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1、试卷第 1 页，总 6 页绝密启用前北京市海淀区2018-2019 学年高一下学期期中考试数学试题考试范围：xxx；考试时间：100 分钟；命题人：xxx 题号一二三总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第 I 卷（选择题)请点击修改第I 卷的文字说明评卷人得分一、单选题1sin30 cos15cos30 sin15等于 ()A12B22Ccos15Dsin152已知正四棱锥的底面边长为2，高为3，则它的体积为（）A2B4C6D123在ABC中，1a，2c，30Ao，则C 等于 ()A45oB60oC90oD120o4已知直线m和平面,，则下列
2、四个命题中正确的是（）A若，m，则mB若mP，mP，则C若，m P，则mPD若，m，则m5如图，正方体1111ABCDA B C D被平面1ACB和平面1ACD分别截去三棱锥1BACB和三棱锥1DACD后，得到一个n面体，则这个n面体的左视图和n值为（）试卷第 2 页，总 6 页A6B6C7D76已知0,(,)2，1sin2，4sin5，则cos()等于（）A43 310B43 310C43 310D3 34107已知球O的半径为1，,A B是该球面上的两点，且线段1AB，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（）A5,66B,4 2C 3,44D 2,3
3、38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），下列结论中正确的是（）试卷第 3 页，总 6 页ABJ平面ADJB平面BCJ P平面EADC平面ECB平面EADDBEAJ第 II 卷（非选择题)请点击修改第II 卷的文字说明评卷人得分二、填空题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，sinsin,3BC ac，则BD=_.11已知,(0,)2，11tan,tan32，则=_.12在ABC中，4c，30B，请给出一个b的值，使得此三角形有两
4、解，则b的一个值是 _.13如图所示，在长方体1111ABCDA B C D中，111BBB D，点 E是棱1CC上的一个动点，若平面1BED交棱1AA于点F，给出下列命题：.四棱锥11BBED F的体积恒为定值；试卷第 4 页，总 6 页存在点E，使得1B D平面1BD E；存在唯一的点E，使得截面四边形1BED F的周长取得最小值；存在无数个点E，在棱AD上均有相应的点G，使得CG P平面1EBD，也存在无数个点E，对棱AD上任意的点G，直线CG与平面1EBD均相交.其中真命题的是_（填出所有正确答案的序号）14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122311112k
5、kkQ PQQ PQQPQQ PQL，其中iQ（1,2,ikL，3k）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面12Q PQ,平面23Q PQ,L,平面1kkQPQ和平面1kQ PQ遍历多面体M的所有以P为公共点的面.（）任取正四面体的一个顶点，该点处的离散曲率为_；（）如图所示，已知长方体1111A B C DABCD，1ABBC，122AA，点P为底面1111DCBA内的一个动点，则四棱锥PABCD在点P处的离散曲率的最小值为_；（）图中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，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
6、的平均值更大的_.（填写“区域”或“区域”）试卷第 5 页，总 6 页评卷人得分三、解答题15已知()2cos(sin3 cos)3fxxxx.（）求函数()f x 的最小正周期及单调递增区间;（）求函数()f x 在区间0,2上的取值范围.16在ABC中，点D是BC边上一点，2AD,7AC,60ADC.（）求cosC的值；（）若ABD的面积为32，求 sinBAC 的值.17已知四棱锥PABCD的底面ABCD是菱形.（）求证：/ADPBC平面；（）若PBPD，求证：BDPAC平面；（）（下面两问任选一问作答，第（1）问满分4 分，第（2）问满分5分）,E F分别是,AB PD上的点，若/EF
7、PBC平面,2AEEB，求PFPD的值.若60DAB，PADABCD平面平面，PBPD，判断PAD是否为等腰三角形？并说明理由.18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 xTTfx恒成立，则称函数()f x 具有性质T.（）判断下列函数是否具有性质T？并说明理由;1()21fxx；2()cos(21)fxx.（）若函数()sin()(0)f xx具有性质T，求的最小值;（）设函数()g x具有性质T，且存在0M，使得xR，都有()g xM成立，试卷第 6 页，总 6 页求证：()g x是周期函数.答案第 1 页，总 15 页参考答案1B【解析】【分析
8、】根据两角和的正弦函数的公式，得到sin30 cos15cos30 sin15sin(3015)，即可求解，得到答案.【详解】根据两角和的正弦函数，可得2sin30 cos15cos30 sin15sin(3015)sin452，故选 B.【点睛】本题主要考查了逆用两角和的正弦函数的公式化简、求值，其中解答中熟记两角和的正弦函数的公式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.2B【解析】【分析】根据正四棱锥的性质，以及锥体的体积公式，直接计算，即可得到答案.【详解】由题意，正四棱锥的底面边长为2，高为3，则底面正方形的面积为2 24S，所以四棱锥的体积为114 3433VSh，故选
9、B.【点睛】本题主要考查了棱锥的体积的计算问题，其中解答中熟记正四棱锥的性质，以及锥体的体积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.3C【解析】【分析】由正弦定理得sinsinacAC，求得sinC得值，即可得到角C 的大小，得到答案.答案第 2 页，总 15 页【详解】在ABC中，由正弦定理得sinsinacAC，可得0sin2sin30sin11cACa，又由000180C，所以090C，故选 C.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，其中解答中熟练应用正弦定理，求得sinC的值是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.4D【解析】【分析】利用面面垂直，
10、面面平行和线面平行的性质，逐项判定，即可得到答案.【详解】由题意，对于A 中，若，m，则 m 与可能平行，所以不正确；对于 B 中，若mP，mP，则与可能是相交的，所以不正确；对于 C 中，若 P，mP，则 m 可能在内，所以不正确；对于 D 中，根据面面平行的性质，可得若 P，m，则m是正确的，故选D.【点睛】本题主要考查了面面垂直，面面平行和线面平行的性质的应用，其中解答中熟记线面位置关系的判定是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.5D【解析】【分析】直接利用几何体的三视图和截面图象的转换，即可求得结果.【详解】由题意，正方体1111ABCDA B C D被平面1ACB和平面
11、1ACD分别截去三棱锥1BACB和三棱锥1DACD后，得到一个7 面体，根据几何体的截面图，可得其左视图为D，故选答案第 3 页，总 15 页D.【点睛】本题主要考查了几何体的三视图的应用，以及截面的转换，着重考查了空间想象能力，以及运算能力和转换能力，属于基础题.6A【解析】【分析】利用三角函数的同角三角函数的基本关系式，结合两角和差的余弦公式进行运算，即可求解.【详解】由题意0,(,)2，4sin5，则43sin(,1)52，所以2(,)23，因为1sin2，所以6或56（舍去），则2233cos1sin,cos1sin52，则331443 3cos()coscossinsin522510
12、，故选 A.【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值，其中解答中熟记同角三角函数的基本关系式和两角和与差的余弦公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.7A【解析】【分析】由,A P B为球面上不共线的三点，故三点在同一平面内，设该平面与球的截面为圆O，根据圆的性质，APB的大小取决于在圆O 上弧?APB的长度所占圆O 周长的比例，即可求解.【详解】由题意，点P 是该球面上的一个动点（不与A、B 重合）答案第 4 页，总 15 页即点 P 与点 A、B 不共线，故三点确定一个平面，设该平面与球的截面为圆O，设APB所对的弧的长度与圆O 的周长之比为t，所以当t最小时，A
13、PB最小，当t最大时，APB最大，根据球的性质得：当圆 O 为球的大圆且弧?APB所对的弧是该大圆的劣弧时，此时弧?APB长度最小，圆的周长最大，1t最小，如图所示，此时1ABOAOB，所以3AOB，所以1126APBAOB；若圆 O 为球的大圆所对的优弧时，则211tt最大，如图中的2P点，此时2156AP BAPB（圆的内接四边形的对角互补），综上可知，APB的最小值与最大值分别为5,66，故选 A.【点睛】本题主要考查了球的性质，以及截面圆的性质，其中熟记球的性质和截面圆的性质是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及分析问题和解答问题的能力，属于难题.8B【解析】【分析】由题意，得到该
14、几何体表示一个正八面体,此时 GHIJ 分别与 CDEF重合，利用正八面体的性质，即可求解.【详解】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，则该几何体表示一个正八面体,如图所示，此时GHIJ 分别与 CDEF重合，根据正八面体的性质，可得平面BCF/平面 EAD，即平面BCJ P平面EAD，故选 B.答案第 5 页，总 15 页【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征及其应用，其中解答中根据题意还原得到正八面体是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与论证能力，属于基础题.94【解析】【分析】根据圆柱的侧面积公式，即可求得该圆柱的侧面积，得到答
15、案.【详解】由题意，圆柱的底面半径为1，母线长为2，根据圆柱的侧面积公式，可得其侧面积为221 24Srl.【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面积公式的应用，其中解答中熟记圆柱的侧面积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.106【解析】【分析】由正弦定理得bc，再由余弦定理得3cos2B，即可求解B 角的大小，得到答案.【详解】在ABC中，因为sinsinBC，由正弦定理得bc，答案第 6 页，总 15 页又由余弦定理得2222222(3)3cos222 3acbcccBacc，又因为(0,)B，所以6B.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形问题，其中解
16、答中熟练应用正弦定理的边角互化和合理利用余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.114【解析】【分析】由两角和正切公式，求得tan()1，再由,(0,)2，即可求解.【详解】由两角和正切公式，得11tantan32tan()1111tantan132，又由,(0,)2，则(0,)，所以4.【点睛】本题主要考查了两角和的正切公式的应用，其中解答中熟记两角和的正切公式，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.1224b【解析】【分析】根据余弦定理转化为关于a的方程有两解可得b的取值范围，从b的范围中取值即可.【详解】由余弦定理可得22222cos164
17、3bacacBaa，即224 3160aab有两解，答案第 7 页，总 15 页所以222 34ab有两解，所以22 34ab，所以22 34b，解得4b，又由2402bb，所以实数b的范围是24b.【点睛】本题主要考查了余弦定理的应用，其中解答中根据余弦定理转化为关于a的方程有两解，进而求解b的范围是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.13【解析】【分析】根据线面平行的判定定理和面面平行的性质定理，以及锥体的体积公式，即可求解.【详解】由题意，可知中，四棱锥11BBED F的体积为：111111112BBED FEBB DFBB DEBB DVVVV11123BBD
18、Sh，则11BB DS和h都为定值，所以四棱锥11BBED F的体积恒为定值；中，连接1B D和1B C，当1B CBE时，利用三垂线定理可得1B DBE,又由111BBB D，所以11B DBD，利用线面垂直的判定定理，即可得到1B D平面1BD E，所以是正确的；中，根据棱柱的结构特质，可知四边形1BED F为平行四边形，设12,BBBCx CDy，则224xy，令CEm，则12C Em，所以四边形1BED F的周长为222212()2(2)lBEEDxmym2222222222(11)(2)2 24(2)12488xmymmmmm，当1m时，周长有最小值，即当E为1CC的中点时，周长取得
19、最小值，所以正确；中，在 AD任取一点G，过点 G作1/GHFD，可证得1/CHD E,利用线面平行的判定定理可得平面/CGH平面1BD E，所以/CG平面1BD E，所以是正确的.故正确的命题序号为.答案第 8 页，总 15 页【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及线面位置关系的判定及应用，其中解答中熟练运用空间几何体的结构特征，以及熟记线面位置关系的判定与性质是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力，属于中档试题.141213区域.【解析】【分析】（）根据正四面体的结构特征和曲率的计算公式，即可求解；（）根据曲率的计算公式，得出即点P 为正方形1111D
20、CBA的中心时，曲率取得最大值，即可求解；（）由（）（）可得，根据女孩面部的特征，即可作差判定.【详解】（）由题意，可知正四面体的所有面都是正三角形，所以取正四面体的一个顶点，该点处的离散曲率为1111()1233322；（）已知长方体1111A B C DABCD，点P为底面1111A B C D内的一个动点，则四棱锥PABCD在点P处的离散曲率为11()2APDAPBBPCCPD,又由ABBC1，12AA2，所以2ACBD,且1111DCBA为正方形，当APDAPBBPCCPD时，即点 P 为正方形1111DCBA的中心时，曲率取得最大值，此时2APDAPBBPCCPD，答案第 9 页，总
21、 15 页即1211()12333333.（）由（）（）可得，根据女孩面部识别过程中的三角剖分结果，可得区域的曲率的平均值更大一些.【点睛】本题主要考查了创新试题的应用，其中解答中认真审题，根据几何体离散曲率的计算公式和几何体的结构特征，合理推理与判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.15（）见解析；（）3,2.【解析】【分析】（）化简得fx2sin2x3，利用三角函数的图象与性质，即可求解.（）由x0,2，所以 22x,333，求得32sin2x23，即可求得答案.【详解】（）由题意，化简得2fx2cosxsinx3 2cos x1=sin2x3cos2x132
22、sin2xcosx222sin2x3.所以函数f x的最小正周期2T2.函数ysinx的单调递增区间为+2k,+2k kZ22.由+2k 2x+2k kZ232得5+k x+k1212（kZ）.所以函数f x的单调递增区间为5+k,+k kZ1212.（）因为x0,2，所以 22x,333.答案第 10 页，总 15 页所以3sin 2x123.所以32sin2x23.所以函数f x在区间0,2上的取值范围是3,2.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，其中解答中根据三角恒等变换的公式化简函数的解析式，合理应用三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.16（
23、）2 77；（）4 37.【解析】【分析】（）在ADC中，由正弦定理，求得AD sinADC21sinC=AC7，再由三角函数的基本关系式，即可求解；（）因为ABD的面积为32，求得BD1，再在ADB中，由余弦定理，解得AB7，得到ABC为等腰三角形，利用倍角公式，即可求解.【详解】（）因为AD2,AC7,ADC60，所以在ADC中，由ACAD=sinADCsinC得：AD sinADC21sinC=AC7.因为ADAC，所以C0,2.所以22 7cosC1sin C7.（）因为ABD的面积为32，答案第 11页，总 15 页所以ABD113SAD BD sinADB2BD sin120222
24、oV.所以BD1.在ADB中，由余弦定理得222ABDADB2DADB cosADB7.所以AB7.所以ABC为等腰三角形.所以sinBACsin 1802C=sin2Co212 74 32sinCcosC2777.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理，及三角函数恒等变换的应用，同角三角函数基本关系式，余弦定理在解三角形中的综合应用，其中解答中熟记三角恒等变换的公式，以及合理应用正弦定理、余弦定理求解是解答的关键，着重考查了转化思想与运算、求解能力，属于基础题17（）见解析；（）见解析；（）见解析.【解析】【分析】（）由四边形ABCD是菱形，所以AD/BC，利用线面平行的判定定理，即可求解
25、；（）设ACBDO，由四边形ABCD是菱形，得到ACBD，再由PBPD，证得POBD，利用线面垂直的判定，即可证得BDPAC平面.（）过F作FG/DC交PC于G，连接BG，利用线面平行的性质，得EF/BG，进而由AE2EB，即可得到结论；作BQAD交AD于点Q，连接PQ，利用面面垂直的性质，得到BQPD，又由PDPBQ平面.得到PDPQ，进而得出ABDV是等边三角形，即可得到结论.【详解】（）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AD/BC.因为ADPBC平面，BCPBC平面，所以AD/PBC平面.答案第 12 页，总 15 页（）证明：设ACBDO.因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD，DO
26、OB.因为PBPD，所以POBD.因为ACPOO，PO平面PAC，所以BDPAC平面.（）过F作FG/DC交PC于G，连接BG.在菱形ABCD中，ABDC，AB/DC.所以FG/AB.所以E,F,G,B共面.因为EF/PBC平面，FEBGPBCBG平面平面，所以EF/BG.所以四边形FEBG为平行四边形.所以EBFG.因为AE2EB，所以PFFGEB1=PDDCAB3.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PADABCD平面平面，平面PAD平面ABCDAD，BQ平面ABCD，所以BQ平面PAD.所以BQPD.答案第 13 页，总 15 页因为PDPB，PBB
27、QB，所以PDPBQ平面.所以PDPQ.所以ADPD，ADPA，QDPD，PQD90.所以PQA90.所以PAAQ.在菱形ABCD中，60DAB，所以ABDV是等边三角形.所以Q为AD的中点.所以AQQD.所以PAPD.所以PAD不可能为等腰三角形.【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明、及应用，其中解答中熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直18（）见解析；（）2；（）见解析.【解析】
28、【分析】（）利用反证法和函数的周期性的定义，即可作出结论.（）由函数(0)fxsinx具有性质T，转化为存在正数T，使得xR，都有sinxTTsinx恒成立.利用三角函数的图象与性质，即可求解.（）由题意得出存在正数T，使得xR，g xTTg x恒成立，即22g xTg xTTTg xTT g x，以此类推可得,1,2,3,ng xnTT g xnL.利用函数的性质，即可求解.【详解】（）函数1fx不具有性质T，函数2fx具有性质T.理由如下：答案第 14 页，总 15 页假设函数1fx具有性质T，即存在正数T，使得2121xTTx恒成立.则2231TxT对xR恒成立.所以220,310.TT
29、此方程组无解，与存在正数T矛盾.所以函数1fx不具有性质T.取10T，则2212(11)21fxcosxcosxfx，即22fxTTfx对xR恒成立.所以函数2fx具有性质T.（）因为函数(0)fxsinx具有性质T，所以存在正数T，使得xR，都有sinxTTsinx恒成立.令tx，则sin tTTsint对tR恒成立.若1T，取2t，则12sinTT，矛盾；若01T，取2tT，则22sinTsinT，即112sinTT，矛盾；所以1T.则 当且仅当2 ,k kZ时，sin tsint对tR恒成立.因为0，所以 2.所以当2时，函数2fxsinx具有性质T.所以的最小值是2.（）因为函数g x
30、具有性质T，所以存在正数T，使得xR，g xTTg x恒成立.所以22g xTg xTTTg xTT g x，以此类推可得,1,2,3,ng xnTT g xnL.答案第 15 页，总 15 页用t代替xnT，可得1,1,2,3,ng tnTg tnTL.因为g x不是常数函数，所以存在0 x，使得00g x.若1T，则00,1,2,3,ng xnTT g xnL.所以00,1,2,3,ng xnTTg xnL.因为存在0M，使得xR，都有g xM成立，取00TMnlogg x，则0000ng xn TTg xM，矛盾.若01T，则001,1,2,3,ng xnTg xnTL.同上可知存在1*nN，使得10101ng xn Tg xMT，矛盾.所以1T.所以对xR，1g xg x.所以g x是周期为1的函数.【点睛】本题主要考查了函数的周期性和函数基本性质的综合应用，其中解答中正确理解题意，合理利用函数的周期性的定义和函数的基本性质，灵活化简、运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，试题有一定的难度，属于难题.