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）

这是一份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），共6页。试卷主要包含了已知椭圆C1等内容，欢迎下载使用。
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)平均每天锻炼的时间/分钟[0,10)[10,20)[20,30)[30,40)[40,50)[50,60)总人数203644504010 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： 锻炼不达标锻炼达标总计男   女 20110总计    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：P(K2≥k0)0.100.050.0250.010k02.7063.8415.0246.635 解　(1)补充列联表如下： 锻炼不达标锻炼达标总计男603090女9020110总计15050200 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X012P ∴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.