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2011年高考湖北卷文科数学试题及答案


2011 年普通高等学校招生全国统一考试 文科数学
(湖北卷) 本试题卷三大题 21 小题。全卷满分 150 分,考试用时 120 分钟。 一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分.在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的. 1.已经 U ? {1,2,3,4,5,6,7,8} , A ? {1,3,5,7} , B ? {2,4,5}

,则 CU ( A ? B) ? A. {6,8} B. {5,7} C. {4,6,7} D. {1,3,5,6,8} CU ( A ? B)

【详细解析】 先求出 A ? B ={1, 2,3,4,5,7 } , 再 求

【考点定位】 考查集合的并集,补集的运算,属于简单题. 2.若向量 a ? (1, 2) , b ? (1, ? 1) ,则 2a ? b 与 a ? b 的夹角等于 A. ?

?
4

B.

? 6

C.

? 4

D.

3? 4

【详细解析】 分别求出 2a ? b 与 a ? b 的坐标,再求出 a , b ,带入公式求夹角。 【考点定位】 考查向量的夹角公式 cosθ =

a ?b ,属于简单题. a?b

3.若定义在 R 上的偶函数 f ( x) 和奇函数 g ( x) 满足 f ( x) ? g ( x) ? e x ,则 g ( x) = A. e x ? e ? x 【详细解析】 e ?
x

1 B. (e x ? e ? x ) 2

1 C. (e ? x ? e x ) 2

1 D. (e x ? e ? x ) 2

1 x ?x 1 x ?x 1 1 (e ? e ) ? (e ? e ) 则 f ( x) = (e x ? e? x ) ,f ( x) = (e? x ? e x ) 2 2 2 2

【 考 点 定 位 】 考 查 任 何 函 数 都 可 以 写 成 一 个 奇 函 数 与 一 个 偶 函 数 的 和 。 f(x)=

f ( x) ? f ( ? x) f ( x) ? f ( ? x) f ( x) ? f (? x) ,其中偶函数 G(x) = ,奇函数 H(x)= ? 2 2 2 f ( x) ? f (? x) .属于中档题. 2
4.将两个顶点在抛物线 y 2 ? 2 px ( p ? 0) 上,另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记 为 n,则 A. n ? 0 B. n ? 1 C. n ? 2 y C O D F x D. n ? 3 B

【详细解析】 根据抛物线的对称性,正三角形的两个 顶点一定关于 x 轴对称,且过焦点的两条直线

A

倾斜角分别为 30 和 150 ,这时过焦点的直线 与抛物线最多只有两个交点,如图所以正三角形 的个数记为 n,n=2,所以选 C. 【考点定位】 本题主要考查了抛物线的简单性质.主要是利用抛物线和正三角形的对称性. 属于简单题. 5.有一个容量为 200 的样本,其频率分布直方图 如图所示.根据样本的频率分布直方图估计, 样本数据落在区间 [10, 12) 内的频数为 A.18 B.36 C.54 D.72 【详细解析】 因为组距为 2,所以 [10, 12) 的 频率为 0.18,所以频数为 200×0.18=36 【考点定位】 本题主要考查频率分布直方图,知道其横坐标、纵坐标的含义,以及图 像与横轴所围面积的和为“1”,属于简单题. 6.已知函数 f ( x) ? 3 sin x ? cos x , x ? R .若 f ( x) ? 1 ,则 x 的取值范围为 A. {x | 2k? ? C.{x | 2k? ? 0.05 0.02 2 4 6 8 10 12 样本数据 0.19 0.15

0

0

?
3

? x ? 2k? ? ? , k ? Z} 5? , k ? Z} 6

B. {x | k? ? D.{x | k? ?

?
3

? x ? k? ? ? , k ? Z} ? x ? k? ? 5? , k ? Z} 6

?
6

? x ? 2k? ?

?
6

【详细解析】 由条件 3 sin x ? cos x ? 1 得 sin ? x ?

? ?

??

1 ? ? ,则 6? 2

2k? ?

?
6

? x?

?
6

? 2k? ?

5? ? ,解得 2k? ? ? x ? 2k? ? ? , k ? Z ,所以选 A. 3 6

【考点定位】 本题考查三角函数的公式运用 sin(α -β )=sinα cosβ -cosα sinβ ,属于简单 题. 7.设球的体积为 V1 ,它的内接正方体的体积为 V2 .下列说法中最合适的是 A. V1 比 V2 大约多一半 C. V1 比 V2 大约多一倍 【详细解析】 依题意 B. V1 比 V2 大约多两倍半 D. V1 比 V2 大约多一倍半

V1 4 3 3 ? 3 3 ? ? R球 ? 3 = ≈2.6 V2 3 8 R球 2

【考点定位】 本题考查空间立体几何的空间想象力,知道球的内接正方体的对角线长 与球半径的关系,并会用球的体积公式和正方体体积公式.属于中档题.
? x ? 0, ? y ? 0, ? 8.直线 2x ? y ? 10 ? 0 与不等式组 ? 表示的平面区域的公共点有 ? x ? y ? ?2, ? ?4 x ? 3 y ? 20

A.0 个

B.1 个

C.2 个

D.无数个

【详细解析】 如图直线 2x+y-10=0 与不等 式组表示的平面区域只有一个公共点

【考点定位】 本题考查不等式组表示的平 面区域,考查数形结合的数学方法. 属于简单题.

9. 《九章算术》 “竹九节”问题:现有一根 9 节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列, 上面 4 节的容积共 3 升,下面 3 节的容积共 4 升,则第 5 节的容积为 A.1 升 B.
67 升 66

C.

47 升 44

D.

37 升 33

【详细解析】 由题意

4a1 +

4?3 d=3 2


9?8 ? ? 6?5 ? ? d ? ? ? 6a1 + d ? =4 ? 9a1 + 2 ? ? 2 ? ?
解得 a1 =

13 7 67 ,d= ,所以易求 a5= 22 66 66
本题数列的通项公式和前 n 项和公式,解题时要注意公式的灵活运用.

【考点定位】 属于简单题.

10. 若实数 a ,b 满足 a ? 0 ,b ? 0 , 且 ab ? 0 , 则称 a 与 b 互补. 记 ? ( a, b) ? a 2 ? b 2 ? a ? b , 那么 ? (a, b) ? 0 是 a 与 b 互补的 A.必要而不充分的条件 C.充要条件 【详细解析】 若 ? (a,b)= ? B.充分而不必要的条件 D.既不充分也不必要的条件

a 2 ? b 2 ? a ? b ,则 a 2 ? b 2 =(a+b)

两边平方解得 ab=0,故 a,b 至少有一为 0,不妨令 a=0 则可得|b|-b=0,故 b≥0, 即 a 与 b 互补, 而当 a 与 b 互补时, 易得 ab=0, 此时 a ? b ? a ? b =0, 即 ? (a,b)=0,
2 2

故 ? (a,b)=0 是 a 与 b 互补的充要条件. 【考点定位】 本题考查的知识点是必要条件、充分条件与充要条件的,其中判断 φ (a,b) =0?a 与 b 互补与 a 与 b 互补?φ (a,b)=0 的真假,是解答本题的关键.属于 中档题 二、填空题:本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 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.答错位置,书写不清,模棱两可均不得 分. 11.某市有大型超市 200 家、中型超市 400 家、小型超市 1400 家.为掌握各类超市的营业 情况,现按分层抽样方法抽取一个容量为 100 的样本,应抽取中型超市 【答案】 20 【 详 细 解 析 】 大 型 超市 200 家 、中 型 超 市 400 家 、 小 型 超市 1400 家 . 共 有 超 市 200+400+1400=2000 按分层抽样方法抽取一个容量为 100 样本,每个个体被抽到的概率 是 家.

100 1 1 =20 家. ? ,中型超市要抽取 400× 20 2000 20

【考点定位】 本题考察分层抽样,这是每年必考的题目,解题的关键是抽样过程中每个个 体被抽到的概率相等.属于简单题. 12. ( x ?
1 3 x )18 的展开式中含 x15 的项的系数为

. (结果用数值表示)

【答案】 17 【详细解析】 二项展开式的通项为 Tr+1= ? ? ? C18 x
r

? 1? ? 3?

r 18 ? 32r

,令 18-

3r =15 得 r=2,所以展 2

? 1? 2 开式中含 x 的项的系数为 ? ? ? C18 =17 ? 3?
15

2

【考点定位】 本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题.属于简单 题. 13.在 30 瓶饮料中,有 3 瓶已过了保持期.从这 30 瓶饮料中任取 2 瓶,则至少取到 1 瓶已 过保质期饮料的概率为 【答案】 . (结果用最简分数表示)

28 145

【详细解析】 p ? 1 ?

2 C27 28 ? . 2 C30 145

【考点定位】考查独立事件的概率,属于简单题.

14 .过点 (?1, ? 2) 的直线 l 被圆 x 2 ? y 2 ? 2 x ? 2 y ? 1 ? 0 截得的弦长为 2 ,则直线 l 的斜率 为 【答案】1 或 .

17 7
2 ,由点到直线的距离公 2

【详细解析】 设直线斜率是 k,由题意得圆心到直线的距离为 式可计算得 k=1 或

17 7

【考点定位】考查解析几何中直线与圆的位置关系,会运用点到直线的位置关系公式.属于 中档题. 15.里氏震级 M 的计算公式为: M ? lg A ? lg A0 ,其中 A 是测震仪记录的地震曲线的最大 振幅,A0 是相应的标准地震的振幅. 假设在一次地震中, 地震仪记录的最大振幅是 1000, 此时标准地震的振幅为 0.001, 则此次地震的震级为 是 5 级地震最大振幅的 【答案】6 或 10000 【详细解析】 根据题意,假设在一次地震中,测震仪记录的最大振幅是 1000,此时标准地 震的振幅为 0.01,则 M=lgA-lgA0=lg1000-lg0.001=3-(-3)=6. 设 9 级地震的最大振幅是 x,5 级地震最大振幅是 y, 9=lgx+3,5=lgy+3,解得 x=106,y=102,所以 倍. 级; 9 级地震的最大振幅

x 106 ? ? 10000 y 102

【考点定位】本题考查对数的运算法则,解题时要注意公式的灵活运用,属于中档题. 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. 16. (本小题满分 12 分) 设△ABC 的内角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c.已知 a ? 1 , b ? 2 , cos C ? (Ⅰ)求△ABC 的周长;

1 . 4

(Ⅱ)求 cos( A ? C) 的值. 【详细解析】 (Ⅰ)? c 2 ? a 2 ? b2 ? 2ab cos C ? 1 ? 4 ? 4 ?

1 ? 4, 4

? c ? 2,
? △ ABC 的周长为 a ? b ? c ? 1 ? 2 ? 2 ? 5 .
(Ⅱ)? cos C ?

1 1 15 , ? sin C ? 1 ? cos 2 C ? 1 ? ( ) 2 ? . 4 4 4

15 a sin C 15 . ? sin A ? ? 4 ? c 2 8
? a ? c, ? A ? C ,故 A 为锐角,
? cos A ? 1 ? sin 2 A ? 1 ? ( 15 2 7 ) ? . 8 8

7 1 15 15 11 ? cos( A ? C ) ? cos A cos C ? sin A sin C ? ? ? ? ? . 8 4 8 4 16
【考点定位】考查三角形与三角函数的运用及运算能力,属于简单题。

17. (本小题满分 12 分) 成等差数列的三个正数的和等于 15,并且这三个数分别加上 2、5、13 后成为等比数列
{bn } 的 b3 、 b4 、 b5 .

(Ⅰ)求数列 {bn } 的通项公式;
5 (Ⅱ)数列 {bn } 的前 n 项和为 S n ,求证:数列 {S n ? } 是等比数列. 4

【详细解析】 (Ⅰ)设成等差数列的三个正数分别为 a-d,a,a+d. 依题意,得 a-d+a+a+d=15,解得 a=5. 所以 {bn } 中的 b3 , b4 , b5 依次为 7 ? d ,10,18 ? d . 依题意,有 (7 ? d )(18 ? d ) ? 100 ,解得 d ? 2 或 d ? ?13 (舍去) . 故 {bn } 的第 3 项为 5,公比为 2. 由 b3 ? b1 ? 2 ,即 5 ? b1 ? 2 ,解得 b1 ?
2 2

5 . 4

所以 {bn } 是以

5 为首项,2 为公比的等比数列,其通项公式为 4

5 bn ? ? 2n ?1 ? 5 ? 2n ?3 . 4

5 (1 ? 2 n ) 5 5 4 (Ⅱ)数列 {bn } 的前 n 项和 Sn ? ? 5 ? 2n ?2 ? ,即 Sn ? ? 5 ? 2n ?2 . 4 1? 2 4 5 Sn ?1 ? n ?1 5 5 4 ? 5? 2 ? 2 . 所以 S1 ? ? , 5 5 ? 2n ? 2 4 2 Sn ? 4 5 5 因此数列 {S n ? } 是以 为首项,公比为 2 的等比数列. 2 4
【考点定位】考查数列的综合运用,属于中档题. 18. (本小题满分 12 分) 如图,已知正三棱柱 ABC ? A1B1C1 的底面边长为 2,侧棱长为 3 2 ,点 E 在侧棱 AA1 上, 点 F 在侧棱 BB1 上,且 AE ? 2 2 , BF ? 2 . (Ⅰ)求证 CF ? C1E ; (Ⅱ)求二面角 E ? CF ? C1 的大小.
A1 B1 C1

E

F A B
C

CE ? C1 F ? 【详细解析】 解法 1: (Ⅰ) 由已知可得 CC1 ? 3 2 ,

22 ? (2 2) 2 ? 2 3 ,

EF 2 ? AB 2 ? ( AE ? BF )2 , EF ? C1 E ? 22 ? ( 2) 2 ? 6 ,
于是有 EF ? C1 E ? C1F , CE ? C1 E ? CC1 ,
2 2 2 2 2 2

所以 C1 E ? EF , C1 E ? CE . 又 EF ? CE ? E ,所以 C1 E ? 平面 CEF . 由 CF ? 平面 CEF ,故 CF ? C1 E . (Ⅱ)在△ CEF 中,由(Ⅰ)可得 EF ? CF ?

6 , CE ? 2 3 ,

于是有 EF ? CF ? CE ,所以 CF ? EF .
2 2 2

又由(Ⅰ)知 CF ? C1 E ,且 EF ? C1 E ? E ,所以 CF ? 平面 C1 EF . 又 C1 F ? 平面 C1 EF ,故 CF ? C1 F . 于是 ?EFC1 即为二面角 E ? CF ? C1 的平面角. 由(Ⅰ)知△ C1 EF 是等腰直角三角形,所以 ?EFC1 ? 45 ,即所求二面
?

角 E ? CF ? C1 的大小为 45 .
?

解法 2:建立如图所示的空间直角坐标系,则由已知可得

A(0, 0, 0), B( 3, 1, 0), C (0, 2, 0), C1 (0, 2, 3 2), E (0, 0, 2 2), F ( 3, 1, 2).

(Ⅰ) C1 E ? (0, ? 2, ? 2) , CF ? ( 3, ? 1,

???? ?

??? ?

???? ? ??? ? 2) , C1 E ? CF ? 0 ? 2 ? 2 ? 0 ,
z
A1 B1 C1

? CF ? C1E .
??? ? (Ⅱ) CE ? (0, ? 2, 2 2) ,设平面 CEF 的一个法向量
为 m ? ( x, y, z ) ,

E

??? ? ??? ? ??? ? ? ?m ? CE ? 0, 由 m ? CE , m ? CF ,得 ? ??? ? ? ?m ? CF ? 0, ? ??2 y ? 2 2 z ? 0, 即? 可取 m ? (0, 2,1) . 3 x ? y ? 2 z ? 0. ? ? ??? ? 设 侧 面 BC1 的 一 个 法 向 量 为 n , 由 n ? BC ,
F A
C y

x

B

???? ? ???? ? ??? ? n ? CC1 ,及 CB ? ( 3, ? 1, 0) , CC1 ? (0, 0, 3 2) ,可取 n ? (1, 3, 0) .
设二面角 E ? CF ? C1 的大小为 ? ,于是由 ? 为锐角可得

cos ? ?

| m ?n | 6 2 ? ? ? , ? ? 45 , | m |?| n | 2 3?2
?

即所求二面角 E ? CF ? C1 的大小为 45 . 【考点定位】考查线线垂直,求二面角的大小,属于中档题.

19. (本小题满分 12 分) 提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况.的一般情况下,大桥上的车 流速度 v (单位:千米/小时)是车流密度 x (单位:辆/千米)的函数.当桥上的车流密 度达到 200 辆/千米时,造成堵塞,此时车流速度为 0;当车流密度不超过 20 辆/千米时, 车流速度为 60 千米/小时.研究表明:当 20 ? x ? 200 时,车流速度 v 是车流密度 x 的一 次函数. (Ⅰ)当 0 ? x ? 200 时,求函数 v( x) 的表达式; (Ⅱ)当车流密度 x 为多大时,车流量(单位时间内通过桥上某观测点的车辆数,单位: 辆/小时) f ( x) ? x ? v( x) 可以达到最大,并求出最大值. (精确到 1 辆/小时) 【详细解析】 (Ⅰ)由题意:当 0 ? x ? 20 时, v( x) ? 60 ; 当 20 ? x ? 200 时, v( x) ? ax ? b .

再由已知得 ?

?200a ? b ? 0, ?20a ? b ? 60,

1 ? a ? ? , ? ? 3 解得 ? ?b ? 200 . ? 3 ?

0 ? x ? 20, ?60, ? 故函数 v ( x ) 的表达式为 v( x) ? ? 1 (200 ? x), 20 ? x ? 200. ? ?3 0 ? x ? 20, ?60 x, ? (Ⅱ)依题意并由(Ⅰ)可得 f ( x) ? ? 1 x(200 ? x), 20 ? x ? 200. ? ?3
当 0 ? x ? 20 时,f ( x) 为增函数, 故当 x ? 20 时, 其最大值为 60 ? 20 ? 1200 ; 当 20 ? x ? 200 时, f ( x) ?

1 1 x ? (200 ? x) 2 10000 , x(200 ? x) ? [ ] ? 3 3 2 3

当且仅当 x ? 200 ? x ,即 x ? 100 时,等号成立.

10000 . 3 10000 综上,当 x ? 100 时, f ( x) 在区间 [0, 200] 上取得最大值 ? 3333 , 3
所以,当 x ? 100 时, f ( x) 在区间 [20, 200] 上取得最大值 即当车流密度为 100 辆/千米时,车流量可以达到最大,最大值约为 3333 辆/小时. 【详细解析】考查分段函数的综合运用,属于中档题.

20. (本小题满分 13 分) 设函数 f ( x) ? x3 ? 2ax2 ? bx ? a , g ( x) ? x 2 ? 3x ? 2 ,其中 x ? R , a 、 b 为常数.已知曲 线 y ? f ( x) 与 y ? g ( x) 在点 (2, 0) 处有相同的切线 l . (Ⅰ)求 a 、 b 的值,并写出切线 l 的方程; (Ⅱ)若方程 f ( x) ? g ( x) ? mx 有三个互不相同的实根 0、 x1 、 x2 ,其中 x1 ? x2 ,且对任 意的 x ? [ x1 , x2 ] , f ( x) ? g ( x) ? m( x ? 1) 恒成立,求实数 m 的取值范围. 【详细解析】 (Ⅰ) f ?( x) ? 3x ? 4ax ? b , g ?( x) ? 2 x ? 3 .
2

由于曲线 y ? f ( x) 与 y ? g ( x) 在点 (2, 0) 处有相同的切线, 故有 f (2) ? g (2) ? 0 , f ?(2) ? g ?(2) ? 1 ,

由此得 ?

?8 ? 8a ? 2b ? a ? 0, ?12 ? 8a ? b ? 1,

解得 ?

? a ? ?2, ?b ? 5.

所以 a ? ?2 , b ? 5 ,切线 l 的方程为 x ? y ? 2 ? 0 . (Ⅱ)由(Ⅰ)得 f ( x) ? x ? 4 x ? 5 x ? 2 ,所以 f ( x) ? g ( x) ? x ? 3x ? 2 x .
3 2 3 2

依题意,方程 x( x ? 3x ? 2 ? m) ? 0 有三个互不相同的实根 0、 x1 、 x2 ,
2

故 x1 、 x2 是方程 x ? 3x ? 2 ? m ? 0 的两相异的实根,
2

所以 ? ? 9 ? 4(2 ? m) ? 0 ,即 m ? ?

1 . 4

又对任意的 x ? [ x1 , x2 ] , f ( x) ? g ( x) ? m( x ? 1) 成立, 特别地,取 x ? x1 时, f ( x1 ) ? g ( x1 ) ? mx1 ? ?m 成立,得 m ? 0 . 由韦达定理,可得 x1 ? x2 ? 3 ? 0 , x1 x2 ? 2 ? m ? 0 ,故 0 ? x1 ? x2 . 对任意的 x ? [ x1 , x2 ] ,有 x ? x2 ? 0 , x ? x1 ? 0 , x ? 0 , 则 f ( x) ? g ( x) ? mx ? x( x ? x1 )( x ? x2 ) ? 0 ,又 f ( x1 ) ? g ( x1 ) ? mx1 ? 0 , 所以函数 f ( x) ? g ( x) ? mx 在 x ? [ x1 , x2 ] 的最大值为 0. 于是当 m ? 0 时,对任意的 x ? [ x1 , x2 ] , f ( x) ? g ( x) ? m( x ? 1) 恒成立.

综上, m 的取值范围是 ( ?

1 , 0) . 4

【详细解析】 考查函数综合运用,属于中档题. 21. (本小题满分 14 分) 平面内与两定点 A1 (?a, 0) 、 A2 (a, 0) (a ? 0) 连线的斜率之积等于非零常数 m 的点的轨 迹,加上 A1 、 A2 两点所成的曲线 C 可以是圆、椭圆或双曲线. (Ⅰ)求曲线 C 的方程,并讨论 C 的形状与 m 值的关系; (Ⅱ)当 m ? ?1 时,对应的曲线为 C1 ;对给定的 m ? (?1, 0) ? (0, ? ?) ,对应的曲线为
C 2 .设 F1 、 F2 是 C 2 的两个焦点.试问:在 C1 上,是否存在点 N ,使得△ F1 NF2 的

面积 S ?| m | a 2 .若存在,求 tan F1 NF2 的值;若不存在,请说明理由.

【详细解析】 (Ⅰ)设动点为 M ,其坐标为 ( x, y ) . 当 x ? ?a 时,由条件可得 kMA1 ? kMA2 ? 即 mx ? y ? ma ( x ? ? a) ,
2 2 2

y y y2 ? ? 2 ?m, x ? a x ? a x ? a2

又 A1 (?a, 0) 、 A2 (a, 0) 的坐标满足 mx ? y ? ma
2 2

2



故依题意,曲线 C 的方程为 mx ? y ? ma
2 2

2



x2 y2 ? 1 ,C 是焦点在 y 轴上的椭圆; 当 m ? ?1 时,曲线 C 的方程为 2 ? a ?ma 2
当 m ? ?1 时,曲线 C 的方程为 x ? y ? a ,C 是圆心在原点的圆;
2 2 2

当 ?1 ? m ? 0 时, 曲线 C 的方程为

x2 y2 ? ? 1 ,C 是焦点在 x 轴上的椭圆; a 2 ?ma 2

当 m ? 0 时,曲线 C 的方程为

x2 y2 ? ? 1 ,C 是焦点在 x 轴上的双曲线. a 2 ma 2
2 2 2

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当 m ? ?1 时, C1 的方程为 x ? y ? a ; 当 m ? (?1, 0) ? (0, ? ?) 时,

C2 的两个焦点分别为 F1 (? a 1 ? m , 0) , F2 (a 1 ? m , 0) .
对于给定的 m ? (?1, 0) ? (0, ? ?) , C1 上存在点 N ( x0 , y0 ) ( y0 ? 0) 使得

S ?| m | a 2 的充要条件是
2 2 ? x0 ? y0 ? a 2 , y0 ? 0, ? ?1 2 ? ? 2a 1 ? m | y0 |?| m | a . ?2

① ②

由①得 0 ?| y0 |? a ,由②得 | y0 |?

|m|a . 1? m

当0 ?

1? 5 1? 5 |m|a ? m ? 0 ,或 0 ? m ? 时, ? a ,即 2 2 1? m
2

存在点 N ,使 S ?| m | a ;



1? 5 1? 5 |m|a ,或 m ? 时, ? a ,即 ?1 ? m ? 2 2 1? m

不存在满足条件的点 N.

1? 5 1? 5 , 0) ? (0, ] 时, 2 2 ???? ???? ? 由 NF1 ? (?a 1 ? m ? x0 , ? y0 ) , NF2 ? (a 1 ? m ? x0 , ? y0 ) ,
当 m ?[ 可得 NF1 ? NF2 ? x0 ? (1 ? m)a ? y0 ? ?ma .
2 2 2 2

???? ???? ?

令 | NF1 |? r1 , | NF2 |? r2 , ?F1 NF2 ? ? , 则由 NF1 ? NF2 ? r1r2 cos ? ? ?ma ,可得 r1r2 ? ?
2

????

???? ?

???? ???? ?

ma 2 , cos ?

从而 S ? 可得 ?

1 ma 2 sin ? 1 r1r2 sin ? ? ? ? ? ma 2 tan ? ,于是由 S ?| m | a 2 , 2 2cos ? 2

1 2 2|m| . ma tan ? ?| m | a 2 ,即 tan ? ? ? 2 m

综上可得: 当 m ?[

1? 5 2 , 0) 时, 在 C1 上, 存在点 N, 使得 S ?| m | a , 且 tan F1 NF2 ? 2 ; 2

当 m ? (0,

1? 5 ] 时,在 C1 上,存在点 N ,使得 S ?| m | a 2 ,且 tan F1 NF2 ? ?2 ; 2 1? 5 1? 5 )?( , ? ?) 时,在 C1 上,不存在满足条件的点 N. 2 2

当 m ? (?1,

【详细解析】 考查解析几何的综合运用,属于难题.

2011 年普通高等学校招生全国统一考试(湖北卷)

数学(文史类)试题参考答案
一、选择题:本题主要考查基础知识和基本运算.每小题 5 分,满分 50 分. 1.A 2.C 3.D 4.C 5.B 6.A 7.D 8.B 9.B 10.C

二、填空题:本题主要考查基础知识和基本运算.每小题 5 分,满分 25 分. 11.20 14.1 或
17 7

12.17 15.6,10000

13.

28 145

三、解答题:本大题共 6 小题,共 75 分. 16.本小题主要考查三角函数的基本公式和解斜三角形的基础知识,同时考查基本运算能 力. (满分 12 分) 解: (Ⅰ)? c 2 ? a 2 ? b 2 ? 2ab cos C ? 1 ? 4 ? 4 ?
?c ? 2,

1 ? 4, 4

? △ ABC 的周长为 a ? b ? c ? 1 ? 2 ? 2 ? 5 .
(Ⅱ)? cos C ?
1 1 15 . , ? sin C ? 1 ? cos2 C ? 1 ? ( ) 2 ? 4 4 4

15 a sin C 15 . ? sin A ? ? 4 ? c 2 8
? a ? c, ? A ? C ,故 A 为锐角,
? cos A ? 1 ? sin 2 A ? 1 ? ( 15 2 7 ) ? . 8 8

? cos( A ? C ) ? cos A cos C ? sin A sin C ?

7 1 15 15 11 ? ? ? ? . 8 4 8 4 16

17.本小题主要考查等差数列、等比数列及其求和公式等基础知识,同时考查基本运算能 力. (满分 12 分) 解: (Ⅰ)设成等差数列的三个正数分别为 a ? d , a, a ? d . 依题意,得 a ? d ? a ? a ? d ? 15 ,解得 a ? 5 .

所以 {bn } 中的 b3 , b4 , b5 依次为 7 ? d , 10, 18 ? d . 依题意,有 (7 ? d )(18 ? d ) ? 100 ,解得 d ? 2 或 d ? ?13 (舍去) . 故 {bn } 的第 3 项为 5,公比为 2. 由 b3 ? b1 ? 22 ,即 5 ? b1 ? 2 2 ,解得 b1 ? 所以 {bn } 是以
bn ? 5 . 4

5 为首项,2 为公比的等比数列,其通项公式为 4

5 n ?1 ? 2 ? 5 ? 2n ? 3 . 4

5 (1 ? 2 n ) 5 5 4 ? 5 ? 2 n ? 2 ? ,即 S n ? ? 5 ? 2 n?2 . (Ⅱ)数列 {bn } 的前 n 项和 S n ? 1? 2 4 4

5 S n ?1 ? n ?1 5 5 4 ? 5?2 ? 2. 所以 S1 ? ? , n ?2 5 4 2 5 ? 2 Sn ? 4

5 5 因此数列 {S n ? } 是以 为首项,公比为 2 的等比数列. 2 4

18. 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角的求法, 同时考查空间想象能力和 推理论证能力. (满分 12 分) 解法 1: (Ⅰ)由已知可得 CC1 ? 3 2 , CE ? C1F ? 2 2 ? (2 2 ) 2 ? 2 3 ,
EF 2 ? AB 2 ? ( AE ? BF ) 2 , EF ? C1E ? 2 2 ? ( 2 ) 2 ? 6 ,

于是有 EF 2 ? C1E 2 ? C1F 2 , CE 2 ? C1E 2 ? CC12 , 所以 C1E ? EF , C1E ? CE . 又 EF ? CE ? E ,所以 C1E ? 平面 CEF . 由 CF ? 平面 CEF ,故 CF ? C1 E . (Ⅱ)在△ CEF 中,由(Ⅰ)可得 EF ? CF ? 6 , CE ? 2 3 , 于是有 EF 2 ? CF 2 ? CE 2 ,所以 CF ? EF . 又由(Ⅰ)知 CF ? C1E ,且 EF ? C1E ? E ,所以 CF ? 平面 C1EF . 又 C1F ? 平面 C1EF ,故 CF ? C1F .

于是 ?EFC1 即为二面角 E ? CF ? C1 的平面角. 由(Ⅰ)知△ C1EF 是等腰直角三角形,所以 ?EFC1 ? 45? ,即所求二面角
E ? CF ? C1 的大小为 45? .

解法 2:建立如图所示的空间直角坐标系,则由已知可得
A(0, 0, 0), B( 3 , 1, 0), C (0, 2, 0), C1 (0, 2, 3 2 ), E (0, 0, 2 2 ), F ( 3 , 1, 2 ).

(Ⅰ) C1E ? (0, ? 2, ? 2 ) , CF ? ( 3 , ? 1, 2 ) , C1E ? CF ? 0 ? 2 ? 2 ? 0 ,
? CF ? C1E .
A1

z
C1 B1

(Ⅱ) CE ? (0, ? 2, 2 2 ) ,设平面 CEF 的一个法向量为
m ? ( x, y, z) ,
? ?m ? CE ? 0, 由 m ? CE , m ? CF ,得 ? ? ?m ? CF ? 0,

E

? ?? 2 y ? 2 2 z ? 0, 即? 可取 m ? (0, 2 , 1) . ? ? 3 x ? y ? 2 z ? 0.

F A
C y

设 侧 面 BC1 的 一 个 法 向 量 为 n , 由 n ? BC ,

x

B

n ? CC1 ,及 CB ? ( 3 , ? 1, 0) , CC1 ? (0, 0, 3 2 ) ,可取 n ? (1, 3 , 0) .

设二面角 E ? CF ? C1 的大小为 ? ,于是由 ? 为锐角可得
cos? ? | m?n| 6 2 ? ? , ? ? 45? , | m |?| n| 2 3?2

即所求二面角 E ? CF ? C1 的大小为 45? .

19. 本小题主要考查函数、 最值等基础知识, 同时考查运用数学知识解决实际问题的能力. (满 分 12 分) 解: (Ⅰ)由题意:当 0 ? x ? 20 时, v( x) ? 60 ;当 20 ? x ? 200 时, v( x) ? ax ? b .
?200a ? b ? 0, 再由已知得 ? ?20a ? b ? 60,

1 ? a?? , ? ? 3 解得 ? 200 ?b ? . ? 3 ?

0 ? x ? 20, ?60, ? 故函数 v( x) 的表达式为 v( x) ? ? 1 (200 ? x), 20 ? x ? 200. ? ?3 0 ? x ? 20, ?60x, ? (Ⅱ)依题意并由(Ⅰ)可得 f ( x) ? ? 1 x(200 ? x), 20 ? x ? 200. ? ?3

当 0 ? x ? 20 时, f ( x) 为增函数,故当 x ? 20 时,其最大值为 60? 20 ? 1200 ; 当 20 ? x ? 200 时, f ( x) ?
1 1 x ? (200 ? x) 2 10000 , x(200 ? x) ? [ ] ? 3 3 2 3

当且仅当 x ? 200 ? x ,即 x ? 100 时,等号成立. 所以,当 x ? 100 时, f ( x) 在区间 [20, 200] 上取得最大值 综上,当 x ? 100 时, f ( x) 在区间 [0, 200] 上取得最大值
10000 . 3

10000 ? 3333 , 3

即当车流密度为 100 辆/千米时,车流量可以达到最大,最大值约为 3333 辆/小时.

20.本小题主要考函数、导数、不等式等基础知识,同时考查综合运用数学知识进行推理论 证的能力,以及函数与方程和特殊与一般的思想. (满分 13 分) 解: (Ⅰ) f ?( x) ? 3x 2 ? 4ax ? b , g ?( x) ? 2 x ? 3 . 由于曲线 y ? f ( x) 与 y ? g ( x) 在点 (2, 0) 处有相同的切线, 故有 f (2) ? g (2) ? 0 , f ?(2) ? g ?(2) ? 1 ,
?8 ? 8a ? 2b ? a ? 0, 由此得 ? ?12 ? 8a ? b ? 1, ?a ? ?2, 解得 ? ?b ? 5.

所以 a ? ?2 , b ? 5 ,切线 l 的方程为 x ? y ? 2 ? 0 . (Ⅱ)由(Ⅰ)得 f ( x) ? x3 ? 4 x 2 ? 5 x ? 2 ,所以 f ( x) ? g ( x) ? x3 ? 3x 2 ? 2 x . 依题意,方程 x( x 2 ? 3x ? 2 ? m) ? 0 有三个互不相同的实根 0、 x1 、 x2 , 故 x1 、 x2 是方程 x 2 ? 3x ? 2 ? m ? 0 的两相异的实根, 所以 ? ? 9 ? 4(2 ? m) ? 0 ,即 m ? ?
1 . 4

又对任意的 x ? [ x1 , x2 ] , f ( x) ? g ( x) ? m( x ? 1) 成立, 特别地,取 x ? x1 时, f ( x1 ) ? g ( x1 ) ? mx1 ? ?m 成立,得 m ? 0 .

由韦达定理,可得 x1 ? x2 ? 3 ? 0 , x1x2 ? 2 ? m ? 0 ,故 0 ? x1 ? x2 . 对任意的 x ? [ x1 , x2 ] ,有 x ? x2 ? 0 , x ? x1 ? 0 , x ? 0 , 则 f ( x) ? g ( x) ? mx ? x( x ? x1 )(x ? x2 ) ? 0 ,又 f ( x1 ) ? g ( x1 ) ? mx1 ? 0 , 所以函数 f ( x) ? g ( x) ? mx 在 x ? [ x1 , x2 ] 的最大值为 0. 于是当 m ? 0 时,对任意的 x ? [ x1 , x2 ] , f ( x) ? g ( x) ? m( x ? 1) 恒成立.
1 综上, m 的取值范围是 (? , 0) . 4

21.本小题主要考曲线与方程、圆锥曲线等基础知识,同时考查推理运算能力,以及分类与 整合和数形结合的思想. (满分 14 分) 解: (Ⅰ)设动点为 M ,其坐标为 ( x, y ) . 当 x ? ?a 时,由条件可得 k MA1 ? k MA2 ? 即 mx2 ? y 2 ? ma2 ( x ? ?a) , 又 A1 (?a, 0) 、 A2 (a, 0) 的坐标满足 mx2 ? y 2 ? ma2 , 故依题意,曲线 C 的方程为 mx2 ? y 2 ? ma2 . 当 m ? ?1 时,曲线 C 的方程为
x2 y2 ? ? 1 , C 是焦点在 y 轴上的椭圆; a 2 ? ma2 y y y2 ? ? 2 ?m, x ? a x ? a x ? a2

当 m ? ?1 时,曲线 C 的方程为 x 2 ? y 2 ? a 2 , C 是圆心在原点的圆; 当 ?1 ? m ? 0 时,曲线 C 的方程为 当 m ? 0 时,曲线 C 的方程为
x2 y2 ? ? 1 , C 是焦点在 x 轴上的椭圆; 2 a ? ma2

x2 y2 ? ? 1 , C 是焦点在 x 轴上的双曲线. a 2 ma2

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当 m ? ?1 时, C1 的方程为 x 2 ? y 2 ? a 2 ; 当 m ? (?1, 0) ? (0, ? ?) 时,
C 2 的两个焦点分别为 F1 (?a 1 ? m , 0) , F2 (a 1 ? m , 0) .

对于给定的 m ? (?1, 0) ? (0, ? ?) , C1 上存在点 N ( x0 , y0 ) ( y0 ? 0) 使得
S ?| m | a 2 的充要条件是

2 2 ?x0 ? y0 ? a 2 , y 0 ? 0, ? ?1 2 ? ? 2a 1 ? m | y 0 |?| m | a . ?2

① ②
|m|a 1? m

由①得 0 ?| y0 |? a ,由②得 | y0 |? 当0?
|m|a 1? m ? a ,即



1? 5 1? 5 时, ? m ? 0 ,或 0 ? m ? 2 2

存在点 N ,使 S ?| m | a 2 ;
|m|a 1? m ? a ,即 ? 1 ? m ?
1? 5 1? 5 ,或 m ? 时, 2 2



不存在满足条件的点 N . 当 m ?[
1? 5 1? 5 , 0) ? (0, ] 时, 2 2

由 NF1 ? (?a 1 ? m ? x0 , ? y0 ) , NF2 ? (a 1 ? m ? x0 , ? y0 ) ,
2 2 ? (1 ? m)a 2 ? y0 ? ?ma2 . 可得 NF1 ? NF2 ? x0

令 | NF1 |? r1 , | NF2 |? r2 , ?F1 NF2 ? ? , 则由 NF1 ? NF2 ? r1r2 cos? ? ?ma2 ,可得 r1r2 ? ? 从而 S ?
ma2 , cos?

1 ma2 sin ? 1 r1r2 sin ? ? ? ? ? ma2 tan? ,于是由 S ?| m | a 2 , 2 2 cos? 2 1 2| m| 可得 ? ma2 tan? ?| m | a 2 ,即 tan? ? ? . 2 m

综上可得: 当 m ?[
1? 5 , 0) 时,在 C1 上,存在点 N ,使得 S ?| m | a 2 ,且 tan F1NF2 ? 2 ; 2 1? 5 ] 时,在 C1 上,存在点 N ,使得 S ?| m | a 2 ,且 tan F1NF2 ? ?2 ; 2 1? 5 1? 5 )?( , ? ?) 时,在 C1 上,不存在满足条件的点 N . 2 2

当 m ? (0,

当 m ? (?1,


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