江苏省郑梁梅中学2012-2013学年高一上学期期末考试数学试题（带解析）

郑梁梅中学2012-2013学年高一上学期期末考试数学试题
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、填空题
1．1．设集合，则=___ __.
2．不等式的解集是　　　　　　　　　．　　　
3．用数字1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位上的数字之和为偶数的四位数共有 个（用数字作答）
4． 已知：若函数y＝f(x)的定义域是[0,2]，则函数g(x)＝的定义域是_________.
5． 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与面ABCD平行的面是____________．
6． 已知tan=则的值
7．小明的自行车用的是密码锁，密码锁的四位数密码由4个数字按一定顺序构成(数字不能重复)，小明不小心忘记了密码中个数字的顺序，则随机输入由组成的一个四位数，不能打开锁的概率是_________.
8．在中，若，AB=5，AC=4，则的面积S=_________
9．随机变量服从正态分布"(0,1)，若 P(<1) =0.8413 则P（－1<<0)=_____
10．在平面直角坐标系中，已知圆（为参数）和直线（为参数），则圆C的普通方程为 ，直线与圆C的位置关系是
11．设满足约束条件 ，若目标函数的最大值为8，则的最小值为
12．不等式的解集为_______________.
13．将4个相同的白球、5个相同的黑球、6个相同的红球放入4个不同盒子中的3个中，使得有1个空盒且其他3个盒子中球的颜色齐全的不同放法共有 种.（用数字作答）
14．设等差数列的前项和为，若对任意的等差数列及任意的正整
数都有不等式设等差数列的前项和为，若对任意的等差数列及任意的
正整数都有不等式成立，则实数的最大值成立，则实数的最大
值为
二、解答题
15．由经验得知，在某商场付款处排队等候付款的人数及概率如下表：
排队人数
0
1
2
3
4
5人以上
概率
0.1
0.16
0.3
0.3
0.1
0.04


(1)至多有2人排队的概率是多少? (2)至少有2人排队的概率是多少?
16．（12分）如图，在四棱椎中，底面是且边长为2的菱形，侧面为正三角形，其所在平面垂直于底面.
（1）若G为边的中点，求证：平面；
（2）求二面角的大小；
（3）若E为的中点，能否在棱上找一点F，使得平面平面，并证明你的结论.
17．若函数，
（1）当时，求函数的单调增区间；（2）函数是否存在极值.
18．(本题满分12分)
函数f (x)=x3+bx2+cx+d图象经过点(0,2)，且在x=-1处的切线方程为6x - y+7=0．
(1)求函数f(x)解析式；
(2)求函数 f(x)的单调递减区间；
(3)求函数f(x)在[0,2]上的最大值和最小值．
19．如右图所示，已知四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥平面AC，且PA＝AD＝AB＝1，BC＝2.
(1)求PC的长；
(2)求异面直线PC与BD所成角的余弦值的大小
20．(本题满分10分) 选修4—5：不等式选讲
(1)解关于x的不等式；
(2)若关于的不等式有解，求实数的取值范围．
参考答案
1．解：(1) 由得, 函数的定义域是
(2) 设, 则,
,
, ,
.
在上是减函数.
另解，为复合函数，设在为减函数，由于外层函数是增函数，所以在上是减函数.
(3) 当时, 有.
, 所以函数的值域是.

2．

3．324

4．
【解析】函数g(x)＝的定义域需满足
5．面A1B1C1D1

6．3

7．

8．

9．0.3413

10．

11．4
【解析】
试题分析：画出可行域和目标函数，由图象可知，在处取到最大值，所以，所以
考点：本小题主要考查线性规划和基本不等式的综合应用，考查学生画图用图的能力.
点评：利用线性规划知识解题时，关键是准确画出可行域和目标函数.
12．
【解析】本试题主要是考查了绝对值不等式的求解。运用平方的思想得到一元二次不等式。
因为根据含有两个绝对值的不等式，可以移项，再平方，去掉绝对值符号得到
故不等式的解集为
解决该试题的关键是将原不等式两边平方，转换为一元二次不等式的解集。
13．720
【解析】
试题分析：本题可以分步来做：
第一步：首先从4个盒子中选取3个，共有4种取法；
第二步：假定选取了前三个盒子，则第四个为空，不予考虑。由于前三个盒子中的球必须同时包含黑白红三色，所以我们知道，每个盒子中至少有一个白球，一个黑球和一个红球。
第三步：①这样，白球还剩一个可以自由支配，它可以放在三个盒子中任意一个，共3种放法。②黑球还剩两个可以自由支配，这两个球可以分别放入三个盒子中的任意一个，这里有两种情况：一是两个球放入同一个盒子，有3种放法；二是两个球放入不同的两个盒子，有3种放法。综上，黑球共6种放法。③红球还剩三个可以自由支配，分三种情况：一是三个球放入同一个盒子，有3中放法。二是两个球放入同一个盒子，另外一个球放入另一个盒子，有6种放法。三是每个 盒子一个球，只有1种放法。综上，红球共10种放法。
所以总共有4×3×6×10=720种不同的放法。
考点：排列、组合；分布乘法原理；分类加法原理。
点评：本题考查排列、组合的运用，注意本题中同色的球是相同的。对于较难问题，我们可以采取分步来做。
14．
【解析】
试题分析：
因为，所以，令，则
而的最小值为，所以
考点：本小题主要考查等差数列的通项公式、前项和的计算和灵活应用，以及不等式
恒成立问题，考查学生转化问题的能力和运算求解能力.
点评：解决此题的关键在于将不等式转化为解答此类问题时要注意
灵活转化.
15．（1）0.56　（2）0.74
【解析】⑴设事件“有人排队”为，，“至多有2人排队”为事件B,“至少有2人排队”为事件C,则,，，，，,
⑵.
16．（1）同解析（2）二面角大小为，（3）同解析
【解析】（1），且是中点，所以
又为菱形，且，所以
所以
（2），
由三垂线定理得：为二面角的平面角，且
所以二面角大小为，
（3）连接相交于点，
在面中，过H点作交于F，
易证明面
17．（1）由题意，函数的定义域为 ………………1分
当时，， ……2分
令，即，得或 ………………4分
又因为,所以，函数的单调增区间为 ………………5分
（2） ……………6分
解法一：令，因为对称轴，所以只需考虑的正负，
当即时，在（0，+∞）上，
即在（0，+∞）单调递增，无极值 ………………8分
当即时，在（0，+∞）有解，所以函数存在极值.…10分
综上所述：当时，函数存在极值；当时，函数不存在极值.…12分
解法二：令即，记
当即时，， 在（0，+∞）单调递增，无极值 ………7分
当即时，解得：或
若则，列表如下：
（0，）
（，+∞）
—
0
+
↘
极小值
↗
由上表知：时函数取到极小值，即函数存在极小值。………9分
若，则，在（0，+∞）单调递减，不存在极值。……11分
综上所述，当时，函数存在极值，当时。函数不存在极值

18．(1)由f(0)=2得d=2．又切点（-1,1）在y=f(x)上 有-1+b-c+2=1,
又解得：b=-3,c=-3,d=2 …………5分
(2) ∵，
解 得函数的减区间为 …………9分
(3)由(2)知，函数在[0,2]上是减函数，
…………12分

19．(1)因为PA⊥平面AC，AB⊥BC，∴PB⊥BC，即∠PBC＝90°，由勾股定理得PB＝＝.
∴PC＝＝.
(2)
如右图所示，过点C作CE∥BD交AD的延长线于E，连结PE，则∠PCE为异面直线PC与BD所成的角或它的补角．
∵CE＝BD＝，且PE＝＝.
∴由余弦定理得cos∠PCE＝＝－.
∴PC与BD所成角的余弦值为.

20．
解：设，则 …………4分
(1)2x(1≤3(x≤2,即x≥1时，不等式的解为1≤x≤2, …………6分
∴原不等式的解集为{x|x≤2}． …………7分
(2)由于x≥1时，函数y=2x(1是增函数，其最小值为f(1)=1,
当x<1时，，∴的最小值为1． …………9分
因为≤a有解，即≤a有解，所以a≥1． …………10分