2011年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷（理）（北京卷）及答案解析.pdf

《2011年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷（理）（北京卷）及答案解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2011年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷（理）（北京卷）及答案解析.pdf（11页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

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