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数学试题答案
一．选择题：1.D 2.C 3.A 4.D 5.B 6.D 7.C 8.B 9.BC 10.ABC 11.ABD
π
3
二．填空题：12. π 13. 3 14 . 6，4
3
三．解答题：
T π
15.（1）由题意可得 ，可得T π，又 0，.................2 分
2 2
2π
而T π，可得 2，此时 f x sin 2x ，.................3分

π π
由题意可得 g x sin 2 x sin 2x ，.................4分
6 3
π
要使函数 g x 为奇函数，则 kπ， k Z，
3
π
即 kπ， k Z，而0 π，
3
π π
所以 ，所以 f x sin 2x ；.................6 分
3 3
3
（2）由题意令h x f x 0，
5
3 π 3
可得 f x0

，即sin 2x ，.................7分 0
5 3 5
π π
因为 x0 , ，
12 3
π π π π 4
所以2x ,π ，所以cos 2x0 1 sin
2
2x0 ，..............9分 0
3 2 3 3 5
π π π π π π
所以cos2x0 cos 2x0 cos 2x0 cos sin 2x0 sin
3 3 3 3 3 3
4 1 3 3 3 3 4
..................13分
5 2 5 2 10
16．（1）如图：连接 BD，设 AC I BD O ，连接 OM，
1
∵在正方体 ABCD A1B1C1D1中，四边形 ABCD是正方形， O是BD中点，
Q M 是DD1的中点， OM //BD1，.................4分
Q BD1 平面 AMC ，OM 平面 AMC ，
BD1 //平面 AMC . .................7分
（2）如图：连接D1N ，NB，
为CC1的中点，M 为DD1的中点，
CN D1M ，又Q CN //D1M ，
∴四边形CND1M 为平行四边形， D1N //CM ，.................9分
又Q MC 平面 AMC ，Q D1N 平面 AMC ， D1N //平面 AMC .................12 分
由（1）知BD1 // 平面 AMC ，Q BD1 I D1N D1，BD1 平面BND1，D1N 平面BND1，
∴平面 AMC//平面BND1..................15 分

17.（1）∵ csin A 3asin C 0，
2
∴ csin A 3acosC 0，由正弦定理得：sinC sin A 3sin AcosC 0，..........2分
因为 sin A 0，所以sinC 3cosC 0，得 tanC 3 ，
2
又0 C ，故 C ，.................4分
3
1 c 1 6
R 2 3
∴△ABC外接圆的半径 2 sinC 2 3 ，.................6分
2
∴△ABC外接圆的面积为12 ..................7分
2
3
（2）由 c 6及 c 3b 得：b 2 3 ， sinC 1 ，.................9分
sin B 2
3 3 2
2
∵C ，则 B 为锐角，
3

∴ B ，故 A B C ..................12 分
6 6
如图所示，在△ACM 中，由余弦定理得，
2
CM 2 AM 2 2
3
AC 2AM AC cos A 22 2 3 2 2 2 3 4，
2
解得CM 2，.................14 分
则△ACM 的周长为4 2 3 ..................15分
18.（1） f x p 2cos2 x 3sin 2x
p 1 cos2x 3sin 2x
1 3
p 1 2 cos2x sin 2x
2 2


π
p 1 2sin 2x ..................3 分
6
π
所以当sin 2x 1时， f (x)取到最大值 3，
6
π
即 p 1 2 3， p 2，所以 f x 1 2sin 2x ，.................5分
6
2π
其周期为T π．
2
π π 3π
令 2kπ 2x 2kπ, k Z ，
2 6 2
π 2π
解得 kπ x kπ, k Z ，
6 3
π 2π
所以函数 f x 的单调递增区间为 kπ, kπ , k Z ；.................7分
6 3
3
π
（2）由（1）知 f x 1 2sin 2x ，由 f A 0，
6
π π 1
可得 f (A) 1 2sin 2A 0，即sin 2A ，.................9分
6 6 2
π π π 7π
因为 A 0, ，所以2A , ，
2 6 6 6
π 5π π
所以2A ，即 A ..................11分
6 6 3
因为B π A C ，
π 1 3
所以sin B sin A C sin C sinC cosC ，
3 2 2
1 3
sinC cosC
由正弦定理可知 b sin B 2 2 1 3 1 ，.................13分
c sinC sinC 2 2 tanC
π
0 C 2 π π
因为△ABC为锐角三角形，所以 ，即 C ，.................14分
2π π 6 20 C
3 2
3 1
所以 tanC ，所以0 3 ，
3 tanC
1 1 3 1 b 1
所以 2，即 , 2 ，
2 2 2 tanC c 2
b 1
所以 的取值范围为 , 2 ．.................17分
c 2
19．解：（1）由条件可知，正四棱柱的高 O1O＝8，
4
所以正四棱柱的体积为 6×6×8＝288，.................2分
1
三棱锥 P﹣A1B1C1D1的体积为 × 6 × 6 × 2 = 24，.................3分
3
所以该几何体的体积为 288+24＝312；.................4 分
（2）（i） 1 1 = √62 22 = 4√2，
所以 1 1 = 4√2 × √2 = 8，.................5分
正四棱锥 P﹣A1B1C1D1侧面的高为√62 42 = 2√5，.................7 分
1
所以正四棱锥的侧面积为4 × × 8 × 2√5 = 32√5；.................8分
2
（ii）如图，将长方形 ABB1A1，△PA1B1和△PB1C1展开在一个平面，
PA1＝PB1＝PC1＝6，A1B1＝B1C1＝8，
4 2
设∠A1B1P＝α， ∠ 1 1 = ∠ 1 1 = = = ，A1B1＝AA1＝8， 1 = 8√2， 6 3
√5
∠ 1 1 = ，所以 = ，.................12分 4 3
√5 2 4√5
所以 2 = 2 = 2 × × = ，
3 3 9
2 √5 2 = 1 2 = 1 2 × ( )2
1
= ，
3 9
√2+4√10
∠ 1 1 = ( + 2 ) = 2 2 = ，.................14分 4 4 4 18
当 A，Q，N，C1四点共线时，AQ+QN+NC1最短，
5
8
所以 1 = √
2
1 +
2 √
1 1 2 1 1 1 ∠ 1 = 29 + 8√5， 3
8
所以 AQ+QN+NC1的最小值为 √29 + 8√5．.................17分
3
6

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