列题型，示考点 文中有术，心中有数-【数理报】2025-2026学年高一数学必修第二册期末复习专号升级突破大模拟（人教A版）

题型展示 列题型，示考点文中有术，心中有数 。湖南章成海 人乎面向量及其应用 证明：由题意知币.正=(C+)函) 向量是高考重要考点之一，是解决许多问题 (d+子)=1+丽d+子函 的有力工具，向量的运算、坐标、数量积都是必考 内容，它还与三角函数、立体几何等“组团”出 ·C+号函-d+宁a1d. 题，题目花样较多，却有法可依 题型一：平面向量的运算 m00+21m45+爱1G145 例1若向量a=(1,x),b=(2,1),c= =-1AC2+1AC12=0, (1,1),满足条件(c-a)·(2b)=-2,则x= 所以AD1CE,所以AD1CE. 题型四：平面向量与三角函数综合 分析：分别求出c-a与2b的坐标，再利用数 量积的坐标运算建立x的方程，可得x的值 例4已知向量a=(cos号sim),b= 解析：因为c-a=(0,1-x), (cos克，-sin）,且xe[0,] 所以(c-a)·(2b)=2(0,1-x)·(2,1) (1)求a·b及1a+b1; =2(1-x)=-2, (2)求函数f(x)=a·b-|a+b|的最小值 解得x=2 题型二：与数量积有关的计算 解析：(1)ah=eos受os宁-sn受in号 例2如图1，在△ABC中，AD⊥AB,BC= =m(竖+》=ms2, 5BD,1AD1=1,则AC.AD= 1a+b1 (A)25 (B) √+ew+(s芝-sin (c) (D)5 图1 =/2(1+cos2x)=2√c0s2元. 分析：根据本题的条件，要求AC·AD,需利 因为e[0,],所以cosx≥0， 用AD1AB与|AD1=1,因此，应利用向量加减 所以Ia+b1=2c0sx. 法的几何意义，将要求数量积的两个向量转化到 (2)由(1)知f(x)=cos2x-2cosx 用AD和AB表示，再求得数量积 =2c0s2x-2c0sx-1 解析：因为AD1AB,所以AD⊥AB, =2ms--3 所以AD·AB=0, 又BC=5BD,1AD1=1, 因为re[0,引，所以0≤cs≤1. 所以AC.AD=(AB+BC·AD 所以当os=乃时)=-子 AB.AD BC.AD=0+BC.AD 题型五：已知两角一边解三角形 =BC.AD=3 BD.AD 例5已知在△ABC中，c=10,A=45°，C =5(AD-AB)·AD=51AD12=5. =30°，求a,b和B. 故应选(D). 解析：因为c=10,A=45°，C=30°， 点评：此题看题目表面是求两向量的数量 所以B=180°-(A+C)=105°. 积，但实际是考察向量的加减运算的表示，因此 由正弦定理知a=csinA=10×sin450 发现并利用AC=AB+BC是突破此题的关键. sin C sin30° 题型三：平面向量在平面几何中的应用 10,6=esin B10 x sin 105 sin30° .=20sin75°= sin C 例3如图2，在 20×6+2=56+52. △ABC中，∠ACB=90°， 4 CA=CB,D为BC的中点， 点评：已知两角和任意一边，求其他两边和 E是AB上一点，且AE= 一角，策略是先用三角形内角和定理求出第三 2EB,证明：AD⊥CE. 角，再直接利用正弦定理求出其他两边， 图2 分析：要证AD⊥CE,只需证明AD.C正=0 题型六：已知两边和其中一边的对角解三角形 即可.而已知条件涉及直角三角形，所以可考虑 例6在△ABC中，已知a=5,b=2,B 用基底法求解」 =45°，解三角形. 数理极 解析：由正弦定理及已知条件得 2 sin A sin 45 解得sinA= 2 因为asin B<b<a, 所以A=60°或A=120°. 当A=60°时，C=180°-45°-60°=75°， 所以c= sinC=2sin75°-6+2， sin B sin45° 2 当A=120°时，C=180°-45°-120°= 15°， 所以c= bsin C-2sinl5°-6-2 sin B sin 45 2 点评：已知两边和其中一边的对角，容易求 出另一边所对的角，从而三个角都可求出，但要注 意多解情况 题型七：已知两边及夹角解三角形 例7在△ABC中，a=1,b=2,cosC= ,sin A 解析：根据余弦定理得c2=2+b2-2 abcos C =1P+2-2×1×2×}=4,解得c=2 由a=1,b=2,c=2及余弦定理的推论得 +心-d-2x}=名因为小 2be 2×2×2 e0,所以m1-春-传T 点评：已知三角形中的条件为两边及其夹 角，易想到利用余弦定理建立等量关系进行求 解，同时注意结合三角形的内角和定理和正弦定 理进行判断，以免出现错解 题型八：已知三边解三角形 例8在△ABC中，a=7,b=3,c=5,求 △ABC的最大角和sinC. 解析：因为a>c>b,所以A为最大角， 由cos4=+c2-a2 2be 32+52-72 2×3×5 =- 又0°<A<180°，所以A=120° 由 sin A sin C' 得sinC=csin4- 5sin120°-55 7 141 点评：已知三角形的三边求角，可先用余弦 定理求解，再用正弦定理求解.用余弦定理求角 时，角唯一确定；用正弦定理求角时，需根据三角 形边角关系确定角的取值，防止产生增根或 漏解 题型九：判断三角形形状 例9 在△ABC中，内角A,B,C所对的边分 别为a,b,c.若 1 1 csin A csin B =btan A atan B' 则△ABC为 ( (A)等腰三角形 (B)等腰直角三角形 (C)直角三角形(D)等腰或直角三角形 数理极 解析：由 csin A csin B btan A atan B 及 正弦定理，可得 1 1 sin Csin A sin Csin B sin Btan A sin Atan B' 即 1 1 cosA cos B sin Csin A sin Csin B sin Bsin A 所以sinB-sinA=sin Ccos A-sin Ccos B, 所以sin(A+C)-sin(B+C)=sin CcosA sin Ccos B, sin Acos C sin Bcos C =0. ①当cosC=0时，等式成立，此时C=牙， ②当cosC≠0时，得sinA=sinB,因为0 <A<π，0<B<π，A+B<T,所以A=B. 故△ABC为等腰或直角三角形 点评：已知三角形中的边角关系式，应用正 弦定理来判断三角形的形状，主要有两种途径： (1)化边为角；(2)化角为边.另外还可考虑使 用正弦定理的推广形式来帮助判断. 题型十：求三角形的面积 例10 在△ABC中，a,b,c分别为角A,B,C所 对边的长，且a=4,b+c=5,tanA+tanB= √5(tan Atan B-1),求△ABC的面积. 解析：由tanA+tanB=√3(tan Atan B 1),得 I-tan Atan B tan(A +B)=-3. tan A tan B 因为A+B+C=180°，所以tan(A+B)= -tanC=-√5，即tanC=√5，所以C=60°. 因为b+c=5,所以c=5-b. 由c2=a2+b2-2 abeos C,得 (5-6)2=16+62-46,解得b=3 所以△4BC的面积5=abvin C=35 2 点评：本题在求解过程中，充分利用两角和 的正切公式的变形，求出特殊角的函数值，然后 利用余弦定理得到a,b,c之间的关系，再与已知 条件联立组成方程求出b,从而使问题获得 解决 题型十一：证明三角恒等式 例11 在△ABC中，证明： a2-b2 cosA cos B b2-c2 c2-a2 cos B+cos C cos C cos A =0. 证明：由，a b C sin A sin B sin C =2R(R为 △ABC外接圆的半径)， 得g 2-2 4R2sin2A-4R2sin2 B cos A cos B cos A cos B 4R2[(1-cos2A)-(1-c0s2B)] cosA cos B 4R2(cos2 B-cos2A) cos A cos B 4R2(cos B cos A). cosB c4R(co C-coB) 同理， 62-c2 题型展示 c2-a2 =4R2(cosA-cos C). cos C cosA 所以，原式左边=4R(cosB-c0sA+c0sC -c0sB+cosA-c0sC)=0=右边， 所以原等式成立， 点评：在所要证明的等式中，既含有边又含 有角，故证明时可用正弦定理来沟通边和角的关 系，将其统一成角的关系，即将等式转化为三角 式，再进行三角变换，从而证得等式相等. 题型十二：解三角形的实际应用 例12 某兴趣小组测 E 量电视塔AE的高度H(单 位：m),如示意图3，垂直放 置的标杆BC的高度h=4m, D Bi 图3 仰角∠ABE=,∠ADE=B. 该小组已经测得一组，B的值，tan= 1.24,tanB=1.20,请据此算出H的值， H 解析：在Rt△ABE中，AB= tan a' h 在Rt△DBC,BD= tan B' H 在Rt△DAE中，AD= tanβ 因为AB+BD=AD, 所以 +五 H tan o tan B tan B 解得H= htan a tan a -tan B 4×1.24 =124. 1.24-1.20 因此电视塔的高度H是124m. 点评：本题主要考查了解三角形的实际应用 等知识.在实际应用问题中，应紧扣图形展开转 化分析，对于字母的处理要特别小心 复数 题型一：复数的概念 复数的概念包括虚数、纯虚数、复数的实部 和虚部、复数的模、复数相等、共轭复数等概念。 例1若复数2-bi(b∈R)的实部与虚部 互为相反数，则b= (A)-2 (B 2-3 (D)2 解析：复数2-bi(b∈R)的实部为2，虚部 为-b, 因为该复数的实部与虚部互为相反数， 所以2+(-b)=0,所以b=2. 点评：在理解和应用复数的概念时，先将复 数改写为α+bi的形式，再明确复数的实部和 虚部 例2 已知a,b∈R,i是虚数单位，若(a+ i)(1+i)=bi,则a+bi= 分析：先通过复数的运算，再根据两个复数 相等的条件来确定相应的参数值， 解析：因为(a+i)(1+i)=a+ai+i+2 3 =(a-1)+(a+1)i. 又由已知(a+i)(1+i)=bi, 得-1=0， 1a+1=b. 解得a=1,b=2,所以a+bi=1+2i 点评：两个复数相等的充要条件是这两个复 数相应的实部相等且虚部相等.解决此类问题， 往往还会与复数的运算加以综合，同时还要注意 题目中其他隐含条件的考虑与应用. 题型二：复数的基本运算 复数代数形式的基本运算，主要包括复数代 数形式的四则运算.复数运算基本的技巧有如下 几个方面：(1)复数的加减按“合并同类项”进 行；(2)复数的乘法按“多项式的乘法”进行； (3)复数的除法按“分母实数化”进行. 例3已知复数，为z的共轭复数，解方程 z·z-3i·z=1+3i 分析：设出复数z=a+bi(a,b∈R),表示 出，再利用复数的四则运算法则，将方程进行化 简，最后利用复数相等的充要条件列出方程组 求解 解析：设z=a+bi(a,b∈R), 则z=a-bi, 所以z·z-3i·z=(a+bi)(a-bi)-3i(a -bi)=a2+b2-3b-3ai=1+3i, -3b=1, =3, 所以z=-1或名=-1+3i. 例4 复数：= 的模为 ( (aA)（®）号 (C)2 (D)2 分析：通过复数的运算以及复数的实数化， 结合题目中的条件进行复数的除法、乘法的运 算等 解桥：==0+1- i+1 +1 -1 方-2=+（引 ,故选(B) 点评：本题主要考查了复数的运算，以复数 的运算为载体，考查同学们对复数模的理解 程度 题型三：复数的几何意义 复数的几何意义有两点：一是复数与复平面 内的点一一对应；二是复数与复平面内以原点为 起，点的向量一一对应.因此可根据需要把复数转 化为复平面内的，点或向量，这就为数形结合铺平 了道路 例5 设1是虚数单位，则复数】 在复平 面内所对应的点位于 ( (A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限 解析：由题意 21 2i(1+i) 1-i (1-i)(1+i) -2+2i=-1+i,其对应的点坐标为(-1,1)， 2 位于第二象限 点评：本题考查复数的除法运算及复数的几 何意义，通过化简复数考查运算求解能力，通过 求复平面内对应点考查对复数几何意义的理解 能力 例6 设：=-3+2i,则在复平面内对应 的点位于 (A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限 分析：根据复数的运算结果，结合复数的几 何意义，确定对应复数的实部与虚部的正负情 况，加以判断相应的点的位置。 解析：因为x=-3+2i,所以：=-3-2i, 所以在复平面内，对应的点为(-3，-2)， 此点在第三象限. 点评：本题主要考查在坐标系内复数与点的 对应关系.复数、复平面内的点以及复数所对应 的向量三者之间存在一一对应关系. 复数的概念是复数理论的基础，在解题过程 中它经常是思维的突破口；围绕复数代数形式的 四则运算，体现了复数知识的广泛联系性和普遍 渗透性；复数的概念及其运算的几何意义，为我 们从几何上处理复数问题或几何问题复数化提 供了广阔的空间. 题型四：复数与其他知识的交汇 例7若复数z1=logn(a2-a-1)+log(a +1)i(i为虚数单位)为纯虚数，其中a>0且a ≠1.复数2=1+bi,121<2,其中b是不等于 零的整数. (1)求z1与2； (2)当b>0时，2，，2-号在复平面内对 应的点分别为A,B,C,求△ABC的面积 分析：解答第(1)问要理解虚数、纯虚数、复 数的模长等基本概念，会解不等式求出b的值， 要注意将不符合题意的a舍去，否则会出错；解 答第(2)问要掌握复数的基本运算，从而得到 a2,号，2-号在复平面内对应的点分别为A,B,C, 最后确定△ABC的面积. 解析：(1)若a1=log(a2-a-1)+log(a +1)i为纯虚数，其中a>0且a≠1， 则有log(a2-a-1)=0且log(a+1)≠0， 得a2-a-1=1且a+1≠1， 得a2-a-2=0且a≠0， 解得a=2或a=-1(不合题意，舍去). 故a=2,所以a1=log23i. 由已知2=1+bi满足|21<2，可得1+ 2<4,解得-3<b<5. 又b是不等于零的整数， 所以b=1或b=-1. 当b=1时，32=1+i; 当b=-1时，2=1-i. 题型展示 (2)当b>0时，2=1 +i,号=(1+i)2=2i,2- 号 =1-i,所以A,B,C分别为 (1,1),(0,2),(1,-1),如右 图所示，则有1AC1=2. 因为AC⊥x轴，点B(0,2)到线段AC的距 离为1， 所以△ABC的面积为)×2×1=1. 点评：本题将众多的知识点融会在一起，属 于在知识的交汇处命题.题目紧紧围绕复数部分 的知识考查要求设置，难度适中，是一道训练同 学们基础能力的好题， 么立体几何初步 题型一：表面积、体积的计算 例1 已知S,A,B,C是球O 表面上的点，SA⊥平面ABC,AB A ⊥BC,SA=AB=1,BC=2, 则球O的表面积等于() (A)4T (B)3T 图1 (C)2T (D)T 答案：(A). 解析：如图1所示，A,B,C三点在一小圆 面上 因为AB⊥BC,AC为斜边， 所以小圆的圆心为AC的中点D. 因为SA=AB=1,BC=√2， 所以AC=3,4D-9 又S,A,B,C都在球面上， 取SC的中点0，则OD∥SA. 因为SA⊥平面ABC,所以OD⊥平面ABC, 所以O为球心，S0为半径 因为SC=√/1+(5)2=2，所以S0=1, 即球0的表面积为4π 点评：解决球类问题的关键是正确地作出轴 截面，通过作轴截面找到已知与未知间的关系， 进而使问题得以解决，这也是立体几何中常见的 将空间问题向平面几何问题转化的解题方法. 题型二：斜二测画法中的计算 例2一个平面四边形的斜二测画法的直 观图是一个边长为α的正方形，则原平面四边形 的面积等于 (A) (B)22a2 (C) a 解析：根据斜二测画法画平面图形的直观图 的规则可知，在x轴上（或与x轴平行）的线段， 其长度保持不变；在y轴上（或与y轴平行）的线 段，其长度变为原来的一半，且∠x'0'y'= 45°（或135）， 所以若设原平面图形的面积为S,则其直观 数理极 图的面现为S=分·号5：经，可以得出一 22 个平面图形的面积S与它的直观图的面积S'之 间的关系是S=25,本题中直观图的面积为 4 2,所以原平面四边形的面积S= E=22a2, 4 故选(B). 点评：对于直观图，同学们除了要了解其画 图规则外，还要了解原图形面积S与其直观图面 积9之间的关系是S”=空，并能远行相关问题 的计算. 题型三：空间几何体中的探究性问题 例3如图2所示，已知圆锥的底面半径r =2m,经过旋转轴S0的截面是等边三角形 SAB,Q为半圆弧AB的中点，P为母线SA的中点. 若一只蚂蚁从Q点沿着圆锥的侧面爬至P点，你 能否作出合情的假设，来估算该蚂蚁行程的最小 值.（精确到0.01m) 图2 图3 解析：将母线SQ,SA及劣弧AQ围成的曲面 展开，如图3，连接PQ, 则0=}x2r=,∠A50=骨 4 在△SPQ中，由余弦定理可得， PQ=Sp2+SQ2-2SP·SQcos∠ASQ=20 -82,所以PQ=√20-82≈2.95(m). 题型四：判定位置关系 例4 设l,m是两条不同的直线，是一个 平面，则下列命题正确的是 ( (A)若l⊥m,mCa,则l⊥ (B)若l⊥a,l∥m,则m⊥ (C)若l∥，mca,则l∥m (D)若l∥ax,m∥，则l∥m 解析：对于(A),由l⊥m,mC,可知l与a 的位置关系有平行、相交或在平面内三种，故 (A)不正确； 对于(C),由l∥，知l与m的关系为平行 或异面，故(C)不正确； 对于(D),由l∥，m∥，知l与m的位置关 系为平行、异面或相交，故(D)不正确故选(B)· 点评：要证线面平行，可证线线平行；要证线 面垂直，可证线线垂直，这是解决此类问题的基 本思想.在使用线面垂直的判定定理时，要注意 一个细节：即在说明或证明的过程中务必出现一 个“相交”、两个“垂直”，它们一个都不能少 (下转第11版) 数理极 (上接第4版) 例5已知平面a1平面B,a∩B=l,点A e,Al,直线AB∥l,直线AC⊥l,直线m∥ ,m∥B,则下列四种位置关系中，不一定成立 的是 ( (A)AB∥m (B)AC⊥m (C)AB∥B (D)AC⊥B 解析：因为直线m∥ax,m∥B,所以m∥l. 又AB∥l,故AB∥m,(A)一定成立； 由m∥l,AC⊥l得AC1m,(B)一定成立； 由AB∥1，ax∩B=1知AB∥B,(C)一定 成立； 只有(D)不一定成立，事实上只有过点A与 直线l垂直相交的直线才垂直于平面B. 故选(D). 点评：把“不一定成立”看成“一定成立”，把 “直线AC上”认为是“一定相交”等都容易产生 错误.解决这类问题的一般方法是画出草图，通 过对线面位置的变动结合线面位置关系的定理 进行判断. 题型五：证明位置关系 例6 如图4，在四 棱锥P-ABCD中，底面 ABCD为矩形，平面A E PAD⊥平面ABCD,PA B 图4 ⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点. (1)证明：PE⊥BC; (2)证明：平面PAB⊥平面PCD; (3)证明：EF∥平面PCD. 分析：(1)要证PE⊥BC,可转化为证明PE ⊥AD.（2)由平面PAD⊥平面ABCD,可证得AB ⊥PD,再进一步证明PD⊥平面PAB,可得平面 PAB⊥平面PCD.(3)要证EF∥平面PCD,可 转化为证明EF与DG平行. 证明：(1)在△PAD中，PA=PD,E为AD的 中点， 所以PE⊥AD. 因为底面ABCD为矩形， 所以BC∥AD,所以PE⊥BC. (2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD, 又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩ 平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD, 又PDC平面PAD,所以AB⊥PD 又因为PA⊥PD,PA∩AB=A, 所以PD⊥平面PAB. 又因为PDC平面PCD, 所以平面PAB⊥平面PCD, (3)如图5，取PC 的中点G,连接FG,DG 因为F,G分别为 PB,PC的中点， B 图5 所以FG∥BC,且FG=↓BC 因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点， …题型展示 所以DE∥BC,且DE=2BC, 所以DE∥FG,且DE=FG, 所以四边形DEFG为平行四边形， 所以EF∥DG 又因为EF￠平面PCD,DGC平面PCD, 所以EF∥平面PCD. 点评：本题主要考查了空间线线、线面、面面 垂直及平行间的相互转化，同时考查了空间想象 能力.需注意的是论证空间位置关系运用最多的 数学思想是转化思想，转化的依据是各种位置关 系的性质和判定方法，此外，进行转化时要严格 根据概念、性质、公理和定理进行逻辑推理及 论证. 题型六：探究满足位置关系的条件 例7如图6，已知四棱锥 P-ABCD,底面ABCD为菱形， PA⊥平面ABCD.∠ABC 60°，E,F分别是BC,PC的 中点 E 图6 (1)证明：AE⊥PD; (2)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所 成最大角的正切值为5，求二面角E-AF-C的 余弦值. (1)证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC= 60°. 可得△ABC为正三角形. 因为E为BC的中点， 所以AE⊥BC. 又BC∥AD,所以AE⊥AD. 因为PA⊥平面ABCD, AEC平面ABCD. 所以PA⊥AE. 而PAC平面PAD, ADC平面PAD,且PA∩AD=A, 所以AE⊥平面PAD. 又PDC平面PAD, 所以AE⊥PD. (2)解：设AB=2,H为 PD上任意一点，连接AH,EH, 如图7. B E 由(1)知AE⊥平面PAD, 图7 则∠EHA为EH与平面PAD所成的角. 在Rt△EAH中，AE=√5， 所以当AH最短时，∠EHA最大， 即当AH⊥PD时，∠EHA最大 2 因此AH=2. 又AD=2,所以∠ADH=45°.所以PA=2. 因为PA⊥平面ABCD,PAC平面PAC, 所以平面PAC⊥平面ABCD. 过E作E0⊥AC于0，则E0⊥平面PAC. 11 过O作OS⊥AF于S,连接ES. 则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角， 在Rt△40E中，E0=AE·sin30°= 2 10=Ak·c30=子 又F是PC的中点，在Rt△ASO中， S0=A0·sin450=32 又SB=E02+s0= 3 30 4 在Rt△ESO中， 32 cos∠ES0= SO 4 SE 30 5 4 即所求二面角的余弦值为百 点评：第(1)问中逻辑表达混乱是考生失分 的主要原因，第(2)问有两处易错：一是对线面 角的概念模糊，不能正确地确定线面角，不能根 据线面角的正切值最大确定点H的位置；二是用 传统的方法求二面角时，作二面角的平面角易出 现错误。 题型七：空间中求角或距离 例8如图8，在五面体 ABCDEF中，四边形ADEF是正方 形，FA⊥平面ABCD,BC∥AD, CD )=1,AD=22,∠BAD= B C ∠CDA=45. 图8 (1)求异面直线CE与AF所成角的余弦值； (2)求证：CD⊥平面ABF; (3)求二面角B-EF-A的正切值， (1)解：因为四边形ADEF是正方形， 所以FA∥ED. 故∠CED为异面直线CE与AF所成的角. 因为FA⊥平面ABCD, 所以FA⊥CD. 故ED⊥CD. 在Rt△CDE中，CD=1,ED=2√2， CE=√CD2+ED2=3, 故cosLCED= =22 ED CE 3 所以异面直线CE和AF所成角的余弦值为 22 3 (2)证明：过点B作BG∥CD,交AD于点 G(图略)， 则∠BGA=∠CDA=45°. 由∠BAD=45°，可得BG⊥AB, 从而CD⊥AB, 又CD⊥FA,FA∩AB=A, 所以CD⊥平面ABF. 12 (3)解：由(2)及已知可得AG=√2， 即G为AD的中点. 取EF的中点N,连接GN(图略)， 则GN⊥EF. 因为BC∥AD,所以BC∥EF. 过点N作NM⊥EF,交BC于M, 则∠GNM为二面角B-EF-A的平面角. 连接GM,可得AD⊥平面GNM, 故AD⊥GM,从而BC⊥GM. 由已知可得GM= 2 由NG∥FA,FA⊥GM,得NG⊥GM. 在Rt△NGM中，tanLGNM= GM NG 所以二面角B-EF-A的正切值为4 点评：求空间线面角的常规方法是构造直角 三角形求解，其关键又是面的垂线问题；求空间 线线角的常规方法是将相关的线进行适当的平 移转化到同一个三角形中求解，到底如何平移空 间的线往往不简单；求二面角大小（空间面面角 等于二面角或其补角)的常规方法是构造三角 形求解，其关键又是作出二面角的平面角 例9 已知∠ACB=90°，P为平面ABC外 一点，PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离 均为√3，那么P到平面ABC的距离为 解析：如图9所示， 设PO⊥平面ABC于点 O,PE⊥AC于点E,PF ⊥BC于点F,连接OE, 0F,0C. 图9 因为P0⊥平面ABC,ACC平面ABC, 所以P0⊥AC, 又PO∩PE=P,所以AC⊥平面POE, 又OEC平面POE,所以AC⊥OE, 同理有BC⊥OF,所以四边形OECF为矩形， 因为PC=PC且PE=PF, 所以Rt△PEC≌Rt△PFC, 所以EC=FC=√PC2-PE=1, 所以四边形OECF是边长为1的正方形， 所以0C=√2， 在Rt△POC中，P0=/PC2-0C2=2. 点评：本题主要考查直线与平面垂直的判定 与性质，点到平面距离的计算等知识，点；考查了 学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解 能力；考查了直观想象的核心素养。 统计 题型一：随机抽样问题 【考点透视】关于抽样方法的考查，在考查 形式方面还比较单纯，主要是概念型问题或简单 的计算问题，此类问题主要是考查某一类抽样方 法中的抽样原理，需要同学们在理解抽样方法概 题型展示 念的同时，把握每个个体被抽取的机会均相等这 一原则 例1 一个单位有职工800人，其中具有高 级职称的160人，具有中级职称的320人，具有初 级职称的200人，其余人员120人.为了解职工收 入情况，决定采用分层随机抽样的方法，从中抽 取容量为40的样本.则从上述各层中依次抽取 的人数分别是 ( (A)12,24,15,9 (B)9,12,12,7 (C)8,15,12,5 (D)8,16,10,6 分析：根据分层随机抽样的特点，利用各层 的抽样比相同解决问题， 解析：因为抽样比为 -0 0 00 故各层中依次抽取的人数分别是 = 8, 320 =16,200=10,20=6, 20 20 20 故选(D). 点评：本题主要考查了分层随机抽样的特 点，对于此类问题只要抓住概念的本质，就容易 解答 题型二：样本数字特征的计算问题 【考点透视】统计的数字特征在高考中主要 考查平均数、方差、标准差的计算问题，这需要我 们熟记公式，加强运算能力 例2样本中共有五个个体，其值分别为a, 0,1,2,3,若该样本的平均值为1，则样本方差为 ( (B) (C)2 (D)2 分析：根据样本平均数公式首先求出数值 a,然后利用方差公式求解 解析：由题意知5(a+0+1+2+3)=1, 解得a=-1, 所以样本方差为s2=[(-1-1)2+(0 1)2+(1-1)2+(2-1)2+(3-1)2]=2, 故选(D). 点评：本题考查了同学们对样本平均数与方 差的计算能力，熟记样本的平均数、方差的公式 是解答好问题的关键， 题型三：统计图表信息题 【考点透视】统计图表是表达和分析数据的 重要工具，由于这类图表信息题能突出对考生的 阅读理解能力、获取信息与处理信息能力的考 查，因此深受命题者的青睐.准确识图并掌握图 形所传递的信息是解决问题的关键， 频率分布直方图 例3为检测某种产品的质量，抽取了一个 样本量为100的样本，数据的分组及频喽数如下： [10.75,10.85)3;[10.85,10.95)9;[10.95, 11.05)13;[11.05,11.15)16;[11.15,11.25)26; 数理极 [11.25,11.35)20;[11.35,11.45)7；[11.45, 11.55)4;[11.55,11.65]2. (1)列出频率分布表（含累计频率）； (2)画出频率分布直方图以及频率分布折 线图； (3)据上述图表，数据落在[10.95,11.35)范 围内的可能性是多少？ (4)数据小于11.20的可能性是多少？ 解析：(1)样本的频率分布表如下所示 分组 频数 频率 累计频率 [10.75,10.85) 3 0.03 0.03 [10.85,10.95) 9 0.09 0.12 [10.95.11.05) 13 0.13 0.25 [11.05,11.15) 16 0.16 0.41 [11.15,11.25) 26 0.26 0.67 [11.25,11.35) 20 0.20 0.87 [11.35,11.45) 7 0.07 0.94 [11.45,11.55) 4 0.04 0.98 [11.55,11.65] 2 0.02 1.00 合计 100 1.00 (2)样本的频率分布直方图及频率分布折线 图如下图所示 频率 组距 3 总风5产品质量 (3)由上述图表可知数据落在[10.95， 11.35)范围内的频率为0.13+0.16+0.26+0.20 =0.75, 即数据落在[10.95,11.35)范围内的可能性 是75%. (4)数据小于11.20的可能性即数据小于 11.20的频率，也就是数据在11.20处的累计频 率，设为x, 则(x-0.41)÷(11.20-11.15)=(0.67- 0.41)÷(11.25-11.15),解得x=0.54, 从而估计数据小于11.20的可能性是54%. 点评：通过列表及画图，把问题直观、形象地 表现出来，更有利于问题的解决.依据频率分布表 绘制频率直方图，横坐标表示样本数据，纵坐标表 示频率与组距的比值，其相应组距上的频率等于 该组矩形的面积，即每个矩形的面积=组距× 频牵 组距 =频率。 概率 题型一：古典概型问题 【考点透视】古典概型是一种基本事件个数 有限的等可能事件的概率模型，是高中概率的主 要知识，在高考中占有重要位置.考查一般以填空 题的形式有针对性地进行简单考查，有时也在解 答题中出现简单的考查 (下转第31版) 数理极 (上接第12版) 例1有编号为A1,A2,…,Ao的10个零件， 测量其直径（单位：cm),得到下面数据： 编号 A A3 As As Ag A10 直径 1.511.491.491.511.491.511.471.461.53 1.47 其中直径在区间[1.48,1.52]内的零件为一 丝口 子口口 (1)从上述10个零件中，随机抽取一个，求这 个零件为一等品的概率； (2)从一等品零件中，随机抽取2个 ①用零件的编号列出所有可能的抽取结果； ②求这2个零件直径相等的概率 分析：要注意根据题目提供的表格数据数清 一等品的数量，然后再确定相关的基本事件总数 与对应事件的基本事件个数，根据古典概型的概 率计算公式加以计算，列举时要注意考虑全面，不 可有遗漏： 解析：(1)由所给数据可知，一等品零件共有 6个， 设“从10个零件中，随机抽取一个为一等品” 为事件A,则P(A)= (2)①一等品零件的编号为A1,A2,A3,A4, A5,A6 从这6个一等品零件中随机抽取2个，所有可 能的结果有： (A1,A2),(A1,A3),(A1,A4),(A1,A5）,(A1, 46),(A2,A3),（A2,44),(A2,A5),(A2,A6),(A3, 44),(A3,A5),(A3,A6),(A4,A),(A4,A6）,(A5, 4),共有15种 ②“从一等品零件中，随机抽取的2个零件直 径相等”（记为事件B)的所有可能结果有：(A, 44),(A1,A6),（A4,A6),(A2,A3),（A2,A5),（A3, 4),共有6种， 所以)=号=子 点评：本题考查了利用古典概型求解概率问 题.求古典概型要求把基本事件个数正确列举出 来，而表示所有基本事件可采用的方法较多，例如 列表法、坐标系法、树状图法，但不论采用哪种方 法，都要求按一定的顺序进行，以做到不重不漏。 题型二：互斥事件的概率问题 【考点透视】不可能同时发生的两个事件称 为互斥事件，两个互斥事件至少有一个发生的概 率满足概率的加法公式，其特殊情况是两个事件 的对立，即必有一个发生的两个互斥事件是对立 事件，这样的两个事件的概率之和等于1，也是数 学中“正难则反”原则解决相应概率问题的重要 依据 例2一个袋中装有四个形状大小完全相同 题型展示 的球，球的编号分别为1,2,3,4. (1)从袋中随机抽取两个球，求取出的球的 编号之和不大于4的概率； (2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为 m,将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球， 该球的编号为n,求n<m+2的概率. 分析：(1)采用枚举法直接利用古典概型的 计算公式加以运算；(2)采用枚举法计算n≥m+ 2的事件的概率，然后利用对立事件的概率公式计 算满足条件的事件的概率。 解析：(1)从袋中随机取两个球，其一切可能 的结果组成的基本事件有：1和2,1和3,1和4,2 和3,2和4,3和4，共6个 从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件 有：1和2,1和3，共2个， 因此所求事件的概率P= 3 (2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m, 放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为， 其一切可能的结果(m,n)有： (1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2), (2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4), (4,1),(4,2),(4,3),(4,4),共16个， 又满足条件n≥m+2的事件有：(1,3)，(1， 4),(2,4),共3个， 所以满足条件n≥m+2的事件的概率为P: 3 16 故满足条件n<m+2的事件的概率为1-P, 6 点评：在求解一些事件的概率或其他一些事 件的概率时，直接将它分解为几个互斥事件的和 后再用概率的加法公式计算比较麻烦时，可用对 立事件的概率公式计算，这种思想在解决一些类 似问题时也被经常用到， 题型三：知识交叉问题 【考点透视】概率与其他相关知识之间有着 密切的联系，特别是概率与统计是密切相关的，概 率与统计知识的结合考查也将成为命题的重点方 向之一.通过实际应用问题，考查统计与概率的相 关交汇问题，通常难度不大，要认真掌握。 例3为了解学生身高情况，某校以10%的 比例对全校700名学生按性别进行抽样检查，测 得身高情况的统计图如下（如图1所示）： (1)估计该校男生的人数； (2)估计该校学生身高在170~185cm之间的 概率； (3)从样本中身高在180~190cm之间的男 生中任选2人，求至少有1人身高在185~190cm之 间的概率 31 男生 频数 15 10 5 160165170175180185190身高/em 女生 频数 15 12 10 5 150155160165170175180身高/cm 图1 分析：由统计图中所给有关数据，去“估计”分 析、解决前两问比较容易；第(3)问要先将问题的情 景简单化，再结合树状图具体分析与求解。 解析：(1)样本中男生人数为40， 由分层抽样比例为10%， 可估计全校男生人数为400. (2)由频率分布直方图知，样本中身高在 170~185cm之间的学生有14+13+4+3+1 =35人，样本容量为70， 所以样本中学生身高在170~185cm之间 的频率∫ 3 70 =0.5, 故由频率f估计该校学生身高在170~185cm 之间的概率P=0.5. (3)样本中身高在180~185cm之间的男 生有4人，设其编号为①，②，③，④， 样本中身高在185~190cm之间的男生有2 人，设其编号为⑤，⑥， 从上述6人中任取2人的树状图为（如图2 所示)： ③ ④ 5 ② ④ 6 ⑤ 图2 故从样本中身高在180~190cm之间的男 生中任选2人的所有可能结果数为15， 至少有1人身高在185~190cm之间的可 能结果数为9， 因此，所求概率P2= 点评：通过实际应用问题，主要考查统计及 古典概率的求法.充分观察、运用所给统计图是 本题求解的切入点，也是本题求解的关键所在 解决此类实际应用问题要注意对统计数据的分 析和对基本事件的分析，关键是对统计与古典概 型的求法的理解，它们是一个重点，但通常不难， 要认真掌握. 解决概率问题重点是掌握相关概念，分清问 题的类型，从而确定相应的概率公式进行计算 同时概率的应用问题是高考必考内容，由于其与 现实生活联系密切，应用问题情境新颖，所以成 为高考考查的亮点与热点.在学习过程中，要重 视教材的基础作用，重视基本的数学思想和数学 方法的形成和发展，注意培养分析问题和解决问 题的能力