2011年高考真题详解北京卷(文科数学)

2011年全国高考【北京卷】（文科数学）试题第1页（共9页）2011年普通高等学校招生全国统一考试【北京卷】（文科数学）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第1至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页．全卷满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题：（每小题5分，共60分）【2011北京文，1】1．已知全集U=R，集合21Pxx，那么UPð()．A．(,1)B．(1,)C．(1,1)D．11【答案】D．【解析】2111xx，UCP11，故选择D．【2011北京文，2】2．复数212ii()．A．iB．iC．4355iD．4355i【答案】A．【解析】22i2(i2)(12i)2242(1)2412i(12i)(12i)1414(1)iiiiiii，故选择A．【2011北京文，3】3．如果1122loglog0xy，那么()．A．1yxB．1xyC．1xyD．1yx【答案】D．【解析】1122loglogxyxy，12log01yy，即1yx故选D．【2011北京文，4】4．若p是真命题，q是假命题，则()．A．pq是真命题B．pq是假命题C．p是真命题D．q是真命题【答案】D．【解析】或（）一真必真，且（）一假必假，非（）真假相反，故选D．【2011北京文，5】5．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是()．2011年全国高考【北京卷】（文科数学）试题第2页（共9页）A．32B．16+162C．48D．16322【答案】B．【解析】由三视图可知几何体为底面边长为4，高为2的正四棱锥，则四棱锥的斜高为22，表面积2142244216162故选B．【2011北京文，6】6．执行如图所示的程序框图，若输入A的值为2，则输出的P值为()．A．2B．3C．4D．5【答案】C．【解析】执行三次循环，12SA成立，112p，1131122SP，322SA成立，213p，3131112236SP，1126SA成立，314p，1111112566412Sp，25212SA不成立，输出4p，故选C．【2011北京文，7】7．某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元。若每批生产x件，则平均仓储时间为8x天，且每件产品每天的仓储费用为1元．为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品()．A．60件B．80件C．100件D．120件【答案】B．2011年全国高考【北京卷】（文科数学）试题第3页（共9页）【解析】仓库费用2188xxx，每件产品的生产准备费用与仓储费用之和280080088xxyxx8002208xx，当且仅当8008xx即80x时取等号，所以每批应生产产品80件，故选择B．【2011北京文，8】8．已知点0,2,2,0AB．若点C在函数2yx的图象上，则使得ABC的面积为2的点C的个数为()．A．4B．3C．2D．1【答案】A．【解析】设2(,)Cxx，因为(0,2)A，(2,0)B，所以AB的直线方程为122xy即20xy，222222AB，由2ABCS得1122222ABhh即2h，由点到直线的距离公式得2222xx，即222xx，解得1171,0,2x，故选择A．第Ⅱ卷（非选择题共110分）二、填空题：（每小题4分，共16分）【2011北京文，9】9．在ABC中，若15,,sin43bBA，则a．【答案】523．【解析】由正弦定理得sinsinabAB又15,,sin43bBA所以552,13sin34aa．【2011北京文，10】10．已知双曲线2221(0)yxbb的一条渐近线的方程为2yx，则b．【答案】2．【解析】由2221yxb得渐近线的方程为2220yxybxb即ybx，由一条渐近线的方2011年全国高考【北京卷】（文科数学）试题第4页（共9页）程为2yx得b2．【2011北京文，11】11．已知向量(3,1),(01),(,3)abck。若2ab与c共线，则k=．【答案】1．【解析】2(3,3)ab由2ab与c共线得3331kk．【2011北京文，12】12．在等比数列na中，若141,4,2aa则公比q；12naaa．【答案】2；1122n．【解析】由na是等比数列得341aaq，又141,4,2aa所以31422qq112(1)1nnaqaaaq11(12)122122nn．【2011北京文，13】13．已知函数32,2()(1),2xfxxxx，若关于x的方程()fxk有两个不同的实根，则实数k的取值范围是．【答案】0,1．【解析】2()(2)fxxx单调递减且值域为(0,1]，3()(1)(2)fxxx单调递增且值域为(,1)，()fxk有两个不同的实根，则实数k的取值范围是0,1．【2011北京文，14】14．设(0,0),(4,0),(4,3),(,3)(ABCtDtt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(0)N；()Nt的所有可能取值为．【答案】6；6,7,8．【解析】在0t,302t,32t时分别对应点为6,7,8．在平面直角坐标系中画出平行四2011年全国高考【北京卷】（文科数学）试题第5页（共9页）边形ABCD，其中A位于原点，B位于x正半轴；设(1,2)ykk与AD边的交点为kA，与BC边的交点为kB，四边形内部ABCD（不包括边界）的整点都在线段kkAB上，||||4kkABAB线段kkAB上的整点有3个或4个，所以32()428Nt，不难求得点1(,1)3tA，22(,2)3tA①当t为3n型整数时，都是整点，()6Nt②当t为31n型整数时，1A，2A都不是整点，()8Nt③当t为32n型整数时，1A，2A都不是整点，()8Nt（以上表述中n为整数）上面3种情形涵盖了t的所有整数取值，所以()Nt的值域为{6,7,8}.三、解答题：（本大题共6小题，共80分）【2011北京文，15】15．（本小题满分13分）已知函数()4cossin()16fxxx．(Ⅰ)求()fx的最小正周期；(Ⅱ)求()fx在区间,64上的最大值和最小值．【解析】．（Ⅰ）因为1)6sin(cos4)(xxxf1)cos21sin23(cos4xxx1cos22sin32xxxx2cos2sin3)62sin(2x所以)(xf的最小正周期为．（Ⅱ）因为.32626,46xx所以于是，当6,262xx即时，)(xf取得最大值2；当)(,6,662xfxx时即取得最小值1．2011年全国高考【北京卷】（文科数学）试题第6页（共9页）99甲组乙组89X11001【2011北京文，16】16．（本小题满分13分）以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数．乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中经X表示．(Ⅰ)如果8X，求乙组同学植树棵数的平均数和方差；(Ⅱ)如果9X，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数为19的概率．（注：方差2222121nsxxxxxxn，其中x为1x，2x，……nx的平均数）【解析】．(Ⅰ)当8X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8891035;44x方差为2222135353511[(8)(9)(10)]444416s．（Ⅱ）记甲组四名同学为A1，A2，A3，A4，他们植树的棵数依次为9，9，11，11；乙组四名同学为B1，B2，B3，B4，他们植树的棵数依次为9，8，9，10，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，所有可能的结果有16个，它们是：（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），（A1，B4），（A2，B1），（A2，B2），（A2，B3），（A2，B4），（A3，B1），（A2，B2），（A3，B3），（A1，B4），（A4，B1），（A4，B2），（A4，B3），（A4，B4），用C表示：“选出的两名同学的植树总棵数为19”这一事件，则C中的结果有4个，它们是：（A1，B4），（A2，B4），（A3，B2），（A4，B2），故所求概率为41()164PC．2011年全国高考【北京卷】（文科数学）试题第7页（共9页）【2011北京文，17】17．（本小题满分14分）如图，在四面体PABC中，,,PCABPABC点,,,DEFG分别是棱,,,APACBCPB的中点．(Ⅰ)求证：DE//平面BCP；(Ⅱ)求证：四边形DEFG为矩形；(Ⅲ)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由．【解析】．（Ⅰ）因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DE//PC．又因为DE平面BCP，所以DE//平面BCP．（Ⅱ）因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE//PC//FG，DG//AB//EF．所以四边形DEFG为平行四边形，又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG，所以四边形DEFG为矩形．（Ⅲ）存在点Q满足条件，理由如下：连接DF，EG，设Q为EG的中点，由（Ⅱ）知，DF∩EG=Q，且QD=QE=QF=QG=21EG．分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN．与（Ⅱ）同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线点为EG的中点Q，且QM=QN=21EG，所以Q为满足条件的点．【2011北京文，18】18．（本小题满分13分）已知函数()()xfxxke．(Ⅰ)求()fx的单调区间；(Ⅱ)求()fx在区间[0,1]上的最小值．【解析】．（Ⅰ）.)1()(3ekxxf令0xf，得1kx．2011年全国高考【北京卷】（文科数学）试题第8页（共9页）当x的变化时，fx，fx的变化情况如下表：x(,1)k1k),1(k)(xf0)(xf极大值1ke所以，)(xf的单调递减区间是（1,k）；单调递增区间是),1(k（Ⅱ）当01k，即1k时，函数)(xf在[0，1]上单调递增，所以()fx在区间[0，1]上的最小值为(0)fk；当21,110kk即时，由（Ⅰ）知()[0,1]fxk在上单调递减，在(1,1]k上单调递增，所以()fx在区间[0，1]上的最小值为1(1)kfke；当1,2ktk即时，函数()fx在区间[0，1]上单调递减，所以()fx在区间[0，1]上的最小值为(1)(1)fke．【2011北京文，19】19．（本小题满分14分）已知椭圆2222:1(0)xyGabab的离心率为63，右焦点为(22,0)．斜率为1的直线l与椭圆G交于,AB两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为(3,2)P．(Ⅰ)求椭圆G的方程；(Ⅱ)求PAB的面积．【解析】．（Ⅰ）由已知得622,3cca．解得23a．又2224bac．所以椭圆G的方程为221124xy．（Ⅱ）设直线l的方程为.mxy由141222yxmxy得22463120xmxm．设A、B的坐标分别为),)