《高考专题训练二十二三角函数平面向量立体几何概率与统计型解答题(20211116181200)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考专题训练二十二三角函数平面向量立体几何概率与统计型解答题(20211116181200)（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、学习必备欢迎下载高考专题训练二十二三角函数、平面向量、立体几何、概率与统计型解答题班级_姓名_时间： 45 分钟分值： 50 分总得分 _ 1(12 分)(2011 广东卷 )已知函数 f(x)2sin13x6，xR. (1)求 f54的值；(2)设 ， 0，2，f 3 21013，f(3 2)65，求 cos( )的值分析：本题考查运用三角公式化简求值(1)f(x)的解析式已给出，求 f54即可；(2)先化简 f 3 21013，f(3 2)65，再结合 ， 0，2求 cos 与 sin ，代入即得 cos( )的值解：(1) f(x)2sin13x6， f542sin51262sin42.
2、 (2) ， 0，2，f 3 21013，f(3 2)65， 2sin 1013，2sin 265，即 sin 513，cos 35， cos 1213，sin 45，精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 10 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学习必备欢迎下载 cos( )cos cos sin sin 121335513451665. 2(1
3、2 分)(2011 重庆卷)如图，在四面体 ABCD 中，平面 ABC平面 ACD，ABBC，ADCD，CAD30 . (1)若 AD2，AB2BC，求四面体ABCD 的体积；(2)若二面角 CABD 为 60 ，求异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值分析：本小题主要考查面面垂直的性质、四面体的体积计算公式、二面角的意义与异面直线所成的角的意义及求法在具体处理过程中，可围绕线面垂直的性质定理去考虑，从而添加相关的辅助线，由此求得相关几何体的体积； 在求异面直线所成的角的过程中，注意根据异面直线所成角的意义， 考虑平移其中一条或两条直线，从而将问题 转 化 为 求 两 条 相 交直 线 的
4、夹角 问题也可考虑通过建立坐标系的方式解决相关问题解：(1)如图所示，设 F 为 AC 中点，连接 FD，由于 ADCD，所以 DF AC.又由平面 ABC平面ACD，知 DF平面ABC，即 DF是四面体ABCD 的面 ABC 上的高，且DF ADsin30 1，AFADcos303.精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 10 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - -
5、 - - - -学习必备欢迎下载在 Rt ABC 中，因 AC2AF2 3，AB2BC，由勾股定理易知 BC2 155，AB4 155. 故四面体 ABCD 的体积 V13 SABC DF13124 1552 15545. (2)解法一：如图所示，设G，H 分别与边 CD，BD 的中点，则FGAD，GHBC，从而FGH 是异面直线 AD 与 BC 所成的角或其补角设 E 为边 AB 的中点，则 EFBC，由 AB BC，知 EF AB.又由(1)知 DF平面ABC，故由三垂线定理知DE AB.所以 DEF 为二面角 CABD 的平面角由题设知 DEF 60 . 设 ADa，则 DFAD sin
6、 CADa2. 在 Rt DEF 中，EFDF cot DEF a23336a，从而 GH12BCEF36a. 因 Rt ADE BDE，故 BDADa，从而，在 Rt BDF 中，FH12BDa2. 又 FG12ADa2，从而在FGH 中，因 FGFH，由余弦定理得精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 10 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学
7、习必备欢迎下载cos FGH FG2GH2FH22FG GHGH2FG36. 因此，异面直线AD 与 BC 所成角的余弦值为36. 解法二：如图所示，过 F 作 FM AC，交 AB 于 M，已知 ADCD，平面 ABC平面ACD， 易知 FC， FD，FM 两两垂直以 F 为原点，射线 FM ，FC，FD 分别为 x 轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Fxyz. 不妨设 AD2，由 CDAD， CAD30 ，易知点 A，C，D 的坐标分别为 A(0， 3，0)，C(0， 3，0)，D(0,0,1)，则AD(0， 3，1)显然向量 k(0,0,1)是平面 ABC 的一个法向量已知二面角
8、 CABD 为 60 ，故可取平面 ABD 的一个单位法向量 n(l，m，n)，使得 n，k60 ，从而 n12. 由 n AD，有3mn0，从而 m36. 由 l2m2n21，得 l63. 精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 10 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学习必备欢迎下载设点 B 的坐标为B(x，y,0)，由AB BC，n AB，取
9、 l63，有x2y23，63x36y3 0，解之得，x4 69，y7 39或x0，y3(舍去)易知 l63与坐标系的建立方式不合，舍去因此点 B 的坐标为4 69，7 39，0 .所以CB4 69，2 39，0 . 从 而cos AD， CB AD CB|AD|CB|3 2 39314 692 2 39236. 故异面直线 AD 与 BC 所成的角的余弦值为36. 3(13 分)(2011 浙江卷 )如图，在三棱锥PABC 中，ABAC，D 为 BC 的中点，PO平面 ABC，垂足 O 落在线段 AD 上已知 BC8，PO4，AO3，OD2. 精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - -
10、 - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 10 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学习必备欢迎下载(1)证明： APBC；(2)在线段 AP 上是否存在点 M，使得二面角 AMCB 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由分析：此题主要考查了线线位置关系和二面角的求解，对(1)问线线垂直的证明易入手，利用线面垂直即可进行证明；对(2)问可采用空间直角坐标向量法进行处理； 解题时对 (
11、2)问要注意恰当建立坐标系，恰当设参数，从而有效快速求解解：方法一： (1)如图，以 O 为原点，以射线 OP 为 z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.则 O(0,0,0)，A(0，3,0)，B(4,2,0)，C(4,2,0)，P(0,0,4)，AP(0,3,4)，BC(8,0,0)，由此可得 AP BC0，所以AP BC，即 AP BC. (2)设PM PA， 1，则PM (0，3，4)精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 10 页 - - - -
12、- - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学习必备欢迎下载BMBPPMBP PA(4，2,4) (0，3，4)(4，23 ，44 )，AC(4,5,0)，BC(8,0,0)设平面 BMC 的法向量 n1(x1，y1，z1)，平面 APC 的法向量 n2(x2，y2，z2)由BM n10，BC n10，得4x1 23y1 44z10，8x10，即x10，z12344y1，可取 n1 0，1，2344. 由AP n20，AC n20，即3y24z20，4x25y20，得x254y2，z234y2，可取 n2(5,
13、4，3)精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 10 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学习必备欢迎下载由 n1 n20，得 4323440，解得 25，故 AM3. 综上所述，存在点M 符合题意， AM3. 方法二： (1)由 ABAC，D 是 BC 的中点，得 AD BC. 又 PO平面ABC，得 PO BC. 因为 POADO，所以 BC平面
14、PAD，故 BC PA. (2)如图，在平面PAB 内作 BM PA于 M，连接 CM. 由(1)中知PA BC，得AP平面BMC. 又 AP? 平面 APC，所以平面 BMC平面APC. 在 Rt ADB 中，AB2AD2BD241，得 AB 41. 在 Rt POD 中，PD2PO2OD2，在 Rt PDB 中，PB2PD2BD2，所以 PB2PO2OD2DB236，得 PB6. 在 RtPOA 中，PA2AO2OP225，得 PA5. 精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - -
15、- -第 8 页，共 10 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学习必备欢迎下载又 cos BPAPA2PB2AB22PA PB13，从而 PMPBcos BPA2，所以 AMPAPM3. 综上所述，存在点M 符合题意， AM3. 4(13 分)(2011 天津)学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有 3 个白球，2 个黑球，乙箱子里装有 1 个白球，2 个黑球， 这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2 个球，若摸出的白球不少于2 个，则获奖 (每次游戏结束
16、后将球放回原箱)(1)求在 1 次游戏中；()摸出 3 个白球的概率；()获奖的概率；(2)求在 2 次游戏中获奖次数X 的分布列及数学期望E(X)解：(1)()设“在 1 次游戏中摸出i 个白球”为事件 Ai(i0,1,2,3)，则P(A3)C23C25C12C2315. ()设“在 1 次游戏中获奖 ”为事件 B，则 BA2 A3.又 P(A2)C23C25C22C23C13C12C25C12C2312. 且 A2，A3互斥，所以 P(B)P(A2)P(A3)1215710. (2)由题意可知 X 的所有可能取值为0,1,2. P(X0) 171029100. 精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 10 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学习必备欢迎下载P(X1)C1271017102150. P(X2)710249100. 所以 X
