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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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 .