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    2011年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷)数学试卷(理工农医类)及答案解析.pdf

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    2011年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷)数学试卷(理工农医类)及答案解析.pdf

    1、2011 年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷) 数学(理工农医类) 本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分,共 6 页,时量 120 分钟,满分 150分。 参考公式: (1) () () () PAB PBA PA = ,其中 ,A B为两个事件,且 () 0PA , (2)柱体体积公式 VSh= ,其中 S 为底面面积, h为高。 (3)球的体积公式 3 4 3 VR= ,其中 R为求的半径。 一选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分,在每小题给出的四个选项中,只有一 项符合题目要求的。 1.若 ,ab R , i为虚数单位,且 ()aiibi+ =+,则( ) A

    2、 1, 1ab= B 1, 1ab= = C 1, 1ab= D 1, 1ab= = 答案: D 解析:因 ()1aii aibi+=+=+,根据复数相等的条件可知 1, 1ab= = 。 2.设 1, 2M = , 2 Na= ,则“ 1a = ”是“ NM ” 则( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必 要条件 D既不充分又不必要条件 答案: A 解析:因“ 1a = ” ,即 1N = ,满足“ NM ” ,反之 “ NM ” ,则 2 =1Na= ,或 2 =2Na= ,不 一定有“ 1a = ” 。 3.设图一是某几何体的三视图,则该几何体的体积为 ( ) A 9 12

    3、2 + B 9 18 2 + C 942 + D 36 18 + 答案: B 解析:有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体,其体积 3 43 9 +3 3 2= 18 32 2 V =+() 。 3 3 2 正视图 侧视图 俯视图 图 1 4.通过随机询问 110 名性别不同的大学生是否爱好某项运动,得到如下的列联表: 男 女 总计 爱好 40 20 60 不爱好 20 30 50 总计 60 50 110 由 2 2 () ()()()() nad bc K abcdacbd = + 算得 2 2 110 (40 30 20 20) 7.8 60 50 60 50 K = 附表:

    4、2 ()PK k 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 参照附表,得到的正确结论是( ) A在犯错误的概率不超过 0.1% 的前提下,认为“爱好该项运动与性别有关” B在犯错误的概率不超过 0.1% 的前提下,认为“爱好该项运动与性别无关” C有 99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关” D有 99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关” 答案: C 解析:由 2 7.8 6.635K ,而 2 ( 6.635) 0.010PK =,故由独立性检验的意义可知选 C. 5.设双曲线 22 2 1( 0) 9 xy a a =的渐近线方程为 32 0

    5、 xy = ,则 a的值为( ) A 4 B 3 C 2 D 1 答案: C 解析:由双曲线方程可知渐近线方程为 3 y x a = ,故可知 2a = 。 6. 由直线 ,0 33 xxy = = = 与曲线 cosyx= 所围成的封闭图形的面积为( ) A 1 2 B 1 C 3 2 D 3 答案: D 解析:由定积分知识可得 3 3 3 3 33 cos sin | ( ) 3 22 Sxdxx = ,故选 D。 7. 设 1m ,在约束条件 1 y x y mx x y + 下,目标函数 zxmy= + 的最大值小于 2,则 m 的取值 范围为( ) A (1,1 2 )+ B (1

    6、2 , )+ C (1, 3) D (3, )+ 答案: A 解析:画出可行域,可知 5zx y=+ 在点 1 (,) 11 m mm+ 取最大值,由 2 1 2 11 m mm + + 解 得 121m 不妨令 2 () lnhx x x= ,则 1 ( ) 2hx x x =,令 ( ) 0hx= 解得 2 2 x= ,因 2 (0, ) 2 x 时, ( ) 0hx , 所以当 2 2 x= 时, |MN 达到最小。即 2 2 t = 。 二填空题:本大题共 8 小题,考生作答 7 小题,每小题 5 分,共 35 分,把答案填在答题 卡中对应题号的横线上。 一、选做题(请考生在第 9、

    7、10、 11 三题中任选两题作答,如果全做,则按前两题记分) 9.在直角坐标系 xoy中,曲线 C 1 的参数方程为 cos , 1sin x y = =+ ( 为参数)在极坐 标系(与直角坐标系 xoy取相同的长度单位,且以原点 O 为极点,以 x轴正半轴 为极轴)中,曲线 2 C 的方程为 ( )cos sin 1 0 +=,则 1 C 与 2 C 的交点个数 为 。 答案:2 解析:曲线 22 1 :(1)1Cx y+ =, 2 :10Cxy +=,由圆心到直线的距离 |0 1 1| 01 2 d + =,故 1 C 与 2 C 的交点个数为2. 10.设 ,x yR ,则 22 22

    8、11 ()(4)x y yx +的最小值为 。 答案:9 解析:由柯西不等式可知 222 22 11 ()(4)(1)9xy yx +=。 11.如图2, ,AE是半圆周上的两个三等分点,直径 4BC = , ADBC ,垂足为D, BE与 AD相交与点F,则 AF 的长为 。 答案: 23 3 解析:由题可知, 60AOB EOC = = , 2OA OB= = ,得 1OD BD= = , 3 3 DF = , 又 2 3AD BD CD=,所以 23 3 AF AD DF= . 二、必做题( 1216 题) 12、设 n S 是等差数列 * ( ) n anN 的前 n项和,且 14 1

    9、, 7aa= = ,则 5 _S = 答案: 25 解析:由 14 1, 7aa=可得 1 1, 2, 2 1 n adan= =,所以 5 (1 9) 5 25 2 S + = = 。 13、若执行如图 3 所示的框图,输入 12 3 1, 2, 3, 2xx xx= =, 则输出的数等于 。 答案: 2 3 解析:由框图的算法功能可知,输出的数为三个数的方差, 则 222 (1 2) (2 2) (3 2) 2 33 S + =。 14、在边长为 1 的正三角形 ABC 中,设 2, 3BCBDCACE= uuur uuur uuur uuur , 则 _AD BE= uuur uuur

    10、。 答案: 1 4 解析:由题 1 2 ADCDCA CBCA= uuur uuur uuuruuruur , 1 3 BECECB CACB= uuuruuruuruuruur , 所以 11 17 1 ()() 23 236 4 AD BE CB CA CA CB CB CA= =+ = uuur uuuruuruuruuruuruuruur 。 15、如图 4, EFGH 是以 O为圆心,半径为 1 的圆的内接正方形,将 一颗豆子随机地扔到该圆内, 用 A 表示事件 “豆子落在正方形 EFGH 内” , B 表示事件“豆子落在扇形 OHE (阴影部分)内” ,则 ( 1) =_PA()

    11、; ( 2) =_PA(B| ) 答案: ( 1) 2 ; ( 2) 1 = 4 PA(B| ) 解析: ( 1)由几何概型概率计算公式可得 2 = S PA S 正 圆 () ; ( 2)由条件概率的计算公式可得 21 1 4 = 2 4 PAB PA PA () (B| ) () 。 16、对于 * nN ,将 n表示为 12 10 01 2 1 22 2 22 kk k kk na a a a a =+ + + +L , 当 0i = 时, 1 i a = ,当 1 ik时, i a 为 0 或 1.记 ()I n 为上述表示中 i a 为 0 的个数, (例 如 0 112= , 21

    12、0 412 02 02= + + :故 (1) 0, (4) 2II= = )则 ( 1) (12) _I = ( 2) 127 () 1 2 _ In n= = 答案: ( 1) 2; ( 2) 1093 解析: ( 1)因 32 1 0 12 1 2 +1 2 0 2 0 2= + + ,故 (12) 2I = ; ( 2)在 2 进制的 (2)kk 位数中,没有 0 的有 1 个,有 1 个 0 的有 1 1k C 个,有 2 个 0 的 有 2 1k C 个,有 m个 0 的有 1 m k C 个,有 1k 个 0 的有 1 1 1 k k C = 个。故对所有 2 进制 为 k 位数

    13、的数 n,在所求式中的 () 2 In 的和为: 01122 11 1 11 12 2 2 2 3 kk k kk k CC C + + + =L 。 又 7 127 2 1=恰为 2 进制的最大 7 位数,所以 127 7 () 0 1 12 2 2 3 1093 In k nk = =+ = 。 三解答题:本大题共 6 小题,共 75 分,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)在 ABC 中,角 ,A BC所对的边分别为 ,abc,且满足 sin coscAaC= . ( I)求角 C 的大小; ( II)求 3sin cos( ) 4 AB +的最大值,

    14、并求取得最大值时角 ,AB的大小 解析: ( I)由正弦定理得 sin sin sin cos .CA AC= 因为 0,A = =从而 又 所以 则 ( II)由( I)知 3 . 4 B A = 于是 3 sin cos( ) 3 sin cos( ) 4 3sin cos 2sin( ). 6 311 0, , , , 46 612 62 3 AB A A AA A AA AA += =+=+ + ,雨速沿 E 移动方向的分速度为 ()cc R 。 E 移动时单位时间 内的淋 雨量包括两部分: ( 1) P 或 P 的平行面(只有一个面淋雨)的淋雨量,假设其值 与 vc S 成正比,比例

    15、系数为 1 10 ; ( 2)其它面的淋雨量之和,其值为 1 2 ,记 y 为 E 移动过程中的总淋雨量,当移动距离 d=100 ,面积 S= 3 2 时。 ()写出 y 的表达式 ()设 0 v 10,0 c 5,试根据 c 的不同取值范围,确定移动速度 v,使总 淋雨量 y 最少。 解析: ( I)由题意知, E 移动时单位时间内的淋雨量为 31 | 20 2 vc + , 故 100 3 1 5 ( | | ) (3| | 10) 20 2 yvc vc vv =+=+. ( II)由 (I)知,当 0 vc时, 5 5(3 10) (3 3 10) 15 c ycv vv + = +

    16、= ; 当 10cv 时, 55(103) (3 3 10) 15 c yvc vv =+= +. 故 5(3 10) 15,0 5(10 3 ) 15, 10 c vc v y c cv v + = + 。 (1)当 10 0 3 c 时, y是关于 v的减函数 .故当 10v= 时, min 3 20 2 c y = 。 (2) 当 10 5 3 c的离心率为 3 2 , x 轴被曲线 2 2 :Cyx b= 截 得的线段长等于 1 C 的长半轴长。 ()求 1 C , 2 C 的方程; ()设 2 C 与 y 轴的交点为 M,过坐标原点 O 的直 线 l与 2 C 相交于点 A,B,直线

    17、 MA,MB 分别与 1 C 相交 与 D,E. ( i)证明: MDME ; (ii)记 MAB, MDE 的面积分别是 12 ,SS.问:是否 存在直线 l ,使得 2 1 S S = 32 17 ? 请说明理由。 解析: ( I)由题意知 3 2 c e a = ,从而 2ab= ,又 2 ba= ,解得 2, 1ab=。 故 1 C , 2 C 的方程分别为 2 22 1, 1 4 x yyx+= =。 ( II) ( i) 由题意知,直线 l 的斜率存在,设为 k ,则直线 l 的方程为 ykx= . 由 2 1 ykx yx = = 得 2 10 xkx =, 设 11 2 2 (

    18、, ),(, )A xy Bxy,则 12 ,x x 是上述方程的两个实根,于是 12 12 ,1xxkxx+ =。 又点 M 的坐标为 (0, 1) ,所以 222 12 1 2 1212 1 2 12 12 11(1)(1) ( )1 1 1 1 MA MB yy kxkx kxkxx kk kk xx x x + + + + = = = = = 故 MAMB ,即 MDME 。 ( ii)设直线的斜率为 1 k ,则直线的方程为 1 1y kx= ,由 1 2 1 1 ykx yx = = 解得 0 1 x y = = 或 1 2 1 1 xk yk = = ,则点的坐标为 2 11 (

    19、, 1)kk 又直线 MB的斜率为 1 1 k ,同理可得点 B 的坐标为 2 11 11 (, 1) kk . 于是 2 2 1 1112 11 1 11 | 1 |1 | | . 22 | k SMAMB kk kk k + =+= 由 1 22 1 440 ykx xy = += 得 22 11 (1 4 ) 8 0kx kx+=, 解得 0 1 x y = = 或 1 2 1 2 1 2 1 8 14 41 14 k x k k y k = + = + , 则点 D的坐标为 2 11 22 11 841 (,) 14 14 kk kk + ; 又直线的斜率为 1 1 k ,同理可得点

    20、E的坐标 2 11 22 11 84 (,) 44 kk kk + 于是 2 11 2 22 11 32(1 ) | |1 | 2(4(4) kk SMDME kk + = + 因此 21 1 2 21 11 (4 17) 64 S k Sk =+ 由题意知, 2 1 2 1 1117 (4 17) 64 32 k k +=解得 2 1 4k = 或 2 1 1 4 k = 。 又由点 ,A B的坐标可知, 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 k k kk k k k = + , 所以 3 . 2 k = 故满足条件的直线 l存在,且有两条,其方程分别为 3 2 yx= 和 3 2 y

    21、 x= 。 22.(本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x) = 3 x , g ( x)= x+ x 。 ()求函数 h ( x)= f ( x)-g ( x)的零点个数,并说明理由; ()设数列 * ( ) n anN 满足 1 (0)aaa= , 1 ()() nn f aga + = ,证明:存在常数 M,使得对于任意的 * nN ,都有 n a M . 解析:( I )由 3 ()hx x x x= 知, 0, )x + , 而 (0) 0h = ,且 (1) 1 0, (2) 6 2 0hh= , 则 0 x= 为 ()hx的 一个零点,且 ()hx在 12(, ) 内有零

    22、点,因此 ()hx至少有两个零点 解法 1: 1 2 2 1 ( ) 3 1 2 hx x x = , 记 1 2 2 1 () 3 1 2 x xx = ,则 3 2 1 ( ) 6 4 x xx =+ 。 当 (0, )x+时, ( ) 0 x , 因此 ()x 在 (0, )+ 上单调递增,则 ()x 在 (0, )+ 内 至多只有一个零点。又因为 3 (1) 0, ( ) 0 3 ,则 ()x 在 3 (,1) 3 内有零点,所 以 ()x 在 (0, )+ 内有且只有一个零点。记此零点为 1 x ,则当 1 (0, )x x 时, 1 () ( ) 0 xx =; 所以, 当 1 (

    23、0, )x x 时, ()hx单调递减,而 (0) 0h = ,则 ()hx在 1 (0, x 内无零点; 当 1 (, )xx+时, ()hx单调递增,则 ()hx在 1 (, )x + 内至多只有一个零点; 从而 ()hx在 (0, )+ 内至多只有一个零点。综上所述, ()hx有且只有两个零点。 解法 2: 1 2 2 () ( 1 )hx xx x =, 记 1 2 2 () 1x xx = ,则 3 2 1 ( ) 2 2 x xx =+ 。 当 (0, )x+时, ( ) 0 x , 因此 ()x 在 (0, )+ 上单调递增,则 ()x 在 (0, )+ 内 至多只有一个零点。因

    24、此 ()hx在 (0, )+ 内也至多只有一个零点, 综上所述, ()hx有且只有两个零点。 ( II)记 ()hx的正零点为 0 x ,即 3 00 0 x xx=+ 。 ( 1)当 0 ax 时,由 1 aa= ,即 10 ax .而 33 21 10 00 aaax xx= +=,因此 20 ax , 由此猜测: 0n ax 。下面用数学归纳法证明: 当 1n= 时, 10 ax 显然成立; 假设当 (1)nkk=时,有 0k ax 成立,则当 1nk= + 时,由 33 100kkk aaaxxx + =+ + =知, 10k ax + ,因此,当 1nk= + 时, 10k ax +

    25、 成立。 故对任意的 * nN , 0n ax 成立。 ( 2)当 0 ax 时,由( 1)知, ()hx在 0 (, )x + 上单调递增。则 0 () ( ) 0ha hx=,即 3 aaa+ 。从而 33 21 1 aaaaaa=+ =+ ,即 2 aa ,由此猜测: n aa 。下面用 数学归纳法证明: 当 1n= 时, 1 aa 显然成立; 假设当 (1)nkk=时,有 k aa 成立,则当 1nk= + 时,由 33 1kkk aaaaaa + =+ + 知, 1k aa + ,因此,当 1nk= + 时, 1k aa + 成立。 故对任意的 * nN , n aa 成立。 综上所述,存在常数 0 max , M xa= ,使得对于任意的 * nN ,都有 n aM .


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