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2011年高考数学理(北京)


2011 年普通高等学校招生全国统一考试

数学(理) (北京卷)
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。

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

i?2 = 1 + 2i
B.-i C. ?

A.i

4 3 ? i 5 5

D. ?

4 3 + i 5 5

3.在极坐标系中,圆 ρ=-2sinθ 的圆心的极坐标系是 A. (1,

π
2

)

B. (1, ?

π
2

)

C. (1,0) D.(1, π ) 4.执行如图所示的程序框图,输出的 s 值为 A.-3

1 2 1 C. 3
B.D.2 5.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·AE ②△AFB ~△ADG 其中正确结论的序号是 A.①② B.②② C.①② D.①②②

? ? ? 6.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 f ( x ) = ? ? ? ?
1

c x c A

, x < A,
(A,

,x ≥ 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.75,25 B.75,16 C.60,25 D.60,16 7.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.8

B. 6 2

C.10

D. 8 2

8. A ( 0, 0 ) , B ( 4,0 ) ,C ( t + 4, 4 ) , D ( t , 4 )( t ∈ R ) .记 N ( t ) 为平行四边形 ABCD 内部 设 (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 N ( t ) 的值域为 A. {9,10,11} C. {9,11,12} B. {9,10,12} D. {10,11,12}

第二部分
9.在 ?ABC 中。若 b=5, ∠B =

(非选择题 共 110 分)

二、填空题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分。

π
4

,tanA=2,则 sinA=____________;a=_______________。

10. 已知向量 a= ( 3 , , (0, , (k, 3 ) 若 a-2b 与 c 共线, k=___________________。 1) b= -1) c= 。 则 a 11. 在等比数列{an}中,1=

1 ,4=-4, a 则公比 q=______________;a1 + a2 + ... + an = ____________。 2

12.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)

?2 x≥2 ? , 13.已知函数 f ( x ) = ? x 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 3 ?( x ? 1) , x < 2 ?
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 a ( a > 1) 的点的
2

轨迹.给出下列三个结论:
2

① 曲线 C 过坐标原点; ② 曲线 C 关于坐标原点对称; ②若点 P 在曲线 C 上,则△F 1 PF 2 的面积大于

1 2 a 。 2

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 f ( x ) = 4 cos x sin( x + (Ⅰ)求 f ( x ) 的最小正周期: (Ⅱ)求 f ( x ) 在区间 ? ? 16.(本小题共 14 分) 如图, 在四棱锥 P ? ABCD 中, PA ⊥ 平面 ABCD , 底面 ABCD 是菱形,AB = 2, ∠BAD = 60o . (Ⅰ)求证: BD ⊥ 平面 PAC ; (Ⅱ)若 PA = AB, 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.

π
6

) ?1。

? π π? 上的最大值和最小值。 , ? 6 4? ?

17.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。

3

(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 s = 注
2 2 2 2 1? x1 ? x + x2 ? x + K + xn ? x ? ,其中 x 为 x1 , x2 ,…… xn 的平均 ? ? ? n?

(

) (

)

(

)

数)

18.(本小题共 13 分) 已知函数 f ( x) = ( x ? k ) e 。
2 x k

(Ⅰ)求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)若对于任意的 x ∈ (0, +∞ ) ,都有 f ( x ) ≤

1 ,求 k 的取值范围。 e

19.(本小题共 14 分)

x2 已知椭圆 G : + y 2 = 1 .过点(m,0)作圆 x 2 + y 2 = 1 的切线 I 交椭圆 G 于 A,B 两点. 4
(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 An = a1 , a2, ..., an ( n ≥ 2) 满 足 an +1 ? a1 = 1( k = 1, 2,..., n ? 1) , 数 列 An 为 E 数 列 , 记

4

S ( An ) = a1 + a2 + ... + an .
(Ⅰ)写出一个满足 a1 = as = 0 ,且 S ( As ) 〉0 的 E 数列 An ; (Ⅱ)若 a1 = 12 ,n=2000,证明:E 数列 An 是递增数列的充要条件是 an =2011; 使得 S ( An ) =0?如果存在, (Ⅲ) 对任意给定的整数 n (n≥2) 是否存在首项为 0 的 E 数列 An , , 写出一个满足条件的 E 数列 An ;如果不存在,说明理由。

参考答案

5

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)

2 5 5

2 10
2 n ?1 ? 1 2

(10)1

(11)—2

(12)14

(13) (0,1) (14)②② 三、解答题(共 6 小题,共 80 分) (15) (共 13 分) 解: (Ⅰ)因为 f ( x ) = 4 cos x sin( x +

π
6

) ?1

= 4 cos x(

3 1 sin x + cos x) ? 1 2 2

= 3 sin 2 x + 2 cos 2 x ? 1 = 3 sin 2 x + cos 2 x = 2 sin(2 x +

π
6

)

所以 f (x ) 的最小正周期为 π (Ⅱ)因为 ?

π
6

≤x≤ =

π
4

, 所以 ?

π
6

≤ 2x +

π
6



于是,当 2 x + 当 2x +

π
6

π
2

, 即x =

π
6

2π . 3

时, f (x ) 取得最大值 2;

π
6

=?

π

, 即x = ? 时, f ( x) 取得最小值—1. 6 6

π

(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 PB = (1, 3 ,?2), AC = (0,2 3 ,0).
6

设 PB 与 AC 所成角为 θ ,则

cos θ

PB ? AC | PB | ?| AC |

=

6 2 2×2 3

=

6 . 4

(Ⅲ)由(Ⅱ)知 BC = (?1, 3 ,0). (t>0) , 设 P(0,- 3 ,t) 则 BP = ( ?1,? 3 , t ) 设平面 PBC 的法向量 m = ( x, y , z ) , 则 BC ? m = 0, BP ? m = 0 所以 ?

?? x + 3 y = 0, ?

?? x ? 3 y + tz ? 0 ? 6 令 y = 3 , 则 x = 3, z = . t 6 所以 m = (3, 3 , ) t
同理,平面 PDC 的法向量 n = ( ?3, 3 , )

6 t

因为平面 PCB⊥平面 PDC, 所以 m ? n =0,即 ? 6 +

36 =0 t2

解得 t =

6

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

x=

8 + 8 + 9 + 10 35 = ; 4 4

方差为

1 35 35 35 35 11 s 2 = [(8 ? ) 2 + (8 ? ) 2 + (9 ? ) 2 + (10 ? ) 2 ] = . 4 4 4 4 4 16
(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, 事件“Y=17”等价于“甲 21 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)=

2 1 = . 16 8
7

同理可得 P (Y = 18) =

1 1 1 1 ; P (Y = 19) = ; P (Y = 20) = ; P (Y = 21) = . 4 4 4 8
18 19 20 21

所以随机变量 Y 的分布列为: Y P 17

1 8

1 4

1 4

1 4

1 8

EY=17×P ( Y=17 ) +18×P ( Y=18 ) +19×P ( Y=19 ) +20×P ( Y=20 ) +21×P ( Y=21 ) =17×

1 1 1 1 1 +18× +19× +20× +21× 8 4 4 4 8

=19 (18) (共 13 分) 解: (Ⅰ) f ′( x ) =

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

x

令 f ′(0 ) = 0 ,得 x = ± k . 当 k>0 时, f ( x)与f ′( x) 的情况如下 x ( ? ∞,? k ) +

?k
0

( ? k ,k) —

k 0 0

(k ,+∞)
+

f ′(x) f (x)



4k 2 e ?1





所以, f (x ) 的单调递减区间是( ? ∞,? k )和 (k ,+∞) ;单高层区间是 ( ?k , k ) 当 k<0 时,

f ( x)与f ′( x) 的情况如下
x ( ? ∞,? k ) —

?k
0 0

( ? k ,k) +

k 0

(k ,+∞)


f ′(x) f (x)





4k 2 e ?1



所以, f (x ) 的单调递减区间是( ? ∞,? k )和 (k ,+∞) ;单高层区间是 ( k ,? k ) (Ⅱ)当 k>0 时,因为 f ( k + 1) = e
1+1 k

>

1 1 ,所以不会有 ?x ∈ (0,+∞ ), f ( x ) ≤ . e e

4k 2 当 k<0 时,由(Ⅰ)知 f (x ) 在(0,+ ∞ )上的最大值是 f ( ? k ) = . e

4k 2 1 1 ≤ . 所以 ?x ∈ (0,+∞ ), f ( x) ≤ 等价于 f ? ( ?k ) = e e e
8

解得 ?

1 ≤ k < 0. 2 1 1 . 时,k 的取值范围是 [? ,0). e 2

故当 ?x ∈ (0,+∞ ), f ( x ) ≤ (19) (共 14 分)

解: (Ⅰ)由已知得 a = 2, b = 1, 所以 c =

a 2 ? b 2 ? 3.

所以椭圆 G 的焦点坐标为 (? 3 ,0), ( 3 ,0) 离心率为 e =

c 3 = . a 2

(Ⅱ)由题意知, | m |≥ 1 . 当 m = 1 时,切线 l 的方程 x = 1 ,点 A、B 的坐标分别为 (1, 此时 | AB |=

3 3 ), (1,? ), 2 2

3 3

当 m=-1 时,同理可得 | AB |=

当 | m |> 1 时,设切线 l 的方程为 y = k ( x ? m),

? y = k ( x ? m), ? 得(1 + 4k 2 ) x 2 ? 8k 2 mx + 4k 2 m 2 ? 4 = 0 由 ? x2 2 ? + y = 1. ?4
设 A、B 两点的坐标分别为 ( x1 , y1 )( x 2 , y 2 ) ,则

x1 + x 2 =

8k 2 m 1 + 4k 2

, x1 x 2 =

4k 2 m 2 ? 4 1 + 4k 2
| km |

又由 l 与圆 x 2 + y 2 = 1相切, 得

k +1
2

= 1, 即m 2 k 2 = k 2 + 1.

所以 | AB |=

( x 2 ? x1 ) 2 + ( y 2 ? y1 ) 2 64k 4 m 2 4( 4 k 2 m 2 ? 4) ? ] (1 + 4k 2 ) 2 1 + 4k 2

= (1 + k 2 )[ = 4 3|m| . m2 + 3

9

由于当 m = ±3 时, | AB |= 所以 | AB |=

3,

4 3|m| , m ∈ (?∞,?1] U [1,+∞) . m2 + 3
4 3|m| = m2 + 3 4 3 3 |m|+ |m| ≤ 2,

因为 | AB |=

且当 m = ± 3 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 a k +1 ? a k = 1( k = 1,2,L ,1999) . 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 a n +1 ? a n = 1 > 0( k = 1,2,L ,1999), 即An 是递增数列. 综上,结论得证。 (Ⅲ)令 c k = a k +1 ? a k = 1 > 0( k = 1,2,L , n ? 1), 则c A = ±1. 因为 a 2 = a1 + c1 + a1 = a1 + c1 + c 2 ……

a n = a1 + c1 + c 2 + L + c n +1 ,
所以 S ( An ) = na1 + ( n ? 1)c1 + (n ? 2)c 2 + ( n ? 3)c3 + L + c n ?1

=

n(n ? 1) ? [(1 ? c1 )(n ? 1) + (1 ? c 2 )(n ? 2) + L + (1 ? c n ?1 )]. 2

因为 c k = ±1, 所以1 ? c k 为偶数( k = 1,L , n ? 1). 所以 * 1 ? c1 )( n ? 1) + (1 ? c 2 )(n ? 2) + L + (1 ? c n ) 为偶数,

10

所以要使 S ( An ) = 0, 必须使

n(n ? 1) 为偶数, 2

即 4 整除 n(n ? 1), 亦即n = 4m或n = 4m + 1(m ∈ N *) . 当 n = 4m + 1( m ∈ N *)时, E数列An的项满足a 4 k +1 = a 4 k ?1 = 0, a 4 k ? 2 = ?1, a 4 k = 1

(k = 1,2,L , m) 时,有 a1 = 0, S ( An ) = 0; a 4 k = 1(k = 1,2,L , m), a 4 k +1 = 0时, 有a1 = 0, S ( An ) = 0;
当 n = 4m + 1( m ∈ N *)时, E数列An 的项满足, a 4 k ?1 = a3 k ?3 = 0, a 4 k ? 2 = ?1, 当 n = 4m + 2或n = 4m + 3( m ∈ N )时, n( m ? 1) 不能被 4 整除,此时不存在 E 数列 An, 使得 a1 = 0, S ( An ) = 0.

11


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