2017年高考理科數(shù)學(xué)沖刺復(fù)習(xí)檢測32

一、考前學(xué)會(huì)7種審題方法eq\a\vs4\al(方,,,法,,,概,,,述)在高考中，不少同學(xué)遇到較為綜合的數(shù)學(xué)試題不會(huì)審題，破解題目無從下手，找不到該題的切入點(diǎn)；另有一些同學(xué)雖然對該題解答有一定的思路但也因解答不規(guī)范出現(xiàn)“會(huì)而不對，對而不全”．如何審題、如何解答規(guī)范已成為制約考生的兩大難點(diǎn)，針對這些問題本文特聘全國著名專家名師導(dǎo)學(xué)，教你活用七種審題方法及規(guī)范解答模板，使解答數(shù)學(xué)問題不再難．一審條件—————————————————————————條件是解題的主要材料，充分利用條件間的內(nèi)在聯(lián)系是解題的必經(jīng)之路．審視條件要充分挖掘每一個(gè)條件的內(nèi)涵和隱含信息，發(fā)掘條件的內(nèi)在聯(lián)系．(滿分12分)△ABC中，D是BC上的點(diǎn)，AD平分∠BAC，△ABD面積是△ADC面積的2倍．(1)求eq\f(sinB,sinC)；(2)若AD＝1，DC＝eq\f(\r(2),2)，求BD和AC的長．[審題路線圖](1)(2)[規(guī)范解答](1)S△ABD＝eq\f(1,2)AB·ADsin∠BAD，S△ADC＝eq\f(1,2)AC·ADsin∠CAD.(1分)因?yàn)镾△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD，所以AB＝2AC.(4分)由正弦定理，得eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(1,2).(6分)(2)因?yàn)镾△ABD∶S△ADC＝BD∶DC，所以BD＝eq\r(2).(8分)在△ABD和△ADC中，由余弦定理，知AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC.(10分)故AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6.由(1)知AB＝2AC，所以AC＝1.(12分)解三角形的步驟第一步：定條件，即確定三角形中的已知和所求，在圖形中標(biāo)注出來，然后確定轉(zhuǎn)化的方向．第二步：定工具，即根據(jù)條件和所求合理選擇轉(zhuǎn)化的工具，實(shí)施邊角之間的互化．第三步：求結(jié)果．第四步：回顧反思，在實(shí)施邊角互化的時(shí)候應(yīng)注意轉(zhuǎn)化的方向，一般有兩種思路：一是全部轉(zhuǎn)化為邊之間的關(guān)系；二是全部轉(zhuǎn)化為角之間的關(guān)系，然后進(jìn)行恒等變形．第五步：反思回顧，查看關(guān)鍵點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)及解題規(guī)范．[跟蹤訓(xùn)練]1．(2016·太原模擬)已知a，b，c分別為銳角△ABC內(nèi)角A，B，C的對邊，且eq\r(3)a＝2csinA.(1)求角C；(2)若c＝eq\r(7)，且△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)，求a＋b的值．[解](1)由eq\r(3)a＝2csinA及正弦定理得，eq\r(3)sinA＝2sinCsinA，因?yàn)閟inA≠0，所以sinC＝eq\f(\r(3),2)，因?yàn)椤鰽BC是銳角三角形，所以C＝eq\f(π,3).(2)因?yàn)镃＝eq\f(π,3)，△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)，所以eq\f(1,2)absineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2)，即ab＝6.①因?yàn)閏＝eq\r(7)，由余弦定理得a2＋b2－2abcoseq\f(π,3)＝7，即(a＋b)2＝3ab＋7.②將①代入②得(a＋b)2＝25，故a＋b＝5.二審結(jié)論—————————————————————————問題解決的最終目標(biāo)就是求出結(jié)論或說明已給結(jié)論正確或錯(cuò)誤．因而解決問題時(shí)的思維過程大多都是圍繞著結(jié)論這個(gè)目標(biāo)進(jìn)行定向思考的．審視結(jié)論，就是在結(jié)論的啟發(fā)下，探索已知條件和結(jié)論之間的內(nèi)在聯(lián)系和轉(zhuǎn)化規(guī)律．善于從結(jié)論中捕捉解題信息，善于對結(jié)論進(jìn)行轉(zhuǎn)化，使之逐步靠近條件，從而發(fā)現(xiàn)和確定解題方向．(滿分12分)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)證明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).[審題路線圖](1)要證eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比數(shù)列?需證eq\f(an＋1＋\f(1,2),an＋\f(1,2))為常數(shù)結(jié)論(2)要證eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2)[規(guī)范解答](1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2))).(2分)又a1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是首項(xiàng)為eq\f(3,2)，公比為3的等比數(shù)列．(4分)所以an＋eq\f(1,2)＝eq\f(3n,2)，因此{(lán)an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(3n－1,2).(5分)(2)證明：由(1)知eq\f(1,an)＝eq\f(2,3n－1).因?yàn)楫?dāng)n≥1時(shí)，3n－1≥2×3n－1，所以eq\f(1,3n－1)≤eq\f(1,2×3n－1).(8分)于是eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≤1＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))<eq\f(3,2).(11分)所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).(12分)數(shù)列判斷及數(shù)列不等式證明的步驟第一步：通過賦值求特殊項(xiàng)．第二步：變換遞推關(guān)系，轉(zhuǎn)化為“an＋1＋C＝A(an＋C)”或“an＋1－an＝d”，再利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)確定通項(xiàng)公式an，但要注意等式成立的條件，同時(shí)要驗(yàn)證n＝1時(shí)，通項(xiàng)公式an是否成立．第三步：若所證數(shù)列不等式兩邊均是整式多項(xiàng)式，可以借助比較法；若所證數(shù)列能夠求和，且所證不等式與和式有關(guān)，可先求出其和，再借助放縮法證明等．第四步：得出所求證的結(jié)論．第五步：反思回顧，查看關(guān)鍵點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)及解題規(guī)范．[跟蹤訓(xùn)練]2．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，n∈N*，且點(diǎn)(2，a2)，(a7，S3)均在直線x－y＋1＝0上．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn；(2)設(shè)bn＝eq\f(2,2Sn－n)，Tn＝2b1·2b2·…·2bn，證明Tn<2eq\r(2).[解](1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.由點(diǎn)(2，a2)，(a7，S3)均在直線x－y＋1＝0上，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝3，,a7－S3＋1＝0.))又S3＝a1＋a2＋a3＝3a2，所以a7＝8.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝3，,a1＋6d＝8，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝1.))所以an＝n＋1，Sn＝eq\f(n（n＋3）,2).(2)證明：bn＝eq\f(2,2Sn－n)＝eq\f(2,n（n＋2）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2).令Pn＝b1＋b2＋…＋bn，則Pn＝1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，因?yàn)閚∈N*，所以Pn<eq\f(3,2)，所以Tn＝2b1·2b2·…·2bn＝2b1＋b2＋…＋bn＝2Pn<2eq\s\up6(\f(3,2))，所以Tn<2eq\r(2).三審結(jié)構(gòu)—————————————————————————結(jié)構(gòu)是數(shù)學(xué)問題的搭配形式，某些問題已知的數(shù)式結(jié)構(gòu)中常常隱含著某種特殊的關(guān)系．審視結(jié)構(gòu)要對結(jié)構(gòu)進(jìn)行分析、加工和轉(zhuǎn)化，以實(shí)現(xiàn)解題突破．(滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝sin(x＋θ)＋acos(x＋2θ)．若a＝eq\r(2)，θ＝eq\f(π,4).(1)求f(x)在區(qū)間[0，π]上的最大值與最小值；(2)在△ABC中，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－A))＝eq\f(5,13)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，求cosC的值．[審題路線圖](1)[規(guī)范解答](1)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝eq\f(\r(2),2)(sinx＋cosx)－eq\r(2)sinx＝eq\f(\r(2),2)cosx－eq\f(\r(2),2)sinx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)).(3分)因?yàn)閤∈[0，π]，所以eq\f(π,4)－x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4))).故f(x)在[0，π]上的最大值為eq\f(\r(2),2)，最小值為－1.(6分)(2)由f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－A))＝eq\f(5,13)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，知sinA＝eq\f(5,13)<eq\f(1,2)，cosB＝eq\f(3,5)<eq\f(\r(2),2)，所以0<A<eq\f(π,6)或eq\f(5,6)π<A<π，B>eq\f(π,4).(9分)又因?yàn)樵凇鰽BC中，所以0<A<eq\f(π,6)，(10分)所以cosA＝eq\f(12,13)，sinB＝eq\f(4,5)，所以cosC＝－cos(A＋B)＝－eq\f(16,65).(12分)三角函數(shù)的性質(zhì)及求值問題的步驟第一步：三角函數(shù)式的化簡，一般化成y＝Asin(ωx＋φ)＋h的形式或y＝Acos(ωx＋φ)＋h的形式．第二步：將“ωx＋φ”看作一個(gè)整體，轉(zhuǎn)化為解不等式問題或確定其范圍．根據(jù)性質(zhì)確定出f(x)的最值．第三步：根據(jù)三角函數(shù)的和、差角公式及三角形的內(nèi)角和求出某個(gè)角的三角函數(shù)值．第四步：反思回顧，查看關(guān)鍵點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)及解題規(guī)范．[跟蹤訓(xùn)練]3．(2016·青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin2ωx－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(x∈R，ω為常數(shù)且eq\f(1,2)<ω<1)，函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝π對稱．(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＝1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)A))＝eq\f(1,4)，求△ABC面積的最大值．[解](1)f(x)＝sin2ωx－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＝eq\f(1－cos2ωx,2)－eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3))),2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2ωx＋\f(\r(3),2)sin2ωx))－eq\f(1,2)cos2ωx＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin2ωx－\f(1,2)cos2ωx))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6))).由函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝π對稱，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωπ－\f(π,6)))＝±1，所以2ωπ－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即ω＝eq\f(k,2)＋eq\f(1,3)(k∈Z)，因?yàn)棣亍蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，k∈Z，所以k＝1，ω＝eq\f(5,6).所以f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)x－\f(π,6)))，則函數(shù)f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,\f(5,3))＝eq\f(6π,5).(2)因?yàn)閒(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)x－\f(π,6)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)A))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,4)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).因?yàn)?<A<π，所以－eq\f(π,6)<A－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，所以A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(π,3).因?yàn)閍＝1，所以1＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，即bc≤1，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取等號，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc≤eq\f(\r(3),4)，所以△ABC面積的最大值為eq\f(\r(3),4).四審范圍—————————————————————————范圍是對數(shù)學(xué)概念、公式、定理中涉及的一些量以及相關(guān)解析式的限制條件．審視范圍要適時(shí)利用相關(guān)量的約束條件，從整體上把握問題的解決方向．(滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時(shí)，求a的取值范圍．[審題路線圖](1)f(x)eq\o(→,\s\up7(x＞0))f′(x)eq\o(→,\s\up7(對a討論))f′(x)的正負(fù)→結(jié)論．(2)由(1)知→f(x)的最值eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))lna＋a－1＜0eq\o(→,\s\up7(構(gòu)造函數(shù)))g(a)→a的范圍．[規(guī)范解答](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.(1分)若a≤0，則f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(3分)若a＞0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)＜0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(6分)(2)由(1)知，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上無最大值；(7分)當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在x＝eq\f(1,a)處取得最大值，最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))＝－lna＋a－1.(9分)因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＞2a－2等價(jià)于lna＋a－1＜0.(10分)令g(a)＝lna＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(1)＝0.于是，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，g(a)＜0；當(dāng)a＞1時(shí)，g(a)＞0.因此，a的取值范圍是(0，1)．(12分)求解函數(shù)的單調(diào)性、最值、極值問題的步驟第一步：確定函數(shù)的定義域．如本題函數(shù)定義域?yàn)?0，＋∞)．第二步：求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)．第三步：求方程f′(x)＝0的根．第四步：利用f′(x)＝0的根和不可導(dǎo)點(diǎn)的x的值從小到大順次將定義域分成若干個(gè)小開區(qū)間，并列出表格．第五步：由f′(x)在小開區(qū)間的正、負(fù)值判斷f(x)在小開區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性，求極值、最值．第六步：明確規(guī)范地表述結(jié)論．第七步：反思回顧，查看關(guān)鍵點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)及解題規(guī)范．[跟蹤訓(xùn)練]4．(2016·合肥模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)求函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若g(x)≥f(x)對任意x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范圍．[解](1)由f(x)＝ex－xlnx易知f′(x)＝e－lnx－1，則f′(1)＝e－1，而f(1)＝e，則所求切線方程為y－e＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋1.(2)因?yàn)閒(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，所以g(x)≥f(x)對任意x∈(0，＋∞)恒成立等價(jià)于ex－tx2＋x－ex＋xlnx≥0對任意x∈(0，＋∞)恒成立，即t≤eq\f(ex＋x－ex＋xlnx,x2)對任意x∈(0，＋∞)恒成立．令F(x)＝eq\f(ex＋x－ex＋xlnx,x2)，則F′(x)＝eq\f(xex＋ex－2ex－xlnx,x3)＝eq\f(1,x2)(ex＋e－eq\f(2ex,x)－lnx)，設(shè)G(x)＝ex＋e－eq\f(2ex,x)－lnx，則G′(x)＝ex－eq\f(2（xex－ex）,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(ex（x－1）2＋ex－x,x2)>0對任意x∈(0，＋∞)恒成立．所以G(x)＝ex＋e－eq\f(2ex,x)－lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且G(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，G(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，G(x)>0，即當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(x)≥F(1)＝1，所以t≤1，即t的取值范圍是(－∞，1]．五審圖形—————————————————————————圖形或者圖象的力量比文字更為簡潔而有力，挖掘其中蘊(yùn)涵的有效信息，正確理解問題是解決問題的關(guān)鍵.對圖形或者圖象的獨(dú)特理解很多時(shí)候能成為問題解決中的亮點(diǎn)．(滿分12分)(2016·高考全國卷甲)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點(diǎn)O，AB＝5，AC＝6，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF＝eq\f(5,4)，EF交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝eq\r(10).(1)證明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B-D′A-C的正弦值．[審題路線圖](1)[規(guī)范解答](1)證明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF.(1分)因此EF⊥HD，從而EF⊥D′H.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4.(2分)由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).所以O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3.(3分)于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.(4分)又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.(5分)(2)如圖，以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(HF,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，eq\o(HD,\s\up6(→))的方向?yàn)閥軸正方向，eq\o(HD′,\s\up6(→))的方向?yàn)閦軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系H-xyz.則H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D′(0，0，3)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3，－4，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(6，0，0)，eq\o(AD′,\s\up6(→))＝(3，1，3)．(6分)設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AD′,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x1－4y1＝0，,3x1＋y1＋3z1＝0，))所以可取m＝(4，3，－5)．(8分)設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD′,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6x2＝0，,3x2＋y2＋3z2＝0，))所以可取n＝(0，－3，1)．(10分)于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(－14,\r(50)×\r(10))＝－eq\f(7\r(5),25)，sin〈m，n〉＝eq\f(2\r(95),25).因此二面角B-D′A-C的正弦值是eq\f(2\r(95),25).(12分)空間角計(jì)算問題的答題模板第一步：作出(或找出)具有公共交點(diǎn)的三條相互垂直的直線．第二步：建立空間直角坐標(biāo)系，寫出特殊點(diǎn)坐標(biāo)．第三步：求(或找)所需的方向向量、平面的法向量．第四步：求方向向量與法向量的夾角．第五步：將夾角轉(zhuǎn)化為所求角．第六步：反思回顧，查看關(guān)鍵點(diǎn)，易錯(cuò)點(diǎn)及解題規(guī)范．[跟蹤訓(xùn)練]5.(2016·鄭州市第二次質(zhì)量檢測)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四邊形BFED為矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.(1)求證：AD⊥平面BFED；(2)點(diǎn)P在線段EF上運(yùn)動(dòng)，設(shè)平面PAB與平面ADE所成銳二面角為θ，試求θ的最小值．[解](1)證明：在梯形ABCD中，因?yàn)锳B∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，所以AB＝2，所以BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos60°＝3.所以AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥BD.因?yàn)槠矫鍮FED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE?平面BFED，DE⊥DB，所以DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD，又DE∩BD＝D，所以AD⊥平面BFED.(2)由(1)可分別建立以直線DA，DB，DE為x軸，y軸，z軸的空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，令EP＝λ(0≤λ≤eq\r(3))，則D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，P(0，λ，1)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0，λ－eq\r(3)，1)．設(shè)n1＝(x，y，z)為平面PAB的法向量，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0,n1·\o(BP,\s\up6(→))＝0))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0,（λ－\r(3)）y＋z＝0))，取y＝1，則n1＝(eq\r(3)，1，eq\r(3)－λ)，因?yàn)閚2＝(0，1，0)是平面ADE的一個(gè)法向量，所以cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(1,\r(3＋1＋（\r(3)－λ）2)×1)＝eq\f(1,\r(（λ－\r(3)）2＋4)).因?yàn)?≤λ≤eq\r(3)，所以當(dāng)λ＝eq\r(3)時(shí)，cosθ有最大值eq\f(1,2)，所以θ的最小值為eq\f(π,3).六審圖表、數(shù)據(jù)—————————————————————————題目中的圖表、數(shù)據(jù)包含著問題的基本信息，也往往暗示著解決問題的目標(biāo)和方向．在審題時(shí)，認(rèn)真觀察分析圖表、數(shù)據(jù)的特征和規(guī)律，常?？梢哉业浇鉀Q問題的思路和方法．(滿分12分)某公司為了解用戶對其產(chǎn)品的滿意度，從A，B兩地區(qū)分別隨機(jī)調(diào)查了40個(gè)用戶，根據(jù)用戶對產(chǎn)品的滿意度評分，得到A地區(qū)用戶滿意度評分的頻率分布直方圖和B地區(qū)用戶滿意度評分的頻數(shù)分布表．A地區(qū)用戶滿意度評分的頻率分布直方圖圖①B地區(qū)用戶滿意度評分的頻數(shù)分布表滿意度評分分組[50，60)[60，70)[70，80)[80，90)[90，100]頻數(shù)2814106(1)在圖②中作出B地區(qū)用戶滿意度評分的頻率分布直方圖，并通過直方圖比較兩地區(qū)滿意度評分的平均值及分散程度(不要求計(jì)算出具體值，給出結(jié)論即可)；B地區(qū)用戶滿意度評分的頻率分布直方圖圖②(2)根據(jù)用戶滿意度評分，將用戶的滿意度分為三個(gè)等級：滿意度評分低于70分70分到89分不低于90分滿意度等級不滿意滿意非常滿意估計(jì)哪個(gè)地區(qū)用戶的滿意度等級為不滿意的概率大？說明理由．[審題路線圖](1)頻數(shù)分布表→頻率→頻率/組距→直方圖→結(jié)論．(2)直方圖→頻率→概率→結(jié)果．[規(guī)范解答](1)如圖所示．B地區(qū)用戶滿意度評分的頻率分布直方圖(3分)通過兩地區(qū)用戶滿意度評分的頻率分布直方圖可以看出，B地區(qū)用戶滿意度評分的平均值高于A地區(qū)用戶滿意度評分的平均值；B地區(qū)用戶滿意度評分比較集中，而A地區(qū)用戶滿意度評分比較分散．(6分)(2)A地區(qū)用戶的滿意度等級為不滿意的概率大．(7分)記CA表示事件：“A地區(qū)用戶的滿意度等級為不滿意”；CB表示事件：“B地區(qū)用戶的滿意度等級為不滿意”．(8分)由直方圖得P(CA)的估計(jì)值為(0.01＋0.02＋0.03)×10＝0.6，P(CB)的估計(jì)值為(0.005＋0.02)×10＝0.25.所以A地區(qū)用戶的滿意度等級為不滿意的概率大．(12分)求解概率統(tǒng)計(jì)問題的步驟第一步：讀圖，定范圍．讀取頻率分布直方圖中的相關(guān)數(shù)據(jù)，橫軸對應(yīng)著組距，縱軸對應(yīng)著eq\f(頻率,組距)，以及各個(gè)小長方形的高度．確定所求問題涉及的數(shù)據(jù)的取值范圍，根據(jù)頻率分布直方圖確定數(shù)據(jù)所在的各個(gè)區(qū)間．第二步：分段求解．由頻率分布直方圖的性質(zhì)，各個(gè)小長方形的面積表示數(shù)據(jù)落在該區(qū)間內(nèi)的頻率，分別求出各個(gè)數(shù)據(jù)落在各個(gè)區(qū)間內(nèi)的頻率．第三步：定結(jié)果．?dāng)?shù)據(jù)落在指定范圍內(nèi)的頻率等于數(shù)據(jù)落在這些區(qū)間內(nèi)的頻率之和，然后根據(jù)頻率的性質(zhì)求解相關(guān)的數(shù)據(jù)．第四步：算概率．計(jì)算基本事件總數(shù)n，事件A包含的基本事件數(shù)m，代入公式P(A)＝eq\f(m,n).第五步：反思回顧，查看關(guān)鍵點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)及解題規(guī)范．[跟蹤訓(xùn)練]6．(2016·河南省八市重點(diǎn)高中質(zhì)量檢測)某園林基地培育了一種新觀賞植物，經(jīng)過一年的生長發(fā)育，技術(shù)人員從中抽取了部分植株的高度(單位：厘米)作為樣本(樣本容量為n)進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，按照[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分組作出頻率分布直方圖，并作出樣本高度的莖葉圖(圖中僅列出了高度在[50，60)，[90，100]的數(shù)據(jù))．(1)求樣本容量n和頻率分布直方圖中的x、y的值；(2)在選取的樣本中，從高度在80厘米以上(含80厘米)的植株中隨機(jī)抽取3株，設(shè)隨機(jī)變量X表示所抽取的3株高度在[80，90)內(nèi)的株數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列及數(shù)學(xué)期望．[解](1)由題意可知，樣本容量n＝eq\f(8,0.016×10)＝50，y＝eq\f(2,50×10)＝0.004，x＝0.100－0.004－0.010－0.016－0.040＝0.030.(2)由題意可知，高度在[80，90)內(nèi)的株數(shù)為5，高度在[90，100]內(nèi)的株數(shù)為2，共7株．抽取的3株中高度在[80，90)內(nèi)的株數(shù)X的可能取值為1，2，3，則P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(5,35)＝eq\f(1,7)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(20,35)＝eq\f(4,7)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(0,2),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(10,35)＝eq\f(2,7).所以X的分布列為X123Peq\f(1,7)eq\f(4,7)eq\f(2,7)所以E(X)＝1×eq\f(1,7)＋2×eq\f(4,7)＋3×eq\f(2,7)＝eq\f(15,7).七審方法—————————————————————————數(shù)學(xué)思想是問題的主線，方法是解題的手段．審視方法，選擇適當(dāng)?shù)慕忸}方法，往往使問題的解決事半功倍．審題的過程還是一個(gè)解題方法的抉擇過程，開拓的解題思路能使我們心涌如潮，適宜的解題方法則幫助我們事半功倍．(滿分12分)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F(－2，0)，離心率為eq\f(\r(6),3).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，T為直線x＝－3上一點(diǎn)，過F作TF的垂線交橢圓于P，Q.當(dāng)四邊形OPTQ是平行四邊形時(shí)，求四邊形OPTQ的面積．[審題路線圖](1)焦點(diǎn)，離心率→c，a的值→b的值→橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．(2)?OPTQ→S?OPTQ＝2S△OPQ?S△OPQ＝eq\f(1,2)|OF||y1－y2|?y1和y2關(guān)系?直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立．[規(guī)范解答](1)由已知可得，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，c＝2，所以a＝eq\r(6).又由a2＝b2＋c2，解得b＝eq\r(2)，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(4分)(2)設(shè)T點(diǎn)的坐標(biāo)為(－3，m)，則直線TF的斜率kTF＝eq\f(m－0,－3－（－2）)＝－m.(5分)當(dāng)m≠0時(shí)，直線PQ的斜率kPQ＝eq\f(1,m)，直線PQ的方程是x＝my－2.當(dāng)m＝0時(shí)，直線PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．(7分)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，(8分)其判別式Δ＝16m2＋8(m2＋3)>0.所以y1＋y2＝eq\f(4m,m2＋3)，y1y2＝eq\f(－2,m2＋3)，x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝eq\f(－12,m2＋3).(9分)因?yàn)樗倪呅蜲PTQ是平行四邊形，所以eq\o(