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88，则长方体的体积是
2．已知各项为正数的等比数列的前项和为，如果，则＝
3．cos390o+sin2540o+tan60o=_____________。
4．，则______________
5．若a>b>0，则 （用“>”，“<”，“=”填空）
6．如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=6,AD=4,AA1=3,分别过BC、A1D1的两个平行截面将长方体分成三部份,其体积分别记为V1=VAEA1-DFD1,V2=VEBE1A1-FCF1D1, V3=V B1E1BC1F1C,若V1∶V2∶V3=1∶4∶1,则截面A1EFD1的面积为___________.
7．函数的最小正周期是____________。
8．若项的系数是 。
9． 已知棱长为2的正方体中，为的中点，P是平面内的动点，且满足条件，则动点P在平面内形成的轨迹是 ▲ ．
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，若函数有3个零点，则实数的取值范围是 ．
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．是空间两条不同直线，是两个不同平面，下面有四个命题：
① ②
③ ④
其中真命题的编号是 ;（写出所有真命题的编号）
二、解答题
15．已知函数在时取得最大值4．　
(1)?求的最小正周期；
(2)?求的解析式；
(3)?若(α?+)=,求sinα．
16．已知复数满足: 求的值.
17．已知二次函数满足条件
且方程有等根
（1）求
（2）是否存在实数，使得函数在定义域为值域为。如果存在，求出的值；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，

（Ⅰ）求证：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＝6，PC＝6，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，已知正方体的棱长为2，E、F分别是、的中点，过、E、F作平面交于G..
（Ⅰ）求证：∥；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）求正方体被平面所截得的几何体的体积.
参考答案
1．48
2．57
3．
4．
5．>
6．
【解析】V1∶V2∶V3=1∶4∶1,又棱柱AEA1-DFD1,EBE1A1-FCF1D1,B1E1B-C1F1C的高相等,?
∴S△A1AE∶SA1-EBE1∶S△BB1E1=1∶4∶1.
∴,
即.∴AE=2.
在Rt△A1AE中,,
∴截面A1EFD1的面积为.
7．
8．36
9．圆
10．
【解析】
试题分析：依题意有该圆锥母线长为R，则底面周长为，设圆锥底面圆的半径为，则，所以，所以该圆锥的高为，所以该圆锥的体积为
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．
【解析】
试题分析：当时，，当时，，结合图象可知，要使函数有3个零点，也就是的图象与直线有3个交点，所以实数的取值范围是.
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．
【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。
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．
【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，所以外接球的体积为.
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,为真命题；②，为假命题；③为假命题； ④为真命题，
所以真命题的编号是①、④.
【答案】
，，，，．
16．
【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，而即
则 ……………6分
……12
17．（1）解：由题意得 ………………4分
解得 ………………6分
（2），对称轴为x=1,最大值为…………8分
函数在定义域为值域为
……………………10分
18．⑴证明：见解析； (2) ． (3) ．
【解析】（1）因为AB=AD，O为BD的中点，所以下面再根据勾股定理证即可.
(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，∴　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
然后根据求解.

⑴证明：连结OC … 1分
，． ……… 2分
在中，由已知可得 … 3分
而， … 4分
即 ……… 5分
∴平面． ……… 6分
方法一：⑵解：取AC的中点M，连结OM、ME、OE，由E为BC的中点知，
∴　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
在中，
是直角斜边AC上的中线，∴ ……………9分
∴ ………… 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． ， …12分
在中，,,而，．
∴， ∴点E到平面ACD的距离为…14分
方法二：(2)解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则

， …… 9分
∴ 异面直线AB与CD所成角的余弦值为．…… 10分
(3)解：设平面ACD的法向量为则
，∴，
令得是平面ACD的一个法向量．又
∴点E到平面ACD的距离 ．…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＝6，
又∵在等边△BDC中，
DO＝DE＝·BC＝×6＝6.
∴OC＝OD＝6.
∵PC＝6，∴PO＝6.
∴在Rt△POD中，tan∠PDO＝＝＝1.
∴∠PDO＝.
∴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＝3，OD＝6，
∴OH＝3.
在Rt△PHO中，PH＝＝.
在Rt△POB中，OB＝OC＝6，PB＝＝6.
由(Ⅱ)可知DE＝HB＝9.
设HB与PB所成角为α，
则cosα＝＝.
∴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(6，－6,0)，B(3，3,0)，C(－3，3,0)，
D(0，－6,0)，P(0,0,6).
∴＝(－6，0,0)，＝(0，－6，－6).
设平面PAD的一个法向量为s＝(a，m，n).
则
即
∴
不妨取s＝(0，－1,1).
∵＝(0,0,6)是平面ADC的一个法向量，
∴cos〈s，〉＝＝.
∴二面角P－AD－C的大小为. (9分)
(Ⅲ)由已知，可得点E(0,3,0).
∴＝(3，3，－6)，＝(0,9,0).
∴cos〈，〉＝＝.
即异面直线PB、DE所成角的余弦值为.
20．
（Ⅰ）证明见解析， （Ⅱ）所成二面角的余弦值为 ，（Ⅲ）
【解析】
（Ⅰ）证明：在正方体中，∵平面∥平面
平面平面，平面平面
∴∥.-------------------------------------3分
（Ⅱ）解：如图，以D为原点分别以DA、DC、DD1为
x、y、z轴，建立空间直角坐标系，则有
D1（0，0，2），E（2，1，2），F（0，2，1），
∴，
设平面的法向量为
则由，和，得，
取，得，，∴ -----------------------------6分
又平面的法向量为（0，0，2）
故；
∴截面与底面所成二面角的余弦值为. ------------------9分
（Ⅲ）解：设所求几何体的体积为V，
∵～，，，
∴，，
∴，
--------------------------11分
故V棱台

∴V=V正方体-V棱台. ------------------14分