2011北京高考数学理科

2011年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学（理）本试卷共5页，150分。考试时间长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。榆林教学资源网第一部分（选择题共40分）一、选择题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1．已知集合P=｛x︱x2≤1｝,M=｛a｝.若P∪M=P,则a的取值范围是A．(-∞,-1]B．[1,+∞）C．[-1，1]D．（-∞，-1]∪[1，+∞）2．复数212iiA．iB．-iC．4355iD．4355i3．在极坐标系中，圆ρ=-2sinθ的圆心的极坐标系是A．(1,)2B．(1,)2C．(1,0)D．(1，)4．执行如图所示的程序框图，输出的s值为A．-3B．-12C．13D．25．如图，AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，延长AF与圆O交于另一点G。给出下列三个结论：①AD+AE=AB+BC+CA；②AF·AG=AD·AE③△AFB～△ADG其中正确结论的序号是A．①②B．②③C．①③D．①②③6．根据统计，一名工作组装第x件某产品所用的时间（单位：分钟）为AxAcAxxcxf,,,)(（A，C为常数）。已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第A件产品用时15分钟，那么C和A的值分别是A．75，25B．75，16C．60，25D．60，167．某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是A．8B．62C．10D．828．设0,0A,4,0B，4,4Ct,,4DttR.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，则函数Nt的值域为A．9,10,11B．9,10,12C．9,11,12D．10,11,12第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。9．在ABC中。若b=5，4B，tanA=2，则sinA=____________；a=_______________。10．已知向量a=（3，1），b=（0，-1），c=（k，3）。若a-2b与c共线，则k=___________________。11．在等比数列{an}中，a1=12，a4=-4，则公比q=______________；12...naaa____________。．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有__________个。（用数字作答）13．已知函数32,2()(1),2xfxxxx若关于x的方程f(x)=k有两个不同的实根，则数k的取值范围是_______14．曲线C是平面内与两个定点F1（-1，0）和F¬2（1，0）的距离的积等于常数)1(2aa的点的轨迹.给出下列三个结论：①曲线C过坐标原点；②曲线C关于坐标原点对称；③若点P在曲线C上，则△F1PF2的面积大于21a2。其中，所有正确结论的序号是。三、解答题共6小题，共80分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。15．（本小题共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。16．（本小题共14分）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，2,60ABBAD.(Ⅰ)求证：BD平面;PAC（Ⅱ）若,PAAB求PB与AC所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.．本小题共13分以下茎叶图记录了甲、乙两组个四名同学的植树棵树。乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X表示。（Ⅰ）如果X=8,求乙组同学植树棵树的平均数和方差；（Ⅱ）如果X=9，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树Y的分布列和数学期望。（注：方差2222121nsxxxxxxn，其中x为1x，2x，……nx的平均数）18．（本小题共13分）已知函数2()()xkfxxke。（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）若对于任意的(0,)x，都有()fx≤1e，求k的取值范围。19．（本小题共14分）已知椭圆22:14xGy.过点（m,0）作圆221xy的切线I交椭圆G于A，B两点.（I）求椭圆G的焦点坐标和离心率；（II）将AB表示为m的函数，并求AB的最大值.20．（本小题共13分）若数列12,,...,(2)nnAaaan满足111(1,2,...,1)naakn，数列nA为E数列，记()nSA=12...naaa．（Ⅰ）写出一个满足10saa，且()sSA〉0的E数列nA；（Ⅱ）若112a，n=2000，证明：E数列nA是递增数列的充要条件是na=2011；（Ⅲ）对任意给定的整数n（n≥2），是否存在首项为0的E数列nA，使得nSA=0？如果存在，写出一个满足条件的E数列nA；如果不存在，说明理由。参考答案一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）（1）C（2）A（3）B（4）D（5）A（6）D（7）C（8）C二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）（9）102552（10）1（11）—22121n（12）14（13）（0，1）（14）②③三、解答题（共6小题，共80分）（15）（共13分）解：（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.（16）（共14分）证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD.所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC.（Ⅱ）设AC∩BD=O.因为∠BAD=60°，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=3.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则P（0，—3，2），A（0，—3，0），B（1，0，0），C（0，3，0）.所以).0,32,0(),2,3,1(ACPB设PB与AC所成角为，则4632226||||cosACPBACPB.（Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(BC设P（0，－3，t）（t0），则),3,1(tBP设平面PBC的法向量),,(zyxm,则0,0mBPmBC所以03,03tzyxyx令,3y则.6,3tzx所以)6,3,3(tm同理，平面PDC的法向量)6,3,3(tn因为平面PCB⊥平面PDC,所以nm=0，即03662t解得6t所以PA=6（17）（共13分）解（1）当X=8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;435410988x方差为.1611])43510()4359()4358()4358[(4122222s（Ⅱ）当X=9时，由茎叶图可知，甲组同学的植树棵树是：9，9，11，11；乙组同学的植树棵数是：9，8，9，10。分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，共有4×4=16种可能的结果，这两名同学植树总棵数Y的可能取值为17，18，19，20，21事件“Y=17”等价于“甲组选出的同学植树9棵，乙组选出的同学植树8棵”所以该事件有2种可能的结果，因此P（Y=17）=.81162同理可得;41)18(YP;41)19(YP.81)21(;41)20(YPYP所以随机变量Y的分布列为：Y1718192021P8141414181EY=17×P（Y=17）+18×P（Y=18）+19×P（Y=19）+20×P（Y=20）+21×P（Y=21）=17×81+18×41+19×41+20×41+21×81=19（18）（共13分）解：（Ⅰ）.)(1)(122xekxkxf令00f，得kx.当k0时，)()(xfxf与的情况如下x(k,)k(k,k)k),(k)(xf+0—0+)(xf↗124ek↘0↗所以，)(xf的单调递减区间是（k,）和),(k；单高层区间是),(kk当k0时，)()(xfxf与的情况如下x(k,)k(k,k)k),(k)(xf—0+0—)(xf↘0↗124ek↘所以，)(xf的单调递减区间是（k,）和),(k；单高层区间是),(kk（Ⅱ）当k0时，因为eekfk1)1(11，所以不会有.1)(),,0(exfx当k0时，由（Ⅰ）知)(xf在（0，+）上的最大值是.4)(2ekkf所以exfx1)(),,0(等价于.14)(2eekkf解得021k.故当.1)(),,0(exfx时，k的取值范围是).0,21[（19）（共14分）解：（Ⅰ）由已知得,1,2ba所以.322bac所以椭圆G的焦点坐标为)0,3(),0,3(离心率为.23ace（Ⅱ）由题意知，1||m.当1m时，切线l的方程1x，点A、B的坐标分别为),23,1(),23,1(此时3||AB当m=－1时，同理可得3||AB当1||m时，设切线l的方程为),(mxky由0448)41(.14),(2222222mkmxkxkyxmxky得设A、B两点的坐标分别为),)(,(2211yxyx，则2222122214144,418kmkxxkmkxx又由l与圆.1,11||,1222222kkmkkmyx即得相切所以212212)()(||yyxxAB]41)44(4)41(64)[1(2222242kmkkmkk.3||342mm由于当3m时，,3||AB所以),1[]1,(,3||34||2mmmAB.因为,2||3||343||34||2mmmmAB且当3m时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2.（20）（共13分）解：（Ⅰ）0，1，2，1，0是一具满足条件的E数列A5。（答案不唯一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E的数列A5）（Ⅱ）必要性：因为E数列A5是递增数列，所以)1999,,2,1(11kaakk.所以A5是首项为12，公差为1的等差数列.所以a2000=12+（2000—1）×1=2011.充分性，由于a2000—a1000≤1，a2000—a1000≤1……a2—a1≤1所以a2000—a≤19999，即a2000≤a1+1999.又因为a1=12，a2000=2011,所以a2000=a1+1999.故nnnAkaa即),1999,,2,1(011是递增数列.综上，结论得证。（Ⅲ）令.1),1,,2,1(011Akkkcnkaac则因为2111112ccaacaa……,1211nncccaa所以13211)3()2()1()(nnccncncnnaAS)].1()2)(1()1)(1[(2)1(121ncncncnn因为).1,,1(1,1nkcckk为偶数所以所以)1()2)(1()1)(1*21ncncnc