2011年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题（湖南卷解析版）

1 20112011 年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题 湖南卷 解析版 年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题 湖南卷 解析版 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 P AB P B A P A 其中 A B为两个事件 且 0P A 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 a bR i为虚数单位 且 ai ibi 则 A 1 1ab B 1 1ab C 1 1ab D 1 1ab 答案 D 解析 因 1ai iaibi 根据复数相等的条件可知1 1ab 2 设 1 2 M 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 1 N 满足 NM 反 之 NM 则 2 1 Na 或 2 2 Na 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 2 B 9 18 2 C 942 D 3618 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 3 439 3 3 2 18 322 V 3 3 2 正视图侧视图 俯视图 图 1 2 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 402060 不爱好 203050 总计 6050110 由 2 2 n adbc K ab cd ac bd 算得 2 2 110 40 3020 20 7 8 60 50 60 50 K 附表 2 P Kk 0 0500 0100 001 k 3 8416 63510 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 86 635K 而 2 6 635 0 010P K 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320 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 yx 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 cossin 3 22 Sxdxx 故选 D 7 设1m 在约束条件 1 yx ymx xy 下 目标函数zxmy 的最大值小于 2 则m的取值 范围为 3 A 1 12 B 12 C 1 3 D 3 答案 A 解析 画出可行域 可知5zxy 在点 1 11 m mm 取最大值 由 2 1 2 11 m mm 解得 121m 8 设直线xt 与函数 2 lnf xxg xx 的图像分别交于点 M N 则当 MN达到最小 时t的值为 A 1 B 1 2 C 5 2 D 2 2 答案 D 解析 由题 2 lnMNxx 0 x 不妨令 2 lnh xxx 则 1 2h xx x 令 0h x 解得 2 2 x 因 2 0 2 x 时 0h x 当 2 2 x 时 0h x 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 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 C1的参数方程为 cos 1 sin 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 cossin10 则 1 C与 2 C的交点个数为 答案 2 解析 曲线 22 1 1 1Cxy 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 11 4 xy yx 的最小值为 答案 9 4 解析 由柯西不等式可知 222 22 11 4 12 9xy yx 11 如图 2 A E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 2 3 3 解析 由题可知 60AOBEOC 2OAOB 得1ODBD 3 3 DF 又 2 3ADBD CD 所以 2 3 3 AFADDF 二 必做题 12 16 题 12 设 n S是等差数列 n anN 的前n项和 且 14 1 7aa 则 5 S 答案 25 解析 由 14 1 7aa 可得 1 1 2 21 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 123 1 2 3 2xxxx 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 22 32 2 33 S 14 在边长为 1 的正三角形ABC中 设2 3BCBD CACE 则 AD BE 答案 1 4 解析 由题 1 2 ADCDCACBCA 1 3 BECECBCACB 所以 111171 232364 AD BECBCACACBCB CA 15 如图 4 EFGH是以O为圆心 半径为 1 的圆的内接正方形 将 5 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 P A 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 P A S 正 圆 2 由条件概率的计算公式可得 21 1 4 2 4 P AB PA P A B 16 对于 nN 将n表示为 1210 0121 22222 kkk kk naaaaa 当 0i 时 1 i a 当1ik 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 11 2 210 41 20 20 2 故 1 0 4 2II 则 1 12 I 2 127 1 2 I n n 答案 1 2 2 1093 解析 1 因 3210 121 2 1 20 20 2 故 12 2I 2 在 2 进制的 2 k k 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位数的数n 在所求式中的 2I n的和为 01122111 111 1 22223 kkk kkk CCC 又 7 12721 恰为 2 进制的最大 7 位数 所以 1277 01 12 2231093 I nk 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 B C所对的边分别为 a b c 且满足 sincoscAaC I 求角C的大小 6 II 求3sincos 4 AB 的最大值 并求取得最大值时角 A B的大小 解析 I 由正弦定理得sinsinsincos CAAC 因为0 A 所以sin0 sincos cos0 tan1 4 ACCCCC 从而又所以则 II 由 I 知 3 4 BA 于是 3sincos 3sincos 4 3sincos2sin 6 311 0 46612623 ABAA AAA AAAA 从而当即时 2sin 6 A 取最大值 2 综上所述 3sincos 4 AB 的最大值为 2 此时 5 312 AB 18 某商店试销某种商品 20 天 获得如下数据 日销售量 件 0123 频数 1595 试销结束后 假设该商品的日销售量的分布规律不变 设某天开始营业时有该商品 3 件 当天营业结束后检查存货 若发现存货少于 2 件 则当天进货补充至 3 件 否则不进货 将 频率视为概率 求当天商品不进货的概率 记 X 为第二天开始营业时该商品的件数 求 X 的分布列和数学期望 解析 I P 当天商店不进货 P 当天商品销售量为 0 件 P 当天商品销售 量 1 件 153 202010 II 由题意知 X的可能取值为 2 3 51 2 204 P xP 当天商品销售量为1件 3 1953 2020204 P xPPP 当天商品销售量为0件当天商品销售量为2件当天商品销售 量为3件 故X的分布列为 X23 7 P1 4 3 4 X的数学期望为 1311 2 3 444 EX 19 本题满分 12 分 如图 5 在圆锥PO中 已知2 POO A的直径 A 2 ABCABDAC 是的中点 为的中点 I 证明 PODPAC 平面平面 II 求二面角BPAC 的余弦值 解 I 连接OC 因为OAOC D为的AC中 点 所以ACOD 又 POO ACOACPO AA底面底面所以因 为 OD PO是平面POD内的两条相交直线 所以 ACPOD 平面 而ACPAC 平面 所以 PODPAC 平面平面 II 在平面POD中 过O作OHPD 于H 由 I 知 PODPAC 平面平面 所 以 OHPAC 平面又 PAPAC 平面所以PAOH 在平面PAO中 过O作OGPA 于G 连接HG 则有PAOGH 平面 从而PAHG 所以OGH 是二面角BPAC 的平面角 在 2 sin45 2 Rt ODAODOA 中 在 22 2 2 10 2 51 2 2 PO OD Rt PODOH POOD 中 在 22 2 16 32 1 PO OA Rt POAOG POOA 中 8 在 10 15 5 sin 56 3 OH Rt OHGOGH OG 中 所以 10 cos 5 OGH 故二面角BPAC 的余弦值为 10 5 20 如图 6 长方形物体 E 在雨中沿面 P 面积为 S 的垂直方向作匀速移动 速度为 0 v v 雨速沿 E 移动方向的分速度为 c cR 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 31 202 vc 故 100315 3 10 202 yvcvc vv II 由 I 知 当0vc 时 55 310 3310 15 c ycv vv 当10cv 时 55 103 3310 15 c yvc vv 9 故 5 310 15 0 5 103 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 时 在 0 c上 y是关于v的减函数 在 10 c上 y是关于v的增函数 故当vc 时 min 50 y c A 本小题满分 13 分 如图 7 椭圆 22 1 22 1 0 xy Cab ab 的离心率为 3 2 x轴被曲线 2 2 Cyxb 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 MA MB 分别与 1 C 相交与 D E i 证明 MD ME ii 记 MAB MDE 的面积分别是 12 S S 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 10 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 1122 A x yB xy 则 12 x x是上述方程的两个实根 于是 1212 1xxk x x 又点M的坐标为 0 1 所以 222 12121212 121212 11 1 1 11 1 1 MAMB yykxkxk x xk xxkk kk xxx xx x 故MAMB 即MD ME ii 设直线的斜率为 1 k 则直线的方程为 1 1yk x 由 1 2 1 1 yk x yx 解得 0 1 x y 或 1 2 1 1 xk yk 则点的坐标为 2 11 1 k k 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 1 111 2 111 11111 1 1 222 k SMAMBkk kkk 由 1 22 1 440 yk x xy 得 22 11 14 80kxk x 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 1414 kk kk 又直线的斜率为 1 1 k 同理可得点E的坐标 2 11 22 11 84 44 kk kk 于是 2 11 2 22 11 32 1 1 2 14 4 kk SMDME kk 11 因此 2 1 1 2 21 11 417 64 S k Sk 由题意知 2 1 2 1 1117 417 6432 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 yx 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 aa a 1 nn f ag a 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 h xxxx 知 0 x 而 0 0h 且 1 10 2 620hh 则0 x 为 h x的一个零点 且 h x在12 内有零点 因此 h x至少有两个零点 解法 1 1 2 2 1 31 2 h xxx 记 1 2 2 1 31 2 xxx 则 3 2 1 6 4 xxx 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 xx 时 1 0 xx 当 1 xx 时 1 0 xx 所以 12 当 1 0 xx