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

1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)＝2sin13x－π6，x∈R.(1)求f5π4的值；(2)设α，β∈0，π2，f3α＋π2＝1013，f(3β＋2π)＝65，求cos(α＋β)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f5π4即可；(2)先化简f3α＋π2＝1013，f(3β＋2π)＝65，再结合α，β∈0，π2求cosα与sinβ，代入即得cos(α＋β)的值．解：(1)∵f(x)＝2sin13x－π6，∴f5π4＝2sin5π12－π6＝2sinπ4＝2.(2)∵α，β∈0，π2，f3α＋π2＝1013，f(3β＋2π)＝65，∴2sinα＝1013，2sinβ＋π2＝65，即sinα＝513，cosβ＝35，∴cosα＝1213，sinβ＝45，∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝1213×35－513×45＝1665.2．(12分)(2011·重庆卷)如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AD＝CD，∠CAD＝30°.(1)若AD＝2，AB＝2BC，求四面体ABCD的体积；(2)若二面角C－AB－D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AD＝CD，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，AF＝2ADcos30°＝3.在Rt△ABC中，因AC＝2AF＝23，AB＝2BC，由勾股定理易知BC＝2155，AB＝4155.故四面体ABCD的体积V＝13·S△ABC·DF＝13×12×4155×2155＝45.(2)解法一：如图所示，设G，H分别与边CD，BD的中点，则FG∥AD，GH∥BC，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EF∥BC，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C－AB－D的平面角．由题设知∠DEF＝60°.设AD＝a，则DF＝AD·sin∠CAD＝a2.在Rt△DEF中，EF＝DF·cot∠DEF＝a2·33＝36a，从而GH＝12BC＝EF＝36a.因Rt△ADE≌△BDE，故BD＝AD＝a，从而，在Rt△BDF中，FH＝12BD＝a2.又FG＝12AD＝a2，从而在△FGH中，因FG＝FH，由余弦定理得cos∠FGH＝FG2＋GH2－FH22FG·GH＝GH2FG＝36.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AD＝CD，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F－xyz.不妨设AD＝2，由CD＝AD，∠CAD＝30°，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C－AB－D为60°，故可取平面ABD的一个单位法向量n＝(l，m，n)，使得〈n，k〉＝60°，从而n＝12.由n⊥AD→，有3m＋n＝0，从而m＝－36.3由l2＋m2＋n2＝1，得l＝±63.设点B的坐标为B(x，y,0)，由AB→⊥BC→，n⊥AB→，取l＝63，有x2＋y2＝3，63x－36y＋3＝0，解之得，x＝469，y＝739或x＝0，y＝－3(舍去)．易知l＝－63与坐标系的建立方式不合，舍去．因此点B的坐标为469，739，0.所以CB→＝469，－239，0.从而cos〈AD→，CB→〉＝AD→·CB→|AD→||CB→|＝3×－2393＋1×4692＋－2392＝－36.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P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)证明：AP⊥BC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A－MC－B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4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(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O－xyz.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→·BC→＝0，所以AP→⊥BC→，即AP⊥BC.(2)设PM→＝λPA→，λ≠1，则PM→＝λ(0，－3，－4)．BM→＝BP→＋PM→＝BP→＋λPA→＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，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→·n1＝0，BC→·n1＝0，得－4x1－2＋3λy1＋4－4λz1＝0，－8x1＝0，即x1＝0，z1＝2＋3λ4－4λy1，可取n1＝0，1，2＋3λ4－4λ.由AP→·n2＝0，AC→·n2＝0，即3y2＋4z2＝0，－4x2＋5y2＝0，得x2＝54y2，z2＝－34y2，可取n2＝(5,4，－3)．由n1·n2＝0，得4－3·2＋3λ4－4λ＝0，解得λ＝25，故AM＝3.综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.方法二：(1)由AB＝AC，D是BC的中点，得AD⊥BC.又PO⊥平面ABC，得PO⊥BC.5因为PO∩AD＝O，所以BC⊥平面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，AB2＝AD2＋BD2＝41，得AB＝41.在Rt△POD中，PD2＝PO2＋OD2，在Rt△PDB中，PB2＝PD2＋BD2，所以PB2＝PO2＋OD2＋DB2＝36，得PB＝6.在Rt△POA中，PA2＝AO2＋OP2＝25，得PA＝5.又cos∠BPA＝PA2＋PB2－AB22PA·PB＝13，从而PM＝PBcos∠BPA＝2，所以AM＝PA－PM＝3.综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.4．(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．(每次游戏结束后将球放回原箱)．(1)求在1次游戏中；(ⅰ)摸出3个白球的概率；(ⅱ)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)(ⅰ)设“在1次游戏中摸出i个白球”为事件Ai＝(i＝0,1,2,3)，则P(A3)＝C23C25·C12C23＝15.(ⅱ)设“在1次游戏中获奖”为事件B，则B＝A2∪A3.又P(A2)＝C23C25·C22C23＋C13C12C25·C12C23＝12.且A2，A3互斥，所以P(B)＝P(A2)＋P(A3)＝12＋15＝710.(2)由题意可知X的所有可能取值为0,1,2.P(X＝0)＝1－7102＝9100.P(X＝1)＝C127101－710＝2150.P(X＝2)＝7102＝49100.所以X的分布列是X0126P9100215049100X的数学期望E(X)＝0×9100＋1×2150＋2×49100＝75.