4合一保分练(1)（专题微测Word）-【赢在微点·考前顶层设计】2023老高考数学理科大二轮专题复习

4合一保分练(1) 17.(12分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,bsin A+acos B=c。 (1)求A的值; (2)若AB=3AC,且∠BAC的平分线上的点D满足BD=CD,求∠BDC的值。 解　(1)由bsin A+acos B=c及正弦定理得,sin Bsin A+sin Acos B=sin C,因为C=π-(A+B),所以sin Bsin A+sin Acos B=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,即sin Bsin A=cos Asin B,又sin B≠0,所以sin A=cos A,所以tan A=,因为A∈(0,π),所以A=。 (2)在△ABC中,设AC=1,则AB=3,由余弦定理可得BC2=9+1-2×1×3×=7,则BC=。设BD=CD=x,AD=y,由题及(1)得∠BAD=∠CAD=,在△ABD中,由余弦定理可得x2=9+y2-3y,在△ACD中,由余弦定理可得x2=1+y2-y,联立两式并求解,得y=,x=。所以在△BCD中,由余弦定理得cos∠BDC===-,又∠BDC∈(0,π),所以∠BDC=。 18.(12分)已知直角三角形ABC中,AC⊥BC,点D,E分别是边AB,AC的中点,现把△ADE沿DE折起,使点A到达点P的位置,如图所示。 (1)设平面PED与平面PBC的交线为l,证明:l∥平面BDEC; (2)若AB=4,BC=2,PB=,求平面PED与平面PBC所成锐二面角的大小。 解　(1)因为D,E分别是AB,AC的中点,所以DE∥BC,因为BC⊂平面PBC,DE⊄平面PBC,所以DE∥平面PBC。因为l为平面PED与平面PBC的交线,DE⊂平面PED,所以DE∥l,又DE⊂平面BDEC,l⊄平面BDEC,所以l∥平面BDEC。 (2)由(1)知DE∥BC,因为AC⊥BC,所以DE⊥AC,则DE⊥EC,DE⊥PE,因为PE∩EC=E,所以DE⊥平面PEC,所以BC⊥平面PEC,则BC⊥PC。在Rt△PBC中,BC=2,PB=,所以PC=,在Rt△ABC中,AB=4,BC=2,所以AC=2,则PE=EC=,故PE=EC=PC,因此△PEC是正三角形。因为BC⊥平面PEC,BC⊂平面BDEC,所以平面PEC⊥平面BDEC, 故可以点C为坐标原点,以CA,CB所在直线分别为x,y轴,平面PEC内过点C且垂直于EC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),B(0,2,0),D(,1,0),E(,0,0),P,所以=(0,1,0),=(0,2,0),=,=。设平面PED的法向量为m=(x,y,z),则得取z=1,则m=(,0,1)。设平面PBC的法向量为n=(a,b,c),则得取c=-1,则n=(,0,-1)。设平面PED与平面PBC所成锐二面角的大小为θ,则cos θ==,所以θ=,即平面PED与平面PBC所成锐二面角的大小为。 19.(12分)甲、乙两人进行猜灯谜游戏,每次猜同一个灯谜,若一人猜对且另一人猜错,则猜对的人获胜,且获胜的人记1分,失败的人记-1分,若两人都猜对或两人都猜错,则为平局,两人均记0分。已知猜灯谜游戏中,每次甲、乙猜对的概率分别为,,且甲、乙猜对与否互不影响,每次猜灯谜结果也互不影响。 (1)求1次猜灯谜游戏中,甲的得分的分布列与期望; (2)若3次猜灯谜游戏累计得分为正,则最终获胜,求甲最终获胜的概率。 解　(1)1次猜灯谜游戏中,甲的得分记为ξ,则ξ的所有可能取值为1,0,-1。P(ξ=1)=×=,P(ξ=0)=×+×=,P(ξ=-1)=×=。所以ξ的分布列为 ξ 1 0 -1 P , E(ξ)=1×+0×+(-1)×=。 (2)由(1)知甲获胜1局的概率为,平1局的概率为,失败1局的概率为。设3次猜灯谜游戏中,甲最终获胜的累计得分为X,则X的所有可能取值为1,2,3,X=3表示甲获胜3局,P(X=3)=×=,X=2表示甲获胜2局且平1局,P(X=2)=××=,X=1表示甲获胜2局且失败1局或甲获胜1局且平2局,P(X=1)=××+××=,所以所求概率P=P(X=3)+P(X=2)+P(X=1)=++=,所以3次猜灯谜游戏甲最终获胜的概率为。 22.[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)在直角坐标系xOy中,以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,圆C的极坐标方程为ρ2-4ρcos θ+3=0。 (1)求圆C的参数方程; (2)若点D是圆C上一动点,过点D作圆C的切线分别交x轴的正半轴、y轴的正半轴于点A,B,若=,求点D的直角坐标。 解　(1)将ρ2=x2+y2,ρcos θ=x代入ρ2-4ρcos θ+3=0,得x2+y2-4x+3=0,所以