第15期 简单的线性规划与基本不等式-【数理报】2021高考数学文科一轮复习知识备查

书书书 因为∠ＢＡＤ＝４５°，所以ＡＤ⊥ＤＥ； 在立体图中，ＰＤ⊥ＤＥ， 又平面ＰＤＥ⊥平面ＥＢＣＤ，且平面ＰＤＥ∩平面ＥＢＣＤ＝ＤＥ， ＰＤ平面ＰＤＥ， 所以ＰＤ⊥平面ＥＢＣＤ， 由（１）知ＯＭ∥ＰＤ，所以ＯＭ⊥平面ＥＢＣＤ， 在等腰直角三角形ＡＤＥ中，因为ＡＥ＝２， 所以ＡＤ＝ＤＥ＝槡２， 所以ＯＭ＝ １ ２ ＰＤ＝ １ ２ ＡＤ＝槡２ ２ ， 又Ｓ△ＢＣＥ ＝Ｓ△ＡＤＥ ＝１， 所以ＶＭ－ＢＣＥ ＝ １ ３ ·Ｓ△ＢＣＥ·ＯＭ＝ 槡２ ６ ． ２２．（１）证明：因为ＡＡ１⊥平面ＡＢＣ，所以ＣＣ１⊥平面ＡＢＣ． 而ＣＣ１平面ＢＣＣ１Ｂ１，所以平面ＢＣＣ１Ｂ１⊥平面ＡＢＣ． 因为线段ＢＣ的中点为Ｄ，且△ＡＢＣ是等腰三角形， 所以ＡＤ⊥ＢＣ． 而ＡＤ平面ＡＢＣ，平面ＡＢＣ∩平面ＢＣＣ１Ｂ１ ＝ＢＣ， 所以ＡＤ⊥平面ＢＣＣ１Ｂ１． 又因为Ｃ１Ｅ平面ＢＣＣ１Ｂ１，所以ＡＤ⊥Ｃ１Ｅ． （２）解：因为ＡＡ１⊥平面ＡＢＣ，所以ＡＡ１⊥ＡＣ， 因为∠ＢＡＣ＝９０°，即ＡＣ⊥ＡＢ． 又ＡＢ∩ＡＡ１ ＝Ａ，所以ＡＣ⊥平面ＡＢＢ１Ａ１， 因为Ａ１Ｃ１∥ＡＣ，所以Ａ１Ｃ１⊥平面ＡＢＢ１Ａ１， 又Ａ１Ｅ平面ＡＢＢ１Ａ１，所以Ａ１Ｃ１⊥Ａ１Ｅ， 所以△Ａ１ＥＣ１是直角三角形． 在三棱柱中，ＡＣ∥Ａ１Ｃ１，直线ＡＣ，Ｃ１Ｅ所成角的余弦值为 １ ２ ， 则在Ｒｔ△Ａ１ＥＣ１中，ｃｏｓ∠Ａ１Ｃ１Ｅ＝ Ａ１Ｃ１ Ｃ１Ｅ ＝ １ ２ ， 因为Ａ１Ｃ１ ＝ＡＣ＝２，所以Ｃ１Ｅ＝４，Ａ１Ｅ＝ 槡２３． 又在Ｒｔ△Ａ１ＥＢ１中，Ａ１Ｂ１ ＝２，所以Ｂ１Ｅ＝ 槡２２． 因为ＡＡ１ ＝ 槡３２，所以点Ｅ是线段ＢＢ１靠近点Ｂ的三等分点． 因为ＶＣ１－Ａ１Ｂ１Ｅ ＝ＶＣ－Ａ１Ｂ１Ｅ ＝ １ ３ Ｓ△Ａ１Ｂ１Ｅ·ＣＡ＝ １ ３ ×１ ２ × 槡２２ ×２×２＝ 槡４２ ３ ， 所以ＶＢ１－Ａ１ＤＥ ＝ＶＤ－Ａ１Ｂ１Ｅ ＝ １ ２ ＶＣ－Ａ１Ｂ１Ｅ ＝ 槡２２ ３ ． 第１８期复习检测题参考答案 一、选择题　 １～６　ＣＡＢＤＢＤ　　７～１２　ＢＤＡＢＢＣ 提示： ４．设“满足ｘ≤１”为事件Ａ，则事件Ａ对应的线段的长度为 ４，故由几何概型的概率公式可得Ｐ（Ａ）＝ ４ ５ ，即满足ｘ≤１的概 率为 ４ ５ ． ５．今年高一的小明与小芳都准备选历史与政治，假若他们都 对后面三科没有偏好，则基本事件有（地，地）、（地，化）、（地， 生）、（化，地）、（化，化）、（化，生）、（生，地）、（生，化）、（生，生）， 总数ｎ＝９，他们选课相同包含的事件ｍ＝３，所以他们选课相同 的概率Ｐ＝ ｍ ｎ ＝ ３ ９ ＝ １ ３ ． ６．设全等矩形“显示池”的面积为Ｓ，每一个深色区域的面积 为ｘ，则７ｘ Ｓ ＝ １ ２ ，可得 ｘ Ｓ ＝ １ １４ ，即有点Ｂ落在深色区域内的概 率为 ６ｘ Ｓ ＝６×１ １４ ＝ ３ ７ ． ７．甲、乙、丙三人都没有被录取的概率为 Ｐ１ ＝ １－( )１６ ( × １－ )１４ (× １－ )１３ ＝ ５１２，所以三人中至少有一人被录取 的概率为Ｐ＝１－Ｐ１ ＝ ７ １２ ． ８．设球的半径为 ｒ，依题意可知，圆柱底面半径 ｒ′＝ ｒ２－ ｒ( )２槡 ２ ＝槡３ ２ ｒ，故圆柱的体积为πｒ′２ｒ＝π· ３ ４ ｒ２·ｒ＝ ３π ４ ｒ３，而球的体积为４π ３ ｒ３，故所求概率为 ３π ４ ｒ３ ４π ３ ｒ３ ＝ ９ １６ ． ９．由题意可知，该市民在１９：５５至２１：５６之间的某个时刻欣 赏月全食，其时间区间长度为１２１分钟．该市民等待“红月亮”的 时间不超过３０分钟，则他应该在２１：０１至２１：５６分之间的任意时 刻到达，区间长度为５５分钟，则他等待“红月亮”的时间不超过 ３０分钟的概率是５５ １２１ ＝ ５ １１ ． １０．由题意，ａ，ｂ组成的平面区域是由ｘ＝±１，ｙ＝±１组成的 正方形，其面积为４，要保证方程ｘ２＋ａｘ＋ｂ＝０有实数根，则有Δ ＝ａ２－４ｂ≥０，则ａ２－４ｂ≥０表示的区域即为抛物线下方区域， 其面积大于面积为２的矩形的面积，而小于两个全等的直角梯形 的面积和，其面积的取值范围是 ２，( )９４ ，故所求的概率 １ ２ ＜Ｐ ＜ ９ １６ ． １１．设红玫瑰为ｘ株，则１８－４ｘ＝６，ｘ＝３，设抽取红玫瑰株 数为ｙ，抽取粉玫瑰株数为ｚ，则 ２ ６ ＝ ｙ ３ ，ｙ＝１，２ ６ ＝ ｚ ９ ，ｚ＝３， 设抽取的样本中粉玫瑰分别为 Ａ１，Ａ２，Ａ３，白玫瑰分别为 Ｂ１，Ｂ２， 红玫瑰为 Ｃ１，则从样本中抽取三株共有：Ａ１Ａ２Ａ３，Ａ１Ａ２Ｂ１， Ａ１Ａ２Ｂ２，Ａ１Ａ２Ｃ１，Ａ１Ａ３Ｂ１，Ａ１Ａ３Ｂ２，Ａ１Ａ３Ｃ１，Ａ２Ａ３Ｂ１，Ａ２Ａ３Ｂ２， Ａ２Ａ３Ｃ１，Ａ１Ｂ１Ｂ２，Ａ１Ｂ１Ｃ１，Ａ１Ｂ２Ｃ１，Ａ２Ｂ１Ｂ２，Ａ２Ｂ１Ｃ１，Ａ２Ｂ２Ｃ