其中Qi（i?1,2,,k，k?3）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2,平面
Q2PQ3,
,平面Qk?1PQk和平面QkPQ1遍历多面体M的所有以P为公共点的面.
（Ⅰ）任取正四面体的一个顶点，该点处的离散曲率为______； （Ⅱ）如图1，已知长方体A1B1C1D1?ABCD，AB?BC?1，AA1?2，点P为底面2A1B1C1D1内的一个动点，则四棱锥P?ABCD在点P处的离散曲率的最小值为______；
D1A1DPB1C1CβαAB
图2
图1
（Ⅲ）图2为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面部取若
干采样点，然后用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格.区域?和区域?中点的离散曲率的平均值更大的是_______.（填写“区域?”或“区域?”）
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高一年级第二学期期中统一练习
数 学
参考答案及评分标准 2019．04
一. 选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32分. 题号 答案 （1） B （2） B （3） C （4） D （5） D （6） A （7） A （8） B 二.填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分. （9）4π （10）
π （11）1 6（12）
π （13）3（2?b?4即可） （14）①②③④ 4注：(14)每填出一个选项就得1分。
三.解答题：本大题共4小题，共44分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. （15）（本小题满分11分）
2解：（Ⅰ） f(x)?2cosxsinx?3(2cosx?1)
=sin2x?3cos2x ………………2分
13?2(sin2x?cosx)
22??2sin(2x?). ………………4分
3
2???. ………………5分 2??函数y?sinx的单调递增区间为[?+2k?,+2k?](k?Z). ………………6分
22???由 ?+2k??2x??+2k??k?Z)得
232?5??+k??x?+k?（k?Z）. 1212?5?+k?](k?Z). ………………7分 所以 函数f(x)的单调递增区间为[?+k?,1212?（Ⅱ）因为 x?[0,]，
2??2?]. ………………8分 所以 2x??[?,333 所以 函数f(x)的最小正周期T?6
所以 ?3??sin(2x?)?1. 23所以 ?3?2sin(2x?)?2.
所以 函数f(x)在区间[0,]上的取值范围是[?3,2]. ………………11分
（16）（本小题满分11分） 解：（Ⅰ）因为 AD?2 ,AC??3π27 ,?ADC?60?，
AD?sin?ADC21ACAD?得：sinC=. =AC7sin?ADCsinC所以 在△ADC中，由
………………3分 因为 AD?AC ， 所以 ?C?(0,).
π2所以 cosC?1?sinC?227. ………………5分 7（Ⅱ）因为 △ABD的面积为
3， 2所以 S△ABD?113AD?BD?sin?ADB??2?BD?sin120?. 222所以 BD?1. ………………7分 在△ADB中，由余弦定理得
AB2?DA2?DB2?2DA?DB?cos?ADB?7.
所以 AB?7. ………………9分
所以 △ABC为等腰三角形.
所以 sin?BAC?sin180?2C=sin2C
???2sinCcosC?2? （17）（本小题满分12分）
7
212743??. ………………11分 777（Ⅰ）证明：因为 四边形ABCD是菱形，
所以 AD//BC. ………………1分 因为 AD?平面PBC，BC?平面PBC，
所以 AD//平面PBC. ………………3分
（Ⅱ）证明：设ACBD?O.
P因为 四边形ABCD是菱形， 所以 AC?BD，
DO?OB. ………………4分
因为 PB?PD， 所以
ADOBCPO?BD. ………………5分
因为 ACPO?O，PO?平面PAC，
所以 BD?平面PAC. ………………7分
（Ⅲ）①过F作FG//DC交PC于G，连接BG. ………………8分 在菱形ABCD中， AB?DC，AB//DC. 所以 FG//AB. 所以 E,F,G,B共面.
FGP因为 EF//平面PBC，
平面FEBG平面PB?CBG，
AEDCB所以 EF//BG. ………………10分 所以 四边形FEBG为平行四边形. 所以 EB?FG. 因为 AE?2EB， 所以
PFFGEB1===. ………………11分 PDDCAB3②△PAD不可能为等腰三角形，理由如下： ………………8分 作BQ?AD交AD于点Q，连接PQ.
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