北京海淀区高一第二学期期中考试数学试题及答案1017171044.docx
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北京海淀区高一第二学期期中考试数学试题及答案1017171044
高一年级期中统一练习
数学
、选择题：
本大题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的
sin30cos15
cos30
sin15
等于
（）
1
（A）1
（B）
2
（C）cos15
（D）
sin15
2
2
已知正四棱锥的底面边长为
2，
高为
3，则它的体积为
（
）
（A）2
（B）4
（C）6
（D）
12
在厶ABC中,
a1，c
2，
A
30°,则C等于
（
（A）45o
（B）
60o
（C）90°
（D）
120°
已知直线m和平面，
，则下列四个命题中正确的是
（
）
（A）若
，m
，则m
（B）若mP
，mP
，则
P
（C）若P
，mP
，则m
P
（D）若P
，m
，则m
（1）
（2）
（3）
个动点（不与A,B重合），则APB的最小值与最大值分别是
对于该几何体（顶点的字母用展开图相应字母表示,
（11）已知正方形ABCD的边长为1,将厶ADC沿对角线AC折起，若折叠后平面ACD丄平
面ACB，则此时点B,D之间的距离是.
（12）已知,（0,n,tan】，tan-，贝U=
232
（13）在厶ABC中，c4,B30，请给出一个b的值，使得此三角形有两解，贝Ub
的一个值是（14）如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，
BBiBD1，点E是棱CC1上的一个动点，若平面BED1交棱AA于点F,给出下列命题：
•
1四棱锥BBED1F的体积恒为定值；
2存在点E,使得B1D平面BD1E；③存在唯一的点E,使得截面四边形BED1F的周长取得最
小值；
④存在无数个点E，在棱AD上均有相应的点G，使得CGP平面EBD1，也存在无数个点
E,对棱AD上任意的点G，直线CG与平面EBD1均相交•
其中真命题的是__•（填出所有正确答案的序号）
三、解答题：
本大题共4小题，共44分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤（15）（本小题共11分）
已知f（x）2cosx（sinx、.3cosx）..3.
（i）求函数f（x）的最小正周期及单调递增区间；
（n）求函数f（x）在区间［0n］上的取值范围.
，2
（16）（本小题共11分）
在厶ABC中，点D是BC边上一点，AD2,ACJ,ADC60
（i）求cosC的值;
（17）（本小题共12分）
已知四棱锥PABCD的底面ABCD是菱形.
（I）求证：
AD//平面PBC;
（H）若PBPD,求证：
BD平面PAC;
（川）（下面两问任选一问作答，第
（1）问满分4分，第
（2）问满分5分）
1E,F分另U是AB,PD上的点，若
PF
EF//平面PBC,AE2EB，求的值•
PD
2若DAB60,平面PAD平面ABCD,
PBPD，判断△PAD是否为等腰三角形？
并说明理由
（18）（本小题共10分）
已知非常数函数f（x）的定义域为R,如果存在正数T,使得xR,都有
f（xT）Tf（x）恒成立，则称函数f（x）具有性质T.
（I）判断下列函数是否具有性质T?
并说明理由；
①f1（x）2x1:
②f2（x）cos（2n<1）.
（n）若函数f（x）sin（x）（0）具有性质T,求的最小值；
（川）设函数g（x）具有性质T,且存在M0，使得xR，都有g（x）M成立，求
证：
g（x）是周期函数
附加题：
（本题满分5分。
所得分数可计入总分，但整份试卷得分不超过100分）
设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为
1
1Q-|PQ2Q2PQ3LQk1PQQkPQi,
2n
平面Q2PQ3,L，平面Qk1PQk和平面QkPQ1遍历多面体M的所有以P为公共点的面
（I）任取正四面体的一个顶点，该点处的离散曲率为
图2
（川）图2为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面
部取若干采样点，然后用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格•区域和区域
中点的离散曲率的平均值更大的是.（填写“区域”或“区域”）
高一年级第二学期期中统一练习
数学
2019.04
参考答案及评分标准
.选择题：
本大题共8小题，每小题4分，共32分.
题号
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
（8）
答案
B
B
C
D
D
A
A
B
.填空题：
本大题共6小题，每小题4分，共24分.
（9）4n（10）n（11）1
n
（12）（13）3（2b4即可）（14）①②③④
4
注：
（14）每填出一个选项就得1分。
三.解答题：
本大题共4小题，共44分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
（15）（本小题满分11分）
解：
（I）f（x）2cosxsinx、3（2cos2x1）
=sin2xcos2x
所以
2x3［汇］.
8分
所以
sin（2x）1.
2
3
所以
.3
2sin（2x-）2.
3
所以
函数f（x）在区间［0,才］上的取值范围是［J3,2］.
11分
解：
（I）因为
（16）（本小题满分11分）
因为
AD
AC,
所以
C
冗
（0,;）.
2
所以
cosC
1sin2C彳打.
5分
3分
7
△ABD的面积为丄3，
2
（n）因为
（17）（本小题满分12分）
（I）证明：
因为四边形ABCD是菱形,
所以AD//BC.
平面PBC,
3分
因为AD平面PBC,BC
所以AD//平面PBC.
（n）证明：
设ACIBDO.
因为四边形ABCD是菱形，
所以ACBD,
DOOB.4分
因为PBPD,
所以
POBD.5分
因为ACIPOO,PO平面PAC,所以BD平面PAC.
（川）①过F作FG//DC交PC于G，连接BG.
在菱形ABCD中，ABDC，AB//DC.
11分
所以FG//AB.
所以E,F,G,B共面.
因为EF//平面PBC,
平面FEBGI平面PBCBG,
所以EF//BG.10分
所以四边形FEBG为平行四边形.
所以
EB
FG.
因为
AE
2EB
PF
FG
EB
1
所以
PD
DC
AB
3
②厶PAD不可能为等腰三角形，理由如下:
作BQAD交AD于点Q，连接PQ.
因为平面PAD平面ABCD,平面PADI平面ABCDAD,BQ平面ABCD,
在菱形ABCD中，DAB60,
所以△ABD是等边三角形•
所以Q为AD的中点•
所以AQQD.
12分
所以PAPD.
所以△PAD不可能为等腰三角形
（18）（本小题满分10分）
（I）解：
函数f“（x）不具有性质T,函数f2（x）具有性质T•理由如下：
1假设函数f1（x）具有性质T,即存在正数T,使得2（xT）1T（2x1）恒成立•
贝U（2T2）x3T1对xR恒成立•
”2T20,
所以此方程组无解，与存在正数T矛盾•
3T10.
所以函数f1（x）不具有性质T.1分
2取T10,贝Vf2（x1）cos（2Mx1）1）cos（2n<1）f2（x）,即f2（xT）Tf2（x）对xR恒成立.
所以函数f2（x）具有性质T.2分
（n）因为函数f（x）sin（x）（0）具有性质T,
所以存在正数T,使得xR，都有sin（（xT））Tsin（x）恒成立•令tx，则sin（tT）Tsint对tR恒成立•
nn
若T1，取t—,则sin（—T）T1，矛盾；3分
22
若0T1,取t-T，则sin-Tsin（-T），即sin（-T）-1,
2222T
矛盾；4分
所以T1.
则当且仅当2knkZ时，sin（t）sint对tR恒成立•
因为
0,
所以
2n.
所以
当2n时，函数f（x）
sin（2nx
）具有性质T.
所以
的最小值是2n
5分
（出）
因为函数g（x）具有性质
T,
所以
存在正数T，使得xR
，g（xT）
Tg（x）恒成立.
所以
g（x2T）g（xT
T）Tg（x
T）T2g（x）,
以此类推可得
g（xnT）Tng（x）,（n1,2,3丄）.7分
1
用t代替xnT，可得g（tnT）:
^g（t）,（n1,2,3丄）.
因为g（x）不是常数函数，
所以存在X。
，使得g（Xo）0.
若T1，则g（xonT）Tng（x°）,（n1,2,3,L）.
所以g（x。
nT）|Tn|g（xo）,（n1,2,3,L）.
因为存在M0,使得xR，都有
g（x）
M成立,
取n0
如越，则|g（x0⑷刑刚M，矛盾.
10分
附加题
（I）
1
若0T1,则g（XonT）T?
g（Xo）,（n1,2,3,L）.
1
同上可知存在n1N*，使得g（x0n苕）产|g（x。
）M，矛盾.
所以T1.
所以对xR，g（x1）g（x）.
所以g（x）是周期为1的函数.
（川）区域
注：
对于其它正确解法，相应给分
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