1、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2015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2015全国卷解答题第17题正弦定理、三角恒等变换1(2016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
2、(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(2015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
3、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
4、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(2017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
5、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
6、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(2017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 B1
7、2.1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(2017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
8、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(2017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
9、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(2017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；(
10、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(2018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)a2bsi
11、n 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.(2017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，
12、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2017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2017全国卷解答题第17题等差、等比数列的通
13、项公式及前n项和公式2017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2016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2016全国卷解答题第17题等差数列的通项公式、数列求和2016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(2017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)
14、知.则Sn.2(2016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(2014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.(
15、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)
16、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(2017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，
17、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
18、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(2017沈阳模拟)已知数列an是公差不
19、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(2017 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b1
20、a11，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(2017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(2
21、017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
22、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(2018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
23、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(2017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
24、.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2017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2017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2017全国卷解答题第
25、19题线线垂直的证明及空间几何体的体积2016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2016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2016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2015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2015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(2017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，
26、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(2016全国卷)如图，已知正三棱锥
27、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EFP
28、A，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(2015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
29、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(
30、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，PM
31、2.11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(2018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V
32、PBCDE2VQABCD，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(
33、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
34、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(2017合肥模拟)如图，平面五边形ABCDE中，ABCE，且AE2
35、，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.(2017沈阳模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1
36、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(2018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
37、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(2017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PABC
38、D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(2017泰安模拟)如图，在正四棱柱ABCDA1B
39、1C1D1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
40、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(2017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
41、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
42、：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(2018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
43、)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2017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
44、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2017全国卷解答题第19题频率分布直方图、独立性检验2017全国卷解答题第18题古典概型、频数、频率的概念及应用2016全国卷解答题第19题分段函数与样本估计总体的应用2016全国卷解答题第18题频率分布表与平均值的应用2016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2015全国卷解答题第19题散点图、回归方程、函数最值问题1(2017全国卷)海水养殖场进行某水
45、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
46、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(2016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
47、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
48、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
49、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.(2016全国卷)下图是我国2008年至2014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2016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
50、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2016年对应的t9代入回归方程得0.920.1091.82.所以预测2016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(2017全国卷)
51、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)
52、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
53、技法解决概率与统计综合问题的一般步骤对点练1(2018届高三广州五校联考)某市为庆祝北京夺得2022年冬奥会举办权，围绕“全民健身促健康、同心共筑中国梦”主题开展全民健身活动组织方从参加活动的群众中随机抽取120名群众，按他们的年龄分组：第1组20,30)，第2组30,40)，第3组40,50)，第4组50,60)，第5组60,70，得到的频率分布直方图如图所示(1)若电视台记者要从抽取的群众中选一人进行采访，估计被采访人恰好在第1组或第4组的概率；(2)已知第1组群众中男性有3名，组织方要从第1组中随机抽取2名群众组成志愿者服务队，求至少有1名女性群众的概率解：(1)设第1组20,30)的频
54、率为f1，则由题意可知，f11(0.0350.0300.0200.010)100.05.被采访人恰好在第1组或第4组的频率为0.050.020100.25.估计被采访人恰好在第1组或第4组的概率为0.25.(2)第1组20,30)的人数为0.051206.第1组中共有6名群众，其中女性群众共3名记第1组中的3名男性群众分别为A，B，C,3名女性群众分别为x，y，z，从第1组中随机抽取2名群众组成志愿者服务队包含(A，B)，(A，C)，(A，x)，(A，y)，(A，z)，(B，C)，(B，x)，(B，y)，(B，z)，(C，x)，(C，y)，(C，z)，(x，y)，(x，z)，(y，z)，共15
55、个基本事件至少有一名女性群众包含(A，x)，(A，y)，(A，z)，(B，x)，(B，y)，(B，z)，(C，x)，(C，y)，(C，z)，(x，y)，(x，z)，(y，z)，共12个基本事件从第1组中随机抽取2名群众组成志愿者服务队，至少有1名女性群众的概率P.题型二统计案例典例(2015全国卷)某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x(单位：千元)对年销售量y(单位：t)和年利润z(单位：千元)的影响，对近8年的年宣传费xi和年销售量yi(i1,2，8)数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值(xi)2(wi)2(xi)(yi)(wi)(yi)46.65636.
56、8289.81.61 469108.8表中wi，i.学规范(1)由散点图的变化趋势可以判断，ycd适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型.3分(2)令w，先建立y关于w的线性回归方程由于68，563686.8100.6，所以y关于w的线性回归方程为100.668w，因此y关于x的回归方程为100.668 .7分(3)由(2)知，当x49时，年销售量y的预报值100.668576.6，年利润z的预报值576.60.24966.32.9分根据(2)的结果知，年利润z的预报值0.2(100.668)xx13.620.12.所以当6.8，即x46.24时，取得最大值故年宣传费为46.24千元时
57、，年利润的预报值最大12分防失误处易判断方程类型错误，注意充分利用散点图联想函数图象特征作出判断处求回归方程时易计算失误，注意要强化计算能力处无法表达出利润表达式而失分，注意借助于函数知识解决处未用二次函数求最值导致失分，注意判断函数类型及换元法的使用通技法求解线性回归方程的3步骤对点练2传承传统文化再掀热潮，央视科教频道以诗词知识竞赛为主的中国诗词大会火爆荧屏某机构组织了一场诗词知识竞赛，将中学组和大学组的参赛选手按成绩分为优秀、良好、一般三个等级，从中随机抽取100名选手进行调查，如图是根据调查结果绘制的选手等级与人数的条形图(1)若将一般等级和良好等级合称为合格等级，根据已知条件完成下面
58、的22列联表，并据此判断能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为选手成绩优秀与文化程度有关？优秀合格总计大学组中学组总计(2)若参赛选手共6万名，用频率估计概率，试估计其中优秀等级的选手人数；(3)在优秀等级的选手中选取6名，在良好等级的选手中选取6名，都依次编号为1,2,3,4,5,6，在选出的6名优秀等级的选手中任取一名，记其编号为a，在选出的6名良好等级的选手中任取一名，记其编号为b，求使得方程组有唯一一组实数解(x，y)的概率参考公式：K2，其中nabcd.参考数据：P(K2k0)0.100.050.01k02.7063.8416.635解：(1)由条形图可得22列联表如下：优秀合
59、格总计大学组451055中学组301545总计7525100所以K2的观测值k3.0303.841，所以不能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为选手成绩优秀与文化程度有关(2)由条形图知，所抽取的100名选手中，优秀等级有75名，所以估计参赛选手中优秀等级的选手有60 00045 000(名)(3)a可从1,2,3,4,5,6中取，有6种取法，b可从1,2,3,4,5,6中取，有6种取法，共有36组，要使方程组有唯一一组实数解，则.易知使成立的a，b满足的实数对有(1,2)，(2,4)，(3,6)，共3组，故满足的实数对的组数为36333.故所求概率P.1(2018届高三广州一中调研)某种
60、商品价格与该商品日需求量之间的几组对照数据如下表：价格x(元/kg)1015202530日需求量y(kg)1110865(1)求y关于x的线性回归方程；(2)利用(1)中的回归方程，当价格x40元/kg时，日需求量y的预测值为多少？参考公式：线性回归方程x，其中，.解：(1)由所给数据计算得(1015202530)20，(1110865)8，(xi)2(10)2(5)20252102250，(xi)(yi)(10)3(5)2005(2)10(3)80.0.32.80.322014.4.所求线性回归方程为0.32x14.4.(2)由(1)知当x40时，0.324014.41.6.故当价格x40元
61、/kg时，日需求量y的预测值为1.6 kg.2(2017宝鸡模拟)为了解我市的交通状况，现对其6条道路进行评估，得分分别为5,6,7,8,9,10.规定评估的平均得分与全市的总体交通状况等级如下表：评估的平均得分(0,6)6,8)8,10全市的总体交通状况等级不合格合格优秀(1)求本次评估的平均得分，并参照上表估计我市的总体交通状况等级；(2)用简单随机抽样的方法从这6条道路中抽取2条，它们的得分组成一个样本，求该样本的平均数与总体的平均数之差的绝对值不超过0.5的概率解：(1)6条道路的平均得分为(5678910)7.5，该市的总体交通状况等级为合格(2)设A表示事件“样本平均数与总体平均数
62、之差的绝对值不超过0.5”从6条道路中抽取2条的得分组成的所有基本事件为(5,6)，(5,7)，(5,8)，(5,9)，(5,10)，(6,7)，(6,8)，(6,9)，(6,10)，(7,8)，(7,9)，(7,10)，(8,9)，(8,10)，(9,10)，共15个基本事件事件A包括(5,9)，(5,10)，(6,8)，(6,9)，(6,10)，(7,8)，(7,9)，共7个基本事件P(A).故该样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5的概率为.3(2018届高三西安八校联考)从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的质量指标值，由测量结果得到如图所示的频率分布直方图，质量
63、指标值落在区间55,65)，65,75)，75,85内的频率之比为421.(1)求这些产品质量指标值落在区间75,85内的频率；(2)用分层抽样的方法在区间45,75)内抽取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，从中任意抽取2件产品，求这2件产品都在区间45,65)内的概率解：(1)设质量指标值落在区间75,85内的频率为x，则质量指标值落在区间55,65)，65,75)内的频率分别为4x,2x.依题意得(0.0040.0120.0190.030)104x2xx1，解得x0.05.所以质量指标值落在区间75,85内的频率为0.05.(2)由(1)得，质量指标值落在区间45,55)，55,6
64、5)，65,75)内的频率分别为0.3,0.2,0.1.用分层抽样的方法在区间45,75)内抽取一个容量为6的样本，则在区间45,55)内应抽取63件，记为A1，A2，A3；在区间55,65)内应抽取62件，记为B1，B2；在区间65,75)内应抽取61件，记为C.设“从样本中任意抽取2件产品，这2件产品都在区间45,65)内”为事件M，则所有的基本事件有：(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，C)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，C)，(B1，B2)，(B1，C)，(B2，C)，共15种，
65、事件M包含的基本事件有：(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(B1，B2)，共10种，所以这2件产品都在区间45,65)内的概率P.4(2017福州模拟)在国际风帆比赛中，成绩以低分为优胜，比赛共11场，并以最佳的9场成绩计算最终的名次在一次国际风帆比赛中，前7场比赛结束后，排名前8位的选手积分如下表：运动员比赛场次总分1234567891011A322242621B1351104428C986111228D784431835E3125827542F4116936847G10121281
66、210771H12126127121273(1)根据表中的比赛数据，比较运动员A与B的成绩及稳定情况；(2)从前7场平均分低于6.5分的运动员中，随机抽取2个运动员进行兴奋剂检查，求至少1个运动员平均分不低于5分的概率；(3)请依据前7场比赛的数据，预测冠亚军选手，并说明理由解：(1)由表中的数据，我们可以分别计算运动员A和B前7场比赛积分的平均数和方差，作为两运动员比赛的成绩及衡量两运动员稳定情况的依据运动员A的平均分1213，方差s(33)2(23)24(43)2(63)22；运动员B的平均分2284，方差s(14)22(34)2(54)2(104)2(44)228.从平均分和积分的方差来
67、看，运动员A的平均分及积分的方差都比运动员B的小，也就是说，前7场比赛，运动员A的成绩优异，而且表现较为稳定(2)由表可知，平均分低于6.5分的运动员共有5个，其中平均分低于5分的运动员有3个，分别为A，B，C，平均分不低于5分且低于6.5分的运动员有2个，分别记为D，E，从这5个运动员中任取2个共有10种情况：AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，其中至少有1个运动员平均分不低于5分的有7种情况设至少有1个运动员平均分不低于5分为事件M，则P(M).(3)尽管此时还有4场比赛没有进行，但这里我们可以假定每位选手在各自的11场比赛中发挥的水平大致相同，因而可以把前7场比赛
68、的成绩看作总体的一个样本，并由此估计每位运动员最后比赛的成绩从已经结束的7场比赛的积分来看，运动员A的成绩最为优异，而且表现最为稳定，因此，预测运动员A将获得最后的冠军而运动员B和C平均分相同，但运动员C得分总体呈下降趋势，所以预测运动员C将获得亚军(说明：方案不唯一，其他言之有理的方案也给满分)5(2017长沙模拟)为了打好脱贫攻坚战，某贫困县农科院针对玉米种植情况进行调研，力争有效地改良玉米品种，为农民提供技术支援现对已选出的一组玉米的茎高进行统计，获得茎叶图如图(单位：厘米)，设茎高大于或等于180厘米的玉米为高茎玉米，否则为矮茎玉米(1)列出22列联表，并判断是否可以在犯错误的概率不超
69、过0.01的前提下，认为抗倒伏与玉米矮茎有关？(2)为了改良玉米品种，现采用分层抽样的方法从抗倒伏的玉米中抽出5株，再从这5株玉米中选取2株进行杂交试验，则选取的植株均为矮茎的概率是多少？附：P(K2k0)0.100.050.0100.001k02.7063.8416.63510.828K2，其中nabcd.解：(1)根据统计数据得22列联表如下：抗倒伏易倒伏总计矮茎15419高茎101626总计252045由于K2的观测值k7.2876.635，因此可以在犯错误的概率不超过0.01的前提下，认为抗倒伏与玉米矮茎有关(2)由题意得，抽到的高茎玉米有2株，设为A，B，抽到的矮茎玉米有3株，设为a
70、，b，c，从这5株玉米中取出2株的取法有AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，ab，ac，bc，共10种，其中均为矮茎的选取方法有ab，ac，bc，共3种，因此选取的植株均为矮茎的概率是.6(2017全国卷)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每隔30 min从该生产线上随机抽取一个零件，并测量其尺寸(单位：cm)下面是检验员在一天内依次抽取的16个零件的尺寸：抽取次序12345678零件尺寸9.9510.129.969.9610.019.929.9810.04抽取次序910111213141516零件尺寸10.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95
71、经计算得i9.97，s0.212, 18.439，(xi)(i8.5)2.78，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i1,2，16.(1)求(xi，i)(i1,2，16)的相关系数r，并回答是否可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小(若|r|0.25，则可以认为零件的尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小)(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(3s，3s)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查从这一天抽检的结果看，是否需对当天的生产过程进行检查？在(3s，3s)之外的数据称为离群值，试剔除离群值，估计这条生产线
72、当天生产的零件尺寸的均值与标准差(精确到0.01)附：样本(xi，yi)(i1,2，n)的相关系数r，0.09.解：(1)由样本数据得(xi，i)(i1,2，16)的相关系数为r0.18.由于|r|0.25，因此可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小(2)由于9.97，s0.212，由样本数据可以看出抽取的第13个零件的尺寸在(3s，3s)以外，因此需对当天的生产过程进行检查剔除离群值，即第13个数据，剩下数据的平均数为(169.979.22)10.02，所以这条生产线当天生产的零件尺寸的均值的估计值为10.02，160.2122169.9721 591.134，剔除
73、第13个数据，剩下数据的样本方差为(1 591.1349.2221510.022)0.008，所以这条生产线当天生产的零件尺寸的标准差的估计值为0.09.高考第22题坐标系与参数方程卷 别年 份考查内容命题规律分析全国卷2017椭圆与直线的参数方程与普通方程的互化、直线与椭圆的位置关系坐标系与参数方程是高考的选考内容之一，高考考查的重点主要有两个方面：简单曲线的极坐标方程；二是参数方程、极坐标方程与曲线的综合应用由于本部分在高考中考查的知识点较为稳定，在备考时应重点关注极坐标系中直线的方程，或者求解极坐标系中曲线的某个特征值，及已知直线和圆的参数方程判断直线和圆的位置关系，求最值问题等本部分内
74、容在备考中应注意转化思想的应用，抓住知识，少做难题2016参数方程与普通方程的互化、极坐标方程与直角坐标方程的互化及应用2015极坐标与直角坐标的互化以及极坐标方程的应用全国卷2017直角坐标与极坐标的互化、动点轨迹方程的求法、三角形面积的最值问题2016极坐标方程与直角坐标方程互化及应用、直线与圆的位置关系2015参数方程和普通方程的互化、三角函数的性质全国卷2017直线的参数方程与极坐标方程、动点轨迹方程的求法2016参数方程、极坐标方程及点到直线的距离、三角函数的最值1(2017全国卷)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(为参数)，直线l的参数方程为(t为参数)(1)若a1，求C与
75、l的交点坐标；(2)若C上的点到l距离的最大值为，求a.解：(1)曲线C的普通方程为y21.当a1时，直线l的普通方程为x4y30，由解得或从而C与l的交点坐标为(3,0)，.(2)直线l的普通方程为x4ya40，故C上的点(3cos ，sin )到l的距离为d.当a4时，d的最大值为 .由题设得，解得a8；当a4时，d的最大值为.由题设得，解得a16.综上，a8或a16.2(2016全国卷)在直角坐标系xOy中，圆C的方程为(x6)2y225.(1)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C的极坐标方程；(2)直线l的参数方程是(t为参数)，l与C交于A，B两点，|AB|，求l的斜
76、率解：(1)由xcos ，ysin 可得圆C的极坐标方程为212cos 110.(2)法一：由直线l的参数方程(t为参数)，消去参数得yxtan .设直线l的斜率为k，则直线l的方程为kxy0.由圆C的方程(x6)2y225知，圆心坐标为(6,0)，半径为5.又|AB|，由垂径定理及点到直线的距离公式得 ，即，整理得k2，解得k，即l的斜率为.法二：在(1)中建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为(R)设A，B所对应的极径分别为1，2，将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得212cos 110，于是1212cos ，1211.|AB|12|.由|AB|得cos2，tan .所以l的斜率为或.3(
77、2015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 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的面积为.极坐标方程与参数方程的综合应用学规范(1)消去参数t得l1的普通方程l1：yk(x2)；1分消去参数m得
78、l2的普通方程l2：y(x2).2分设P(x，y)，由题设得消去k得x2y24(y0).3分所以C的普通方程为x2y24(y0).4分(2)C的极坐标方程为2(cos2sin2)4(02，).5分联立6分得cos sin 2(cos sin )故tan ，7分从而cos2，sin2.8分代入2(cos2sin2)4得25，9分所以交点M的极径为.10分防失误处消去k后，注意等价性，易忽视y0而失误处联立极坐标方程后，注意运算技巧，先求cos2，sin2，再求.若直接消去不太容易做到通技法求解极坐标方程与参数方程综合问题需过“三关”一是互化关，即会把曲线的极坐标方程、直角坐标方程、参数方程进行互
79、化；二是几何意义关，即理解参数方程中的参数的几何意义，在解题中能加快解题速度；三是运算关，思路流畅，还需运算认真，才能不失分对点练(2017洛阳模拟)在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为(为参数)以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系(1)求圆C的普通方程；(2)直线l的极坐标方程是2sin5，射线OM：与圆C的交点为O，P，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长解：(1)因为圆C的参数方程为(为参数)，所以圆心C的坐标为(0,2)，半径为2，圆C的普通方程为x2(y2)24.(2)将xcos ，ysin 代入x2(y2)24，得圆C的极坐标方程为4sin .设P(1，1)，则由解得12，
80、1.设Q(2，2)，则由解得25，2.所以|PQ|3.1(2017宝鸡模拟)在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为2(cos sin )(1)求C的直角坐标方程；(2)直线l：(t为参数)与曲线C交于A，B两点，与y轴交于点E，求|EA|EB|.解：(1)由2(cos sin )得22(cos sin )，所以曲线C的直角坐标方程为x2y22x2y，即(x1)2(y1)22.(2)将l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，化简得t2t10，点E对应的参数t0，设点A，B对应的参数分别为t1，t2，则t1t21，t1t21，所以|EA|EB|t1|
81、t2|t1t2|.2(2017张掖模拟)在直角坐标系xOy中，已知曲线C1：(为参数)，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：cos，曲线C3：2sin .(1)求曲线C1与C2的交点M的直角坐标；(2)设点A，B分别为曲线C2，C3上的动点，求|AB|的最小值解：(1)曲线C1：消去参数，得yx21，x1,1曲线C2：cosxy10，联立，消去y可得x2x20x1或x2(舍去)，所以M(1,0)(2)曲线C3：2sin 的直角坐标方程为x2(y1)21，是以(0,1)为圆心，半径r1的圆设圆心为C，则点C到直线xy10的距离d，所以|AB|的最小值为1.3(2018届高三昆明
82、一中调研)在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系已知点P的极坐标为，曲线C的参数方程为(为参数)(1)写出点P的直角坐标及曲线C的直角坐标方程；(2)若Q为曲线C上的动点，求PQ中点M到直线l：cos 2sin 10距离的最小值解：(1)由xcos ，ysin 可得点P的直角坐标为(3，)，由(为参数)得x2(y)24，曲线C的直角坐标方程为x2(y)24.(2)直线l的普通方程为x2y10，曲线C的参数方程为(为参数)，设Q(2cos ，2sin )，则M，故点M到直线l的距离d1，点M到直线l的距离的最小值为1.4(2017全国卷)在直角坐标系xOy中，以坐
83、标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为cos 4.(1)M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM|OP|16，求点P的轨迹C2的直角坐标方程；(2)设点A的极坐标为，点B在曲线C2上，求OAB面积的最大值解：(1)设P的极坐标为(，)(0)，M的极坐标为(1，)(10)由题设知|OP|，|OM|1.由|OM|OP|16，得C2的极坐标方程4cos (0)因此C2的直角坐标方程为(x2)2y24(x0)(2)设点B的极坐标为(B，)(B0)，由题设知|OA|2，B4cos ，于是OAB的面积S|OA|BsinAOB4cos 22.当时，S取得最大值2.所以
84、OAB面积的最大值为2.5(2017成都模拟)在平面直角坐标系xOy中，倾斜角为的直线l的参数方程为(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的极坐标方程是cos24sin 0.(1)写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；(2)已知点P(1,0)若点M的极坐标为，直线l经过点M且与曲线C相交于A，B两点，设线段AB的中点为Q，求|PQ|的值解：(1)直线l的参数方程为(t为参数)，直线l的普通方程为ytan (x1)由cos24sin 0得2cos24sin 0，即x24y0.曲线C的直角坐标方程为x24y.(2)点M的极坐标为，点M的直角坐标为(0,1)tan
85、 1，直线l的倾斜角.直线l的参数方程为(t为参数)代入x24y，得t26t20.设A，B两点对应的参数分别为t1，t2.Q为线段AB的中点，点Q对应的参数值为3.又点P(1,0)，则|PQ|3.6(2017石家庄模拟)在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(a0，为参数)以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos.(1)若曲线C与l只有一个公共点，求a的值；(2)A，B为曲线C上的两点，且AOB，求OAB面积的最大值解：(1)由题意知，曲线C是以(a,0)为圆心，以a为半径的圆，直线l的直角坐标方程为xy30.由直线l与圆C只有一个公共点，可得a，解得a1或
86、a3(舍去)，所以a1.(2)曲线C是以(a,0)为圆心，以a为半径的圆，且AOB，由正弦定理得2a，所以|AB|a.又|AB|23a2|OA|2|OB|22|OA|OB|cos |OA|OB|，当且仅当|OA|OB|时取等号，所以SOAB|OA|OB|sin 3a2，所以OAB面积的最大值为.高考第23题不等式选讲卷 别年 份考查内容命题规律分析全国卷2017含绝对值的不等式的解法、求参数的取值范围不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式的证明、绝对值不等式的解法等，命题的热点是绝对值不等式的解法，以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解2016绝对值不等式的解法及图象2015绝对值
87、不等式的求解、数形结合求三角形面积公式全国卷2017基本不等式的应用、一些常用的变形以及证明不等式的方法2016含绝对值不等式的解法及比较法证明不等式2015不等式的证明、充要条件的判断全国卷2017绝对值不等式的解法以及函数最值的求解2016绝对值不等式解法1(2017全国卷)已知函数f(x)|x1|x2|.(1)求不等式f(x)1的解集；(2)若不等式f(x)x2xm的解集非空，求m的取值范围解：(1)f(x)当x1时，f(x)1无解；当1x2时，由f(x)1，得2x11，解得1x2；当x2时，由f(x)1，解得x2.所以f(x)1的解集为x|x1(2)由f(x)x2xm，得m|x1|x2
88、|x2x.而|x1|x2|x2x|x|1|x|2x2|x|2，且当x时，|x1|x2|x2x.故m的取值范围为.2(2016全国卷)已知函数f(x)|x1|2x3|.(1)画出yf(x)的图象；(2)求不等式|f(x)|1的解集解：(1)由题意得f(x)故yf(x)的图象如图所示(2)由f(x)的函数表达式及图象可知，当f(x)1时，可得x1或x3；当f(x)1时，可得x或x5.故f(x)1的解集为x|1x3，f(x)1的解集为.3(2015全国卷)已知函数f(x)|x1|2|xa|，a0.(1)当a1时，求不等式f(x)1的解集；(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值
89、范围解：(1)当a1时，f(x)1化为|x1|2|x1|10.当x1时，不等式化为x40，无解；当1x0，解得x0，解得1x1的解集为.(2)由题设可得f(x)所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a1,0)，C(a，a1)，ABC的面积为(a1)2.由题设得(a1)26，故a2.所以a的取值范围为(2，)题型一含绝对值的不等式解法及应用学规范(1)当a1时，不等式f(x)g(x)等价于x2x|x1|x1|40.1分当x1时，式化为x23x40，无解；2分当1x1时，式化为x2x20，从而1x1；3分当x1时，式化为x2x40，从而1x .4分所以f(x)g(x)的
90、解集为.5分(2)当x1,1时，g(x)2.所以f(x)g(x)的解集包含1,1，等价于当x1,1时，f(x)2.7分又f(x)在1,1的最小值必为f(1)与f(1)之一，所以f(1)2且f(1)2，得1a1.9分所以a的取值范围为1,1.10分防失误处易出现利用绝对值定义去绝对值号时计算化简失误处易忽视x1,1，g(x)2，这是转化关键处不理解且不会判断f(x)在1,1时最小值必为f(1)，f(1)之一，而导致滞做失分通技法1零点分段求解绝对值不等式的模型(1)求零点；(2)划区间，去绝对值号；(3)分别解去掉绝对值号的不等式；(4)取每个结果的并集，注意在分段讨论时不要遗漏区间的端点值2绝
91、对值不等式的成立问题的求解模型(1)分离参数：根据不等式将参数分离化为af(x)或af(x)形式；(2)转化最值：f(x)a恒成立f(x)mina；f(x)a恒成立f(x)maxa有解f(x)maxa；f(x)a有解f(x)mina无解f(x)maxa；f(x)a无解f(x)mina；(3)得结论对点练1(2017云南模拟)已知函数f(x)|x1|mx|(其中mR)(1)当m2时，求不等式f(x)6的解集；(2)若不等式f(x)6对任意实数x恒成立，求m的取值范围解：(1)当m2时，f(x)|x1|2x|，当x1时，f(x)6可化为x12x6，解得x；当1x2时，f(x)6可化为x12x6，无
92、实数解；当x2时，f(x)6可化为x1x26，解得x.综上，不等式f(x)6的解集为.(2)法一：当m1时，f(x)此时，f(x)minm1，由题意知，m16，解得m7.当m1时，f(x)|x1|1x|2|x1|，此时f(x)min0，不满足题意当m1时，f(x)此时，f(x)minm1，由题意知，m16，解得m5.综上所述，m的取值范围是(，75，)法二：因为|x1|mx|x1mx|m1|，由题意得|m1|6，即m16或m16，解得m5或m7，即m的取值范围是(，75，)题型二不等式的证明学规范(1)当x时，f(x)xx2x2，解得1x，1分当x时，f(x)xx12恒成立，2分当x时，f(x
93、)2x2，解得x1，3分综上可得，Mx|1x1.4分(2)当a，b(1,1)时，有(a21)(b21)0，6分即a2b21a2b2，7分则a2b22ab1a22abb2，8分则(ab1)2(ab)2，9分即|ab|ab1|.10分防失误处易出现去绝对值符号错误，注意零点分区法的应用处若不能联想构造常用不等式而失误，注意分解变形方法的训练处未能利用两边同加构造而失分，注意不等式的性质的运用通技法不等式证明的常用方法对于不等式的证明问题常用比较法、综合法和分析法(1)一般地，对于含根号的不等式和含绝对值的不等式的证明，“平方法”(即不等号两边平方)是其有效方法(2)如果所证命题是否定性命题或唯一性
94、命题或以“至少”“至多”等方式给出，则考虑用反证法(3)能转化为比较大小的可以用比较法(4)利用基本不等式证明的多用综合法与分析法对点练2(2017广州模拟)已知定义在R上的函数f(x)|xm|x|，mN*，存在实数x使f(x)2成立(1)求实数m的值；(2)若1，1，f()f()4，求证：3.解：(1)因为|xm|x|(xm)x|m|.所以要使不等式|xm|x|2有解，则|m|2，解得2m0，b0，a3b32.证明：(1)(ab)(a5b5)4；(2)ab2.证明：(1)(ab)(a5b5)a6ab5a5bb6(a3b3)22a3b3ab(a4b4)4ab(a2b2)24.(2)因为(ab)
95、3a33a2b3ab2b323ab(ab)2(ab)2，所以(ab)38，因此ab2.4(2017沈阳模拟)已知函数f(x)|xa|x(a0)(1)若a3，解关于x的不等式f(x)0；(2)若对于任意的实数x，不等式f(x)f(xa)a2恒成立，求实数a的取值范围解：(1)当a3时，f(x)|x3|x，即|x3|x0，原不等式等价于x3，解得2x6，故不等式的解集为x|2x6(2)f(x)f(xa)|xa|x|，原不等式等价于|xa|x|a2，由绝对值三角不等式的性质，得|xa|x|(xa)x|a|，原不等式等价于|a|a2，又a0，aa2，解得a1.实数a的取值范围为(1，)5(2017开封
96、模拟)设函数f(x)|xa|，a0.(1)证明：f(x)f2；(2)若不等式f(x)f(2x)的解集非空，求a的取值范围解：(1)证明：函数f(x)|xa|，a0，设f(x)f|xa|xa|x|22(当且仅当|x|1时取等号)(2)f(x)f(2x)|xa|2xa|，a0.当xa时，f(x)f(2x)axa2x2a3x，则f(x)f(2x)a；当ax时，f(x)f(2x)xaa2xx，则f(x)f(2x)a；当x时，f(x)f(2x)xa2xa3x2a，则f(x)f(2x)，则f(x)的值域为，若不等式f(x)f(2x)，解得a1，又a0，所以1a0，故a的取值范围是(1,0)6(2017洛阳
97、模拟)已知f(x)|2x1|x1|.(1)将f(x)的解析式写成分段函数的形式，并作出其图象；(2)若ab1，对a，b(0，)，3f(x)恒成立，求x的取值范围解：(1)由已知，得f(x)函数f(x)的图象如图所示(2)a，b(0，)，且ab1，(ab)5529，当且仅当，即a，b时等号成立3(|2x1|x1|)恒成立，|2x1|x1|3，结合图象知1x5，x的取值范围是1,5高考1719题快速入题的破解策略面对高考解答题，考生往往未做先惧三分.其实，高考解答题并不可怕，它无非就是几个基础小题的融汇综合考查.平常我们常说的“大题小做”，就是告诫我们，面对大题，其最有效、最快捷的办法就是化大为小
98、、分而破之，这就涉及一个如何快速入题的问题.针对17、18、19题，在前面已全面突破题型的基础上，本讲分类点拨快速入题之妙招、之通法，让考生面对各类题目有法可依，有口可入！一、三角函数问题重在“变通”变角、变式思维流程,技法点拨1.常用的变角技巧：(1)已知角与特殊角的变换；(2)已知角与目标角的变换；(3)角与其倍角的变换；(4)两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用如：()()，2()()，2()()，2，.2常用的变式技巧：主要从函数名、次数、系数方面入手，常见有：(1)讨论三角函数的性质时，常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论；(2)涉及sin xcos x、sin xc
99、os x的问题，常做换元处理，如令tsin xcos x，将原问题转化为关于t的函数来处理；(3)在解决三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等典例示法典例(2018届高三湖南五校联考)已知a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，且acos Casin Cbc0.(1)求A；(2)若AD为BC边上的中线，cos B，AD，求ABC的面积解(1)acos Casin Cbc0，由正弦定理得sin Acos Csin Asin Csin Bsin C，即sin Acos Csin Asin Csin(AC)sin C，即sin Asin Ccos Asin Csin C.又s
100、in C0，所以化简得sin Acos A1，所以sin. 在ABC中，0A，所以A，得A.(2)在ABC中，因为cos B，所以sin B.所以sin Csin(AB).由正弦定理得，.设a7x，c5x(x0)，则在ABD中，AD2AB2BD22ABBDcos B，即25x249x225x7x，解得x1，所以a7，c5，故SABCacsin B10.应用体验1.(2017兰州模拟)已知在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asin Bbcos A0.(1)求角A的大小；(2)若a2，b2，求ABC的面积S.解：(1)asin Bbcos A0，sin Asin Bsin Bcos
101、 A0，即sin B(sin Acos A)0，由于B为三角形的内角，sin Acos A0，sin0，而A为三角形的内角，A.(2)在ABC中，由余弦定理，得a2c2b22cbcos A，即20c244c，解得c4(舍去)或c2，Sbcsin A222.二、数列问题重在“化归”思维流程,技法点拨化归的常用策略利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列典例示法典例(2017张掖模拟)已知数列an的前n项和为Sn，若an3Sn4，bnlog2an1.(1)求数列a
102、n和bn的通项公式；(2)令cn，其中nN*，若数列cn的前n项和为Tn，求Tn.解(1)由a13a14，得a11，由an3Sn4，知an13Sn14，两式相减并化简得an1an， 故数列an是首项为1，公比为的等比数列，ann1，bnlog2an1log2n2n.(2)由题意知，cn.令Hn，则Hn，得，Hn 1.Hn2.令Mn11，TnHnMn2.应用体验2.(2017宝鸡模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an2.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列的前n项和为Tn ，求证：1Tn3.解：(1)当n1时，a12.当n2时，Sn12an12，所以anSnSn12an2(2an1
103、2)，即2(n2，nN*)，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，故an2n(nN*)(2)证明：令bn，则Tn，得Tn，整理得Tn，所以Tn3，由于nN*，显然Tn3.又令cn，则1，所以cncn1，所以c12，所以Tn1.故1Tn3.三、立体几何问题重在“建”“转”建模、转换思维流程技法点拨立体几何解答题建模、转换策略立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是建模、转换建模问题转化为平行模型、垂直模型等；转换对几何体的体积、三棱锥的体积考查顶点转换，多面体体积分割转换为几个规则几何体的体积和或体积差求解典例示法典例(20
104、17石家庄模拟)如图，在三棱柱ABCDEF中，侧面ABED是边长为2的菱形，且ABE，BC.点F在平面ABED内的正投影为G，且点G在AE上，FG，点M在线段CF上，且CMCF.(1)证明：直线GM平面DEF；(2)求三棱锥MDEF的体积解(1)证明：点F在平面ABED内的正投影为G，FG平面ABED，FGGE，又BCEF，FG，GE.四边形ABED是边长为2的菱形，且ABE，AE2，AG.如图，过点G作GHAD交DE于点H，连接FH.则，GH.由CMCF得MFGH.易证GHADMF，四边形GHFM为平行四边形，MGFH. 又GM平面DEF，FH平面DEF，GM平面DEF.(2)由(1)知GM
105、平面DEF，连接GD，则有VMDEFVGDEF.又VGDEFVFDEGSDEGFG22， VMDEF.应用体验3.已知四棱锥PABCD的底面ABCD为菱形，且PA底面ABCD，ABC60，点E，F分别为BC，PD的中点，PAAB2.(1)证明：AE平面PAD；(2)求多面体PAECF的体积解：(1)证明：由PA底面ABCD得，PAAE.由底面ABCD为菱形，ABC60，得ABC为等边三角形，又E为BC的中点，得AEBC，所以AEAD.因为PAADA，所以AE平面PAD.(2)令多面体PAECF的体积为V，则VVPAECVCPAF.VPAECPA2；VCPAFAE.故多面体PAECF的体积V.四
106、、概率问题重在“两辨”辨析、辨型思维流程技法点拨概率问题辨析、辨型的基本策略(1)准确弄清问题所涉及的事件有什么特点，事件之间有什么关系，如互斥、对立等(2)理清事件以什么形式发生，如同时发生、至少有几个发生等(3)明确抽取方式，如放回还是不放回、抽取有无顺序等(4)分清是古典概型还是几何概型后再求概率典例示法典例(2018届高三湖南七校联考)某校举行运动会，其中三级跳远的成绩在8.0米(四舍五入，精确到0.1米)以上的进入决赛，把所得数据进行整理后，分成6组，画出频率分布直方图的一部分(如图)，已知从左到右前5个小组的频率分别为0.04,0.10,0.14,0.28,0.30，第6小组的频数
107、是7.(1)求进入决赛的人数；(2)经过多次测试发现，甲的成绩均匀分布在810米之间，乙的成绩均匀分布在9.510.5米之间，现甲、乙各跳一次，求甲比乙跳得远的概率解(1)第6小组的频率为1(0.040.100.140.280.30)0.14， 总人数为50.易知第4,5,6组的学生均进入决赛，人数为(0.280.300.14)5036，即进入决赛的人数为36.(2)设甲、乙各跳一次的成绩分别为x米，y米，则作出不等式组表示的平面区域如图中长方形ABCD，设事件A表示“甲比乙跳得远”，则xy，满足的区域如图中阴影部分所示由几何概型得P(A)， 即甲比乙跳得远的概率为. 应用体验4.(2017兰
108、州模拟)“中国式过马路”是网友对部分中国人集体闯红灯现象的一种调侃，即“凑够一撮人就可以走了，和红绿灯无关”，某校研究性学习小组对全校学生按“跟从别人闯红灯”“从不闯红灯”“带头闯红灯”等三种形式过马路进行调查，获得下表数据：跟从别人闯红灯从不闯红灯带头闯红灯男生98041060女生34015060用分层抽样的方法，从所有被调查的人中抽取一个容量为n的样本，其中在“跟从别人闯红灯”的人中抽取了66人(1)求n的值；(2)在所抽取的“带头闯红灯”的人中，任选2人参加星期天社区组织的“文明交通”宣传活动，求这2人中至少有1人是女生的概率解：(1)由题意得，解得n100.(2)因为所有参与调查的人数为98034041015060602 000，所以从“带头闯红灯”的人中用分层抽样的方法抽取的人数为(6060)6，其中男生有603人，女生有603人，将这3名男生用A1，A2，A3表示，3名女生用B1，B2，B3表示，则从这6人中任选2人的所有基本事件为A1A2，A1A3，A2A3，A1B1，A1B2，A1B3，A2B1，A2B2，A2B3，A3B1，A3B2，A3B3，B1B2，B1B3，B2B3，共15个这2人均是男生的基本事件有A1A2，A1A3，A2A3，共3个，则至少有1人是女生的基本事件共有12个故从这6人中任选2人，至少有1人是女生的概率P.
