新高考数学二轮复习 第4部分 高考22题逐题特训 大题保分练4(三角、概率、立几、解析)（含解析）

大题保分练4(三角、概率、立几、解析)

1．(2020·菏泽模拟)从①B＝，②a＝2，③bcos A＋acos B＝＋1这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决相应问题．

已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若4S＝b2＋c2－a2，b＝，且________，求△ABC的面积S的大小．

解　因为4S＝b2＋c2－a2，cos A＝，

S＝bcsin A，所以2bcsin A＝2bccos A，

显然cos A≠0，所以tan A＝1，

又A∈(0，π)，所以A＝.

若选择①B＝，由＝，

得a＝＝＝2.

又sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)

＝sin Acos B＋cos Asin B

＝×＋×＝，

所以S＝absin C＝.

若选择②a＝2，

由＝，得sin B＝＝，

B∈，所以cos B＝.

sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)

＝sin Acos B＋cos Asin B＝.

所以S＝absin C＝.

若选择③bcos A＋acos B＝＋1，

所以acos B＝1，即a·＝1，

所以a2＝6＋2c－c2，

又a2＝6＋c2－2c·＝6＋c2－2c，

所以6＋2c－c2＝6＋c2－2c，解得c＝＋1，

所以S＝bcsin A＝.

2．某中学为研究学生的身体素质与体育锻炼时间的关系，对该校200名高三学生平均每天体育锻炼时间进行调查，如表：(平均每天锻炼的时间单位：分钟)

将学生日均体育锻炼时间在[40,60)的学生评价为“锻炼达标”．

(1)请根据上述表格中的统计数据填写下面的2×2列联表：

并通过计算判断，是否能在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为“锻炼达标”与性别有关？

(2)在“锻炼达标”的学生中，按男女用分层抽样方法抽出10人，进行体育锻炼体会交流．

 ①求这10人中，男生、女生各有多少人？

②从参加体会交流的10人中，随机选出2人做重点发言，记这2人中女生的人数为X，求X的分布列和均值．

参考公式：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.

临界值表：

解　(1)补充列联表如下：

由2×2列联表中数据，计算得到K2的观测值为k＝ ＝≈6.061>5.024.

所以可以在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为“锻炼达标”与性别有关．

(2)①“锻炼达标”的学生有50人，男生、女生人数比为3∶2，故用分层抽样方法从中抽出10人，男生有6人，女生有4人．

②X的可能取值为0,1,2；

P(X＝0)＝＝，

P(X＝1)＝＝，

P(X＝2)＝＝，

∴X的分布列为

∴E(X)＝0×＋1×＋2×＝.

3.直四棱柱ABCD－A1B1C1D1被平面A1ECD所截得到如图所示的五面体，CD⊥CE，CD⊥AD.

(1)求证：BC∥平面A1AD；

(2)若BC＝CD＝BE＝AD＝1，求二面角B－A1E－C的余弦值．

(1)证明　在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，BE⊥平面ABCD，

∵CD⊂平面ABCD，∴BE⊥CD，

∵CD⊥CE，BE∩CE＝E，且BE，CE⊂平面BCE，

∴CD⊥平面BCE，

同理可证CD⊥平面A1AD，

∴平面BCE∥平面A1AD，

∵BC⊂平面BCE，∴BC∥平面A1AD.

(2)解　∵平面BCE∥平面A1AD，平面A1ECD∩平面BCE＝CE，平面A1ECD∩平面A1AD＝A1D，

∴A1D∥EC，

∴A1D和CE与平面ABCD所成角相等，

即∠A1DA＝∠ECB，

∵BC＝BE，∴∠ECB＝45°，

∴AA1＝AD＝3，

以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过D垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，

则C(0,1,0)，B(1,1,0)，E(1,1,1)，

A1(3,0,3)，

∴＝(1,0,1)，＝(2，－1,2)，

＝(0,0,1)，

设u＝(x1，y1，z1)为平面A1EC的一个法向量，则

即

令x1＝1，则u＝(1,0，－1)，

设v＝(x2，y2，z2)为平面A1EB的一个法向量，则

即

令x2＝1，则v＝(1,2,0)，

则cos〈u，v〉＝＝＝，

由图知，二面角B－A1E－C为锐角，

则二面角B－A1E－C的余弦值为.

4．(2020·潍坊五县模拟)已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的右顶点与抛物线C2：y2＝2px(p>0)的焦点重合．C1的离心率为，过C1的右焦点F且垂直于x轴的直线截C2所得的弦长为4.

(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；

(2)过点M(3,0)的直线l与椭圆C1交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为点E，证明：直线AE过定点．

(1)解　设椭圆C1的焦距为2c，实轴长为2a，

依题意得a＝，则C2：y2＝4ax，

将x＝c代入，得y2＝4ac，即y＝±2，

所以4＝4，

则解得a＝2，b＝.

所以椭圆C1的方程为＋＝1，抛物线C2的方程为y2＝8x.

(2)证明　由已知条件可知直线AE的斜率存在，设其方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，E(x2，y2)，则B(x2，－y2)，

由得

(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，

所以x1＋x2＝－，x1x2＝.

由Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)>0，

可得4k2－m2＋3>0，①

因为A，B，M三点共线，所以∥.

又＝(3－x1，－y1)，＝(3－x2，y2)，

则y2(3－x1)＋y1(3－x2)＝0，

所以(kx2＋m)(3－x1)＋(kx1＋m)(3－x2)＝0，

所以2kx1x2－3k(x1＋x2)＋m(x1＋x2)－6m＝0，

所以2k·＋(m－3k)·－6m＝0.

所以＝0，所以m＝－k，经验证满足①式，

所以直线AE的方程为y＝kx－k＝k，

所以直线AE过定点.