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江苏省涟水金城外国语学校2012-2013学年高一上学期期末考试数学试题

涟水金城外国语学校2012-2013学年高一上学期期末考试数学试题

一、填空题

1．长方体的三条侧棱长的比1：2：3，全面积是882cm ，则长方体的体积是 2．已知各项为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，如果?

+=30

10)21(dx x S ，2030,

S =则30S ＝

3．cos390o+sin2540o+tan60o=_____________。

4．1tan 51tan A A -=+，则tan()4A π

______________

5．若a>b>0，则

1a b +

b a +

（用“>”，“<”，“=”填空）

6．如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB =6,AD =4,AA 1=3,分别过BC 、A 1D 1的两个平行截面将长

方体分成三部份,其体积分别记为V 1=V AEA 1-DFD 1,V 2=V EBE 1A 1-FCF 1D 1, V 3=V B 1E 1BC 1F 1C ,若V 1∶V 2∶V 3=1∶4

∶1,则截面A 1EFD 1的面积为___________.

7．函数的最小正周期是____________。

8．若5110)1

(,256x x

x C C C n n

n n n 的展开式中则+-=+++ 项的系数是。

9．已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，M 为AB 的中点，P 是平面ABCD 内的动点，且满足条件13PD PM =，则动点P 在平面ABCD 内形成的轨迹是 ▲ ． 10．一个圆锥的侧面展开图是半径为R 的圆的一半，则它的体积为—————————————

11．已知函数?????≤-->-=)

0(2)0(1

2)(2

x x

x x x f x ，若函数()()g x f x m =-有3个零点，则实

数m 的取值范围是．

12．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为 .

13．如图，在等腰梯形ABCD 中，AB=2DC=2,∠DAB =60°,E 为AB 的中点，将△ADE 与△BEC 分别沿ED 、EC 向上折起，使A 、B 重合于点P ，则三棱锥P －DCE 的外接球的体积为。

14．,m n 是空间两条不同直线，,αβ是两个不同平面，下面有四个命题： ①,//,//m n m n αβαβ⊥?⊥ ②,//,//m n m n αβαβ⊥⊥? ③,//,//m n m n αβαβ⊥?⊥ ④,//,//m m n n ααββ⊥?⊥ 其中真命题的编号是 ;（写出所有真命题的编号）

二、解答题

15．已知函数()sin(3)(0,,0)f x A x A x R ??π=+>∈<<在12

x π

=时取得最大值4．

(1) 求()f x 的最小正周期； (2) 求()f x 的解析式； (3) 若f (23α +12π)=125

,求sin α．

16．已知复数z 满足: 13,z i z =+-求22

(1)(34)2i i z

++的值.

17．已知二次函数

2()(0)f x ax bx c a =++≠满足条件

(5)(3),(2)0,f x f x f -+=-=且方程()f x x =有等根

（1）求,,a b c

（2）是否存在实数,()m n m

n ，使得函数()f x 在定义域为[],m n 值域为[]3,3m n 。如

果存在，求出,m n 的值；如果不存在，说明理由

18．如图，在四面体ABCD 中，O 、E 分别是BD 、BC 的中点，

2, 2.CA CB CD BD AB AD ======

（Ⅰ）求证：AO ⊥平面BCD ；

（Ⅱ）求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值；（Ⅲ）求点E 到平面ACD 的距离．

19． (本小题满分13分)

如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面是菱形，∠BCD ＝60°，点E 是BC 边的中点，AC 与DE 交于点O ，PO ⊥平面ABCD . (Ⅰ)求证：PD ⊥BC ；

(Ⅱ)若AB ＝63，PC ＝62，求二面角P －AD －C 的大小； (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，求异面直线PB 与DE 所成角的余弦值

20．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 、F 分别是11B A 、1CC 的中点，过

1D 、E 、F 作平面EGF D 1交1BB 于G..

（Ⅰ）求证：EG ∥F D 1；

（Ⅱ）求二面角11C D E F --的余弦值；

（Ⅲ）求正方体被平面EGF D 1所截得的几何体11DCFD ABGEA -的体积.

参考答案

1．483cm 2．57

3．

4．55

5．> 6．

【解析】V 1∶V 2∶V 3=1∶4∶1,又棱柱AEA 1-DFD 1,EBE 1A 1-FCF 1D 1,B 1E 1B -C 1F 1C

的高相等

∴S △A 1AE ∶S A 1-EBE 1∶S △BB 1E 1=1∶4∶1.

∴,

即

.∴AE =2.

在Rt △A 1AE 中,

∴截面A 1EFD 1的面积为.

7． 8．36 9．圆

10．

24R π 【解析】

试题分析：依题意有该圆锥母线长为R ，则底面周长为R π，设圆锥底面圆的半径为r ，则

2r R ππ=，所以2

r =

，所以该圆锥的高为32R ，所以该圆锥的体积为2

3133

.32224

R R R ππ????= ??? 考点：本小题主要考查圆锥的母线、底面圆的半径、圆锥的高之间的关系和圆锥体积的求法，考查学生的运算求解能力.

点评：对于圆锥而言，圆锥的母线、底面圆的半径、圆锥的高和侧面展开图之间的关系是应该重点掌握的内容，要准确掌握，灵活应用. 11．()0,1 【解析】

试题分析：当0x >时，0()

21210x

f x =->-=，

当0x ≤时，22()2(1)11f x x x x =--=-++≤，结合图象可知，要使函数()()g x f x m =-有3个零

点，也就是()y f x =的图象与直线y m =有3个交点，所以实数m 的取值范围是()0,1. 考点：本小题主要考查分段函数的图象和性质、函数零点个数的判断，考查学生利用函数

图象解决问题的能力和转化问题的能力. 点评：这种类型的题目要借助图象，把求零点个数问题转化为求两函数图象交点个数的问题，要充分注重数形结合的应用. 12．23

【解析】

试题分析：由三视图知，几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个正方形，边长是2，四棱锥的一条侧棱和底面垂直，且这条侧棱长是2，这样在所有的棱中，连接与底面垂直的侧棱的顶点与相对的底面的顶点的侧棱是最长的长度是322222

=++。

考点：三视图。

点评：本题考查由三视图还原几何体，所给的是一个典型的四棱锥，注意观察三视图，看出四棱锥的一条侧棱与底面垂直． 13．

6π 【解析】

试题分析：由图可知，折成的图形为棱长为1的正三棱锥，可以把该三棱锥看成由棱长为

的正方体的面对角线构成的三棱锥，所以该三棱锥的外接球也就是该正方体的外接球，此时

正方体的体对角线为外接球的直径，所以半径为2

6224

?=，所以外接球的体积为346()34

π?=86π

考点：本小题主要考查由平面图形向立体图形转化的折叠问题以及三棱锥的外接球问题以及

球的体积的计算，考查学生的空间想象能力和转化能力以及运算求解能力. 点评：解决此问题的关键在于将该三棱锥放在了正方体中，这样求外接球的半径就方便的多了，这种方法值得应用. 14．①、④.

【解析】四个命题：①,//,//m n m n αβαβ⊥?⊥,为真命题；②

,//,//m n m n αβαβ⊥⊥?，为假命题；③,//,//m n m n αβαβ⊥?⊥为假命题； ④

,//,//m m n n ααββ⊥?⊥为真命题，

所以真命题的编号是①、④. 【答案】

3sin(2)25πα+=，3cos 25α=，2312sin 5α-=，21sin 5

α=，5

sin 5α=±．

16．34i +

【解析】本试题主要是考查了复数的四则运算法则的运用。

解：设,(,)z a bi a b R =+∈，而13,z i z =+-即2

130a b i a bi +--++=

则22410,43330

a a

b a z i b b ?=-??++-=?=-+??=-=??? ……………6分

()()()()

2224743(1)(34)2(724)2473422(43)434343i i i i i i i i z i i i i ++++-++====+-+--+ (12)

17．（1）解：由题意得()???

???=--=++=-041024122ac b c b a a b

………………4分

解得0,1,2

==-

=c b a ………………6分（2）()()21121212

2+--=+-=x x x x f ，对称轴为x=1,最大值为2

1…………8分

函数()f x 在定义域为[],m n 值域为[]3,3m n

13≤

≤

∴n n 即 ()[]上是增函数在n m x f ,∴……………………10分

18．⑴证明：见解析； (2)

24． (3)

321

77EC n h n ?===

．【解析】（1）因为AB=AD ，O 为BD 的中点，所以,AO BD ⊥下面再根据勾股定理证AO OC ⊥即可.

(II)先找出异面直线所成的角是解本小题的关键.取AC 的中点M ，连结OM 、ME 、OE ，由E 为BC 的中点知ME ∥AB,OE ∥DC ，∴ 直线OE 与EM 所成的锐角就是异面直线AB 与CD 所成的角.然后再把角放在三角形OEM 中求解即可.

(III)本小题求点到平面的距离可以利用体积法求解.设点E 到平面ACD 的距离为h 然后根据E ACD A CDE V V --=求解.

⑴证明：连结OC

,,.BO DO AB AD AO BD ==∴⊥ … 1分

,BO DO BC CD ==，CO BD ⊥． ……… 2分

在AOC ?中，由已知可得1, 3.AO CO ==

… 3分

而2AC =，

,AO CO AC ∴+= … 4分 90,o AOC ∴∠=即.AO OC ⊥ ……… 5分

,BD OC O =

∴AO ⊥平面BCD ． ……… 6分 A

C D

Ｍ

方法一：⑵解：取AC 的中点M ，连结OM 、ME 、OE ，由E 为BC 的中点知ME ∥AB,OE ∥DC ， ∴ 直线OE 与EM 所成的锐角就是异面直线AB 与CD 所成的角，…… 8分在OME ?中，121

,1,222

EM AB OE DC ====

OM 是直角AOC ?斜边AC 上的中线，∴1

OM AC =

= ……………9分 ∴2222

cos 24

OE EM OM OEM OE EM +-∠==?? ………… 10分

∴异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为

． ………………………… 11分 ⑶．解：设点E 到平面ACD 的距离为h ． E ACD A CDE

V V --=，

ACD CDE h S AO S ??∴?=?? …12分在ACD ?中，2,

2C A C D A D =

==,2212722()2

ACD S ?∴=

??-=,而1AO =，

21332242

CDE S ?=??=

． ∴3

121277

CDE ACD

AO S h S ???

?===， ∴点E 到平面ACD 的距离为21

7…14分

方法二：(2)解：以O 为原点，如图建立空间直角坐标系，则(1,0,0),(1,0,0),B D -

(0,3,0),(0,0,1),(,,0),(1,0,1),(1,3,0).22

C A E BA C

D =-=--

cos ,4

BA CD BA CD BA CD

?∴<>=

?， …… 9分 A

∴ 异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为

．…… 10分 (3)解：设平面ACD 的法向量为(,,),n x y z =则

(,,)(1,0,1)0(,,)(0,3,1)0

n AD x y z n AC x y z ??=?--=??

?=?-=??，∴0

30x z y z +=???-=??，令1,y =得(3,1,3)n =-是平面ACD 的一个法向量．又13

(,,0),22

EC =-

∴点E 到平面ACD 的距离 321

EC n h n

=．…14分

19．解：解法一：(Ⅰ)在菱形ABCD 中，连接DB ，则△BCD 是等边三角形.

∵点E 是BC 边的中点 ∴DE ⊥BC .

∵PO ⊥平面ABCD ，

∴OD 是斜线PD 在底面ABCD 内的射影.

∴PD ⊥BC . (4分)

(Ⅱ)由(Ⅰ)知DE ⊥BC ，菱形ABCD 中，AD ∥BC ， ∴DE ⊥AD .

又∵PO ⊥平面ABCD ，DE 是PD 在平面ABCD 的射影， ∴PD ⊥AD .

∴∠PDO 为二面角P －AD －C 的平面角.

在菱形ABCD 中，AD ⊥DE ，由(1)知，△BCD 为等边三角形， ∵点E 是BC 边的中点，AC 与BD 互相平分， ∴点O 是△BCD 重心. ∵AB ＝63，

又∵在等边△BDC 中，

DO ＝23DE ＝23·

32BC ＝3

3×63＝6.

∴OC ＝OD ＝6.

∵PC ＝62，∴PO ＝6.

∴在Rt △POD 中，tan ∠PDO ＝PO DO ＝6

＝1.

∴∠PDO ＝π

∴二面角P －AD －C 的大小为

. (9分) (Ⅲ)取AD 中点H ，连接HB ，HP . 则HB ∥DE .

∴HB 与PB 所成角即是DE 与PB 所成角. 连接OH ，OB .

∵PO ⊥平面ABCD ，OH ，OB ?平面ABCD ， ∴PO ⊥OH ，PO ⊥OB .

在Rt △DOH 中，HD ＝33，OD ＝6， ∴OH ＝37.

在Rt △PHO 中，PH ＝PO 2＋OH 2

＝99.

在Rt △POB 中，OB ＝OC ＝6，PB ＝PO 2＋OB 2

＝6 2. 由(Ⅱ)可知DE ＝HB ＝9. 设HB 与PB 所成角为α，

则cos α＝HB 2＋PB 2－PH 22·HB ·PB ＝2

∴异面直线PB 、DE 所成角的余弦值为

. (13分) 解法二：(Ⅰ)同解法一； (4分) (Ⅱ)过点O 作AD 平行线交AB 于F ，以点O 为坐标原点，建立如图的坐标系. ∴A (63，－6,0)，B (33，3,0)，C (－33，3,0)， D (0，－6,0)，P (0,0,6).

∴AD ＝(－

63，0,0)，PD ＝(0，－6，－6).

设平面PAD 的一个法向量为s ＝(a ，m ，n ).

则0,0,

s PD s AD ?=??=?? 即??

0·a －6m －6n ＝0，－63·a ＋0·m ＋0·n ＝0，

∴?

a ＝0，m ＝－n .

不妨取s ＝(0，－1,1).

∵OP ＝(0,0,6)是平面ADC 的一个法向量， ∴cos 〈s ，OP 〉＝

s ·OP

|s |·|OP |＝22

∴二面角P －AD －C 的大小为

. (9分) (Ⅲ)由已知，可得点E (0,3,0).

∴PB ＝(33，3，－6)，DE ＝(0,9,0). ∴cos 〈PB ，DE 〉＝

PB ·DE

|PB |·|DE |＝24

即异面直线PB 、DE 所成角的余弦值为2

. 20．

（Ⅰ）证明见解析，（Ⅱ）所成二面角的余弦值为21

214 ，（Ⅲ）41

【解析】

（Ⅰ）证明：在正方体1111ABCD A B C D -中，∵平面11A ABB ∥平面11D DCC 平面EGF D 1 平面11A ABB EG =，平面EGF D 1 平面11D DCC F D 1= ∴EG ∥F D 1.-------------------------------------3分（Ⅱ）解：如图，以D 为原点分别以DA 、DC 、DD 1为

x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则有 D 1（0，0，2），E （2，1，2），F （0，2，1）， ∴)0,1,2(1=E D ，)1,2,0(1-=F D 设平面EGF D 1的法向量为 ),,(z y x n =

则由01=?E D n ，和01=?F D n ，得???=-=+0202z y y x ，

取

=x ，得2-=y ，4-=z ，∴

)4,2,1(--=n

------------------------------6分又平面ABCD 的法向量为=1DD （0，0，2）

B CD D

F G

A 1

B 1

C 1

x y

故21

4200)4()2(12)4(0)2(01|

|||,cos 2

22222111-

=++-+-+?-+?-+?=

??>=

4. ------------------9分

（Ⅲ）解：设所求几何体11DCFD ABGEA -的体积为V ， ∵1EGB ?～11FC D ?，211=C D ，11=F C ，

∴121111==C D EB ，111122B G C F ==， ∴1111111

12224

EGB S EB B G ?=?=??=，

1122

2111111=??=?=?F C C D S FC D --------------------------11分

故V 棱台111EGB FC D -)(3

|11111111FC D FC D EGB EGB S S S S C B ????+?+=

2117(11)3446

=+?+= ∴V=V 正方体-V 棱台111EGB FC D -3741

266

=-=. ------------------14分