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，xR.(1)求f的值；(2)设，f，f(32)，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f即可；(2)先化简f，f(32)，再结合，求cos与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)(2011重庆卷)如图，在四面体ABCD中，
2、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
3、DFAC.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DFADsin301，AFADcos30.在RtABC中，因AC2AF2，AB2BC，由勾股定理易知BC，AB.故四面体ABCD的体积VSABCDF.(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ABBC，知EFAB.又由(1)知DF平面ABC，故由三垂线定理知DEAB.所以DEF为二面角CABD的平面角由题设知 DEF60.设ADa，则DFADsinCAD.在RtDEF中，EFDFco
4、tDEFa，从而GHBCEFa.因RtADEBDE，故BDADa，从而，在RtBDF中，FHBD.又FGAD，从而在FGH中，因FGFH，由余弦定理得cosFGH.因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为.解法二：如图所示，过F作FMAC，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(0，0)，C(0，0)，D(0,0,1)，则(0，1)显然向量k(0,0,1)是平面ABC的一个法向量已知二面角CABD为
5、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n.由n，有mn0，从而m.由l2m2n21，得l.设点B的坐标为B(x，y,0)，由，n，取l，有解之得，或(舍去)易知l与坐标系的建立方式不合，舍去因此点B的坐标为.所以.从而cos，.故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为.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.(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
6、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(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)，(0,3,4)，(8,0,0)，由此可得0，所以，即APBC.(2)设，1，则(0，3，4)(4，2,4)(0，3，4)(4，23，44)，(4,5,0)，(8,0,0)设平面BMC的法向量n1(x1，y1，z1)，
7、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n1n20，得430，解得，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ADBC.又PO平面ABC，得POBC.因为POADO，所以BC平面PAD，故BCPA.(2)如图，在平面PAB内作BMPA于M，连接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Rt
8、POA中，PA2AO2OP225，得PA5.又cosBPA，从而PMPBcosBPA2，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).()设“在1次游戏中获奖”为事件B，则BA2A3.又P(A2).且A2，A3互斥，所以P(B)P(A2)P(A3).(2)由题意可知X的所有可能取值为0,1,2.P(X0)2.P(X1)C.P(X2)2.所以X的分布列是X012PX的数学期望E(X)012.
