2011年全国高考数学试题及答案(理科)

2011年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷)数学（理工农医类）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是满足题目要求的。1.复数1zi，z为z的共轭复数，则1zzz(A)-2i(B)-i(C)i(D)2i2.函数20yxx的反函数为(A)24xyxR(B)204xyx(C)24yxxR(D)240yxx3.下面四个条件中，使ab成立的充分而不必要的条件是(A)1ab(B)1ab(C)22ab(D)33ab4.设nS为等差数列na的前n项和，若11a，公差22,24kkdSS，则k=(A)8(B)7(C)6(D)55.设函数cos0fxx，将yfx的图像向右平移3个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则的最小值等于(A)13(B)3(C)6(D)96.已知直二面角l，点,,AAClC为垂足，,,BBDlD为垂足，若2,1ABACBD，则D到平面ABC的距离等于(A)22(B)33(C)63(D)17.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4为朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有(A)4种(B)10种(C)18种(D)20种8.曲线12xey在点0,2处的切线与直线0y和yx围成的三角形的面积为(A)13(B)12(C)23(D)19.设fx是周期为2的奇函数，当01x时，21fxxx，则52f(A)12(B)14(C)14(D)1210.已知抛物线C：24yx的焦点为F，直线24yx与C交于A、B两点，则cosAFB(A)45(B)35(C)35(D)4511.已知平面截一球面得圆M，过圆心M且与成60二面角的平面截该球面得圆N，若该球面的半径为4.圆M的面积为4，则圆N的面积为(A)7(B)9(C)11(D)1312.设向量,,abc满足11,,,602ababacbc，则c的最大值等于(A)2(B)3(C)2(D)1二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填在答题卡对应题号的位置上,一题两空的题,其答案按先后次序填写.13.201x的二项展开式中，x的系数与9x的系数之差为.14.已知,2，5sin5，则tan2.15.已知12FF、分别为双曲线22:1927xyC的左、右焦点，点AC，点M的坐标为2,0，AM为12FAF的角平分线，则2AF.16.已知点E、F分别在正方体1111ABCDABCD的棱11BBCC、上，且12BEEB,12CFFC,则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于.三、解答题：本大题共6小题，共70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10分）ABC的内角A、B、C的对边分别为,,abc。已知90,2ACacb，求C18.（本小题满分12分）根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3，设各车主购买保险相互独立。（Ⅰ）求该地1为车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率；（Ⅱ）X表示该地的100为车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数，求X的期望。19.（本小题满分12分）如图，四棱锥S-ABCD中，//,ABCDBCCD,侧面SAB为等边三角形，AB=BC=2，CD=SD=1.（Ⅰ）证明：SDSAB平面;（Ⅱ）求AB与平面SBC所成的角的大小。20.（本小题满分12分）设数列na满足11110,111nnaaa（Ⅰ）求na的通项公式；（Ⅱ）设11nnabn，记1nnkkSb，证明：1nS。21.（本小题满分12分）已知O为坐标原点，F为椭圆22:12yCx在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为2的直线l与C交于A、B两点，点P满足0.OAOBOP（Ⅰ）证明：点P在C上；（Ⅱ）设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一个圆上。22.（本小题满分12分）（Ⅰ）设函数2ln12xfxxx，证明：当0x时，0fx（Ⅱ）从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽到的20个号码互不相同的概率为p，证明：1929110pe参考答案（不一定对）1.B.2.B2(1)(1)(1)1111iiiiii2(0)2(0)4yxyyxy3.Abb+14.D11(2)(1)(1)(2)24225kkkkkadkadk5.864224683π2πππ2π3π4π5gx=cosw∙xπ3fx=cosw∙xw=6.006.C作DHBCh=23=63H1321ABCD7.B分两类：1画3邮：区别是谁得到画册，有144C种2画2邮：分两步，从4人中选出2人拿画册，其余拿邮册，有246C种8.A32.521.510.50.511.523211234523,23Tan|gent:y=–2.00x+2.00fx=e2∙x()+1ATanO9.A55111()()(2)()22222ffff10.D6422468551015A(4,4)θcosAFB=sinθ=45543FB11.D30°323OMN12.A21CBOA13.014.4315.122216612AFAFAFAFAF16.23一、选择题：本题考查基础知识和基本运算．每小题5分，满分60分．1．B2．B3．A4．D5．C6．C7．B8．D9．A10．D11.D12.A二、填空题：本题考查基础知识和基本运算．每小题5分，满分20分．13．014．4315．616．23三、解答题：本大题共6小题，共70分．17.（本小题满分10分）解：由90AC，得22BACC故sinsincos2ACC，sinsin2cos22BCC由2sinsin2sinacbACB，故cossin2cos2CCC，22cossin2cossinCCCC2213OFEABCD又显然2C，故2cossin2CC，再由22cossin1CC，解得：62cos4C，于是12C18.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设购买乙种保险的概率为x,因为购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3故10.50.30.6xx，所以该地1为车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率为110.510.60.8（Ⅱ）由（Ⅰ）易知，甲、乙两种保险都不购买的概率为10.80.2所以有X个车主甲、乙两种保险都不购买的概率为1001000.20.8XXXpC显然，X服从二项分布，即100,0.2XB,所以1000.220EXX的期望为2019.（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：在直角梯形ABCD中，AB=BC=2，CD=1，//,ABCDBCCD，易算得：5ADBD，又因为侧面SAB为等边三角形，SD=1，AB=2，所以2225SDSAAD,2225SDSBBD于是SDSA,SDSB,所以SDSAB平面（Ⅱ）设点A到平面SBC的距离为d，因为SDSAB平面，所以SDAB,从而SDCD,因而可以算得：2SC，又2SBBC，故72SBCS又因为//CDSAB平面,所以点C到平面SAB的距离为1SD另外，显然23234SBAS，所以17131323ASBCCSABVdV四棱锥四棱锥得：2217d设AB与平面SBC所成的角为，则221217sin27，即AB与平面SBC所成的角为21sin7arc（显然是锐角）20.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由111111nnaa得：数列11na是等差数列，首项为1111a故11111nnna，从而11nan（Ⅱ）11111111111nnannnbnnnnnn所以111111111122311nnkkSbnnn21.（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：易知：0,1F，故：:21lyx，代入椭圆方程得：242210xx，设1122,,,,,AxyBxyPxy，则1222xx，1212221yyxx，因为0.OAOBOP所以1122,,,0,0xyxyxy12122,,,12xyxxyy，将此坐标代入椭圆：2221122，所以点P在C上。（Ⅱ）由（Ⅰ）：242210xx及:21lyx，得26312613,,,4242AB，因为2,12p，所以2,12Q于是可以算得：226APk，622AQk，226BPk，622BQktan42PBQ,2tan63APB,tan42PAQ2tan63AQB于是四边形APBQ对角互补，从而A、P、B、Q四点在同一个圆上。22.（本小题满分12分）证明：（Ⅰ）0x时，222222101212xxxfxxxxx，于是fx在0,上单调增，所以00fxf（Ⅱ）2019100998281999881100100p199981(9881)918990100（共有19192对数相乘）1922219191990909090909010010010x由（Ⅰ），10x时，也有22012xfxxx，故fx在1,0上单调增，所以10010ff即119925lnln0191010101910f即919ln210，两边同时取e的对数得：19229110ee综上所述：1929110pe