2019-2020年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.doc

2019-2020年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xx全国卷解答题第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xx全国卷解答题第17题正弦定理、三角恒等变换1(xx全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos C(acos Bbcos A)c.(1)求C；(2)若c，ABC的面积为，求ABC的周长解：(1)由已知及正弦定理得2cos C(sin Acos Bsin Bcos A)sin C，即2cos Csin(AB)sin C，故2sin Ccos Csin C.因为C(0，)，所以sin C0.故cos C，所以C.(2)由已知得absin C.又C，所以ab6.由已知及余弦定理得a2b22abcos C7，故a2b213，从而(ab)225，即ab5，所以ABC的周长为abc5.2(xx全国卷)已知a，b，c分别为ABC内角A，B，C的对边，sin2B2sin Asin C.(1)若ab，求cos B；(2)设B90，且a，求ABC的面积解：(1)由题设及正弦定理可得b22ac.又ab，可得b2c，a2c.由余弦定理可得cos B.(2)由(1)知b22ac.因为B90，由勾股定理得a2c2b2，故a2c22ac，进而可得ca.所以ABC的面积为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.1分因为BD2DC，所以.2分由正弦定理得，3分即，4分所以.5分(2)因为BAC60，ABC180，6分所以C120B，7分所以sin Csin(120B)cos Bsin B8分由(1)知2sin Bsin C，所以2sin Bcos Bsin B，即sin Bcos B，所以tan B.10分又0B180，所以B30.12分防失误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(xx云南模拟)如图，在四边形ABCD中，DAB，ADAB23，BD，ABBC.(1)求sin ABD的值；(2)若BCD，求CD的长解：(1)ADAB23，可设AD2k，AB3k.又BD，DAB，由余弦定理，得()2(3k)2(2k)223k2kcos，解得k1，AD2，AB3，由正弦定理，得，sinABD.(2)ABBC，cosDBCsinABD，sinDBC.由正弦定理，得，CD.题型二与三角形面积有关的问题学规范(1)由题设及ABC得sin B8sin2，2分即sin B4(1cos B)，3分故17cos2B32cos B150，4分解得cos B，cos B1(舍去).6分(2)由cos B，得sin B，7分故SABCacsin Bac.8分又SABC2，则ac.9分由余弦定理及ac6得b2a2c22accos B(ac)22ac(1cos B)10分3624. 11分所以b2.12分防失误处利用倍角公式时，易把sin2记为sin2，导致化简结果错误处根据三角形中内角的范围舍去cos B1易忽视处关键是利用(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处若出现ac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(xx石家庄模拟)已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(ac)2b2ac.(1)求cos B的值；(2)若b，且sin A，sin B，sin C成等差数列，求ABC的面积解：(1)由(ac)2b2ac，可得a2c2b2ac.cos B，即cos B.(2)b，cos B，b213a2c2ac(ac)2ac.又sin A，sin B，sin C成等差数列，由正弦定理，得ac2b2，1352ac，ac12.由cos B，得sin B，ABC的面积SABCacsin B12.1在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且abc8.(1)若a2，b，求cos C的值；(2)若sin Asin B3sin C，且ABC的面积Ssin C，求a和b的值解：(1)由题意可知c8(ab).由余弦定理得，cos C.即cos C.(2)因为sin Asin B3sin C.由正弦定理可知ab3c.又因为abc8，故ab6.由于Sabsin Csin C，所以ab9，由解得a3，b3.2(xx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 Accos Bbcos C.(1)求cos A的值；(2)若b2c24，求ABC的面积解：(1)2acos Accos Bbcos C，2sin Acos Asin Ccos Bsin Bcos C，即2sin Acos Asin(BC)sin A.又0A，sin A0.2cos A1，cos A.(2)由(1)知cos A，sin A.2，a2sin A.由a2b2c22bccos A，得bcb2c2a2431，SABCbcsin A1.3(xx天津模拟)在ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin Acos A1sin.(1)求sin A的值；(2)若c2a22b，且sin B3cos C，求b.解：(1)由已知，2sincos12sin21sin，在ABC中，sin0，因而sincos，则sin22sincoscos2，因而sin A.(2)由已知sin B3cos C，结合(1)，得sin B4cos Csin A.法一：利用正弦定理和余弦定理得ba，整理得b22(c2a2)又c2a22b，b24b，在ABC中，b0，b4.法二：c2a2b22abcos C，2bb22abcos C，在ABC中，b0，b22acos C，又sin B4cos Csin A，由正弦定理，得b4acos C，由解得b4.4(xx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 sin22cos 2C7.(1)求tan C的值；(2)若c，sin B2sin A，求a，b的值解：(1)在ABC中，因为ABC，所以，则sincos.由8sin22cos 2C7，得8cos22cos 2C7，所以4(1cos C)2(2cos2C1)7，即(2cos C1)20，所以cos C.因为0C，所以C，于是tan Ctan.(2)由sin B2sin A，得b2a.又c，由余弦定理得c2a2b22abcos，即a2b2ab3.联立，解得a1，b2.5(xx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，a2bsin A.(1)求B的大小；(2)求cos Asin C的取值范围解：(1)a2bsin A，根据正弦定理得sin A2sin Bsin A，sin A0，sin B.又ABC为锐角三角形，B.(2)B，cos Asin Ccos Asincos Asincos Acos Asin Asin.由ABC为锐角三角形知，AB，A，A，sin，sin，cos Asin C的取值范围为.6.(xx洛阳模拟)如图，平面四边形ABDC中，CADBAD30.(1)若ABC75，AB10，且ACBD，求CD的长；(2)若BC10，求ACAB的取值范围解：(1)由已知，易得ACB45，在ABC中，解得CB5.因为ACBD，所以ADBCAD30，CBDACB45，在ABD中，ADB30BAD，所以DBAB10.在BCD中，CD5.(2)ACABBC10，由余弦定理得cos 60，即(ABAC)21003ABAC.又ABAC2，所以2，解得ABAC20，故ABAC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xx全国卷解答题第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xx全国卷解答题第17题等差、等比数列的通项公式及前n项和公式xx全国卷解答题第17题数列通项公式的求法、裂项相消法求和xx全国卷解答题第17题等差、等比数列的通项公式及前n项和公式xx全国卷解答题第17题等差数列的通项公式、数列求和xx全国卷解答题第17题数列的递推关系式、等比数列的定义1(xx全国卷)设数列an满足a13a2(2n1)an2n.(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和解：(1)因为a13a2(2n1)an2n，故当n2时，a13a2(2n3)an12(n1)两式相减得(2n1)an2，所以an(n2)又由题设可得a12，满足上式，从而an的通项公式为an.(2)记的前n项和为Sn.由(1)知.则Sn.2(xx全国卷)已知各项都为正数的数列an满足a11，a(2an11)an2an10.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式解：(1)由题意可得a2，a3.(2)由a(2an11)an2an10得2an1(an1)an(an1)因此an的各项都为正数，所以.故an是首项为1，公比为的等比数列，因此an.3(xx全国卷)已知an是递增的等差数列，a2，a4是方程x25x60的根(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和解：(1)方程x25x60的两根为2,3，由题意得a22，a43.设数列an的公差为d，则a4a22d，故d，从而a1.所以an的通项公式为ann1.(2)设的前n项和为Sn，由(1)知，则Sn，Sn.两式相减得Sn1.所以Sn2.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3分解得5分故an的通项公式为an(2)n.6分(2)由(1)可得Sn(1)n.8分由于Sn2Sn1(1)n22Sn，10分故Sn1，Sn，Sn2成等差数列.12分防失误处注意此类方程组的整体运算方法的运用，可快速求解处化简Sn时易出现计算错误处对于Sn2Sn1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q(q为非零常数)或q(q为非零常数且n2)，则an是等比数列(2)中项公式法：若数列an中，an0且aanan2(nN*)，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ancqn(c，q均是不为0的常数，nN*)，则an是等比数列(4)前n项和公式法：若数列an的前n项和Snkqnk(k为常数且k0，q0,1)，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an1and(nN*)；(2)利用等差中项证明，即证明an2an2an1(nN*)对点练1(xx成都模拟)已知数列an满足a12，an12an4.(1)证明：数列an4是等比数列；(2)求数列|an|的前n项和Sn.解：(1)证明：a12，a142.an12an4，an142an82(an4)，2，an4是以2为首项，2为公比的等比数列(2)由(1)，可知an42n，an2n4.当n1时，a120，S1|a1|2；当n2时，an0.Sna1a2an2(224)(2n4)2222n4(n1)4(n1)2n14n2.又当n1时，上式也满足当nN*时，Sn2n14n2.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2分解得4分所以数列an的通项公式为an1(n1).6分(2)由(1)得bn，7分当n1,2,3时，12，bn1；8分当n4,5时，23，bn2；9分当n6,7,8时，34，bn3；10分当n9,10时，45，bn4；11分所以数列bn的前10项和为1322334224.12分防失误处易a1和d求错而失分，注意运算求解能力的训练处若不明白bnan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(xx沈阳模拟)已知数列an是公差不为0的等差数列，首项a11，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bnan2an，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，aa1a4，即(1d)213d，解得d0或d1.又d0，d1，可得ann.(2)由(1)得bnn2n，Tn(121)(222)(323)(n2n)(123n)(222232n)2n12.1(xx 长沙模拟)已知数列an满足a1，an13an1(nN*)(1)若数列bn满足bnan，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an13(nN*)，从而有bn13bn.又b1a11，所以bn是以1为首项，3为公比的等比数列(2)由(1)得bn3n1，从而an3n1，所以Sn133n1133n1.2(xx全国卷)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，a11，b11，a2b22.(1)若a3b35，求bn的通项公式；(2)若T321，求S3.解：设an的公差为d，bn的公比为q，则an1(n1)d，bnqn1.由a2b22得dq3.(1)由a3b35得2dq26. 联立解得(舍去)或因此bn的通项公式为bn2n1.(2)由b11，T321，得q2q200，解得q5或q4.当q5时，由得d8，则S321.当q4时，由得d1，则S36.3(xx南京模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，且a11，S3S4S5.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1an，求数列bn的前2n项和T2n.解：(1)设等差数列an的公差为d，由S3S4S5，可得a1a2a3a5，即3a2a5，所以3(1d)14d，解得d2.an1(n1)22n1.(2)由(1)，可得bn(1)n1(2n1)T2n1357(4n3)(4n1)(13)(57)(4n34n1)(2)n2n.4已知等差数列an的各项均为正数，a11，前n项和为Sn.数列bn为等比数列，b11，且b2S26，b2S38.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)求.解：(1)设等差数列an的公差为d，d0，等比数列bn的公比为q，则an1(n1)d，bnqn1.依题意有解得或(舍去)故ann，bn2n1.(2)由(1)知Sn12nn(n1)，即2，故22.5(xx届高三惠州调研)已知数列an中，点(an，an1)在直线yx2上，且首项a11.(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，b1a1，b2a2，数列bn的前n项和为Tn，请写出适合条件TnSn的所有n的值解：(1)根据已知a11，an1an2，即an1an2d，所以数列an是首项为1，公差为2的等差数列，ana1(n1)d2n1.(2)数列an的前n项和Snn2.等比数列bn中，b1a11，b2a23，所以q3，bn3n1.数列bn的前n项和Tn.TnSn即n2，又nN*，所以n1或2.6(xx石家庄模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，若Sm14，Sm0，Sm214(m2，且mN*)(1)求m的值；(2)若数列bn满足log2bn(nN*)，求数列(an6)bn的前n项和解：(1)由已知得，amSmSm14，且am1am2Sm2Sm14，设数列an的公差为d，则有2am3d14，d2.由Sm0，得ma120，即a11m，ama1(m1)2m14，m5.(2)由(1)知a14，d2，an2n6，n3log2bn，得bn2n3，(an6)bn2n2n3n2n2.设数列(an6)bn的前n项和为Tn，则Tn121220(n1)2n3n2n2，2Tn120221(n1)2n2n2n1，得Tn21202n2n2n1n2n12n1n2n1，Tn(n1)2n1(nN*)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xx全国卷解答题第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xx全国卷解答题第18题线面平行的证明及空间几何体的体积xx全国卷解答题第19题线线垂直的证明及空间几何体的体积xx全国卷解答题第18题线面垂直的应用及空间几何体的体积xx全国卷解答题第19题线线垂直的证明及空间几何体的体积xx全国卷解答题第19题线面平行的证明及空间几何体的体积xx全国卷解答题第18题面面垂直的判定及空间几何体的侧面积xx全国卷解答题第19题空间线面位置关系、几何体的截面、几何体的体积1(xx全国卷)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ADCD.(1)证明：ACBD；(2)已知ACD是直角三角形，ABBD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AEEC，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ADCD，所以ACDO.又因为ABC是正三角形，所以ACBO.因为DOBOO，所以AC平面DOB.又BD平面DOB，故ACBD.(2)连接EO.由(1)及题设知ADC90，所以DOAO.在RtAOB中，BO2AO2AB2.又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90.由题设知AEC为直角三角形，所以EOAC.又ABC是正三角形，且ABBD，所以EOBD.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，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为11.2(xx全国卷)如图，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA6，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ABPD.因为D在平面PAB内的正投影为E，所以ABDE.因为PDDED，所以AB平面PED，故ABPG.又由已知可得，PAPB，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PBPA，PBPC，又EFPB，所以EFPA，EFPC.又PAPCP，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CDCG.由题设可得PC平面PAB，DE平面PAB，所以DEPC，因此PEPG，DEPC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA6，可得DE2，PE2.在等腰直角三角形EFP中，可得EFPF2，所以四面体PDEF的体积V222.3(xx全国卷)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ABC120，AEEC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥的侧面积解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD.因为BE平面ABCD，所以ACBE.因为BDBEB，故AC平面BED.又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED.(2)设ABx，在菱形ABCD中，由ABC120，可得AGGCx，GBGD.因为AEEC，所以在RtAEC中，可得EGx.由BE平面ABCD，知EBG为直角三角形，可得BEx.由已知得，三棱锥EACD的体积VEACDACGDBEx3，故x2.从而可得AEECED.所以EAC的面积为3，EAD的面积与ECD的面积均为.故三棱锥EACD的侧面积为32.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BADABC90，所以BCAD.2分又BC平面PAD，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ABBCAD及BCAD，ABC90，得四边形ABCM为正方形，则CMAD. 6分因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以PMAD，PM底面ABCD.8分因为CM底面ABCD，所以PMCM.9分设BCx，则CMx，CDx，PMx，PCPD2x.取CD的中点N，连接PN，则PNCD，所以PNx.10分因为PCD的面积为2，所以xx2，解得x2(舍去)或x2.于是ABBC2，AD4，PM2.11分所以四棱锥PABCD的体积V24.12分防失误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(xx届高三湖北七校联考)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PAPD，BAD60，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VPBCDE2VQABCD，试求的值解：(1)证明：由E是AD的中点，PAPD，可得ADPE .又底面ABCD是菱形，BAD60，所以ABBD.又因为E是AD的中点，所以ADBE.又PEBEE，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OQPA，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VPBCDES四边形BCDEh1，VQABCDS四边形ABCDh2.又因为VPBCDE2VQABCD，且S四边形BCDES四边形ABCD，所以.题型二平面图形的翻折问题学规范(1)证明：由已知得ACBD，ADCD.1分又由AECF得，所以ACEF.2分由此得EFHD，故EFHD，3分所以ACHD.4分(2)由ACEF，得.5分由AB5，AC6得DOBO4.6分所以OH1，HDDH3.7分于是OD2OH2(2)2129HD2，故ODOH.8分由(1)知，ACHD，又因为ACBD，BDHDH，所以AC平面BHD，于是ACOD.因为OHACO，所以OD平面ABC.9分又由得EF.10分所以五边形ABCFE的面积S683.11分所以五棱锥DABCFE的体积V2.12分防失误处易忽视菱形的性质导致失分，注意牢记菱形的平面性质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(xx合肥模拟)如图，平面五边形ABCDE中，ABCE，且AE2，AEC60，CDED，cosEDC.将CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP，得到四棱锥PABCE，如图.(1)求证：AP平面ABCE；(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：ABl.证明：(1)在CDE中，CDED，cosEDC，由余弦定理得CE2.连接AC，AE2，AEC60，AC2.又AP，在PAE中，PA2AE2PE2，即APAE.同理，APAC.而ACAEA，AC平面ABCE，AE平面ABCE，故AP平面ABCE.(2)ABCE，且CE平面PCE，AB平面PCE，AB平面PCE.又平面PAB平面PCEl，ABl.1.(xx沈阳模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C底面ABC，AA1A1CACABBC2，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AA1A1C，且O为AC的中点，所以A1OAC.又平面AA1C1C平面ABC，平面AA1C1C平面ABCAC，A1O平面AA1C1C，A1O平面ABC.(2)A1C1AC，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，VC1ABCVA1ABCSABCA1O21.2(xx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，ADAF，AEAD2.(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，ABAD.又ADAF，ABAFA，AD平面ABFE.又AD平面PAD，平面PAD平面ABFE.(2)P到平面ABF的距离d1.VPABFSABFd221.而VPABCDS正方形ABCDh22h4VPABF，h2.3(xx全国卷)如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90.(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90，且四棱锥PABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积解：(1)证明：由BAPCDP90，得ABAP，CDPD.因为ABCD，所以ABPD.又APPDP，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PEAD，垂足为E.由(1)知，AB平面PAD，故ABPE，可得PE平面ABCD.设ABx，则由已知可得ADx，PEx.故四棱锥PABCD的体积VPABCDABADPEx3.由题设得x3，故x2.从而PAPDABDC2，ADBC2，PBPC2.可得四棱锥PABCD的侧面积为PAPDPAABPDDCBC2sin 6062.4(xx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B1FBM且B1FBM，所以四边形B1FMB是平行四边形，所以FMB1B且FMB1B.因为B1BA1A且B1BA1A，所以FMA1A且FMA1A，所以四边形AA1FM是平行四边形，所以A1FAM.因为E为AD的中点，所以AEMC且AEMC.所以四边形AMCE是平行四边形，所以CEAM，所以CEA1F.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，DEGC，CDBC，ADCBCD，所以CDEBCG，所以ECDGBC.因为CGBGBC90，所以CGBDCE90，所以BGEC.因为CC1平面ABCD，BG平面ABCD，所以CC1BG.又ECCC1C，所以BG平面ECC1.故当G为CD的中点时，满足BG平面ECC1.5(xx福州模拟)如图，在等腰梯形PDCB中，PBDC，PB3，DC1，DPB45，DAPB于点A，将PAD沿AD折起，得到如图所示的四棱锥PABCD，点M在棱PB上，且PMMB.(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ABCD，ABNCDN，2，PMMB，2，在BPD中，MNPD，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，PAAD，PA平面PAD，PA平面ABCD，VPABCSABCPA1.AB2，AC，PB，PC，BC，PB2PC2BC2，故PCB90，记点A到平面PBC的距离为h，VAPBCSPBChhh.VPABCVAPBC，h，解得h.故点A到平面PBC的距离为.法二：平面PAD平面ABCD，且两平面相交于AD，PAAD，PA平面PAD，PA平面ABCD，BC平面ABCD，PABC，AB2，AC，BC，AB2AC2BC2，ACB90，即BCAC，又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，BC平面PAC，过点A作AEPC于点E，则BCAE，PCBCC，PC平面PBC，BC平面PBC，AE平面PBC，点A到平面PBC的距离为AE.6(xx届高三衡水中学摸底)如图所示，四边形ABCD为矩形，PD平面ABCD，AB1，BCPC2，进行如图所示的折叠，折痕EFDC.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MFCF.(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ABCDCD，MD平面ABCD，MDCD，MD平面PCD，CF平面PCD，CFMD.又CFMF，MDMFM，MD平面MDF，MF平面MDF，CF平面MDF.(2)CF平面MDF，DF平面MDF，CFDF.又易知PCD60，CDF30，CFCD，EFDC，即，DE，PE，SCDECDDE，MD ，VMCDESCDEMD.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xx全国卷解答题第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xx全国卷解答题第19题频率分布直方图、独立性检验xx全国卷解答题第18题古典概型、频数、频率的概念及应用xx全国卷解答题第19题分段函数与样本估计总体的应用xx全国卷解答题第18题频率分布表与平均值的应用xx全国卷解答题第18题两个变量的线性相关关系、回归方程的求解与应用xx全国卷解答题第19题散点图、回归方程、函数最值问题1(xx全国卷)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(0.0120.0140.0240.0340.040)50.62.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6238新养殖法3466根据表中数据及K2的计算公式得，K215.705.由于15.7056.635，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(xx全国卷)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n19，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x19时，y3 800；当x19时，y3 800500(x19)500x5 700，所以y与x的函数解析式为y(xN)(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(3 800704 300204 80010)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(4 000904 50010)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.(xx全国卷)下图是我国xx年至xx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xx年我国生活垃圾无害化处理量参考数据：i9.32，iyi40.17, 0.55，2.646.参考公式：相关系数r，回归方程t中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为， .解：(1)由折线图中的数据和附注中的参考数据得4，(ti)228, 0.55，(ti)(yi)iyii40.1749.322.89，r0.99.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1.331及(1)得0.103. 1.3310.10340.92.所以y关于t的回归方程为0.920.10t.将xx年对应的t9代入回归方程得0.920.1091.82.所以预测xx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(xx全国卷)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25，2分由表格数据知，最高气温低于25的频率为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Y64504450900；6分若最高气温位于区间20,25)，则Y63002(450300)4450300；7分若最高气温低于20，则Y62002(450200)4450100.8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(xx届高三广州五校联考)某市为庆祝北京夺得20