海淀区2017-2018学年第二学期期中高一数学试题及答案

1海淀区高一年级第二学期期中练习数学2018.4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.12sin18cos12cos18sin（）A．21B．21C．23D．232.在△ABC中，已知3a，4b，32sinB，则Asin=（）A．43B．61C．21D．13.函数()sincosfxxx的最大值为（）A．1B．12C．2D．324.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正方形，那么该几何体的体积为（）A．3B．6C．62D．125.如图，飞机飞行的航线AB和地面目标C在同一铅直平面内，在A处测得目标C的俯角为30，飞行10千米到达B处，测得目标C的俯角为75，这时B处与地面目标C的距离为（）A．5千米B．52千米C.4千米D.42千米31111正（主）视图侧（左）视图俯视图ACB753026.如图1，直线EF将矩形纸ABCD分为两个直角梯形ABFE和CDEF，将梯形CDEF沿边EF翻折，如图2，在翻折的过程中（平面ABFE和平面CDEF不重合）下面说法正确的是（）A．存在某一位置，使得//CD平面ABFEB．存在某一位置，使得DE平面ABFEC．在翻折的过程中，//BF平面ADE恒成立D．在翻折的过程中，BF平面CDEF恒成立7.在ABC中，ABC，则下列结论中不正确．．．的是（）A．sinsinACB．coscosACC．tantanABD．coscosBC8.在ABC中，若2AC，60B，45A，点D为AB边上的动点，则下列结论中不正确．．．的是（）A．存在点D使得BCD为等边三角形B．存在点D使得1cos3CDAC．存在点D使得:2:3BDDCD．存在点D使得1CD二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分.9.求值：22cos15sin15=.10.已知tan32，则tan的值为.11.已知正四棱柱底面边长为1，高为2，则其外接球的表面积为.12.在△ABC中，已知60A，7a，3b，则c.13.若，均为锐角，且满足4cos5，3cos()5，则sin的值是.14.如图，棱长为6的正方体1111ABCDABCD绕其体对角线1BD逆时针旋转（0），若旋转后三棱锥111DDCA与其自身重合，则的最小值是；三棱锥111DDCA在此旋转过程中所成几何体的体积为.ABCDEF2图ABCDEF1图3三、解答题：本大题共4小题，每小题11分，共44分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.已知函数()2sin(cossin)1fxxxx.（Ⅰ）求()fx的最小正周期；（Ⅱ）求()fx在区间π3π,88上的最大值.16.如图，在△ABC中，点D在边AB上，2BDAD，45ACD，90BCD.（Ⅰ）求证：2BCAC；（Ⅱ）若5AB，求BC的长.17.如图，四棱柱的底面是平行四边形，，侧面底面，分别是的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：；（Ⅲ）在线段上是否存在点G，使得平面？并说明理由．18．正四棱锥SABCD的展开图如右图所示，侧棱SA长为1，记ASB，其表面积1111ABCDABCDABCDACCB11BBCCABCD,EF1,ABCD//EF11BBCCEFACEFAC11CDGDCBAFEC1D1B1A1DCBA4记为()f，体积记为()g．（Ⅰ）求()f的解析式，并直接写出的取值范围；（Ⅱ）求()()gf，并将其化简为2coscos1+sinabc的形式，其中abc，，为常数；（Ⅲ）试判断()()gf是否存在最大值，最小值？（写出结论即可）SSSSDCBA()()()5海淀区高一年级第二学期期中练习参考答案数学2018.4一、选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32分.题号12345678答案ACBBBCDD二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分.9．2310．3411.6π12.1或213．72514．2π3；42π3注：第12题对一个给2分，有错误答案不给分；第14题每空2分。三、解答题：本大题共4小题，每小题11分，共44分.15.（本小题11分）解：（Ⅰ）由()2sin(cossin)1fxxxx22sincos2sin1xxxsin2cos2xx……………………………4分π2sin(2)4x.……………………………6分2πT，所以()fx的最小正周期为π………………………………7分（Ⅱ）因为π3π,88x，所以π3π2,44x.所以20,π4x.………………………………9分当ππ2=42x，即π=8x时，()fx在区间π3π,88上的最大值为2.………11分616.（本小题11分）解：（Ⅰ）在△ACD中，45ACD，由正弦定理得：sinsinACADADCACD，…………………2分sinsin2sinsin22ADADCADADCACADADCACD所以.………3分在△BCD中，90BCD，则sinBCBDBDC.…………………6分因为πBDCADC，2BDAD，所以sin2sin2BCBDBDCADADCAC.…………………7分即2BCAC.（Ⅱ）在△ABC中，135ACBACDBCD，2BCAC由余弦定理得：2222cosABACBCACBCACB.……………………9分即22225222()52ACACACACAC……………………10分因为0,AC所以1,2ACBC.……………………11分17.（本小题11分）（Ⅰ）证明：方法一：取1CC中点M，连接FM，BM．在△1CCD中，因为,FM分别为11,CDCC中点，所以//FMCD，12FMCD.在平行四边形中，因为//CDAB，E为AB中点，所以//FMEB，FMEB.所以四边形FMBE是平行四边形.所以//EFBM.又因为BM平面，EF平面，ABCD11BBCC11BBCCMABCDA1B1D1C1EFDCBA7所以//EF平面．………………………………4分方法二：取CD中点M，连接FM，EM．在△1CCD中，因为,FM分别为1,CDCD中点，所以1//FMCC.在平行四边形中，,EM分别为,ABCD中点，所以//EMCB.又因为EMFMMI，,EMFM平面EFM，1,CCCB平面11BBCC，所以平面//EFM平面11BBCC.又因为EF平面EFM，所以//EF平面11BBCC．………………………………4分（Ⅱ）证明：因为平面平面，平面11BBCC∩平面ABCDBC，ACBC，AC平面ABCD，所以AC平面11BBCC.因为BM平面，所以ACBM.又因为//EFBM，所以EFAC．………………………………8分（Ⅲ）在线段不存在点使得平面.……………………………9分假设存在点使得平面，因为11CD平面，所以11CD.而AC与11CD不垂直，矛盾.所以在线段不存在点使得平面.……………………………11分18．（本小题11分）解：11BBCCABCD11BBCCABCD11BBCCEFPAC11CDGPAC11CDG11CDGACEFPAC11CDGMABCDA1B1D1C1EF8（Ⅰ）因为正四棱锥SABCD中，1SASBASB，，所以()4SABfSS四边形ABCB214sin2SASBASBAB222sin2cosSASBSASBASB2sin22cos，其中π(0)2，．………………………………4分（Ⅱ）设正方形ABCD中心为点O，则2211(22cos)1cos22OAAB．所以在RtSOA△中，222cosSOSAOA．所以11()(22cos)cos33ABCDgSSO正方形．……………………………8分所以()1(1cos)cos()3sin1cosgf.法一：222sincossincos()1122()332sincos2sincossin22222gf，所以22sincos()111coscos2()9921sin12sincos22gf.所以211coscos()1818(0)()1sin2gf．………………………………10分法二：222()1(1cos)cos1(1cos)cos()922sin2cos2sincos18(1sin)(1cos)gf，所以211coscos()1818(0)()1sin2gf．………………………………10分（Ⅲ）()()gf有最大值，无最小值．………………………………11分