，(1，0，1)，因为(2，0，2)，所以2，即BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.(2)解设平面EFPQ

24、的一个法向量为n(x，y，z)，则由可得于是可取n(，1)同理可得平面MNPQ的一个法向量为m(2，2，1)若存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则mn(2，2，1)(，1)0，即(2)(2)10，解得1.故存在1，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角6.如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点(1)证明B1C1CE；(2)求二面角B1CEC1的正弦值；(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长解如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，

25、依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)(1)证明易得(1，0，1)，(1，1，1)，于是0，所以B1C1CE.(2)(1，2，1)设平面B1CE的法向量m(x，y，z)，则即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为m(3，2，1)由(1)，B1C1CE，又CC1B1C1，可得B1C1平面CEC1，故(1，0，1)为平面CEC1的一个法向量于是cosm，从而sinm，所以二面角B1CEC1的正弦值为.(3)(0，1，0)，(1，1，1)，设(，)，01，有(，1，)可取(0，0，2)为平面ADD1A1的一个法

26、向量设为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sin |cos，|，于是，解得(负值舍去)，所以AM.第2讲计数原理、数学归纳法、随机变量及其分布列高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)分类加法计数原理、分步乘法计数原理，B级要求(2)排列与组合，B级要求(3)数学归纳法的简单应用，B级要求；(4)n次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的均值与方差，B级要求真 题 感 悟 (2022江苏卷)盒中共有9个球，其中有4个红球、3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同(1)从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球的颜色相同的概率P；(2)从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的

27、个数分别记为x1，x2，x3，随机变量X表示x1，x2，x3中的最大数，求X的概率分布和数学期望E(X)解(1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球，所以P.(2)随机变量X所有可能的取值为2，3，4.X4表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”，故P(X4)；X3表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球，或3个黄球和1个其他颜色的球”，故P(X3)；于是P(X2)1P(X3)P(X4)1.所以随机变量X的概率分布如下表：X234P因此随机变量X的数学期望E(X)234.考 点 整 合1两种计数原理分类加法计数原理和分步乘法计数原理2排列(1)排列的定义

28、；(2)排列数公式：An(n1)(n2)(nm1)(mn，m，nN*)3组合(1)组合的定义；(2)组合数公式：C(mn，m，nN*)(3)组合数性质：CC；CCC.4数学归纳法运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推基础)，证明当n取第一个值n0(n0N*)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)，假设nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当nk1时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从n0开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可5概率、随机变量及其分布(1)离散型随机变量及其概率分布的表示：离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量叫做离散型随机变量；离散型随机

29、变量概率分布的表示法：概率分布列和概率分布表；性质：1pi0(i1，2，3，n)；2p1p2p3pn1.(2)特殊的概率分布列：01分布(两点分布)符号表示：X01分布；超几何分布：1符号表示：XH(n，M，N)；2概率分布列：XH(r；n，M，N)P(Xr)；二项分布(又叫独立重复试验，伯努利试验)：1符号表示：XB(n，p)；2概率分布列：P(Xk)Cpk(1p)nk.注意：P(X0)P(X1)P(X2)P(Xr)P(Xn)1.热点一与计数原理有关的问题【例1】 (2022江苏卷)设整数n4，P(a，b)是平面直角坐标系xOy中的点，其中a，b1，2，3，n，ab.(1)记An为满足ab3

30、的点P的个数，求An；(2)记Bn为满足(ab)是整数的点P的个数，求Bn.解(1)点P的坐标满足条件1ba3n3，所以Ann3.(2)设k为正整数，记fn(k)为满足条件以及ab3k的点P的个数，只要讨论fn(k)1的情形由1ba3kn3k知fn(k)n3k，且k，设n13mr，其中mN*，r0，1，2，则km，所以Bnfn(k) (n3k)mn，将m代入上式，化简得Bn，所以Bn探究提高此计数原理问题中要计算点的个数，因此要根据条件对正整数的取值进行分类，弄清可能的取值类别，再根据加法原理进行计算【训练1】 (2022南通调研)记1，2，n满足下列性质T的排列a1，a2，an的个数为f(n

31、)(n2，nN*)性质T：排列a1，a2，an中有且只有一个aiai1(i1，2，n1)(1)求f(3)；(2)求f(n)解(1)当n3时，1，2，3的所有排列有(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，其中满足仅存在一个i1，2，3，使得aiai1的排列有(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，所以f(3)4.(2)在1，2，n的所有排列(a1，a2，an)中，若ain(1in1)，从n1个数1，2，3，n1中选i1个数按从小到大顺序排列为a1，a2，ai1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个

32、数为C.若ann，则满足题意的排列个数为f(n1)综上，f(n)f(n1)Cf(n1)2n11.从而f(n)(n3)f(3)2nn1.热点二数学归纳法的应用【例2】 (2022江苏卷)已知集合X1，2，3，Yn1，2，3，n(nN*)，设Sn(a，b)|a整除b或b整除a，aX，bYn，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数(1)写出f(6)的值；(2)当n6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明解(1)Y61，2，3，4，5，6，S6中的元素(a，b)满足：若a1，则b1，2，3，4，5，6；若a2，则b1，2，4，6；若a3，则b1，3，6.所以f(6)13.(2)当n6时，f(n)(

33、tN*)下面用数学归纳法证明：当n6时，f(6)6213，结论成立；假设nk(k6)时结论成立，那么nk1时，Sk1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k1)，(2，k1)，(3，k1)中产生，分以下情形讨论：1)若k16t，则k6(t1)5，此时有f(k1)f(k)3k23(k1)2，结论成立；2)若k16t1，则k6t，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立；3)若k16t2，则k6t1，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；4)若k16t3，则k6t2，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；5)若k16t4，则k6t3，此时有f(k1)f(k)

34、2k22(k1)2，结论成立；6)若k16t5，则k6t4，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立综上所述，结论对满足n6的自然数n均成立探究提高在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可在较复杂的式子中，注意由nk到nk1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【训练2】 (2022江苏卷)已知函数f0(x)(x0)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1)求2f1f2的值；(2)证明：对任意的nN*，等式都成立(1)解由已知，得f1(x)f0(x)，于是f2(x)f1(x)，所以f1，f2，故2f1f21.(2)证明由已知，得

35、xf0(x)sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)xf0(x)cos x，即f0(x)xf1(x)cos xsin，类似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x)，3f2(x)xf3(x)cos xsin，4f3(x)xf4(x)sin xsin.下面用数学归纳法证明等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立()当n1时，由上可知等式成立()假设当nk时等式成立，即kfk1(x)xfk(x)sin.因为kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x)，cossin，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin.因此当nk

36、1时，等式也成立综合()，()可知等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立令x，可得nfn1fnsin(nN*)所以(nN*)热点三随机变量的分布列及其数学期望【例3】 (2022泰州调研)设为随机变量，从棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的八个顶点中任取四个点，当四点共面时，0，当四点不共面时，的值为四点组成的四面体的体积(1)求概率P(0)；(2)求的分布列，并求出数学期望E()解(1)从正方体的八个顶点中任取四个点，共有C70种不同取法其中共面的情况共有12种(6个侧面，6个对角面)，则P(0).(2)任取四个点，当四点不共面时，四面体的体积只有以下两种情况：四点在

37、相对面且异面的对角线上，体积为14.这样的取法共有2种四点中有三个点在一个侧面上，另一个点在相对侧面上，体积为.这样的取法共有7012256(种)的分布列为0P数学期望E().探究提高求解一般的随机变量的期望和方差的基本方法是：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，列出分布列，根据数学期望和方差的公式计算【训练3】 (2022苏、锡、常、镇调研)甲、乙两个同学进行定点投篮游戏，已知他们每一次投篮投中的概率均为，且各次投篮的结果互不影响甲同学决定投5次，乙同学决定投中1次就停止，否则就继续投下去，但投篮次数不超过5次(1)求甲同学至少有

38、4次投中的概率；(2)求乙同学投篮次数的分布列和数学期望解(1)设甲同学在5次投篮中，恰有x次投中，“至少有4次投中”的概率为P，则PP(x4)P(x5)CC.(2)由题意1，2，3，4，5.P(1)，P(2)，P(3)，P(4)，P(5).的分布表为12345P的数学期望E()12345.1分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘2数学归纳法主要是用来解决与自然数有关的命题通常与数列、不等式证明等基础知识和基本技能相结合来考查逻辑推理能力，要了解

39、数学归纳法的原理，并能加以简单的应用3离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和4求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式)等，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值

40、.1(2022江苏卷)设为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，0；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，1.(1)求概率P(0)；(2)求的分布列，并求其数学期望E()解(1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C对相交棱，因此P(0).(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或，其中距离为的共有6对，故P()，于是P(1)1P(0)P()1，所以随机变量的分布列是01P因此E()1.2(2022山东卷)若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”(如1

41、37，359，567等)在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得1分；若能被10整除，得1分(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数” ；(2)若甲参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望E(X)解(1)个位数是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345；(2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C84，随机变量X的取值为：0，1，1，因此P(X0)，P(X1)，P(X1)1，所以X的分布列为X011P则E(X)0

42、(1)1.3(2022江苏卷)设数列an：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，(1)k1k，(1)k1k个k，即当0)且垂直于极轴：cos a；(3)直线过M且平行于极轴：sin b.3圆的极坐标方程若圆心为M(0，0)，半径为r的圆方程为：220cos(0)r20.几个特殊位置的圆的极坐标方程(1)当圆心位于极点，半径为r：r；(2)当圆心位于M(r，0)，半径为r：2rcos ；(3)当圆心位于M，半径为r：2rsin .4直线的参数方程经过点P0(x0，y0)，倾斜角为的直线的参数方程为(t为参数)设P是直线上的任一点，则t表示有向线段的数量5圆的参数方程圆心在点M(x0，y0)，半

43、径为r的圆的参数方程为(为参数，02)6圆锥曲线的参数方程(1)椭圆1的参数方程为(为参数)(2)双曲线1的参数方程为(为参数)(3)抛物线y22px(p0)的参数方程为(t为参数).热点一曲线的极坐标方程微题型1极坐标方程与直角坐标方程的互化【例11】 在极坐标系中，已知圆C的圆心坐标为C，半径R，求圆C的极坐标方程解将圆心C化成直角坐标为(1，)，半径R，故圆C的方程为(x1)2(y)25.再将C化成极坐标方程，得(cos 1)2(sin )25，化简得24cos10.此即为所求的圆C的极坐标方程探究提高(1)在由点的直角坐标化为极坐标时，一定要注意点所在的象限和极角的范围，否则点的极坐标

44、将不唯一(2)在曲线的方程进行互化时，一定要注意变量的范围要注意转化的等价性微题型2曲线的极坐标方程的应用【例12】 在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(为参数)，M是C1上的动点，P点满足2，点P的轨迹为曲线C2.(1)求C2的方程；(2)在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线与C1的异于极点的交点为A，与C2的异于极点的交点为B，求|AB|.解(1)设P(x，y)，则由条件知M，由于M点在C1上，所以即从而C2的参数方程为(为参数)(2)曲线C1的极坐标方程为4sin ，曲线C2的极坐标方程为8sin .射线与C1的交点A的极径为14sin2，射线与C2的交点B的极径为

45、28sin4.所以|AB|21|2.探究提高解决这类问题一般有两种思路，一是将极坐标方程化为直角坐标方程，求出交点的直角坐标，再将其化为极坐标；二是将曲线的极坐标方程联立，根据限制条件求出极坐标要注意题目所给的限制条件及隐含条件【训练1】 (2022全国卷)在直角坐标系xOy中，直线C1：x2，圆C2：(x1)2(y2)21，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(R)，设C2与C3的交点为M，N，求C2MN的面积解(1)因为xcos ，ysin ，所以C1的极坐标方程为cos 2，C2的极坐标方程为22cos 4sin

46、40.(2)将代入22cos 4sin 40，得2340，解得12，2.故12，即|MN|.由于C2的半径为1，所以C2MN为等腰直角三角形，所以C2MN的面积为.热点二参数方程微题型1参数方程与普通方程的互化【例21】 (2022福建卷)在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为(t为参数)在极坐标系(与平面直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴)中，直线l的方程为sinm(mR)(1)求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程；(2)设圆心C到直线l的距离等于2，求m的值解(1)消去参数t，得到圆C的普通方程为(x1)2(y2)29.由sinm，得sin co

47、s m0.所以直线l的直角坐标方程为xym0.(2)依题意，圆心C到直线l的距离等于2，即2，解得m32.探究提高参数方程化为普通方程：化参数方程为普通方程的基本思路是消去参数，常用的消参方法有代入消去法、加减消去法、恒等式(三角的或代数的)消去法，参数方程通过代入消元或加减消元消去参数化为普通方程，不要忘了参数的范围微题型2直线的参数方程【例22】 在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数)在极坐标系(与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴)中，圆C的方程为2sin .(1)求圆C的直角坐标方程；(2)设圆C与直线l交于点A，B.若点P的坐标为(3

48、，)，求|PA|PB|.解法一(1)由2sin ，得x2y22y0，即x2(y)25.(2)将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得5，即t23t40.由于(3)24420，故可设t1，t2是上述方程的两实根，所以又直线l过点P(3，)，故由上式及t的几何意义得|PA|PB|t1|t2|t1t23.法二(1)同法一(2)因为圆C的圆心为(0，)，半径r，直线l的普通方程为：yx3.由得x23x20.解得：或不妨设A(1，2)，B(2，1)，又点P的坐标为(3，)故|PA|PB|3.探究提高过定点P0(x0，y0)，倾斜角为的直线参数方程的标准形式为(t为参数)，t的几何意义是的数量，即|t|表

49、示P0到P的距离，t有正负之分使用该式时直线上任意两点P1、P2对应的参数分别为t1、t2，则|P1P2|t1t2|，P1P2的中点对应的参数为(t1t2)【训练2】 已知曲线C1的参数方程是(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C2的极坐标方程是2.正方形ABCD的顶点都在C2上，且A，B，C，D依逆时针次序排列，点A的极坐标为.(1)求点A，B，C，D的直角坐标；(2)设P为C1上任意一点，求|PA|2|PB|2|PC|2|PD|2的取值范围解(1)由已知可得：A，B，C，D，即A(1，)，B(，1)，C(1，)，D(，1)(2)设P(2cos ，3sin )，

50、令S|PA|2|PB|2|PC|2|PD|2，则S16cos236sin2163220sin2.因为0sin21，所以S的取值范围是32，52.1(2022江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数)，曲线C的参数方程为(为参数)试求直线l和曲线C的普通方程，并求出它们的公共点的坐标解因为直线l的参数方程为(t为参数)，由xt1得tx1，代入y2t，得到直线l的普通方程为2xy20.同理得到曲线C的普通方程为y22x.联立方程组解得公共点的坐标为(2，2)，.2(2022江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，求过椭圆(为参数)的右焦点，且与直线(t为参数)平行的直线的普通方程解

51、由题意知，椭圆的长半轴长为a5，短半轴长b3，从而c4，所以右焦点为(4，0)，将已知直线的参数方程化为普通方程得x2y20，故所求的直线的斜率为，因此所求的方程为y(x4)，即x2y40.3(2022江苏卷)在极坐标系中，已知圆2cos 与直线3cos 4sin a0相切，求实数a的值解将极坐标方程化为直角坐标方程，得圆的方程为x2y22x，即(x1)2y21，直线的方程为3x4ya0.由题设知，圆心(1，0)到直线的距离为1，即有1，解得a8或a2，故a的值为8或2.4在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的参数方程为(t为参数)，曲线C的极坐

52、标方程为2cos .(1)求直线l和曲线C的直角坐标方程；(2)求曲线C上的点到直线l的距离的最值解(1)化为直角坐标方程得，直线l：xy20，曲线C：(x1)2y21.(2)由(1)可知，曲线C是圆心为 C(1，0)，半径r1的圆且圆心C(1，0)到直线l的距离dr1，故直线l与曲线C相交所以曲线C上的点到直线l的距离的最大值为dr，最小值为0.5(2022全国卷)在直角坐标系xOy中，曲线C1：(t为参数，t0)，其中0，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：2sin ，曲线C3：2cos .(1)求C2与C3交点的直角坐标；(2)若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点

53、B，求|AB|的最大值解(1)曲线C2的直角坐标方程为x2y22y0，曲线C3的直角坐标方程为x2y22x0.联立解得或所以C2与C3交点的直角坐标为(0，0)和.(2)曲线C1的极坐标方程为(R，0)，其中0.因此A的极坐标为(2sin ，)，B的极坐标为(2cos ，)所以|AB|2sin 2cos |4.当时，|AB|取得最大值，最大值为4.6(2022湖南卷)已知直线l：(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的极坐标方程为2cos .(1)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)设点M的直角坐标为(5，)，直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA|MB

54、|的值解(1)2cos 等价于22cos .将2x2y2，cos x代入即得曲线C的直角坐标方程为x2y22x0.(2)将(t为参数)代入式，得t25t180.设这个方程的两个实根分别为t1，t2，则由参数t的几何意义即知，|MA|MB|t1t2|18.第4讲不等式选讲高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)含绝对值的不等式的解法；B级要求(2)不等式证明的基本方法；B级要求(3)利用不等式的性质求最值；B级要求(4)几个重要的不等式的应用B级要求真 题 感 悟 1.(2022江苏卷)解不等式 x|2x3|2.解原不等式可化为或解得x5或x.综上，原不等式的解集是.2(2022江苏卷)已知x0

55、，y0，证明：(1xy2)(1x2y)9xy.证明因为x0，y0，所以1xy230，1x2y30，故(1xy2)(1x2y)339xy.考 点 整 合1含有绝对值的不等式的解法(1)|f(x)|a(a0)f(x)a或f(x)a；(2)|f(x)|0)af(x)0，b0)，在不等式的证明和求最值中经常用到7证明不等式的传统方法有比较法、综合法、分析法另外还有拆项法、添项法、换元法、放缩法、反证法、判别式法、数形结合法等.热点一绝对值不等式微题型1考查绝对值不等式的解法【例11】 已知函数f(x)|xa|x2|.(1)当a3时，求不等式f(x)3的解集；(2)若f(x)|x4|的解集包含1，2，求

56、a的取值范围解(1)当a3时，f(x)当x2时，由f(x)3得2x53，解得x1；当2x0时，x，得a2.(2)记h(x)f(x)2f，则h(x)所以|h(x)|1，因此k1.探究提高解答含有绝对值不等式的恒成立问题时，通常将其转化为分段函数，再求分段函数的最值，从而求出所求参数的值【训练1】 已知函数f(x)|xa|.(1)若不等式f(x)3的解集为x|1x5，求实数a的值；(2)在(1)的条件下，若f(x)f(x5)m对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围解(1)由f(x)3得|xa|3，解得a3xa3.又已知不等式f(x)3的解集为x|1x5，所以解得a2.(2)法一当a2时，f(x)|

57、x2|，设g(x)f(x)f(x5)，于是g(x)|x2|x3|所以当x5；当3x2时，g(x)5；当x2时，g(x)5.综上可得，g(x)的最小值为5.从而若f(x)f(x5)m，即g(x)m对一切实数x恒成立，则m的取值范围为(，5法二当a2时，f(x)|x2|.设g(x)f(x)f(x5)，于是g(x)|x2|x3|.由|x2|x3|(x2)(x3)|5(当且仅当3x2时等号成立)，得g(x)的最小值为5.从而，若f(x)f(x5)m，即g(x)m对一切实数x恒成立，则m的取值范围为(，5热点二不等式的证明【例2】 (2022江苏卷)已知ab0，求证：2a3b32ab2a2b.证明2a3

58、b3(2ab2a2b)2a(a2b2)b(a2b2)(a2b2)(2ab)(ab)(ab)(2ab)因为ab0，所以ab0，ab0，2ab0，从而(ab)(ab)(2ab)0，即2a3b32ab2a2b.探究提高证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等【训练2】 (2022江苏卷)设a，b是非负实数，求证：a3b3(a2b2)证明由a，b是非负实数，作差得a3b3(a2b2)a2()b2()()()5()5当ab时，从而()5()5，得()()5()50；当ab时，从而()50.所以a3b3(a2b2)热点三柯西不等式【例3】 (2022陕西卷)已知关于x的不

59、等式|xa|b的解集为x|2x4(1)求实数a，b的值；(2)求的最大值解(1)由|xa|b，得baxba，则解得(2)24，当且仅当，即t1时等号成立，故()max4.探究提高根据柯西不等式的结构特征，利用柯西不等式对有关不等式进行证明，证明时，需要对不等式变形，使之与柯西不等式有相似的结构，从而应用柯西不等式【训练3】 (2022福建卷)已知a0，b0，c0，函数f(x)|xa|xb|c的最小值为4.(1)求abc的值；(2)求a2b2c2的最小值解(1)因为f(x)|xa|xb|c|(xa)(xb)|c|ab|c，当且仅当axb时，等号成立又a0，b0，所以|ab|ab.所以f(x)的最

60、小值为abc.又已知f(x)的最小值为4，所以abc4.(2)由(1)知abc4，由柯西不等式得(491)(abc)216，即a2b2c2.当且仅当，即a，b，c时等号成立故a2b2c2的最小值为.1(2022江苏卷)已知实数x，y满足：|xy|，|2xy|，求证：|y|.证明因为3|y|3y|2(xy)(2xy)|2|xy|2xy|，由题设知，|xy|，|2xy|，从而3|y|，所以|y|.2(2022江苏卷)解不等式：x|2x1|3.解原不等式可化为或解得x或2x.所以不等式的解集是.3(1)已知a，b都是正数，且ab，求证：a3b3a2bab2；(2)已知a，b，c都是正数，求证：abc

61、.证明(1)(a3b3)(a2bab2)(ab)(ab)2，因为a ，b都是正数，所以ab0，又因为ab，所以(ab)20，于是(ab)(ab)20，即(a3b3)(a2bab2)0，所以a3b3a2bab2.(2)因为b2c22bc，a20，所以a2(b2c2)2a2bc.同理b2(a2c2)2ab2c. c2(a2b2)2abc2.相加得2(a2b2b2c2c2a2)2a2bc2ab2c2abc2，从而a2b2b2c2c2a2abc(abc)由a，b，c都是正数，得abc0，因此abc.4已知定义在R上的函数f(x)|x1|x2|的最小值为a.(1)求a的值；(2)若p，q，r是正实数，且

62、满足pqra，求证：p2q2r23.(1)解因为|x1|x2|(x1)(x2)|3，当且仅当1x2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3，即a3.(2)证明由(1)知pqr3，又因为p，q，r是正实数，所以(p2q2r2)(121212)(p1q1r1)2(pqr)29，即p2q2r23.5设函数f(x)2|x1|x2|.(1)求不等式f(x)4的解集；(2)若不等式f(x)|m2|的解集是非空集合，求实数m的取值范围解(1)f(x)令f(x)4，则或或解得x0或x，所以不等式f(x)4的解集是.(2)f(x)在(，1上递减，在1，)上递增，所以f(x)f(1)3.由于不等式f(x)|m2|的解集是非空集合，所以|m2|3，解得m1或m5，即实数m的取值范围是(，1)(5，)6(2022全国卷)设a、b、c、d均为正数，且abcd，证明：(1)若abcd，则；(2)是|ab|cd|的充要条件证明(1)因为()2ab2，()2cd2，由题设abcd，abcd得()2()2.因此.(2)若|ab|cd|，则(ab)2(cd)2, 即(ab)24ab(cd)24cd.因为abcd，所以abcd.由(1)得.若，则()2()2，即ab2cd2.因为abcd，所以abcd，于是(ab)2(ab)24ab(cd)24cd(cd)2.因此|ab|cd|.综上，是|ab|cd|的充要条件60