《2020高考數(shù)學(xué) 專(zhuān)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(jì)型解答題 理》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué) 專(zhuān)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(jì)型解答題 理（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考專(zhuān)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(jì)型解答題 班級(jí)_______　姓名_______　時(shí)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，x∈R. (1)求f的值； (2)設(shè)α，β∈，f＝，f(3β＋2π)＝，求cos(α＋β)的值． 分析：本題考查運(yùn)用三角公式化簡(jiǎn)求值．(1)f(x)的解析式已給出，求f即可；(2)先化簡(jiǎn)f＝，f(3β＋2π)＝，再結(jié)合α，β∈求cosα與sinβ，代入即得cos(α＋β)的值． 解：(1)∵f(x)＝2sin， ∴f＝2sin＝2sin＝. (2)∵

2、α，β∈，f＝，f(3β＋2π)＝， ∴2sinα＝，2sin＝，即sinα＝，cosβ＝， ∴cosα＝，sinβ＝， ∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝×－×＝. 2．(12分)(2020·重慶卷)如圖，在四面體ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AD＝CD，∠CAD＝30°. (1)若AD＝2，AB＝2BC，求四面體ABCD的體積； (2)若二面角C－AB－D為60°，求異面直線(xiàn)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(jì)算公式、二面角的意義與異面直線(xiàn)所成的角的意義及求法．在具體處理過(guò)程中，可圍繞線(xiàn)面垂直的

3、性質(zhì)定理去考慮，從而添加相關(guān)的輔助線(xiàn)，由此求得相關(guān)幾何體的體積；在求異面直線(xiàn)所成的角的過(guò)程中，注意根據(jù)異面直線(xiàn)所成角的意義，考慮平移其中一條或兩條直線(xiàn)，從而將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求兩條相交直線(xiàn)的夾角問(wèn)題．也可考慮通過(guò)建立坐標(biāo)系的方式解決相關(guān)問(wèn)題． 解：(1)如圖所示，設(shè)F為AC中點(diǎn)，連接FD，由于AD＝CD，所以DF⊥AC.又由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，即DF是四面體ABCD的面ABC上的高，且DF＝ADsin30°＝1，AF＝ADcos30°＝. 在Rt△ABC中，因AC＝2AF＝2，AB＝2BC，由勾股定理易知BC＝，AB＝. 故四面體ABCD的體積V＝·S△ABC·DF＝×

4、××＝. (2)解法一：如圖所示，設(shè)G，H分別與邊CD，BD的中點(diǎn)，則FG∥AD，GH∥BC，從而∠FGH是異面直線(xiàn)AD與BC所成的角或其補(bǔ)角． 設(shè)E為邊AB的中點(diǎn)，則EF∥BC，由AB⊥BC，知EF⊥AB.又由(1)知DF⊥平面ABC，故由三垂線(xiàn)定理知DE⊥AB.所以∠DEF為二面角C－AB－D的平面角．由題設(shè)知 ∠DEF＝60°. 設(shè)AD＝a，則DF＝AD·sin∠CAD＝. 在Rt△DEF中，EF＝DF·cot∠DEF＝·＝a， 從而GH＝BC＝EF＝a. 因Rt△ADE≌△BDE，故BD＝AD＝a， 從而，在Rt△BDF中，F(xiàn)H＝BD＝. 又FG＝AD＝，從而在△F

5、GH中，因FG＝FH，由余弦定理得 cos∠FGH＝＝＝. 因此，異面直線(xiàn)AD與BC所成角的余弦值為. 解法二：如圖所示，過(guò)F作FM⊥AC，交AB于M，已知AD＝CD，平面ABC⊥平面ACD，易知FC，F(xiàn)D，F(xiàn)M兩兩垂直．以F為原點(diǎn)，射線(xiàn)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F－xyz. 不妨設(shè)AD＝2，由CD＝AD，∠CAD＝30°，易知點(diǎn)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(gè)法向量． 已知二面角C－AB－D為60°，故可取平面ABD的一個(gè)單位法向量n＝

6、(l，m，n)，使得〈n，k〉＝60°，從而n＝. 由n⊥，有m＋n＝0，從而m＝－. 由l2＋m2＋n2＝1，得l＝±. 設(shè)點(diǎn)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(diǎn)B的坐標(biāo)為.所以 ＝.從而cos〈，〉＝＝＝－. 故異面直線(xiàn)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P－ABC中，AB＝AC，D為BC的中點(diǎn)，PO⊥平面ABC，垂足O落在線(xiàn)段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)證明：AP⊥BC； (2)在線(xiàn)段AP上是否存在點(diǎn)M

7、，使得二面角A－MC－B為直二面角？若存在，求出AM的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 分析：此題主要考查了線(xiàn)線(xiàn)位置關(guān)系和二面角的求解，對(duì)(1)問(wèn)線(xiàn)線(xiàn)垂直的證明易入手，利用線(xiàn)面垂直即可進(jìn)行證明；對(duì)(2)問(wèn)可采用空間直角坐標(biāo)向量法進(jìn)行處理；解題時(shí)對(duì)(2)問(wèn)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(diǎn)，以射線(xiàn)OP為z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz. 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AP⊥BC. (2)設(shè)＝λ，λ≠

8、1，則＝λ(0，－3，－4)． ＝＋＝＋λ＝ (－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)， ＝(－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·n2＝0，得4－3·＝0， 解得λ＝，故AM＝3. 綜上所述，存在點(diǎn)M符合題意，AM＝3. 方法二：(1)由AB＝AC，D是BC的中點(diǎn)，得AD⊥BC. 又PO⊥平面ABC，得PO⊥BC. 因?yàn)镻O∩AD＝O，所以BC⊥平面PAD， 故

9、BC⊥PA. (2)如圖，在平面PAB內(nèi)作BM⊥PA于M，連接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＝. 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＝＝， 從而PM＝PBcos∠BPA＝2，所以AM＝PA－PM＝3. 綜上所述，存在點(diǎn)M符合題意，AM＝3. 4．(13分)(2

10、020·天津)學(xué)校游園活動(dòng)有這樣一個(gè)游戲項(xiàng)目：甲箱子里裝有3個(gè)白球，2個(gè)黑球，乙箱子里裝有1個(gè)白球，2個(gè)黑球， 這些球除顏色外完全相同，每次游戲從這兩個(gè)箱子里各隨機(jī)摸出2個(gè)球，若摸出的白球不少于2個(gè)，則獲獎(jiǎng)．(每次游戲結(jié)束后將球放回原箱)． (1)求在1次游戲中； (ⅰ)摸出3個(gè)白球的概率； (ⅱ)獲獎(jiǎng)的概率； (2)求在2次游戲中獲獎(jiǎng)次數(shù)X的分布列及數(shù)學(xué)期望E(X)． 解：(1)(ⅰ)設(shè)“在1次游戲中摸出i個(gè)白球”為事件Ai＝(i＝0,1,2,3)，則 P(A3)＝·＝. (ⅱ)設(shè)“在1次游戲中獲獎(jiǎng)”為事件B，則B＝A2∪A3.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(X＝0)＝2＝. P(X＝1)＝C＝. P(X＝2)＝2＝. 所以X的分布列是 X 0 1 2 P X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝.