2018-2019学年江苏省南京市玄武区高一（下）期中数学试卷（含详细解答）

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1、2018-2019学年江苏省南京外国语学校高一（下）期中数学试卷一、填空题：（本大题共14小题，每小题3分，共42分）.1（3分）若若正三棱柱的底面边长为，侧棱长为1，则此三棱柱的侧面积为 2（3分）已知，则 3（3分）倾斜角为且在y轴上截距为2的直线为l，则直线l的方程是 4（3分）在ABC中，a3，b，A，则B 5（3分）给出下列命题：如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面；如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面；如果平面平面，平面平面，l，那么l平面；如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面以上命题错误的是 （填序号）6（3分）如图中的直线l1，l2，l3的

2、斜率分别为k1，k2，k3，则k1，k2，k3的大小关系为 7（3分）已知，且，则cossin的值为 8（3分）已知ABC中，内角A，B，C的对边a，b，c，若a2b2+c2bc，bc4，ABC的面积为 9（3分）一正四面体木块如图所示，点P是棱VA的中点，过点P将木块锯开，使截面PFED平行于棱VB和AC，若木块的棱长为a，则截面PFED面积为 10（3分）直线l经过点A（1，2），在x轴上的截距的取值范围是（3，1），则其斜率的取值范围是 11（3分）用半径为2cm的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高为 cm12（3分）在同一平面直角坐标系中，直线l1：ax+y+b0和直线l2：b

3、x+y+a0有可能是 13（3分）如图，四棱锥PABCD中，BADABC90，BC2AD，PAB和PAD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为 14（3分）若ABC的内角满足sinA+sinB2sinC，则cosC的最小值是 三、解答题（本大题共5小题，共计58分）.15（10分）已知，0，tan，tan，求2+16（12分）设直线l的方程为（a+1）x+ya0（aR）（1）若l在两坐标轴上的截距相等，求l的方程；（2）若l不经过第二象限，求实数a的取值范围17（12分）如图，四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD为矩形，PDDC4，AD2，E为PC的中点（）求证：AD

4、PC；（）求三棱锥APDE的体积；（）AC边上是否存在一点M，使得PA平面EDM，若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由18（12分）设函数f（x）6cos2x2sinxcosx（1）求f（x）的最小正周期和值域；（2）在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（B）0且b2，cosA，求a和sinC19（12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ACBC，BCCC1，设AB1的中点为D，BC的中点为F，B1CBC1E求证：（1）平面DEF平面AA1C1C（2）BC1AB1；（3）若AB2，BC1，M为线段BB1上的一动点，则当AM+MC1最小时，求AMC1的面积20

5、18-2019学年江苏省南京外国语学校高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、填空题：（本大题共14小题，每小题3分，共42分）.1（3分）若若正三棱柱的底面边长为，侧棱长为1，则此三棱柱的侧面积为【分析】直接由已知结合棱柱侧面积公式求解【解答】解：如图，正三棱柱的底面边长为，侧棱长为1，此三棱柱的侧面积为故答案为：【点评】本题考查多面体侧面积的求法，是基础的计算题2（3分）已知，则【分析】直接利用两角和的正切求解【解答】解：由，得故答案为：故答案为：【点评】本题考查两角和的正切，是基础的计算题3（3分）倾斜角为且在y轴上截距为2的直线为l，则直线l的方程是xy20【分析】由直线的倾斜角可

6、得直线的斜率，进而可得其斜截式方程，化为一般式即可【解答】解：直线的倾斜角为，直线的斜率为ktan，又直线在y轴上截距为2，直线方程为yx2，化为一般式可得xy20故答案为：xy20【点评】本题考查直线的斜截式方程，属基础题4（3分）在ABC中，a3，b，A，则B【分析】由正弦定理可得sinB，再由三角形的边角关系，即可得到角B【解答】解：由正弦定理可得，即有sinB，由ba，则BA，可得B故答案为：【点评】本题考查正弦定理的运用，同时考查三角形的边角关系，属于基础题5（3分）给出下列命题：如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面；如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面

7、；如果平面平面，平面平面，l，那么l平面；如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面以上命题错误的是（填序号）【分析】根据空间面面垂直的判定定理，性质定理，及几何特征，逐一分析四个答案的真假，可得答案【解答】解：对于，如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于交线，则该直线平行于平面，所以正确；对于，根据面面垂直判定定理和它的逆否命题真假性相同，判断命题“如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面”是真命题，正确；对于，如果平面平面，平面平面，且l，那么l平面，正确；对于，如果平面平面，那么平面内垂直于交线的直线垂直于平面，并不是平面内所有的直线都垂直于平面，所以错误综上，所有

8、错误的命题序号是故答案为：【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了空间线面关系的判定与性质，是基础题6（3分）如图中的直线l1，l2，l3的斜率分别为k1，k2，k3，则k1，k2，k3的大小关系为k2k3k1【分析】由直线的倾斜角和斜率的关系，结合图象可得【解答】解：由图象可知，直线l1的倾斜角为钝角，k1为负值，直线l2，l3的倾斜角为锐角，k2，k3均为正值，由正切函数的单调性可知k3k2k1，k2，k3的大小关系为k2k3k1故答案为：k2k3k1【点评】本题考查直线的倾斜角和斜率的关系，属基础题7（3分）已知，且，则cossin的值为【分析】根据，可知cossin0，然后计算

9、其值即可【解答】解：，cossin0，故答案为：【点评】本题考查了三角函数的化简求值，关键是掌握三角形在各象限的符号，属基础题8（3分）已知ABC中，内角A，B，C的对边a，b，c，若a2b2+c2bc，bc4，ABC的面积为【分析】利用余弦定理表示出cosA，将已知等式变形后代入求出cosA的值，确定出A的度数，再由bc的值，利用三角形面积公式求出三角形ABC面积即可【解答】解：ABC中，a2b2+c2bc，即b2+c2a2bc，cosA，A60，bc4，SABCbcsinA，故答案为：【点评】此题考查了余弦定理，以及三角形面积公式，熟练掌握余弦定理是解本题的关键9（3分）一正四面体木块如图

10、所示，点P是棱VA的中点，过点P将木块锯开，使截面PFED平行于棱VB和AC，若木块的棱长为a，则截面PFED面积为【分析】利用线面平行的判定定理可得四边形PDEF为所求的截面，易知四边形PDEF为边长为a的正方形，问题得以解决【解答】解：在平面VAC内作直线PDAC，交VC于D，在平面VBA内作直线PFVB，交AB于F，过点D作直线DEAC，交BC于E，PFDE，P，D，E，F四点共面，且面PDEF与VB和AC度平行，则四边形PDEF为边长为a的正方形，故其面积为故答案为：【点评】本题主要考查线面平行的判定和实际应用，关键之作出截面，属于基础题10（3分）直线l经过点A（1，2），在x轴上的

11、截距的取值范围是（3，1），则其斜率的取值范围是（，+）【分析】根据题意，设M（3，0），N（1，0），分析可得AN与x轴垂直，KAM，结合图形分析可得答案【解答】解：根据题意，设M（3，0），N（1，0），又由A（1，2），则AN与x轴垂直，KAM，则直线l的斜率范围为（，+）；故答案为：（，+）【点评】本题考查直线的斜率，关键是掌握直线斜率的计算公式，属于基础题11（3分）用半径为2cm的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高为cm【分析】先求半圆的弧长，就是圆锥的底面周长，求出底面圆的半径，然后利用勾股定理求出圆锥的高【解答】解：半径为2的半圆弧长为2，圆锥的底面圆的周长为2，其轴截

12、面为等腰三角形如图：圆锥的底面半径为：1圆锥的高h故答案是【点评】本题考查圆锥以及侧面展开图的知识，考查学生的运算能力12（3分）在同一平面直角坐标系中，直线l1：ax+y+b0和直线l2：bx+y+a0有可能是，【分析】结合直线截距和斜率的关系讨论两条直线是否保持一致即可【解答】解：两直线的斜截式方程为l1：yaxb，l2：ybxa，在中，l1的斜率a0，截距b0，与l2的斜率b0，矛盾，不成立中，l1的斜率a0，截距b0，l2的斜率b0，截距a0成立中，l1的斜率a0，截距b0，与l2的斜率b0，矛盾，不成立中，l1的斜率a0，截距b0，l2的斜率b0，截距a0成立故有可能是，故答案为：，

13、【点评】本题主要考查直线的图象的识别和判断，结合直线截距和斜率的关系是否一致是解决本题的关键13（3分）如图，四棱锥PABCD中，BADABC90，BC2AD，PAB和PAD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为90【分析】过D作DEBC于E，连结AE，BD交于点O，连结PO则四边形ABED为正方形，E为BC中点，利用POAPOB得出POAB，POAE，于是可证POABCD，得出POAE，又AEBD得出AE平面PBD，从而CD平面PBD，得到CDPB【解答】解：过D作DEBC于E，连结AE，BD交于点O，连结POBADABC90，PAB和PAD都是等边三角形，四边形ABED是正方形

14、，O是AE，BD的中点OAOBPBPD，POBD，PAPB，OAOB，PO为公共边，POAPOB，POAPOB，POAE，四边形ABED是正方形，AEBD又PO平面PBD，BD平面PBD，POBDO，AE平面PBDBC2AD，E是BC的中点CDOE，CD平面PBDPB平面PBD，CDPB异面直线CD与PB所成角为90故答案为90【点评】本题考查了异面直线所成的角，证明CD平面PBD是关键14（3分）若ABC的内角满足sinA+sinB2sinC，则cosC的最小值是【分析】根据正弦定理和余弦定理，利用基本不等式即可得到结论【解答】解：由正弦定理得a+b2c，得c（a+b），由余弦定理得cosC

15、，当且仅当时，取等号，故cosC1，故cosC的最小值是故答案为：【点评】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，结合基本不等式的性质是解决本题的关键三、解答题（本大题共5小题，共计58分）.15（10分）已知，0，tan，tan，求2+【分析】由已知求得tan2，再由两角和的正切求tan（2+），再由角的范围得答案【解答】解：由tan，得tan2，又tan，tan（2+），0，2+2，则2+【点评】本题考查两角和与差的三角函数，训练了由用已知三角函数值求角，是基础题16（12分）设直线l的方程为（a+1）x+ya0（aR）（1）若l在两坐标轴上的截距相等，求l的方程；（2）若l不经过第二象限，

16、求实数a的取值范围【分析】（1）由x，y的系数相等求解；（2）直线l过定点，画出图形，数形结合得答案【解答】解：（1）直线l的方程为（a+1）x+ya0，且l在两坐标轴上的截距相等，a+11，即a0直线l的方程为x+y0；（2）由（a+1）x+ya0，得a（x1）+x+y0由，解得直线l过（1，1），由图可知，直线l的斜率k（a+1）0，即a1【点评】本题考查直线的一般式方程与直线的性质，考查数形结合的解题思想方法，是基础题17（12分）如图，四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD为矩形，PDDC4，AD2，E为PC的中点（）求证：ADPC；（）求三棱锥APDE的体积；（）AC边上

17、是否存在一点M，使得PA平面EDM，若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由【分析】（）要证ADPC，先证AD面PDC，就是从线面垂直进而推证线线垂直（）求三棱锥APDE的体积，先求底面PDE的面积，然后求解（）PA平面EDM，只要PAEM即可，找出再证明求解即可【解答】解：（）证明：因为PD平面ABCD，所以PDAD（2分）又因为ABCD是矩形，所以ADCD（3分）因为PDCDD，所以AD平面PCD又因为PC平面PCD，所以ADPC（5分）（）解：因为AD平面PCD，所以AD是三棱锥APDE的高因为E为PC的中点，且PDDC4，所以（7分）又AD2，所以（9分）（）解：取AC中点M，连接E

18、M，DM，因为E为PC的中点，M是AC的中点，所以EMPA又因为EM平面EDM，PA平面EDM，所以PA平面EDM（12分）所以即在AC边上存在一点M，使得PA平面EDM，AM的长为（14分）【点评】本体是一道综合考查学生几何结构的题目，是基础题18（12分）设函数f（x）6cos2x2sinxcosx（1）求f（x）的最小正周期和值域；（2）在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（B）0且b2，cosA，求a和sinC【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，即可求f（x）的最小正周期和值域；（2）由f（B）0，得B，由cosA，可求sinA，利用正弦定理，求出a，

19、利用sinCsin（AB），可得sinC【解答】解：（1）f（x）6cos2x2sinxcosx6sin2x3cos2xsin2x+32cos（2x+）+3 （3分）f（x）的最小正周期为T，（4分）值域为32，3+2 （6分）（2）由f（B）0，得cos（2B+）B为锐角，2B+，2B+，B （9分）cosA，A（0，），sinA （10分）在ABC中，由正弦定理得a （12分）sinCsin（AB）sin（A） （14分）【点评】本题考查正弦定理，考查三角函数中的恒等变换，考查学生的计算能力，属于中档题19（12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ACBC，BCCC1，设AB1的

20、中点为D，BC的中点为F，B1CBC1E求证：（1）平面DEF平面AA1C1C（2）BC1AB1；（3）若AB2，BC1，M为线段BB1上的一动点，则当AM+MC1最小时，求AMC1的面积【分析】（1）由三角形中位线定理得DEAC，由此能证明DE平面AA1C1C（2）推导出BC1B1C，ACCC1，ACBC，从而AC平面BCC1B1，进而ACBC1，由此能证明BC1AB1（3）先将直三棱柱ABCA1B1C1沿棱BB1展开成平面连接AC1，与BB1的交点即为满足AM+MC1最小时的点M，由此可以求得AMC1的三边长，再由余弦定理求出其中一角，由面积公式求出面积【解答】证明：（1）在直三棱柱ABC

21、A1B1C1中，BC1B1CE，E是B1C的中点，AB1的中点为D，DEAC，AC平面AA1C1C，DE平面AA1C1C，DE平面AA1C1C（2）在直三棱柱ABCA1B1C1中，BCCC1，BC1B1C，ACCC1，又ACBC，BCCC1C，AC平面BCC1B1，ACBC1，ACB1CC，BC1平面ACB1，BC1AB1（3）解：将直三棱柱ABCA1B1C1沿棱BB1展开成平面连接AC1，与BB1的交点即为满足AM+MC1最小时的点M，由于AB2，AA1CC1BC1，再结合棱柱的性质，可得B1MAA1，BM，由棱柱的性质可得，AM，MC1，AC12，cosAMC1，sinAMC1，AMC1的面积SsinAMC1【点评】本题考查线面平行的证明，考查线线垂直的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属中档题