考前大题训练(二)

1、考前大题训练（二）班级_ 姓名_1、在中，分别是角A，B，C的对边，已知（1）求的大小；（2）设且的最小正周期为，求的最大值。2、已知某校的数学专业开设了A、B、C、D四门选修课，甲、乙、丙3名学生必须且只需选修其中一门（1）求这3名学生选择的选修课互不相同的概率；（2）若甲和乙要选同一门课，求选修课A被这3名学生选修的人数X的分布列和数学期望3、如图，在边长为1的菱形ABCD中，将正三角形BCD沿BD向上折起，折起后的点C记为，且DABC（1）若，求二面角CBD的大小；（2）当a变化时，线段上是否总存在一点E，使得/平面BED？请说明理由4、已知曲线的极坐标方程是以极点为平面直角坐标系的原点

2、，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是是参数（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）若直线与曲线相交于、两点，且，求直线的倾斜角的值5、公差不为零的等差数列中，成等比数列，且该数列的前10项和为100，数列的前项和为，且满足.（I）求数列，的通项公式；（II）令，数列的前项和为，求的取值范围.6、如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点.()证明：B1C1CE；()求二面角B1CEC1的正弦值；()设点在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段的长.7、某

3、省高考数学阅卷点共有400名阅卷老师，为了高效地完成文、理科数学卷的阅卷任务，需将400名阅卷老师分成两组同时展开阅卷工作，一组完成269捆文科卷，另一组完成475捆理科卷根据历年阅卷经验，文科每捆卷需要一位阅卷老师工作3天完成，理科每捆卷需要一位阅卷老师工作4天完成（假定每位阅卷老师工作一天的阅卷量相同，每捆卷的份数也相同）（1）如何安排文、理科阅卷老师的人数，使得全省数学阅卷时间最省？（2）由于今年理科阅卷任务较重，理科实际每捆卷需要一位阅卷老师工作4.5天完成，在按（1）分配的人数阅卷4天后，阅卷领导小组决定从文科组抽调20名阅卷老师去阅理科卷，试问完成全省数学阅卷任务至少需要多少天？（

4、天数精确到小数点后第3位） （参考数据：，）8、在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线与曲线：交于，两点.（）求的长；（）在以为极点，轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，设点的极坐标为，求点到线段中点的距离.1、（1） 又0x A= 6分(2)=+=+= sin(x+ ) = =2 9分= sin(2x+ ) 2x+, 时 12分2、（1）3名学生选择的选修课所有不同选法有43=64种；（2分）各人互不相同的选法有种，互不相同的概率：5分（2） 选修课A被这3名学生选修的人数X：0，1，2，3，6分，所以X的分布列为X0123P10分数学期望EX=12分.(注:不列表格不扣分)3、

5、（第16题图）DABCOE解：（1）连结，交于点，连结， 菱形ABCD中， 因三角形BCD沿BD折起，所以， 故为二面角CBD的平面角，（5分） 易得，而， 所以，二面角CBD的大小为；（7分） （2）当变化时，线段的中点E总满足A/平面BED，下证之：（9分） 因为E，O分别为线段，AC的中点， 所以，（11分） 又平面BED，平面BED， 所以A/平面BED. （14分）4、解:（1）由得 4分（2）将代入圆的方程得，化简得. 6分设、两点对应的参数分别为、,则, ,9分,或.10分5、 又，故-4分 6、方法一如图，以点A为原点，以AD，AA1，AB所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角

6、坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0). -3分(1)证明易得(1,0，1)，(1,1，1)，于是·0， 所以B1C1CE. -5分(2)解(1，2，1). 设平面B1CE的法向量m(x，y，z)，则即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为m(3，2,1). -6分由(1)知，B1C1CE，又CC1B1C1，可得B1C1平面CEC1，故(1,0，1)为平面CEC1的一个法向量. -7分于是cosm，-8分从而sinm，所以二面角B1CEC1的正弦值为.-9分(3)解(0,1,0)，(1,

7、1,1)，设(，)，01，有(，1，).可取(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量. -10分设为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sin |cos，|，-11分于是，解得(负值舍去)，所以AM.-12分 方法二(1)证明因为侧棱CC1底面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1，所以CC1B1C1.经计算可得B1E，B1C1，EC1，从而B1E2B1CEC，所以在B1EC1中，B1C1C1E，-2分又CC1，C1E平面CC1E，CC1C1EC1，所以B1C1平面CC1E，又CE平面CC1E，故B1C1CE. -4分(2)解过B1作B1GCE于点G，连接C1G.由(1)知，B1

8、C1CE，故CE平面B1C1G，得CEC1G，所以B1GC1为二面角B1CEC1的平面角. -6分在CC1E中，由CEC1E，CC12，可得C1G.在RtB1C1G中，B1G，所以sin B1GC1，即二面角B1CEC1的正弦值为.-8分(3)解连接D1E，过点M作MHED1于点H，可得MH平面ADD1A1，连接AH，AM，则MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角.设AMx，从而在RtAHM中，有MHx，AHx.在RtC1D1E中，C1D11，ED1，得EHMHx. -10分在AEH中，AEH135°，AE1，由AH2AE2EH22AE·EHcos 135°，得x21x2x，整理得5x22x60，解得x(负值舍去).所以线段AM的长为.-12分7、解：（1）设文科阅卷人数为，且， 则阅卷时间为（5分） 而故， 答：当文、理科阅卷人数分别是119,281时，全省阅卷时间最省；（8分） （2）文科阅卷时间为：，（11分） 理科阅卷时间为：，（14分） 答：全省阅卷时间最短为