2011年全国卷1高考理科数学试题含答案word版

理科数学

第I卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 (1)复数

2i的共轭复数是 12i（A）i （B）i （C）i （D）i

3535（2）下列函数中，既是偶函数又在单调递增的函数是 （0，+）（A）yx3 (B) yx1 （C）yx21 (D) y2（3）执行右面的程序框图，如果输入的N是6，那么输出的

x

p是

（A）120 （B）720 （C）1440 （D）5040

（4）有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为

1123（A） （B） （C） （D）

3234（5）已知角的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y2x上，则

cos2=

4334（A） （B） （C） （D）

5555

（6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示， 则相应的俯视图可以为

（7）设直线L过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，L与C交于A ,B两点，AB为C的实轴长的2倍，则C的离心率为

（A）2 （B）3 （C）2 （D）3

a1（8）x2x的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为

xx（A）-40 （B）-20 （C）20 （D）40 （9）由曲线yx，直线yx2及y轴所围成的图形的面积为

（A）

51016 （B）4 （C） （D）6 33（10）已知a与b均为单位向量，其夹角为，有下列四个命题

2P:ab10,132P:ab1, 23P3:ab10, P4:ab1,

33其中的真命题是

（A）P1,P3 （C）P1,P4 （B）P2,P3 （D）P2,P4

（11）设函数f(x)sin(x)cos(x)(0,且f(x)f(x)，则

2)的最小正周期为，

3 （A）f(x)在0,单调递减 （B）f(x)在,244 （C）f(x)在0,单调递增

23（D）f(x)在,44单调递减 单调递增 (12)函数y之和等于

1的图像与函数y2sinx(2x4)的图像所有交点的横坐标x1 （A）2 (B) 4 (C) 6 (D)8

第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分。第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须做答。第22题～第24题为选考题，考生根据要求做答。 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。

32xy9,（13）若变量x,y满足约束条件则zx2y的最小值为 。

6xy9,（14）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1,F2在x轴上，离心率为

2。过F1的直线L交C于A,B两点，且ABF2的周长为16，那么C的2方程为 。

（15）已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB6,BC23,则棱锥OABCD的体积为 。

（16）在ABC中，B60,AC3，则AB2BC的最大值为 。

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 （17）（本小题满分12分）

2等比数列an的各项均为正数，且2a13a21,a39a2a6.

（Ⅰ)求数列an的通项公式；

1（Ⅱ）设 bnlog3a1log3a2......log3an,求数列的前n项和.

bn(18)(本小题满分12分)

如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四

边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA⊥BD；

(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。

（19）（本小题满分12分）

某种产品的质量以其质量指标值衡量，质量指标值越大表明质量越好，且质量指标值大于或等于102的产品为优质品，现用两种新配方（分别称为A配方和B配方）做试验，各生产了100件这种产品，并测量了每件产品的质量指标值，得到下面试验结果：

（Ⅰ）分别估计用A配方，B配方生产的产品的优质品率；

（Ⅱ）已知用B配方生成的一件产品的利润y(单位：元)与其质量指标值t的关系式为

从用B配方生产的产品中任取一件，其利润记为X（单位：元），求X的分布列及数学

期望.（以试验结果中质量指标值落入各组的频率作为一件产品的质量指标值落入相应组的概率）

（20）（本小题满分12分）

在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,-1)，B点在直线y = -3上，M点满足MB//OA，

MAABMBBA，M点的轨迹为曲线C。

（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅱ）P为C上的动点，l为C在P点处得切线，求O点到l距离的最小值。

（21）（本小题满分12分）

已知函数f(x)alnxb，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x1xx2y30。

（Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）如果当x0，且x1时，f(x)

请考生在第22、23、24题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分。做答时请写清题号。

（22）（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲

如图，D，E分别为ABC的边AB，AC上的点，且不与ABC的顶点重合。已知AE的长为n，AD，AB的长是关于x的方程x14xmn0的两个根。 （Ⅰ）证明：C，B，D，E四点共圆；

（Ⅱ）若A90，且m4,n6，求C，B，D，E所在圆的半径。

(23)(本小题满分10分)选修4-4：坐标系与参数方程

在直角坐标系xOy 中，曲线C1的参数方程为

2lnxk，求k的取值范围。 x1xx2cos（为参数） y22sinM是C1上的动点，P点满足OP2OM,P点的轨迹为曲线C2 (Ⅰ)求C2的方程

(Ⅱ)在以O为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线点的交点为A，与C2的异于极点的交点为B，求AB.

(24)(本小题满分10分)选修4-5：不等式选讲

设函数f(x)xa3x,其中a0。

（Ⅰ）当a1时，求不等式f(x)3x2的解集； （Ⅱ）若不等式f(x)0的解集为x|x13与C1的异于极

 ，求a的值。

2011年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学试卷参

一、选择题

（1）C （2）B （3）B （4）A （5）B （6）D （7）B （8）D （9）C （10）A （11）A （12）D 二、填空题

x2y21 （15）83 （16）27 （13）-6 （14）

168三、解答题 （17）解：

2322（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由a39a2a6得a39a4所以q1。 9由条件可知a>0,故q1。 31。 3由2a13a21得2a13a2q1，所以a1故数列{an}的通项式为an=

1。 3n（Ⅱ ）bnlog3a1log3a2...log3an

(12...n)n(n1)2

故

12112() bnn(n1)nn1

111111112n...2((1)()...()) b1b2bn223nn1n1所以数列{(18)解：

（Ⅰ）因为DAB60,AB2AD, 由余弦定理得BD3AD 从而BD+AD= AB，故BDAD 又PD底面ABCD，可得BDPD 所以BD平面PAD. 故 PABD

（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，则

2

2

2

12n}的前n项和为 bnn1A1,0,0,B0，3,0,C1,3,0,P0,0,1。

AB(1,3,0),PB(0,3,1),BC(1,0,0)

设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则{nPB0, 即 nAB0,x3y03yz0

因此可取n=(3,1,3)

设平面PBC的法向量为m，则 {mBC0, 可取m=（0，-1，3） cosm,nmPB0,427 727故二面角A-PB-C的余弦值为 （19）解

27 7（Ⅰ）由试验结果知，用A配方生产的产品中优质的平率为方生产的产品的优质品率的估计值为0.3。

由试验结果知，用B配方生产的产品中优质品的频率为方生产的产品的优质品率的估计值为0.42

228=0.3，所以用A配10032100.42，所以用B配100（Ⅱ）用B配方生产的100件产品中，其质量指标值落入区间

90,94,94,102,102,110的频率分别为0.04，,0,0.42，因此

P(X=-2)=0.04, P(X=2)=0., P(X=4)=0.42, 即X的分布列为

X的数学期望值EX=-2×0.04+2×0.+4×0.42=2.68 (20）解：

(Ⅰ)设M(x,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).

所以MA=（-x,-1-y）, MB=(0,-3-y), AB=(x,-2).

再由题意可知（MA+MB）• AB=0, 即（-x,-4-2y）• (x,-2)=0.

12x-2. 4121'1(Ⅱ)设P(x0,y0)为曲线C：y=x-2上一点，因为y=x,所以l的斜率为x0 42212因此直线l的方程为yy0x0(xx0)，即x0x2y2y0x00。

2所以曲线C的方程式为y=则O点到l的距离d2|2y0x0|2x04.又y012x02，所以 412x041422d(x04)2,

222x04x04当x0=0时取等号，所以O点到l距离的最小值为2. （21）解：

2(（Ⅰ）f'(x)x1lnx)bx 22(x1)x

f(1)1,1由于直线x2y30的斜率为，且过点(1,1)，故1即

f'(1),22

b1,a1

b,22

解得a1，b1。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)lnx1，所以 x1x

lnxk1(k1)(x21)f(x)()(2lnx)。

x1x1x2x(k1)(x21)考虑函数h(x)2lnx(x0)，则

x(k1)(x21)2xh'(x)。 2xk(x21)(x1)2(i)设k0，由h'(x)知，当x1时，h'(x)0。而h(1)0，故

x21h(x)0； 21x1当x（1，+）时，h（x）<0，可得 h（x）>0

1x2lnxklnxk从而当x>0,且x1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+.

x1xx1x12 '（ii）设00,故h (x）>0,而

1k11h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾。

1k1x2当x(0,1)时，h(x)0，可得

（iii）设k1.此时h（x）>0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）>0，可得

'1 h（x）<0,与题设矛盾。 21x 综合得，k的取值范围为（-，0] （22）解：

（I）连接DE，根据题意在△ADE和△ACB中， AD×AB=mn=AE×AC, 即

ADAE.又∠DAE=∠CAB,从而△ADE∽△ACB ACAB因此∠ADE=∠ACB

所以C,B,D,E四点共圆。

（Ⅱ）m=4, n=6时，方程x-14x+mn=0的两根为x1=2,x2=12.

故 AD=2，AB=12.

取CE的中点G,DB的中点F，分别过G,F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连接DH.因为C，B，D，E四点共圆，所以C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH.

由于∠A=90，故GH∥AB, HF∥AC. HF=AG=5，DF= 故C,B,D,E四点所在圆的半径为52 （23）解：

（I）设P(x,y),则由条件知M(

0

2

1(12-2)=5. 2XY

,).由于M点在C1上，所以 22

x2cos,x4cos2 即 

y44siny22sin2从而C2的参数方程为

x4cos（为参数） y44sin（Ⅱ）曲线C1的极坐标方程为4sin，曲线C2的极坐标方程为8sin。 射线射线3与C1的交点A的极径为14sin与C2的交点B的极径为28sin3， 。

33所以|AB||21|23. （24）解：

（Ⅰ）当a1时，f(x)3x2可化为

|x1|2。

由此可得 x3或x1。 故不等式f(x)3x2的解集为

{x|x3或x1}。

( Ⅱ) 由f(x)0 得 xa3x0 此不等式化为不等式组

xaxa 或 xa3x0ax3x0xaxaaa即 x 或a 42因为a0，所以不等式组的解集为x|x由题设可得

a2

a= 1，故a2 2