规范练1
1.(13 分)(2025 江苏苏州三模)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,△ABC 的面
积和周长分别为S,L,且cos A=3
5
.
(1)若L=3a,b>c,求B;
(2)若5cos C=5b-3c 且C≠π
2
,求S 的最大值.
2.(15 分)(2025 浙江衢州、丽水、湖州二模)某校举办定点投篮挑战赛,规则如下:每位参
赛同学可在A,B 两点进行投篮,共投两次.第一次投篮点可在A,B 两点处随机选择一处,第
一次选A,B 两点的概率均为1
2
.若投中,则第二次投篮点不变;若未投中,则第二次切换投篮
点.在A 点投中得2 分,在B 点投中得3 分,未投中均得0 分,各次投中与否相互独立.
(1)在参赛的同学中,随机调查50 名同学的得分情况,得到如下列联表:
首次投篮点
得分情况
合计
得分≥3 分
得分<3 分
先在A 点投篮
20
5
25
先在B 点投篮
10
15
25
合计
30
20
50
根据小概率值α=0.01 的独立性检验,分析第一投篮点的选择是否与得分的大小有关联?
(2)小明在A 点投中的概率为0.7,在B 点投中的概率为0.3.
(ⅰ)求小明第一次投中的概率;
(ⅱ)记小明投篮总得分为X,求X 的分布列及数学期望.
参考公式:χ2=
n(ad -bc )
2
(a+b)(c +d )(a+c )(b+d )
.
α
0.1
0.05
0.01
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
10.828
3.(15 分)(2025 湖南长沙模拟)如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA⊥平面
ABCD,AB⊥AD,AD∥BC,AD=2AB=2BC=2.
(1)证明:平面PAC⊥平面PCD;
(2)若PA=2,动点M 在△PAD 内(含边界)且MB2+MD2=5.
(ⅰ)求线段CM 的轨迹的长度;
(ⅱ)设直线CM 与平面PBD 所成的角为θ,求sin θ 的取值范围.
答案：
1.解 (1)因为cos A=3
5,L=3a,所以{
b
2+c
2-a
2
2bc
= 3
5 ,
a+b+c =3a,
消去a,得(3b-5c)(5b-3c)=0,又b>c,所以b=5
3
c,a=4
3
c,所以b2=a2+c2,即B=π
2 .
(2)因为5cos C=5b-3c,所以5× a
2+b
2-c
2
2ab
=5b-3c,即a
2+b
2-c
2
2ab
=b-3
5
c,
又cos A=b
2+c
2-a
2
2bc
= 3
5
,所以a
2+b
2-c
2
2ab
=b-b
2+c
2-a
2
2bc
c,
化简得a
2+b
2-c
2
a
=a2+b2-c2.
因为C≠π
2
,即a2+b2-c2≠0,所以a=1.
因为cos A=b
2+c
2-1
2bc
= 3
5
,所以6
5
bc+1=b2+c2≥2bc(当且仅当b=c=
❑√5
2
时,等号成立),所以
bc≤5
4
,由题意可知A 为锐角,且cos A=3
5
,故sin A=4
5
,因此S=1
2
bcsin A=2
5
bc≤1
2
,即S 的最
大值为1
2 .
2.解 (1)零假设为H0:得分与第一投篮点选择独立,即得分无差异.
χ2=50×(300-50)
2
25×25×30×20 = 25
3
>6.635,
根据小概率值α=0.01 的χ2独立性检验,我们推断H0不成立,因此认为得分与第一投篮点
选择有关联,此推断犯错误的概率不超过0.01.
(2)设第一次选择在A 点投篮记为事件A0,在B 点投篮记为事件B0,投中记为事件E,则
P(A0)=1
2
,P(B0)=1
2
,P(E|A0)=0.7,P(E|B0)=0.3.
(ⅰ)P(E)=P(EA0)+P(EB0)=P(A0)·P(E|A0)+P(B0)·P(E|B0)=0.5,
所以小明第一次投篮命中的概率为0.5.
(ⅱ)小明投篮总得分X 可取0,2,3,4,6,则P(X=0)=1
2 × 3
10 × 7
10 + 1
2 × 7
10 × 3
10 = 21
100
,
P(X=2)=1
2 × 7
10 × 3
10 + 1
2 × 7
10 × 7
10 = 7
20
,
P(X=3)=1
2 × 3
10 × 3
10 + 1
2 × 3
10 × 7
10 = 3
20
,
P(X=4)=1
2 × 7
10 × 7
10 = 49
200
,
P(X=6)=1
2 × 3
10 × 3
10 = 9
200 .
所以X 的分布列为
X
0
2
3
4
6
P
21
100
7
20
3
20
49
200
9
200
所以E(X)=0× 21
100
+2× 7
20
+3× 3
20
+4× 49
200
+6× 9
200 = 12
5 .
3.(1)证明 由AB⊥AD,AD∥BC,AB=BC=1,可知△ABC 为等腰直角三角形,
所以AC=❑√2,∠BAC=∠CAD=π
4 .
又因为AD=2,由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·ADcosπ
4
=2,
即得AD2=AC2+CD2,AC⊥CD.
因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD,
又因为PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以CD⊥平面PAC.
又因为CD⊂平面PCD,所以平面PAC⊥平面PCD.
(2)解 (ⅰ)因为PA⊥AD,PA⊥AB,AD⊥AB,
所以以A 为坐标原点,以直线AB,AD,AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直
角坐标系.
设M 的坐标为(0,y,z),又B(1,0,0),D(0,2,0),由MB2+MD2=1+y2+z2+(y-2)2+z2=5,化简得y2-
2y+z2=0,即(y-1)2+z2=1,则动点M 的轨迹是以线段AD 的中点为圆心,以1 为半径的圆弧.
由于线段PD 的中点N(0,1,1),所以该圆弧经过点N(0,1,1),故动点M 的轨迹是四分之一圆
弧AN
⏜,所以其长度为π
2 .
(ⅱ)由(ⅰ)可设M(0,1+cos α,sin α),π
2 ≤α ≤π,P(0,0,2),C(1,1,0),⃗
BP=(-1,0,2),⃗BD=(-1,2,0),⃗CM=(-1,cos α,sin α),
设平面PBD 的一个法向量为n=(x,y,z),则{⃗
BP·n=0,⃗
BD·n=0, 即{
- x +2 z =0,
- x +2 y =0,
取x=2,则n=(2,1,1),
则sin θ=|cos<⃗CM,n>|=
|-2+sin α +cosα |
❑√4+1+1·
❑√1+ sin
2α +co s
2α
=|-2+ ❑√2sin(α + π
4 )|
❑√6×❑√2
=
❑√2-sin(α + π
4 )
❑√6
,
因为π
2 ≤α ≤π,所以3 π
4 ≤α+π
4 ≤5 π
4
,所以-
❑√2
2 ≤sin(α+π
4
)≤
❑√2
2
,
所以
❑√2
2 ≤❑√2-sin(α+π
4
)≤3 ❑√2
2
,所以
❑√3
6 ≤sin θ≤
❑√3
2
,
所以sin θ∈[
❑√3
6 ,
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❑√3
2
