大题训练(一)_数学_高中教育_教育专区

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1、大题训练(1)1.jABC中，角A.B.C所对的边分别为a,b,c,已知能。=J^ccosB+bsinC。(I)求C的值；13(II)若D是AB上的点，已知cosZBCD=—,a=2,b=3,求sinZBDC的值。142.如下图，在空间多面体ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，AB//DC,AD丄CD,ADE是正三角形，CD=DE=2AB,CE=y[2CD.(I)求证：平iftlCDE丄平面ADE；(II)求二面角C—BE—A的余弦值。3.已知从A地到B地共有两条路径厶和厶，据统计，经过两条路径所用的吋间互不影响，且经过厶和爲所用时间落在各时间段内的频率分布直方图分别为下图（

2、1）和（2）。现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟吋间用于从A地到B地。（1）为了尽最大可能在各自允许的时间内赶到3地，甲和乙应如何选择各白的路径？（2）用X表示甲、乙两人中在允许的时间内能赶到B地的人数，针对（1）的选择方案，求X的分布列和数学期望。4.设｛陽｝是等比数列，公比（7=2,S“为血｝的前“项和，记7；丿［一设7；为数列｛7；｝的最大项，则如=（）A.2B.3C.4D.5参考答案1(1)75)畔。【解析】试题分析：（I）借助题设条件运用正弦定理及三饬变换的公式求解；（II）借助题设条件运用余弦定理及三角变换公式求解。试题解析：（I）因为>/36f=V3ccosB+/?s

3、inC,所以V3sinA=a/3sinCcosB+sinBsinC,所以V3(sinBcosC+cosBsinC)=V3sinCcosB+sinBsinC,所以巧sinBcosC二sinBsinC,因为sinBH0,cosCH0,所以tanC=V3,因为0VC<7Tf即C二71—；3(II)由余弦定理：AB2=(2)2+(3)2-2x2x3x丄=7,所以AB=#,2因为cosZBC"詈且0

4、ri-3羽[1133^273>/2?=sinZBCDcosZCBD+cosZBCDsinZCBD=x——+——x=。1414141414考点：正弦定理余弦定理和三角变换等有关知识的综合运用。2.【答案】（I）证明见解析；（II）o4【解析】试题分析：（I）借助题设条件运用面面垂直的判定定理推证；（II）借助题设条件运用二面角的定义进行转化为平面角或运用空间向量的数量积公式求解。试题解析：证明：(I)因为CD=DE,CE=a/2CD,所以CD2+DE2=CE2,所以CD丄DE,因为AD丄CD,所以CD丄平而ADE,因为CDu平面CDE,所以平面ADE丄平面CDE,法一：(II)取CE

5、中点N,连接DV,过N作NP丄BE,过P作GP丄BE,连接NG,所以ZNPG是二面角C-BE-A的平面角，设AB=,在AADE中，AM=羽,所以=在ACDE中，CE=2近,所以=BE=逅,因为NExBN二二NPxBE,所以NP=g,V5在ANEP中,所以PE因为空二兰，所以PG=+PEAEV5所以EG=1,过G作GT?丄ME,则/?是ME屮点，]3所以NG2=W2+/?A/2+/?G2=1+-+-=2,44在ANPG中，NG2=NP2+PG2-2NPxPGxcosZNPG,所以cosWG"孚即二而角C_B一的余弦值为冉法二：（II）过E作EF//DC,过C作CF//DE,CF（1E

6、F=F,连接CE,BF,DF,则CDEF是正方形,因为EF//DC,所以EF//AB.所以BAEF是梯形，过N作W0丄BE,连接F0,因为DF丄CE,BN丄平面CDEF,所以DF丄BE,即BE丄OF,则ZNOF是二面角C-BE-F的平

7、侨角,设CD=2,则NF=>/L在RtABNE,BN=爲,NE=y/2,所以WO=ON3所以cosANOFV64所以二面角—的余弦值为号。法三：(III)过点D作DF丄平fflCP£,由(I)知：平^ADE丄平而CDE,所以DFu平血ADE,以D为原点，分别以DC、DE、DF为x轴、y轴、z轴建立空间宜角坐标系，则C(2,0,0),E(0,2,0),A

8、(0,l,J5),因为BA!/CD,RBA=-CD,所以3(1,1,巧)，.-.CE=(-2,2,0),CB=(-1,1,a/3),E4=(0,-1,V3),BE=(-1,1,-^3),设平血BCE的法向最为m=(兀y,z),mJCE=()mJBE=02x-2y=0x-y+fiz=0取AH=(1,1,0),同理可得平面BAE的法向量«=(0,V3,l),所以cos=因为二面角C-BE-A是钝角,所以其余弦值是一孚考点：空间直线与平面的位置关系