北京市海淀区2018_2019学年高一数学下学期期中试题（含解析）.docx

北京市海淀区2018-2019学年下学期高一期中考试数学试题一、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.等于 ( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】根据两角和的正弦函数的公式，得到，即可求解，得到答案.【详解】根据两角和的正弦函数，可得，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.2.已知正四棱锥的底面边长为，高为，则它的体积为 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【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，高为，则底面正方形的面积为，所以四棱锥的体积为，故选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.3.在中，则等于 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由正弦定理得，求得得值，即可得到角C的大小，得到答案.【详解】在中，由正弦定理得，可得，又由，所以，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.4.已知直线和平面，则下列四个命题中正确的是 （ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】利用面面垂直，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，则与可能平行，所以不正确；对于B中，若，则与可能是相交的，所以不正确；对于C中，若，则可能在内，所以不正确；对于D中，根据面面平行的性质，可得若，则是正确的，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.5.如图，正方体被平面和平面分别截去三棱锥和三棱锥后，得到一个面体，则这个面体的左视图和值为 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【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，正方体被平面和平面分别截去三棱锥和三棱锥后，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.6.已知，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【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，则，所以，因为，所以或（舍去），则，则，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.7.已知球的半径为，是该球面上的两点，且线段，点是该球面上的一个动点（不与重合），则的最小值与最大值分别是 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由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，的大小取决于在圆O上弧的长度所占圆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）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，设所对的弧的长度与圆O的周长之比为，所以当最小时，最小，当最大时，最大，根据球的性质得：当圆O为球的大圆且弧所对的弧是该大圆的劣弧时，此时弧长度最小，圆的周长最大，最小，如图所示，此时，所以，所以；若圆O为球的大圆所对的优弧时，则最大，如图中的点，此时（圆的内接四边形的对角互补），综上可知，的最小值与最大值分别为，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.8.由等边三角形组成的网格如图所示，多边形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 （ ）A. 平面B. 平面平面C. 平面平面D. 【答案】B【解析】【分析】由题意，得到该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，即平面平面，故选B.【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.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_.【答案】【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.【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.10.在中，则=_.【答案】 【解析】【分析】由正弦定理得，再由余弦定理得，即可求解B角的大小，得到答案.【详解】在中，因为，由正弦定理得，又由余弦定理得，又因为，所以.【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.11.已知正方形的边长为1，将沿对角线折起，若折叠后平面平面，则此时点之间的距离是_.【答案】1【解析】【分析】取AC的中点O，连接OB，OD，证明平面，得出，利用勾股定理，即可求解.【详解】取AC的中点O，连接OB，OD，因为为的中点，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，得出，又，所以.【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定，以及面面垂直的性质的应用，其中解答中根据线面垂直和面面垂直的性质，得到，再利用勾股定理求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.12.已知，则=_.【答案】【解析】【分析】由两角和正切公式，求得，再由，即可求解.【详解】由两角和正切公式，得，又由，则，所以.【点睛】本题主要考查了两角和正切公式的应用，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.13.在中，请给出一个的值，使得此三角形有两解，则的一个值是_.【答案】【解析】【分析】根据余弦定理转化为关于的方程有两解可得的取值范围，从的范围中取值即可.【详解】由余弦定理可得，即有两解，所以有两解，所以，所以，解得，又由，所以实数的范围是.【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的方程有两解，进而求解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.14.如图所示，在长方体中，点E是棱上的一个动点，若平面交棱于点，给出下列命题：. 四棱锥的体积恒为定值；存在点，使得平面； 存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值；存在无数个点，在棱上均有相应的点，使得平面，也存在无数个点，对棱上任意的点， 直线与平面均相交.其中真命题的是_（填出所有正确答案的序号）【答案】【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，四棱锥的体积为：，则和都为定值，所以四棱锥的体积恒为定值；中，连接和，当时，利用三垂线定理可得,又由，所以，利用线面垂直的判定定理，即可得到平面，所以是正确的；中，根据棱柱的结构特质，可知四边形为平行四边形，设， 则，令，则，所以四边形的周长为 ，当时，周长有最小值，即当为的中点时，周长取得最小值，所以正确；中，在AD任取一点G，过点G作，可证得,利用线面平行的判定定理可得平面平面，所以平面，所以是正确的.故正确的命题序号为.【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.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.已知. （）求函数的最小正周期及单调递增区间;（）求函数在区间上的取值范围.【答案】（）见解析； （）.【解析】【分析】（）化简得 ，利用三角函数的图象与性质，即可求解.（）由 ，所以 ，求得，即可求得答案.【详解】（）由题意，化简得 . 所以 函数的最小正周期. 函数的单调递增区间为. 由 得（）.所以 函数的单调递增区间为. （）因为 ，所以 . 所以 .所以 .所以 函数在区间上的取值范围是.【点睛】本题主要考查了三角函数图象与性质，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.在中，点是边上一点， , ,. （）求的值； （）若的面积为，求的值.【答案】（）； （）.【解析】【分析】（）在中，由正弦定理，求得，再由三角函数的基本关系式，即可求解；（）因为 的面积为，求得，再在中，由余弦定理，解得，得到 为等腰三角形，利用倍角公式，即可求解.【详解】（）因为 , ,，所以 在中，由得：.因为 ，所以 .所以 .（）因为 的面积为，所以 .所以 . 在中，由余弦定理得.所以 . 所以 为等腰三角形.所以 .【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.已知四棱锥的底面是菱形. （）求证：； （）若 求证：； （）（下面两问任选一问作答，第（1）问满分4分，第（2）问满分5分）分别是上的点，若,，求的值.若， ， ，判断是否为等腰三角形？并说明理由.【答案】（）见解析； （）见解析；（）见解析.【解析】【分析】（）由四边形是菱形，所以 ，利用线面平行的判定定理，即可求解；（）设，由四边形是菱形，得到，再由，证得 ，利用线面垂直的判定，即可证得. （）过作交于，连接，利用线面平行的性质，得，进而由，即可得到结论； 作交于点，连接，利用面面垂直的性质，得到，又由.得到，进而得出是等边三角形，即可得到结论.【详解】（）证明：因为 四边形是菱形，所以 . 因为 ，所以 . （）证明：设.因为 四边形是菱形，所以 ，.因为 ，所以 . 因为 ，平面， 所以 . （）过作交于，连接.在菱形中， ，.所以 .所以 共面. 因为 ， ，所以 . 所以 四边形为平行四边形.所以 .因为 ，所以 . 不可能为等腰三角形，理由如下： 作交于点，连接.因为 ，平面平面，平面， 所以 平面.所以 . 因为 ，所以 .所以 .所以 ，.所以 .所以 .在菱形中，所以 是等边三角形.所以 为的中点.所以 .所以 .所以 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.已知非常数函数的定义域为，如果存在正数，使得，都有恒成立，则称函数具有性质T.（）判断下列函数是否具有性质T ？并说明理由; ；.（）若函数具有性质T，求的最小值;（）设函数具有性质T，且存在，使得，都有成立，求证：是周期函数.【答案】（）见解析； （）； （）见解析.【解析】【分析】（）利用反证法和函数的周期性的定义，即可作出结论.（）由函数具有性质T，转化为存在正数，使得，都有恒成立.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，使得，恒成立，即 ，以此类推可得. 利用函数的性质，即可求解.【详解】（）函数不具有性质T，函数具有性质T.理由如下：假设函数具有性质T，即存在正数，使得恒成立.则 对恒成立.所以 此方程组无解，与存在正数矛盾.所以 函数不具有性质T. 取，则，即对恒成立.所以 函数具有性质T. （）因为函数具有性质T， 所以存在正数，使得，都有恒成立.令，则对恒成立.若，取，则，矛盾； 若，取，则，即，矛盾； 所以 则 当且仅当时，对恒成立.因为 ， 所以 .所以 当时，函数具有性质T.所以 的最小值是.（）因为 函数具有性质T，所以 存在正数，使得，恒成立.所以 ，以此类推可得. 用代替，可得因为 不是常数函数，所以 存在，使得.若，则. 所以 .因为 存在，使得，都有成立，取，则，矛盾. 若，则. 同上可知存在，使得，矛盾. 所以 .所以对，.所以是周期为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. 19