2013年高考数学 热点专题专练 9-22 三角函数、平面向量、立体几何、概率与统计型解答题课件 理

专题九高考题型之解答题考情分析高考试卷中的解答题历来是考生十分关注的题目，而每年的高考试题中的解答题都在不断地推陈出新．各种背景新颖、结构严谨、表达清晰的新型试题，随着自主命题省(区)的增加，如雨后春笋般地涌现出来．例如2008年广东卷第17题是一道实际应用题，该题以当前已经触发的全球金融危机的社会热点问题——房地产为背景，考查考生的数学建模能力和应用数学知识解决实际问题的能力，题目叙述清晰、简捷、明确，是一道适合大多数考生的中档试题.2008年江苏卷第19题，该题是一道以数列为主的试题，命题者从“如果一个各项都不为零的三项数列，既是等差数列又是等比数列，则这个数列一定是常数数列”这个基本事实出发，以数列知识为依据，考查考生推理与证明的能力．解答高考试卷中的解答题，特别是新型解答题时，考生要注意在新的背景情境下，将新问题转化为自己所熟悉的问题，实际上所谓“新题型”就是问题的“背景新、设计新”，只要考生基础扎实，又善于在新的背景下分析问题、转化问题，就不难解决这类新型试题，在高考中取得理想的成绩．第二十二讲三角函数、平面向量、立体几何、概率与统计型解答题高考专题训练好方法好成绩高频考点高考陪练好方法好成绩1.三角函数、平面向量和三角形中的正、余弦定理相互交织，是高考中考查的热点．纵观近几年来的高考试题，许多新颖别致的三角函数解答题就是以此为出发点设计的，在这类问题中平面向量往往只是起到“包装”的作用，实质考查考生利用三角函数的性质、三角恒等变换与正、余弦定理进行解决问题的能力．解决这类问题的基本思路是“脱掉向量的外衣，抓住问题的实质，灵活地实现问题的转化，选择合理的解决方法”，在解题过程中要注意三角恒等变换公式的多样性和灵活性，注意题目中隐含的各种限制条件，做到推理严谨、计算准确、表达确切，为顺利解答后面的题目提供充分的信心．2．近几年新课标地区高考中对立体几何的考查主要出现两类新型试题．一是将空间几何体的直观图、三视图引进解答题中，在考查对空间几何体结构认识的前提下，综合性地考查对空间几何体的体积和表面积的计算，考查空间线面位置关系，这类试题以“图”引入，背景新颖，对考生的空间想象能力有较高要求；二是在考查立体几何基本问题的前提下，将试题设计为“探索性”的类型，改变了给出明确结论让考生证明的局面，这类试题由于结论不明确，对考生的数学素养有较高要求．要想解决好如上所述的立体几何新型试题，除了牢固掌握好立体几何的基础知识和基本方法外，还要在空间想象能力、数学思想方法等方面下一番工夫，只有这样考生才能面对新题型得心应手，将新题型转化为所熟悉的常规题，以便顺利解决问题．3．概率统计型解答题一般是以实际问题为背景，考查概率统计知识的实际应用，是近年来高考考查应用问题的一个主要命题点．这类试题的命题背景十分广泛，既可以是高中数学的某些常规知识点，也可以是当前的社会热点问题，但考查的主要问题是概率统计的基础知识和基本方法．解决概率统计型解答题，分析问题的实际意义，把实际问题中所蕴含的数学关系找出来是十分重要的，这往往成为能不能解答这类题目的关键，同时要注意准确地使用概率统计的基础知识和基本方法.高频考点【例1】(2012·全国大纲卷)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知cos(A－C)＋cosB＝1，a＝2c，求C.[分析]题设条件给出了两个公式，一个是边的关系，一个是角的关系，而求解的是角，因此先将a＝2c化为sinA＝2sinC，结合cos(A－C)＋cosB＝1⇔2sinAsinC＝1得解．[解]由B＝π－(A＋C)，得cosB＝－cos(A＋C)．于是cos(A－C)＋cosB＝cos(A－C)－cos(A＋C)＝2sinAsinC，由已知得sinAsinC＝12.①由a＝2c及正弦定理得sinA＝2sinC.②由①、②得sin2C＝14，于是sinC＝－12(舍去)，或sinC＝12.又a＝2c，所以C＝π6.,【例2】(2012·江苏新海中学3月份调研)设△ABC的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足(2a＋c)·BC→·BA→＋c·CA→·CB→＝0.(1)求角B的大小；(2)若b＝23，试求AB→·CB→的最小值．[解](1)因为(2a＋c)BC→·BA→＋cCA→·CB→＝0，所以(2a＋c)accosB＋cabcosC＝0，即(2a＋c)cosB＋bcosC＝0，则(2sinA＋sinC)cosB＋sinBcosC＝0所以2sinAcosB＋sin(C＋B)＝0，即cosB＝－12，所以B＝2π3.(2)因为b2＝a2＋c2－2accos2π3，所以12＝a2＋c2＋ac≥3ac，即ac≤4当且仅当a＝c时取等号，此时ac最大值为4所以AB→·CB→＝accos2π3＝－12ac≥－2，即AB→·CB→的最小值为－2.【例3】(2012·天津)如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.(1)证明PC⊥AD；(2)求二面角A—PC—D的正弦值；(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．[分析](1)可以利用向量法证明，也可以利用传统的方法证明线线垂直；(2)可以利用向量法求二面角，也可以利用传统的方法先找到二面角，再求二面角；(3)可以利用向量法求，也可以利用传统的方法先作后求．[解]解法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B－12，12，0，P(0,0,2)．(1)证明：易得PC→＝(0,1，－2)，AD→＝(2,0,0)．于是PC→·AD→＝0，所以PC⊥AD.(2)解：PC→＝(0,1，－2)，CD→＝(2，－1,0)．设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)．则n·PC→＝0，n·CD→＝0，即y－2x＝0，2x－y＝0.不妨令z＝1，可得n＝(1,2,1)．可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)．于是cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝16＝66，从而sin〈m，n〉＝306.所以二面角A—PC—D的正弦值为306.,(3)解：设点E的坐标为(0,0，h)，其中h∈[0,2]．由此得BE→＝12，－12，h.由CD→＝(2，－1,0)，故cos〈BE→，CD→〉＝BE→·CD→|BE→|·|CD→|＝3212＋h2×5＝310＋20h2，所以，310＋20h2＝cos30°＝32，解得h＝1010，即AE＝1010.解法二：证明：(1)由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，又由AD⊥AC，PA∩AC＝A，故AD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以PC⊥AD.(2)解：如图，作AH⊥PC于点H，连接DH.由PC⊥AD，PC⊥AH，可得PC⊥平面ADH，因此DH⊥PC，从而∠AHD为二面角A—PC—D的平面角．在Rt△PAC中，PA＝2，AC＝1，由此得AH＝25.由(1)知AD⊥AH.故在Rt△DAH中，DH＝AD2＋AH2＝2305.因此sin∠AHD＝ADDH＝306.所以二面角A—PC—D的正弦值为306.(3)解：如图，因为∠ADC45°，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF.故∠EBF或其补角为异面直线BE与CD所成的角．由于BF∥CD，故∠AFB＝∠ADC.在Rt△DAC中，CD＝5，sin∠ADC＝15，故sin∠AFB＝15.在△AFB中，由BFsin∠FAB＝ABsin∠AFB，AB＝12，sin∠FAB＝sin135°＝22，可得BF＝52.由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠FAB，可得AF＝12.设AE＝h.在Rt△EAF中，EF＝AE2＋AF2＝h2＋14.在Rt△BAE中，BE＝AE2＋AB2＝h2＋12.在△EBF中，因为EFBE，从而∠EBF＝30°.由余弦定理得cos30°＝BE2＋BF2－EF22BE·BF.可解得h＝1010.所以AE＝1010.,【例4】(2012·四川)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为110和p.(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p的值；(2)设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的概率分布列及数学期望Eξ.[分析]对于(1)，依据题意及相互对立的两个事件的概率间的关系列出相关的方程，通过解方程得出结论；对于(2)，根据独立重复试验的相关概率公式列出相应的分布列，进而利用期望的定义公式通过计算得出期望值．[解](1)设“至少有一个系统不发生故障\”为事件C，那么1－P(C)＝1－110·p＝4950，解得p＝15.(2)由题意，P(ξ＝0)＝C031103＝11000，P(ξ＝1)＝C131102·1－110＝271000，P(ξ＝2)＝C23110·1－1102＝2431000，P(ξ＝3)＝C331－1103＝7291000.所以，随机变量ξ的概率分布列为ξ0123P1100027100024310007291000故随机变量ξ的数学期望：Eξ＝0×11000＋1×271000＋2×2431000＋3×7291000＝2710.高考陪练1.(2012·天津)已知函数f(x)＝sin2x＋π3＋sin2x－π3＋2cos2x－1，x∈R.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)求函数f(x)在区间－π4，π4上的最大值和最小值．分析(1)利用两角和与差的公式、辅助角公式对三角函数进行三角恒等变换，再利用周期公式求周期；(2)利用三角函数的单调性求最值．解(1)f(x)＝sin2x·cosπ3＋cos2x·sinπ3＋sin2x·cosπ3－cos2x·sinπ3＋cos2x＝sin2x＋cos2x＝2sin2x＋π4，所以，f(x)的最小正周期T＝2π2＝π.(2)因为f(x)在区间－π4，π8上是增函数，在区间π8，π4上是减函数．又f－π4＝－1，fπ8＝2，fπ4＝1，故函数f(x)在区间－π4，π4上的最大值为2，最小值为－1.2．(2012·广东)已知函数f(x)＝2cosωx＋π6(其中ω0，x∈R)的最小正周期为10π.(1)求ω的值；(2)设α，β∈0，π2，f5α＋53π＝－65，f5β－56π＝1617，求cos(α＋β)的值．分析处理这类问题的关键在于灵活运用相关公式实施变形，需抓住公式结构、角的结构展开联想，从而确定解题思路．(1)由T＝10π可得ω的值；(2)化简所给的已知条件，求得cosα、sinβ的值，将cos(α＋β)展开，代入数据即可．解(1)∵f(x)＝2cosωx＋π6，ω0的最小正周期T＝10π＝2πω，∴ω＝15.(2)由(1)知f(x)＝2cos15x＋π6，而α，β∈0，π2，f5α＋5π3＝－65，f5β－5π6＝1617，∴2cos155α＋5π3＋π6＝－65，2cos155β－5π6＋π6＝1617，即cosα＋π2＝－35，cosβ＝817，于是sinα＝35，cosα＝45，sinβ＝1517，∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝45×817－35×1517＝－1385.3．(2012·江苏)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；