四川省金堂中学2011-2012学年高二下学期期中考试 数学

2011—2012（下）金堂中学高2013级期中试题
数学
命题人：张明泰 审题人：张伦福
(时间：120分钟 总分：150分)
注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。
2． 答题前，考生务必将自己的姓名、班级、座位号、考籍号填写在答题卡和试卷规定的位置上。
3．选择题务必用2B铅笔将答案按要求填涂在答题卡上，如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其他答案标号。答案不能答在试卷上。
4． 非选择题答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能超出范围；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按以上要求作答的答案无效。
卷I（选择题，共60 分）
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分,计60分)
1．某工厂生产某种产品，用传送带将产品送至下一工序，质检员每隔10分钟在传送带某一位置取一件产品进行检验，这种抽样的方法为（ ）
A．分层抽样 B.简单随机抽样 C．系统抽样 D．其它抽样方式
2．双曲线的焦点到渐近线的距离为 （ ）
A . B. 2 C. D. 1
3.(理)与是定义在R上的两个可导函数，若,满足,则与满足 （ ）
A． B．为常数函数
C． D．为常数函数
（文）已知，则 （ ）
A. B. C. D.
4.是第四象限角，，则 （ ）
A． B． C ． D．
5．“为真命题”是“为真命题”的 （ ）
A.充分而不必要条件 B.充分必要条件
C.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件
6.已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题是真命题的是（ ）
A ． B．
C． D．
7．设函数的导函数为，且，则等于 ( )
A、 B、 C、 D、
8.（理）记者要为5名志愿都和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有 （　　）
Ａ．1440种 Ｂ．960种 Ｃ．720种 Ｄ．480种
（文）某学习小组在一次数学测验中，得100分的有1人，得95分的有1人，得90分的有2人，得85分的有4人，得80分和75分的各有1人，则该小组数学成绩的平均数、众数、中位数分别是(　　)
A．85,85,85 B．87,85,86 C．87,85,85 D．87,85,90
9.(理) 已知一组抛物线，其中a为2,4,6,8中任取的一个数，b为1,3,5,7中任取的一个数，从这些抛物线中任意抽取两条，它们在与直线x=1交点处的切线相互平行的概率是（ ）
A. B. C. D.
（文）先后抛掷两枚均匀的正方体骰子（它们的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6），骰子朝上的面的点数分别为、，则的概率为 ( )
A． B． C． D．
10．以下四图，都是同一坐标系中三次函数及其导函数的图像，其中一定不正确的序号是 （ ）
A．①、② B．①、③ C．③、④ D．①、④
11.（理）在椭圆上有一点M，是椭圆的两个焦点，若 ，则椭圆离心率的范围是 （ ）
A． B． C． D．
（文）.抛物线的焦点为，准线为，经过且斜率为的直线与抛物线在轴上方的部分相交于点，，垂足为，则的面积是 （　　）
A． B． C． D．
12. （理）已知二次函数的导数为，，对于任意实数，有，则的最小值为 ( )
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
（文）是定义在（0，）上的非负可导函数，且满足.对任意正数,若,则必有 （ ）
A． B. C. D.
2011—2012（下）金堂中学高2013级期中试题
数学
卷II（非选择题 共90分）
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分,计16分)
13. 已知在矩形中，，在其中任取一点，使满足，则点出现的概率为 .
14.我校开展摄影比赛，9位评委为参赛作品A给出的分数如茎叶图所示．记分员在去掉一个最高分和一个最低分后，算得平均分为91，复核员在复核时，发现有一个数字(茎叶图中x)无法看清．若记分员计算无误，则数字x应该是____．
15. 曲线在点（1,1）处的切线方程为____________________.
16. 对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”。某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心。若，请你根据这一发现，求：
（1）函数对称中心为 ；
（2）计算=
三、解答题(本大题共6小题，计74分,写出必要的解题过程)
17.（12分）已知函数，
（1）求的单调区间和极值。 （2）求在上的最大值和最小值。
18.（12分）设函数f (x)=2cosx (cosx+sinx)－1, x∈R．
（1）求f (x)的最小正周期T及单调递增区间；
（2）在中，，求f (A)的取值范围．
19.（12分）（理）已知甲盒内有大小相同的3个红球和4个黑球，乙盒内有大小相同的5个红球和4个黑球．现从甲、乙两个盒内各任取2个球．
（1）求取出的4个球均为红球的概率；
（2）求取出的4个球中恰有1个红球的概率；
（12分）（文）我国是世界上严重缺水的国家之一，城市缺水问题较为突出。某市政府为了节约生活用水，计划在本市试行居民生活用水定额管理，即确定一个居民月用水量的标准。为了确定一个较为合理的标准，必须先了解全市居民日常用水量的分布情况。现采用抽样调查的方式，获得了n位居民某年的月均用水量（单位：t），样本统计结果如下图表：
（1）分别求出n，a，b的值；
（2）若从样本中月均用水量在[5，6]（单位：t）的5位居民中任选2人作进一步的调查研究，求月均用水量最多的居民被选中的频率（5位居民的月均用水量均不相等。）
20. （12分）如图，均是边长为2的等边三角形，且它们所在平面互相垂直，，.
求证：||
求二面角的余弦值。.
21. （12分）已知椭圆的离心率，点F为椭圆的右焦点，点A、B分别为椭圆的左、右顶点，点M为椭圆的上顶点，且满足 （1）求椭圆C的方程；
（2）是否存在直线，当直线交椭圆于P、Q两点时，使点F恰为的垂心（三角形三条高的交点）？若存在，求出直线方程；若不存在，请说明理由。
22. （14分）（理） 已知，其中是自然常数，
（1）讨论时, 的单调性、极值；
（2）求证：在（Ⅰ）的条件下，;
（3）是否存在实数，使的最小值是3，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
（文）（本小题14分）已知函数（为实数）.
（1）当时， 求的最小值；
（2）若在上是单调函数，求的取值范围.
参考答案
一、选择题
1~5 CAB（文C）DC
6~10 DBB（文C）B（文C）C
11~12 B（文C）C（文A）
二、填空题
13. 14. 1
15. 16. ，
17． (1)令 得
令
得
得，
所以的增区间为，减区间为
故当，有极小值， 当 ，有极大值
（2）由（1）可得：=，=，又因为 =，=
所以的最大值为，最小值为
18.解：
＝
　　　　　　＝……………3分
T=……………………4分
由 得
故函数的单调增区间为，………7分
由已知得，
……………………12分
19. （理）解：设“从甲盒内取出的2个球均为红球”为事件，“从乙盒内取出的2个球均为红球”为事件．由于事件相互独立，且
， =，
故取出的4个球均为红球的概率是
．
（Ⅱ）解：设“从甲盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球；从乙盒内取出的2个均为黑球”为事件，“从甲盒内取出的2个球均为黑球；从乙盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球”为事件．由于事件互斥，且
，．
故取出的4个红球中恰有4个红球的概率为
．
（文）.（1） 由频率分布直方图得月均用水量在的频率为0.25，即….. 2分
又 …………………………………………….. 4分
…………………………………………. 6分
（2）.记样本中月均用水量在（单位：t）的5位居民为,且不妨设为月均用水量最多的居民，记月均用水量最多的居民被选中为事件A，所以基本事件为：，，，，，，， ，，共10个，
而事件A包含的基本事件有，，，共4个。……………. 10分
所以月均用水量最多的居民被选中的概率=……… 12分
20：解（1）取的中点，连接，
是边长为2的等边三角形 且
又
， ||，=
四边形为矩形
||
又 ，
|| ……………………………………6分
（2）建系如图所示：易知，，，，
，，，………………………7分
设的法向量 的法向量
令得 得
……………………………. .10分
…………………………………………11分
由图形可知，钝二面角，故二面角的余弦值为……………….12分
21：解：根据题意得，，，，
，，
，又，
故椭圆方程为． 　　　　 …………5分
（Ⅱ）假设存在直线交椭圆于，两点，且为△的垂心，
设，
因为，，故． …………7分
于是设直线的方程为，
由得．
由，得， 且,． ……9分
由题意应有，又，
故，
得．
即．
整理得．
解得或． …………11分
经检验，当时，△不存在，故舍去．
当时，所求直线存在，且直线的方程为．
…………12分
22.（理）解：（Ⅰ）， ……1分
∴当时，，此时单调递减
当时，，此时单调递增 ……3分
∴的极小值为 ……4分
（Ⅱ）的极小值为1，即在上的最小值为1，
∴ ， ……5分
令，， ……6分
当时，，在上单调递增 ……7分
∴
∴在（1）的条件下， ……9分
（Ⅲ）假设存在实数，使（）有最小值3，
……10分
当时，在上单调递减，，（舍去），所以，此时无最小值. ……12分
②当时，在上单调递减，在上单调递增
，，满足条件. ……13分
③ 当时，在上单调递减，，（舍去），所以，此时无最小值.综上，存在实数，使得当时有最小值3.
…………………………………………………………………………………………………….14分
（文）(Ⅰ) 由题意可知： …..1分
当时 ..….2分
当时， 当时， ………..4分
故. …...6分
(Ⅱ) 由
① 由题意可知时，,在时，符合要求 ………..8分
② 当时，令
故此时在上只能是单调递减
即 解得 ………….10分
当时，在上只能是单调递增 即得
故 ……...12分
综上 …………...14分
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