2011年陕西省理科数学高考试卷及答案

12011年陕西省理科数学高考试卷及答案一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的（本大题共10小题，每小题5分，共50分）1．设,ab是向量，命题“若ab，则∣a∣=∣b∣”的逆命题是A．若ab，则∣a∣∣b∣B．若ab，则∣a∣∣b∣C．若∣a∣∣b∣，则abD．若∣a∣=∣b∣，则a=-b2．设抛物线的顶点在原点，准线方程为2x，则抛物线的方程是A．28yxB．28yxC．24yxD．24yx3．设函数()()fxxR满足()(),(2)(),fxfxfxfx,则()yfx的图像可能是4．6(42)xx（x∈R）展开式中的常数项是A．-20B．－15C．15D．205．某几何体的三视图如图所示，则它的体积是A．283B．83C．82D．236．函数f（x）=x—cosx在[0，+∞）内A．没有零点B．有且仅有一个零点C．有且仅有两个零点D．有无穷多个零点7．设集合M={y|y=2cosx—2sinx|,x∈R},N={x||x—1i|2,i为虚数单位，x∈R},则M∩N为A．（0,1）B．（0,1]C．[0,1）D．[0,1]28．右图中，1x，2x，3x为某次考试三个评阅人对同一道题的独立评分，P为该题的最终得分。当126,9.xxp=8．5时，3x等于A．11B．10C．8D．79．设（1x，1y），（2x，2y），…，（nx，ny）是变量x和y的n个样本点，直线l是由这些样本点通过最小二乘法得到的线性回归直线（如图），以下结论中正确的是A．x和y的相关系数为直线l的斜率B．x和y的相关系数在0到1之间C．当n为偶数时，分布在l两侧的样本点的个数一定相同D．直线l过点(,)xy10．甲乙两人一起去游“2011西安世园会”，他们约定，各自独立地从1到6号景点中任选4个进行游览，每个景点参观1小时，则最后一小时他们同在一个景点的概率是A．136B．19C．536D．1611．设若20lg,0,()3,0,axxfxxtdtx((1))1ff，则a=12．设nN,一元二次方程240xxn有正数根的充要条件是n=13．观察下列等式1=12+3+4=93+4+5+6+7=254+5+6+7+8+9+10=49……照此规律，第n个等式为。14．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米。开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为（米）。15．（考生注意：请在下列三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分）A．（不等式选做题）若关于x的不等式12axx存在实数解，则实数a的取值范围是。B．（几何证明选做题）如图，,,90BDAEBCACD，且36,4,12ABACAD，则BE。C．（坐标系与参数方程选做题）直角坐标系xoy中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点A，B分别在曲线13cos:4sinxCy（为参数）和曲线2:1C上，则AB的最小值为。三、解答题：解答写出文字说明、证明过程或演算步骤（本大题共6小题，共75分）。16．（本小题满分12分）如图，在ABC中，60,90,ABCBACAD是BC上的高，沿AD把ABC折起，使90BCD。（Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ⊥平面ＢＤＣ；（Ⅱ）设Ｅ为ＢＣ的中点，求AE与DB夹角的余弦值。17．（本小题满分12分）如图，设P是圆2225xy上的动点，点D是P在x轴上的摄影，M为PD上一点，且45MDPD（Ⅰ）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；（Ⅱ）求过点（3，0）且斜率为45的直线被C所截线段的长度418．（本小题满分12分）叙述并证明余弦定理。19．（本小题满分12分）如图，从点P1（0,0）作x轴的垂线交于曲线y=ex于点Q1（0,1），曲线在Q1点处的切线与x轴交与点P2。再从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，QI；P2，Q2…Pn，Qn，记kP点的坐标为（kx，0）（k=1,2，…，n）。（Ⅰ）试求kx与1kx的关系（2≤k≤n）；（Ⅱ）求112233...nnPQPQPQPQ20．（本小题满分13分）如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，据统计，通过两条路径所用的时间互不影响，所用时间落在各时间段内的频率如下表：时间（分钟）10~2020~3030~4040~5050~60L1的频率0．10．20．30．20．2L2的频率00．10．40．40．1现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站。（Ⅰ）为了尽最大可能在各自允许的时间内赶到火车站，甲和乙应如何选择各自的路径？（Ⅱ）用X表示甲、乙两人中在允许的时间内能赶到火车站的人数，针对（Ⅰ）的选择方案，求X的分布列和数学期望。521．（本小题满分14分）设函数()fx定义在(0,)上，(1)0f，导函数1(),()()().fxgxfxfxx（Ⅰ）求()gx的单调区间和最小值；（Ⅱ）讨论()gx与1()gx的大小关系；（Ⅲ）是否存在00x，使得01()()gxgxx对任意0x成立？若存在，求出0x的取值范围；若不存在，请说明理由．参考答案一、选择题1——10DBBCABCCDD二、填空题11．112．3或413．2(1)(2)(32)(21)nnnnn14．200015．A,33,B．42C．316．解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，∴当ΔＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ，又DBＤＣ＝Ｄ，∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ，∵AD平面平面BDC．平面ABD平面BDC。（Ⅱ）由∠ＢＤＣ＝90及（Ⅰ）知DA，ＤＢ，DC两两垂直，不防设DB=1，以D为坐标原点，以,,DBDCDA所在直线,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，3），E（12，32，0），AE=13,,322，6DB=（1，0,0,），AE与DB夹角的余弦值为cos＜AE，DB＞=1222.22||||2214AEDBAEDB1222222214．17．解：（Ⅰ）设M的坐标为（x,y）P的坐标为（xp,yp）由已知得,5,4xpxypy∵P在圆上，∴225254xy，即C的方程为2212516xy（Ⅱ）过点（3，0）且斜率为45的直线方程为435yx，设直线与C的交点为1122,,,AxyBxy将直线方程435yx代入C的方程，得22312525xx即2380xx∴12341341,22xx∴线段AB的长度为22212121216414114125255ABxxyyxx注：求AB长度时，利用韦达定理或弦长公式求得正确结果，同样得分。18．解余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与他们夹角的余弦之积的两倍。或：在ABC中，a,b,c为A,B,C的对边，有2222cosabcbcA2222cosbacacB2222coscababC证法一如图2aBCBC7()()ACABACAB222ACACABAB222cosbbcAc即2222cosabcbcA同理可证2222cosbacacB2222coscababC证法二已知ABC中A,B,C所对边分别为a,b,c,以A为原点，AB所在直线为x轴，建立直角坐标系，则(cos,sin),(,0)CbAbABc,2222(cos)(sin)aBCbAcbA22222cos2cossinbAbcAcbA2222cosbacacB同理可证2222222cos,2cos.bcacaBcababC19．解（Ⅰ）设11(,0)kkPx，由xye得111(,)kxkkQxe点处切线方程为111(),kkxxkyeexx由0y得11(2)kkxxkn。（Ⅱ）110,1kkxxx，得(1)kxk，所以(1)kxkkkPQee于是，112233...nnnSPQPQPQPQ112(1)111...11nnneeeeeeee20．解（Ⅰ）Ai表示事件“甲选择路径Li时，40分钟内赶到火车站”，Bi表示事件“乙选择路径222ACACABCOSAAB8Li时，50分钟内赶到火车站”，i=1,2．用频率估计相应的概率可得P（A1）=0．1+0．2+0．3=0．6，P（A2）=0．1+0．4=0．5，P（A1）＞P（A2）,甲应选择LiP（B1）=0．1+0．2+0．3+0．2=0．8，P（B2）=0．1+0．4+0．4=0．9，P（B2）＞P（B1）,乙应选择L2．（Ⅱ）A,B分别表示针对（Ⅰ）的选择方案，甲、乙在各自允许的时间内赶到火车站，由（Ⅰ）知()0.6,()0.9PAPB,又由题意知，A,B独立，(0)()()()0.40.10.04PXPABPAPB(1)()()()()()PXPABABPAPBPAPB0.40.90.60.10.42(2)()()()0.60.90.54PXPABPAPBX的分布列为X012P0．040．420．5400.0410.4220.541.5.EX21．解（Ⅰ）由题设易知()lnfxx，1()lngxxx，21'()xgxx，令'()0gx得1x，当(0,1)x时，'()0gx，故（0,1）是()gx的单调减区间，当(1,)x时，'()0gx，故(1,)是()gx的单调增区间，因此，1x是()gx的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为(1)1g．（Ⅱ）1()lngxxx，设11()()()2lnhxgxgxxxx，则22(1)'()xhxx，当1x时，(1)0h，即1()()gxgx，当(0,1)(1,)x时'()0hx，'(1)0h，因此，()hx在(0,)内单调递减，9当01x时，()(1)0hxh，即1()()gxgx，当1x时，()(1)0hxh，即1()()gxgx．（Ⅲ）满足条件的0x不存在．证明如下：证法一假设存在00x，使01|()()|gxgxx对任意0x成立，即对任意0x，有02()InxgxInxx，（*）但对上述0x，取0()1gxxe时，有10()Inxgx，这与（*）左边不等式矛盾，因此，不存在00x，使01|()()|gxgxx对任意0x成立。证法二假设存在00x，使01|()()|gxgxx对任意的0x成立。由（Ⅰ）知，0()gxe的最小值为()1gx。又1()gxInxxInx，而1x时，Inx的值域为(0,)，∴1x时，()gx的值域为[1,)，从而可取一个11x，使10()()1gxgx，即1()gx0()gx1，故10|()()|1gxgx11x，与假设矛盾。∴不存在00x，使01|()()|gxgxx对任意0x成立。