2011年高考湖南省数学试卷-理科(含详细答案)

2011年高考湖南省数学试卷-理科(含详细答案)

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）P(BA)P(AB)，其中A,B为两个事件，且P(A)0， P(A) （2）柱体体积公式VSh，其中S为底面面积，h为高。

4 （3）球的体积公式VR3，其中R为求的半径。

3一选择题：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,bR，i为虚数单位，且(ai)ibi，则（ ） A．a1,b1 B．a1,b1 C．a1,b1 D．a1,b1

N{a}，2.设M{1,2}，则“a1”是“NM”的（ ）

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

3.右图一是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）

912 B．18 A．9222C．942 D．3618

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：

2

3

A．1 B．1 C．2

7. 设m1，在约束条件

yxymxxy132 D．3 下，目标函数zxmy的最大值小于2，则m的取值范围为（ ）

A．(1,12) B．(12,) C．(1,3) D．(3,)

8.设直线xt与函数f(x)x,g(x)lnx的图像分别交于点M,N，则当|MN|达到最小时t的值为（ ）

52A．1 B．1 C． D． 2222

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）

xcos,9.在直角坐标系xoy中，曲线C1的参数方程为（为参数）在极坐

y1sin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C2的方程为cossin10，则C1与C2的交点个数为 。

10.设x,yR

,则(x2112)(4y)22yx的最小值为 。

4

11.如图2，A,E是半圆周上的两个三等分点，直径BC4，

ADBC,垂足为D,为

BE与AD相交与点F，则AF的长

。

二、必做题（12~16题）

12、设S是等差数列{a}(nN)的前n项和，且a1,a7，则S______ 。

13、若执行如图3所示的框图，输入x1,x2,x3,x2，则输出的数等于 。

14、在边长为1的正三角形ABC中，设BC2BD,CA3CE，则ADBE________。 。

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

（B|A）=______ （A）=______；（1）P（2）P

*nn145123 5

16、对于

kk1012，将n表示为

na2a2a2a2a2，当i0时，a1，当1ik时，a为0或1.记I(n)为上述表示中a为0

4120202：的个数，（例如112，故I(1)0,I(4)2）

则

（1）I(12)_____ （2）2______

nN*k210k1kiii0210127I(n)n1 （ 。

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csinAacosC. （I）求角C的大小； （II）求3sinAcos(B)的最大值，并求取得最大4值时角A,B的大小．

6

18. 某商店试销某种商品20天，获得如下数据：

日销售量（件） 0 频数 1 1 5 2 9 3 5 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。 ．．．(Ⅰ）求当天商品不进货的概率； ．．．

（Ⅱ）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。

7

19.（本题满分12分）如图5，在圆锥PO中，已知PO2,O的直径AB2,C是AB的中点,,D为AC的中点．

8

（I）证明：平面POD平面PAC; （II）求二面角BPAC的余弦值．

9

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v(v0)，雨速沿E移动方向的分速度为c(c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vc×S成正比，比例系数为

11；（2）其它面的淋雨量之和，其值为，10210

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时。2

（Ⅰ）写出y的表达式

（Ⅱ）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。

21.(本小题满分13分）

如图

x2y2C1:22ab7，椭圆

1(ab0)的离心率为

11

截得的线段长等于C的长，轴被曲线

半轴长。

（Ⅰ）求C，C的方程；

（Ⅱ）设C与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C相交于点A,B,直线MA,MB分别与C相交与D,E.

（i）证明：MDME；

(ii)记△MAB,△MDE的面积分别是S,S.问：是否

S17l存在直线,使得S=32?

请说明理由。

xC2:yx2b112221121232

12

22.（本小题满分13分）

已知函数f(x) =x3，g (x)=x+x。

（Ⅰ）求函数h (x)=f(x)-g (x)的零点个数，并说明理由；

（Ⅱ）设数列{an}(nN*)满足a1a(a0)，f(an1)g(an)，证明：存在常数M,使得对于任意的nN*，都有an≤ M.

13

参考答案：

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）

一选择题：本大题共8小题，每小题5分，共

14

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. B．a1,b1 C．a1,b1 D．a1,b1 答案：D

解析：因(ai)i1aibi，根据复数相等的条件可知a1,b1。 3 2. 答案：A 解析：因“a1”，即N{1}，满2 足“NM”，反之“NM”，则3 正侧N{a}={1}，或N{a}={2}，不一定

有“a1”。 3. 答案：B

解析：有三视图可知该几何体俯

图1 是一个长方体和球构成的组

39合体，其体积V4（）+332=18。 322223

4.由K22n(adbc)2(ab)(cd)(ac)(bd)算得

110(40302020)2K7.8605060502

附表：

P(Kk) 0.050 0.010 0.001

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

k

15

“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K7.86.635，而P(K6.635)0.010，故由独立性检验的意义可知选C. 5.答案：C

3解析：由双曲线方程可知渐近线方程为yax，

22故可知a2。 6. 答案：D

解析：由定积分知识可得

3S3cosxdxsinx|3333()322，故选D。

7. 答案：A

m解析：画出可行域，可知zx5y在点(11m,1)取最m大值，由

1m221m1m解得1m21。

28. 答案：D

解析：由题|MN|xlnx，(x0)不妨令h(x)xlnx，则

221x(0,)时，h'(x)0，h'(x)2x，h'(x)0解得x令，因22x2当x(22,)时，h'(x)0，所以当x小。即t2222时，|MN|达到最

。

二填空题：本大题共8小题，考生作答7小题，

16

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. 答案：2

解析：曲线C1:x2(y1)21，C2:xy10，由圆心到直线的

距离d|011|01，故C与C的交点个数为2.

21210.答案：9

解析：由柯西不等式可知(x211)(24y2)(12)292yx。

11.

答案：233

解析：由题可知，AOBEOC60，OAOB2,得ODBD1,DF33， 又AD

二、必做题（12~16题）

12、设S是等差数列{a}(nN)的前n项和，且a1,a7，则S______ 答案：25 解析：由a1,a7可得a1,d2,a2n1，

525。 所以S(19)2*2BDCD3，所以AFADDF233.

nn145141n5

13、若执行如图3所示的框图，输入x1,x2,x3,x2，则输出的数等

123 17

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S(12)(232)(32)2。 322214、在边长为1的正三角形BC2BD,CA3CE，则ADBE________。 答案：1 4ABC中，设

1解析：由题ADCDCA1CBCA，BECECBCACB， 2311171所以ADBE(1CBCA)(CACB)CBCA。 232364

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

（B|A）=______ （A）=______；（1）P（2）P12答案：（1）；（2）P（B|A）= 4解析：（1）由几何概型概率计算公式可得

S2P（A）==； S正圆（2）由条件概率的计算公式可得

21P（AB）41P（B|A）===2P（A）4。

18

16、对于

kk1012，将n表示为

na2a2a2a2a2，当i0时，a1，当1ik时，a为0或1.记I(n)为上述表示中a为0的个数，（例如112，故I(1)0,I(4)2）4120202：则

（1）I(12)_____ （2）2______

nN*k210k1kiii0210127I(n)n1答案：（1）2；（2）1093 解析：（1）因1212+120202，故I(12)2； （2）在2进制的k(k2)位数中，没有0的有1个，有1个0的有C个，有2个0的有C个，……有m个0的有C个，……有k1个0的有C1个。故对所有2进制为k位数的数n，在所求式中的2的和为：

12C2C2C23。

又12721恰为2进制的最大7位数，所以2231093。

32101k12k1mk1k1k1I(n)01k112k12k1k1k1k17127I(n)07k1n1k2

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csinAacosC. （I）求角C的大小；

)的最大值，并求取得最大（II）求3sinAcos(B4值时角A,B的大小． 解析：（I）由正弦定理得sinCsinAsinAcosC.

0A,因为所

19

以

sinA0.从而sinCcosC.又cosC0,所以tanC1,则C4

（II）由（I）知B34A.于是

3sinAcos(B)3sinAcos(A)4

2sin(A)63sinAcosA2sin(A).63110A,A,从而当A,即A时,46612623

取最大值2．

3sinAcos(B)4综上所述，

A的最大值为2，此时

3,B5.12

日销售量（件） 0 频数 1 1 5 2 9 3 5 18. 某商店试销某种商品20天，获得如下数据：

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。 ．．．(Ⅰ）求当天商品不进货的概率； ．．．

（Ⅱ）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.

P(x2)P(\"当天商品销售量为1件\")51204；

P(x3)P(\"当天商品销售量为0件\")+P(\"当天商品销售量为2件\")+P(\"当天商品销售1953量为3件\")++2020204故X的分布列为

20

19.（本题满分12分）如图5，在圆锥PO中，已知PO2,O的直径AB2,C是AB的中点,,D为AC的中点． （I）证明：平面POD平面PAC; （II）求二面角BPAC的余弦值． 解：（I）连接OC，因为OAOC,D为的AC中点，所以ACOD. 又

PO底面O,AC底面O,所以ACPO.2 3

13 P 441311X的数学期望为EX2+3=。 444X因为OD,PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC平面POD。而AC平面PAC，所以平面POD平面PAC。

（II）在平面POD中，过O作OHPD于H，由（I）平面POD平面PAC,所以OH平面PAC,又PA平面PAC,所以知，PAOH.

在平面PAO中，过O作OGPA于G,连接HG,则有PA平面OGH， 从而PAHG，所以OGH是二面角BPAC的平面角． 在RtODA中,ODOAsin4522 在RtPOD中,OHPOODPO+OD2222210512+2

21

在RtPOA中,OG在

POOAPO+OA2221632+1 ,所以cosOGH10510510OH15RtOHG中,sinOGH5OG563。

故二面角BPAC的余弦值为。

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v(v0)，雨速沿E移动方向的分速度为c(c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vc×S成正比，比例系数为

11；（2）其它面的淋雨量之和，其值为，1023时。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=

（Ⅰ）写出y的表达式

（Ⅱ）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故y31|vc|， 202100315(|vc|)(3|vc|10). v202v55(3c10)15；（II）由(I)知，当0vc时，y(3c3v10)

vv55(103c)15. 当cv10时，y(3v3c10)vv 22

5(3c10)15,0vcv故y。

5(103c)15,cv10v(1)当0c(2) 当

103c时，y是关于v的减函数.故当v10时，ymin20。 3210c5时，在(0,c]上，y是关于v的减函数；在(c,10]上，y是关于v的350。 c

增函数；故当vc时，ymin

22.(本小题满分13分）

如图7，椭圆

x2y2C1:221(ab0)ab的离心率为2，x轴

13 截得的线段长等于C的长半轴被曲线

长。

（Ⅰ）求C，C的方程；

（Ⅱ）设C与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C相交于点A,B,直线MA,MB分别与C相交与D,E.

（i）证明：MDME；

(ii)记△MAB,△MDE的面积分别是S,S.问：是否存在

S17l直线,使得S=32? 请说明理由。

c3解析：（I）由题意知e，从而a2C2:yx2b122211212 23

a2b，又2C2ba，解得a2,b1。

x2y21,yx214故，的方程分别为

C1。

（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ykx. 由

ykx2yx1得x22kx10，

2设A(x,y),B(x,y)，则x,x是上述方程的两个实根，于

1121是xx12k,x1x21。

又点M的坐标为(0,1)，所以

kMAkMBy11y21(kx11)(kx21)k2x1x2k(x1x2)1k2k211x1x2x1x2x1x21

故MAMB，即MDME。

yk1x1x0ykx1k（ii）设直线的斜率为1，则直线的方程为，由解得12yx1y1或

xk12(k,k1) ，则点的坐标为112yk11111 ，同理可得点B的坐标为(,21)k1k1k1又直线MB的斜率为.

11111k1221k1|k1|12||. 于是S1|MA||MB|22k1k12|k1|yk1x122(14k)x8k1x0， 由2得12x4y40 24

x0解得y1或

8k1x214k12y4k1114k12，

8k14k121则点D的坐标为(,)2214k114k1；

18k14k12又直线的斜率为，同理可得点E的坐标(,) 22k14k14k132(1k12)|k1|1于是S2|MD||ME|

2(14k12)(4k12)因此

S111(4k12217) S264k1由题意知，

11171(4k12217)解得k124 或k1264k1324。

1k121k1又由点A,B的坐标可知，k1k1k1k1k12，所以k3.

233x和yx。 22故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为y

22.（本小题满分13分）

已知函数f(x) =x3，g (x)=x+x。

（Ⅰ）求函数h (x)=f(x)-g (x)的零点个数，并说明理由；

（Ⅱ）设数列{an}(nN*)满足a1a(a0)，f(an1)g(an)，证明：存在常数M,使得对于任意的nN*，都有an≤ M.

解析：（I）由h(x)x3xx知，x[0,)h(1)10,h(2)620，而

h(0)0，且

，则x0为h(x)的一个零点，且h(x)在内（，12），

3111记(x)3x1x2，则'(x)6xx2242有零点，因此h(x)至少有两个零点

11解法1：h'(x)3x1x222。

'(x)0当x(0,)时，

，因此(x)在(0,)上单调递增，则(x)在(0,)内

33)0，则(x)在(,1)内有零点，所33以(x)在(0,)内有且只有一个零点。记此零点为x1，则当x(0,x1)时，

至多只有一个零点。又因为(1)0,( 25

(x)'(x1)0；当x(x1,)时，(x)'(x1)0； 所以，

当x(0,x1)时，h(x)单调递减，而h(0)0，则h(x)在(0,x1]内无零点； 当x(x1,)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1,)内至多只有一个零点；

从而h(x)在(0,)内至多只有一个零点。综上所述，h(x)有且只有两个零点。

1解法2：h(x)x(x1x)，记(x)x1x，则'(x)2xx。

221221232当x(0,)时，则(x)在(0,)'(x)0因此(x)在(0,)上单调递增，

至多只有一个零点。因此h(x)在(0,)内也至多只有一个零点，

，内

综上所述，h(x)有且只有两个零点。 （II）记h(x)的正零点为x，即xxx。

（1）当ax时，由aa，即ax.而aaaxxx，因此ax，由此猜测：ax。下面用数学归纳法证明： ①当n1时，ax显然成立；

②假设当nk(k1)时，有ax成立，则当nk1时，由 aaaxxx知，ax，因此，当nk1时，ax成立。

故对任意的nN，ax成立。

（2）当ax时，由（1）知，h(x)在(x,)上单调递增。则h(a)h(x)0，即aaa。从而aaaaaa，即aa，由此猜测：aa。下面用数学归纳法证明：

①当n1时，aa显然成立；

②假设当nk(k1)时，有aa成立，则当nk1时，由

aa，aa因此，当nk1时，aaaaaa知，

成立。

3000001103321100020n010k03k13kk000k10k10*n00033302112n1k3k13kkk1k1 26

故对任意的nN，aa成立。

综上所述，存在常数Mmax{x,a}，使得对于任意的*n0nN*，都有anM.

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