2020高考數(shù)學(xué) 專題練習(xí) 二十二三角函數(shù)、平面向量、立體幾何、概率與統(tǒng)計型解答題 理

高考專題訓(xùn)練二十二三角函數(shù)、平面向量、立體幾何、概率與統(tǒng)計型解答題班級_姓名_時間：45分鐘分值：50分總得分_1(12分)(2020·廣東卷)已知函數(shù)f(x)2sin，xR.(1)求f的值；(2)設(shè)，f，f(32)，求cos()的值分析：本題考查運用三角公式化簡求值(1)f(x)的解析式已給出，求f即可；(2)先化簡f，f(32)，再結(jié)合，求cos與sin，代入即得cos()的值解：(1)f(x)2sin，f2sin2sin.(2)，f，f(32)，2sin，2sin，即sin，cos，cos，sin，cos()coscossinsin××.2(12分)(2020·重慶卷)如圖，在四面體ABCD中，平面ABC平面ACD，ABBC，ADCD，CAD30°.(1)若AD2，AB2BC，求四面體ABCD的體積；(2)若二面角CABD為60°，求異面直線AD與BC所成角的余弦值分析：本小題主要考查面面垂直的性質(zhì)、四面體的體積計算公式、二面角的意義與異面直線所成的角的意義及求法在具體處理過程中，可圍繞線面垂直的性質(zhì)定理去考慮，從而添加相關(guān)的輔助線，由此求得相關(guān)幾何體的體積；在求異面直線所成的角的過程中，注意根據(jù)異面直線所成角的意義，考慮平移其中一條或兩條直線，從而將問題轉(zhuǎn)化為求兩條相交直線的夾角問題也可考慮通過建立坐標(biāo)系的方式解決相關(guān)問題解：(1)如圖所示，設(shè)F為AC中點，連接FD，由于ADCD，所以DFAC.又由平面ABC平面ACD，知DF平面ABC，即DF是四面體ABCD的面ABC上的高，且DFADsin30°1，AFADcos30°.在RtABC中，因AC2AF2，AB2BC，由勾股定理易知BC，AB.故四面體ABCD的體積V·SABC·DF×××.(2)解法一：如圖所示，設(shè)G，H分別與邊CD，BD的中點，則FGAD，GHBC，從而FGH是異面直線AD與BC所成的角或其補角設(shè)E為邊AB的中點，則EFBC，由ABBC，知EFAB.又由(1)知DF平面ABC，故由三垂線定理知DEAB.所以DEF為二面角CABD的平面角由題設(shè)知 DEF60°.設(shè)ADa，則DFAD·sinCAD.在RtDEF中，EFDF·cotDEF·a，從而GHBCEFa.因RtADEBDE，故BDADa，從而，在RtBDF中，F(xiàn)HBD.又FGAD，從而在FGH中，因FGFH，由余弦定理得cosFGH.因此，異面直線AD與BC所成角的余弦值為.解法二：如圖所示，過F作FMAC，交AB于M，已知ADCD，平面ABC平面ACD，易知FC，F(xiàn)D，F(xiàn)M兩兩垂直以F為原點，射線FM，F(xiàn)C，F(xiàn)D分別為x軸，y軸，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Fxyz.不妨設(shè)AD2，由CDAD，CAD30°，易知點A，C，D的坐標(biāo)分別為A(0，0)，C(0，0)，D(0,0,1)，則(0，1)顯然向量k(0,0,1)是平面ABC的一個法向量已知二面角CABD為60°，故可取平面ABD的一個單位法向量n(l，m，n)，使得n，k60°，從而n.由n，有mn0，從而m.由l2m2n21，得l±.設(shè)點B的坐標(biāo)為B(x，y,0)，由，n，取l，有解之得，或(舍去)易知l與坐標(biāo)系的建立方式不合，舍去因此點B的坐標(biāo)為.所以.從而cos，.故異面直線AD與BC所成的角的余弦值為.3(13分)(2020·浙江卷)如圖，在三棱錐PABC中，ABAC，D為BC的中點，PO平面ABC，垂足O落在線段AD上已知BC8，PO4，AO3，OD2.(1)證明：APBC；(2)在線段AP上是否存在點M，使得二面角AMCB為直二面角？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由分析：此題主要考查了線線位置關(guān)系和二面角的求解，對(1)問線線垂直的證明易入手，利用線面垂直即可進(jìn)行證明；對(2)問可采用空間直角坐標(biāo)向量法進(jìn)行處理；解題時對(2)問要注意恰當(dāng)建立坐標(biāo)系，恰當(dāng)設(shè)參數(shù)，從而有效快速求解解：方法一：(1)如圖，以O(shè)為原點，以射線OP為z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.則O(0,0,0)，A(0，3,0)，B(4,2,0)，C(4,2,0)，P(0,0,4)，(0,3,4)，(8,0,0)，由此可得·0，所以，即APBC.(2)設(shè)，1，則(0，3，4)(4，2,4)(0，3，4)(4，23，44)，(4,5,0)，(8,0,0)設(shè)平面BMC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n2(x2，y2，z2)由得即可取n1.由即得可取n2(5,4，3)由n1·n20，得43·0，解得，故AM3.綜上所述，存在點M符合題意，AM3.方法二：(1)由ABAC，D是BC的中點，得ADBC.又PO平面ABC，得POBC.因為POADO，所以BC平面PAD，故BCPA.(2)如圖，在平面PAB內(nèi)作BMPA于M，連接CM.由(1)中知PABC，得AP平面BMC.又AP平面APC，所以平面BMC平面APC.在RtADB中，AB2AD2BD241，得AB.在RtPOD中，PD2PO2OD2，在RtPDB中，PB2PD2BD2，所以PB2PO2OD2DB236，得PB6.在RtPOA中，PA2AO2OP225，得PA5.又cosBPA，從而PMPBcosBPA2，所以AMPAPM3.綜上所述，存在點M符合題意，AM3.4(13分)(2020·天津)學(xué)校游園活動有這樣一個游戲項目：甲箱子里裝有3個白球，2個黑球，乙箱子里裝有1個白球，2個黑球， 這些球除顏色外完全相同，每次游戲從這兩個箱子里各隨機摸出2個球，若摸出的白球不少于2個，則獲獎(每次游戲結(jié)束后將球放回原箱)(1)求在1次游戲中；()摸出3個白球的概率；()獲獎的概率；(2)求在2次游戲中獲獎次數(shù)X的分布列及數(shù)學(xué)期望E(X)解：(1)()設(shè)“在1次游戲中摸出i個白球”為事件Ai(i0,1,2,3)，則P(A3)·.()設(shè)“在1次游戲中獲獎”為事件B，則BA2A3.又P(A2)··.且A2，A3互斥，所以P(B)P(A2)P(A3).(2)由題意可知X的所有可能取值為0,1,2.P(X0)2.P(X1)C.P(X2)2.所以X的分布列是X012PX的數(shù)學(xué)期望E(X)0×1×2×.