北京海淀区高一第二学期期中考试数学试题及答案doc.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doc
高一年级期中统一练习
数学
2019.04
学校班级姓名成绩
一、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.
（1）sin30cos15
cos30sin15等于
（
）
（A）1
（B）
2
（C）cos15
（D）sin15
2
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
（3）在△ABC中，a
1，c
2，A
30o，则C等于
（）
（A）45o
（B）60o
（C）90o
（D）120o
（4）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mP
（D）若
P
，m
，则m
（5）如图，正方体ABCD
A1B1C1D1被平面ACB1和平面ACD1分别截去三棱锥
BACB1和
三棱锥D
ACD1后，得到一个n面体，则这个n面体的左视图和
A
D
n值为
B
C
（
）
D1
A1
B1
C1
1
x=6x=6x=7x=7
（A.）6（BB）.6（C）.7（D.）7
（6）已知0
π
sin
1
4
）等于（
）
（,π），
，sin
，则cos（
2
2
5
（A）433
（B）433
（C）433
（D）334
10
10
10
10
（7）已知球O的半径为1，A,B是该球面上的两点，且线段AB1
，点P是该球面上的一
个动点（不与A,B重合），则APB的最小值与最大值分别是
（）
π5π
ππ
π3π
π2π
（A）
（B）
（C）
（D）
6
6
4
2
4
4
3
3
（8）由等边三角形组成的网格如图所示，多边形ABCDEFGHIJ是某几何体的表面展开图，对于该几何体（顶点的字母用展开图相应字母表示，
对于重合的两点，取字母表中靠前的字母表示）
，下
F
列结论中正确的是
D
E
C
G
（
）
（A）BJ平面ADJ
（B）平面BCJP平面EAD
（C）平面ECB平面EAD
（D）BEAJ
BH
JI
A
二、填空题：
本大题共6小题，每小题4分，共24分，把答案填在题中横线上.
（9）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则其侧面积为.
（10
）在△ABC中，sinBsinC,a
3c，则
B=______.
（11）已知正方形ABCD的边长为
1，将△ADC沿对角线AC折起，若折叠后平面ACD⊥平
面ACB，则此时点B,D之间的距离是
.
（12
π
1
1
=
.
）已知,（0,
），tan
tan
，则
2
3
2
（13
）在△ABC中，c
4，B
30
，请给出一个b的值，使得此三角形有两解，则b
2
的一个值是
.
（14）如图所示，在长方体ABCD
A1B1C1D1中，
D1
C1
BB1B1D1，点E是棱CC1上的一个动点，若平面BED1
交
A1
B1
E
棱AA1于点F，给出下列命题：
.
①四棱锥B1BED1F的体积恒为定值；
D
C
②存在点E，使得B1D
平面BD1E；
A
B
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;
（Ⅱ）求函数
f（x）在区间[0,
π
]上的取值范围.
2
（16）（本小题共11分）
在△ABC中，点D是BC边上一点，AD2,AC7,ADC60.
（Ⅰ）求cosC的值；
（Ⅱ）若△ABD的面积为3，求sinBAC的值.
2
3
（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；
（Ⅱ）若PBPD，求证：
BD平面PAC；
（Ⅲ）（下面两问任选一问作答，第
（1）问满分4分，第
（2）问满分5分）
P
①
E,F分别是
AB,PD
上的点，若
2EB，求PF的值.
D
C
EF//平面PBC,
AE
PD
A
B
②若
DAB60
，平面PAD
平面ABCD
，
PB
PD，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（2πx1）.
（Ⅱ）若函数f（x）sin（x）（0）具有性质T，求的最小值;
（Ⅲ）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.
4
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
1
Q2PQ3
L
Qk1PQk
QkPQ1，
Q1PQ2
2π
其中Qi（i1,2,L
k，k3
）为多面体
M的所有与点
P相邻的顶点，且平面
Q1PQ2,
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
______；
（Ⅱ）如图1，已知长方体
A1B1C1D1
ABCD，AB
BC
1
2
，点P为
，AA1
2
底面A1B1C1D1内的一个动点，则四棱锥
P
ABCD在点P处的离散曲率的最小值为
______；
D1C1
P
A1B1
D
β
C
α
AB
图1图2
（Ⅲ）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”）
5
高一年级第二学期期中统一练习
数
学
参考答案及评分标准
2019．04
一.：
本大共
8小，每小
4分，共32
分.
号
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
（8）
答案
B
B
C
D
D
A
A
B
二.填空：
本大共
6小，每小
4分，共24分.
（9）4π
（10）π
（11）1
6
（12）π
（13）3（2
b
4即可）
（14）①②③④
4
注：
（14）
每填出一个就得
1分。
三.解答：
本大共
4小，共44分.解答写出文字明，明程或演算步.
（15）（本小分
11分）
解：
（Ⅰ）f（x）2cosxsinx3（2cos2x1）
=sin2x3cos2x
2（1sin2x3cosx）
22
⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
2sin（2x
）.
⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
3
所以函数f（x）的最小正周期T
2
⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
.
2
函数y
sinx的增区[
+2k,
+2k
]（k
Z）.
⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
2
2
由
+2k
2x
3
2
+2k
kZ）得
2
+k
x
5
+k
（k
Z）.
12
12
所以函数f（x）的增区
[+k
5+k
]（k
Z）.
⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
12
12
（Ⅱ）因x
[0,
]，
2
6
所以2x
[
2].
⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
3
3
3
所以
3
sin（2x
）
1.
2
3
所以3
2sin（2x
）
2.
3
π
[
3,2].
⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分
所以函数f（x）在区[0,
]上的取范是
2
（16）（本小分11分）
解：
（Ⅰ）因
AD
2
AC
7
ADC
60
，
所以在△ADC中，由
AC
=
AD
得：
sinC=AD
sin
ADC
21
.
sin
ADC
sinC
AC
7
⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
因AD
AC
，
所以
C
（0,
π
）.
2
所以cosC
1
sin2C
2
7
.
⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
7
（Ⅱ）因
△ABD的面
3，
2
所以
S△ABD
1AD
BDsin
ADB
1
2
BDsin120o
3
.
2
2
2
所以
BD
1
⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
.
在△
ADB中，由余弦定理得
AB2
DA2
DB2
2DADBcos
ADB
7.
所以
AB
7.
⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
所以
△ABC等腰三角形.
所以
sin
BAC
sin180o
2C=sin2C
2sinCcosC
2
21
2
7
4
3
.
⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分
7
7
7
（17）（本小分12分）
7
（Ⅰ）明：
因四形ABCD是菱形，
所以AD//BC.
因AD平面PBC，BC平面PBC，
所以AD//平面PBC.
（Ⅱ）明：
ACIBDO.
因四形ABCD是菱形，
所以ACBD，
DOOB.⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
因
PB
PD，
所以
A
POBD.
⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
因
ACIPOO，PO
平面PAC，
所以
BD
平面PAC.
（Ⅲ）①F作FG//DC交PC于G，接BG.
在菱形ABCD中，ABDC，AB//DC.
所以FG//AB.
所以E,F,G,B共面.
因EF//平面PBC，
平面FEBGI平面PBCBG，
所以EF//BG.⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
A
所以四形FEBG平行四形.
所以
EB
FG.
因
AE
2EB，
所以
PF=FG=EB=1
.
PD
DCAB3
②△PAD不可能等腰三角形，理由如下：
作BQAD交AD于点Q，接PQ.
⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分
⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
P
D
C
O
B
⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
P
FG
D
C
EB
⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分
⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
8
因
平面PAD
平面ABCD
，平面PADI平面
ABCD
，
平面
ABCD
，
ADBQ
所以
所以
因
BQ平面PAD.
BQPD.
PDPB，PBIBQB，
⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
P
D
所以PD平面PBQ.
C
Q
所以
所以
PD
PQ.
A
B
AD
PD，AD
PA，QD
PD，PQD90.
所以PQA90.
所以PAAQ.
在菱形ABCD中，DAB60，
所以△ABD是等三角形.
所以QAD的中点.
所以AQQD.
所以PAPD.
所以△PAD不可能等腰三角形.⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
（18）（本小分
10
分）
（Ⅰ）解：
函数
f1（x）不具有性T，函数f2（x）具有性T.理由如下：
①
假函数
f1（x）具有性T，即存在正数T，使得2（xT）1
T（2x
1）恒成立.
（2T
2）x
3T1xR恒成立.
2T
2
0,
T矛盾.
所以
1
此方程无解，与存在正数
3T
0.
所以函数f1（x）不具有性T.
⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分
②
取T
1
0
，f2（x1）cos（2π（x
1）1）cos（2πx
1）
f2（x），
即
9
f2（x
T）Tf2（x）x
R恒成立.
所以
函数f2（x）具有性
T.
⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
（Ⅱ）因
函数f（x）
sin（x
）（
0）具有性T，
所以
存在正数T，使得
xR，都有sin（
（xT）
）
Tsin（x
）恒成立.
令t
x
，sin（t
T）
Tsint
t
R恒成立.
若T
1
π
π
T）
T
1，矛盾；
⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
，取t
，sin（
2
2
1
若0
T
1
，取t
π
T，sinπTsin（π
T），即sin（π
T）
1，
2
2
2
2
T
矛盾；
⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
所以T
1.
当且当
2kπ,k
Z，sin（t
）
sint
t
R恒成立.
因
0
，
所以
2π
.
所以当
，函数
f（x）
sin（2πx
）
具有性
T
.
2π
所以
的最小是
2π
⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
.
（Ⅲ）因
函数g（x）具有性T，
所以存在正数T，使得
xR，g（x
T）
Tg（x）恒成立.
所以
g（x2T）g（xTT）Tg（x
T）T2g（x），以此推可得
g（xnT）
Tng（x）,（n
1,2,3,L
）.
⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
用t代替x
nT，可得g（t
nT）
1n
g（t）,（n1,2,3,L）.
T
因
g（x）不是常数函数，
所以
存在x0，使得g（x0）
0.
若T
1，g（x0
nT）
Tng（x0）,（n
1,2,3,L）.
所以
g（x0
nT）
Tng（x0）,（n
1,2,3,L）.
10
因
存在M
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