1、2011 年普通高等学校招生全国统一考试 数学(理) (北京卷) 本试卷共 5 页, 150 分。考试时间长 120 分钟。考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作 答无效。考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分(选择题 共 40 分) 一、选择题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分。在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的 一项。 1已知集合 P= x x 2 1 ,M= a .若 P M=P,则 a 的取值范围是 A (-, -1 B 1, +) C -1, 1 D( -, -1 1, +) 2复数 2 12 i i = + A i B -i C 43 55 i D 43
2、 55 i+ 3在极坐标系中,圆 =-2sin 的圆心的极坐标系是 A (1, ) 2 B (1, ) 2 C (1,0) D (1, ) 4执行如图所示的程序框图,输出的 s 值为 A -3 B - 1 2 C 1 3 D 2 5如图, AD, AE, BC 分别与圆 O 切于点 D, E, F, 延长 AF 与圆 O 交于另一点 G。给出下列三个结论: AD+AE=AB+BC+CA; AFAG=ADAE AFB ADG 其中正确结论的序号是 A B C D 6根据统计,一名工作组装第 x 件某产品所用的时间(单位:分钟)为 = Ax A c Ax x c xf , , )( ( A, C
3、为常数) 。已知工人组装第 4 件产品用时 30 分钟,组装第 A 件产品用时 15 分钟,那么 C 和 A 的值分别是 A 75, 25 B 75, 16 C 60, 25 D 60, 16 7某四面体的三视图如图所示,该四面体四个面的面积中,最大的是 A 8 B 62 C 10 D 82 8设 ()0,0A , ()4,0B , ()4, 4Ct+ , ( )( ),4Dt t R .记 ( )Nt为平行四边形 ABCD 内部(不含边 界)的整点的个数,其中整点是指横、纵坐标都是整数的点,则函数 ()Nt 的值域为 A 9,10,11 B 9,10,12 C 9,11,12 D 10,11
4、,12 第二部分 (非选择题 共 110 分) 二、填空题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分。 9在 ABC 中。若 b=5, 4 B = , tanA=2,则 sinA=_; a=_。 10 已知向量 a=( 3 , 1) , b=( 0, -1) , c=( k, 3 ) 。 若 a-2b 与 c 共线, 则 k=_。 11 在等比数列 a n 中, a 1 = 1 2 , a 4 =-4 ,则公比 q=_ ; 12 . n aa a+=_。 12用数字 2,3 组成四位数,且数字 2,3 至少都出现一次,这样的四位数共有 _个。 (用 数字作答) 13已知函数 3 2 ,2 ()
5、 (1), 2 x fx x xx = aa 的点 的轨迹 .给出下列三个结论: 曲线 C 过坐标原点; 曲线 C 关于坐标原点对称; 若点 P 在曲线 C 上,则 F 1 PF 2 的面积大于 2 1 a 2 。 其中,所有正确结论的序号是 。 三、解答题共 6 小题,共 80 分,解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程。 15(本小题共 13 分) 已知函数 () 4cos sin( ) 1 6 fx x x =+。 ()求 ()f x 的最小正周期: ()求 ()f x 在区间 , 64 上的最大值和最小值。 16(本小题共 14 分) 如图,在四棱锥 P ABCD 中, PA 平面 A
6、BCD ,底面 ABCD 是菱形, 2, 60AB BAD= = o . ()求证: BD 平面 ;PAC ()若 ,PA AB= 求 PB与 AC 所成角的余弦值; ()当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA的长 . 17本小题共 13 分 以下茎叶图记录了甲、乙两组个四名同学的植树棵树。乙组记录中有一个数据模糊,无法确 认,在图中以 X 表示。 ()如果 X=8,求乙组同学植树棵树的平均数和方差; ()如果 X=9,分别从甲、乙两组中随机选取一名同学,求这两名同学的植树总棵树 Y 的 分布列和数学期望。 ( 注: 方差 ()() () 22 2 2 12 1 n sxxxx xx
7、 n =+ K ,其中 x为 1 x , 2 x , n x 的平 均数) 18(本小题共 13 分) 已知函数 2 () ( ) x k f xxke= 。 ()求 ()f x 的单调区间; ()若对于任意的 (0, )x+,都有 ()f x 1 e ,求 k 的取值范围。 19(本小题共 14 分) 已知椭圆 2 2 :1 4 x Gy+ = .过点( m,0)作圆 22 1xy+ = 的切线 I 交椭圆 G 于 A, B 两点 . ( I)求椭圆 G 的焦点坐标和离心率; ( II)将 AB 表示为 m 的函数,并求 AB 的最大值 . 20(本小题共 13 分) 若数列 12, , .
8、, ( 2) nn Aaa an=满足 11 1( 1, 2,., 1) n aa k n + = ,数列 n A 为 E 数列,记 () n SA = 12 . n aa a+ ()写出一个满足 1 0 s aa=,且 () s SA 0 的 E数列 n A ; ()若 1 12a = , n=2000,证明: E 数列 n A 是递增数列的充要条件是 n a =2011; ()对任意给定的整数 n( n2) ,是否存在首项为 0 的 E 数列 n A ,使得 () n SA =0?如果 存在,写出一个满足条件的 E 数列 n A ;如果不存在,说明理由。 参考答案 一、选择题(共 8 小题
9、,每小题 5 分,共 40 分) ( 1) C ( 2) A ( 3) B ( 4) D ( 5) A ( 6) D ( 7) C ( 8) C 二、填空题(共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) ( 9) 102 5 52 ( 10) 1 ( 11) 2 2 1 2 1 n ( 12) 14 ( 13) ( 0, 1) ( 14) 三、解答题(共 6 小题,共 80 分) ( 15) (共 13 分) 解: ()因为 1) 6 sin(cos4)( += xxxf 1)cos 2 1 sin 2 3 (cos4 += xxx 1cos22sin3 2 += xx xx 2cos2sin
10、3 += ) 6 2sin(2 += x 所以 )(xf 的最小正周期为 ()因为 . 3 2 6 2 6 , 46 + xx 所以 于是,当 6 , 26 2 =+ xx 即 时, )(xf 取得最大值 2; 当 )(, 6 , 66 2 xfxx 时即 =+ 取得最小值 1. ( 16) (共 14 分) 证明: ()因为四边形 ABCD 是菱形, 所以 AC BD. 又因为 PA平面 ABCD. 所以 PA BD. 所以 BD平面 PAC. ()设 ACBD=O. 因为 BAD=60, PA=PB=2, 所以 BO=1, AO=CO= 3 . 如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系
11、 Oxyz,则 P( 0, 3 , 2) , A( 0, 3 , 0) , B( 1, 0, 0) , C( 0, 3 , 0) . 所以 ).0,32,0(),2,3,1( = ACPB 设 PB 与 AC 所成角为 ,则 4 6 3222 6 | cos = = ACPB ACPB . ()由()知 ).0,3,1(=BC 设 P( 0, 3 , t) ( t0) , 则 ),3,1( tBP = 设平面 PBC 的法向量 ),( zyxm = , 则 0,0 = mBPmBC 所以 + =+ 03 ,03 tzyx yx 令 ,3=y 则 . 6 ,3 t zx = 所以 ) 6 ,3,
12、3( t m = 同理,平面 PDC 的法向量 ) 6 ,3,3( t n = 因为平面 PCB平面 PDC, 所以 nm =0,即 0 36 6 2 =+ t 解得 6=t 所以 PA= 6 ( 17) (共 13 分) 解( 1)当 X=8 时,由茎叶图可知,乙组同学的植树棵数是: 8, 8, 9, 10, 所以平均数为 ; 4 35 4 10988 = + =x 方差为 . 16 11 ) 4 35 10() 4 35 9() 4 35 8() 4 35 8( 4 1 22222 =+=s ()当 X=9 时,由茎叶图可知,甲组同学的植树棵树是: 9, 9, 11, 11;乙组同学 的植
13、树棵数是: 9, 8, 9, 10。分别从甲、乙两组中随机选取一名同学,共有 44=16 种 可能的结果,这两名同学植树总棵数 Y 的可能取值为 17, 18, 19, 20, 21 事件 “Y=17” 等价于 “甲组选出的同学植树 9 棵,乙组选出的同学植树 8 棵 ”所以该事件有 2 种可能的 结果,因此 P( Y=17) = . 8 1 16 2 = 同理可得 ; 4 1 )18( =YP ; 4 1 )19( =YP . 8 1 )21(; 4 1 )20( = YPYP 所以随机变量 Y 的分布列为: Y 17 18 19 20 21 P 8 1 4 1 4 1 4 1 8 1 EY
14、=17P( Y=17) +18P( Y=18) +19P( Y=19) +20P( Y=20) +21P( Y=21) =17 8 1 +18 4 1 +19 4 1 +20 4 1 +21 8 1 =19 ( 18) (共 13 分) 解: () .)( 1 )( 1 22 x ekx k xf = 令 () 00 =f ,得 kx = . 当 k0 时, )()( xfxf 与 的情况如下 x ( k , ) k (k ,k) k ),( +k )(xf + 0 0 + )(xf 12 4 ek 0 所以, )(xf 的单调递减区间是( k , )和 ),( +k ;单高层区间是 ),(
15、kk 当 k0 时,因为 e ekf k 1 )1( 11 =+ + ,所以不会有 . 1 )(),0( e xfx + 当 k0 时,由()知 )(xf 在( 0, +)上的最大值是 . 4 )( 2 e k kf = 所以 e xfx 1 )(),0( + 等价于 . 1 4 )( 2 ee k kf = 解得 0 2 1 m 时,设切线 l 的方程为 ),( mxky = 由 0448)41( .1 4 ),( 22222 2 2 =+ =+ = mkmxkxk y x mxky 得 设 A、 B 两点的坐标分别为 ),)(,( 2211 yxyx ,则 2 22 21 2 2 21 4
16、1 44 , 41 8 k mk xx k mk xx + = + =+ 又由 l 与圆 .1,1 1 | ,1 222 2 22 += + =+ kkm k km yx 即得相切 所以 2 12 2 12 )()(| yyxxAB += 41 )44(4 )41( 64 )1( 2 22 22 4 2 k mk k mk k + + += 2 . 3 |34 2 + = m m 由于当 3=m 时, ,3| =AB 所以 ),11,(, 3 |34 | 2 + + = Um m m AB . 因为 ,2 | 3 | 34 3 |34 | 2 + = + = m m m m AB 且当 3=m
17、 时, |AB|=2,所以 |AB|的最大值为 2. ( 20) (共 13 分) 解: () 0, 1, 2, 1, 0 是一具满足条件的 E 数列 A 5 。 (答案不唯一, 0, 1, 0, 1, 0 也是一个满足条件的 E 的数列 A 5 ) ()必要性:因为 E 数列 A 5 是递增数列, 所以 )1999,2,1(1 1 L= + kaa kk . 所以 A 5 是首项为 12,公差为 1 的等差数列 . 所以 a 2000 =12+( 20001) 1=2011. 充分性,由于 a 2000 a 1000 1, a 2000 a 1000 1 a 2 a 1 1 所以 a 200
18、0 a19999,即 a 2000 a 1 +1999. 又因为 a 1 =12, a 2000 =2011, 所以 a 2000 =a 1 +1999. 故 nnn Akaa 即),1999,2,1(01 1 L= + 是递增数列 . 综上,结论得证。 ()令 .1),1,2,1(01 1 = + Akkk cnkaac 则L 因为 2111112 ccaacaa +=+= , 1211 + += nn cccaa L 所以 13211 )3()2()1()( += nn ccncncnnaAS L ).1()2)(1()1)(1( 2 )1( 121 + = n cncnc nn L 因为
19、 ).1,1(1,1 = nkcc kk L为偶数所以 所以 )1()2)(1()1)(1* 21 n cncnc + L 为偶数 , 所以要使 2 )1( ,0)( = nn AS n 必须使 为偶数 , 即 4 整除 *)(144),1( Nmmnmnnn += 或亦即 . 当 ,1,0,*)(14 241414 =+= + kkkn aaaAENmmn 的项满足数列时 1 4 = k a ),2,1( mk L= 时,有 ;0)(,0 1 = n ASa ;0)(,0,0),2,1(1 1144 = + nkk ASaamka 有时L 当 n AENmmn 数列时 ,*)(14 += 的项满足, ,1,0 243314 = kkk aaa 当 )1(,)(3424 +=+= mnNmmnmn 时或 不能被 4 整除, 此时不存在 E 数列 A n , 使得 .0)(,0 1 = n ASa