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2011年高考真题详解——北京卷(理科数学)


2011 年普通高等学校招生全国统一考试 【北京卷】 (理科数学)
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 第 第 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 60 分)
一、选择题: (每小题 5 分,共 40 分)
【2011 ? 北京理,1】1.已知集合 P = x | x ≤ 1 , M = {a} .若 P U M = P ,则 a 的取值范围是
2

{

}

(

). A. ( ?∞, ?1] B. [1, +∞ ) C. [ ?1,1] D. ( ?∞, ?1] U [1, +∞ )

【答案】C. 【解析】 P = {x | x 2 ≤ 1} = {x | ?1 ≤ x ≤ 1} , P U M = P ? a ∈ [ ?1,1] . 【2011 ? 北京理,2】2.复数 A. i 【答案】A. 【解析】 分母实数化,可求得 B. ?i

i?2 = ( 1 + 2i

). C. ?

4 3 ? i 5 5

D. ?

4 3 + i 5 5

i ? 2 (i ? 2)(1 ? 2i) = =i. 1 + 2i (1 + 2i)(1 ? 2i)
).

【2011 ? 北京理,3】3.在极坐标系中,圆 ρ = ?2sin θ 的圆心的极坐标系是( A. (1,

π
2

)

B. (1, ?

π
2

)

C. (1, 0 )

D. (1, π )

【答案】B. 【解析】

π ρ = ?2sin θ ? x 2 + ( y + 1) 2 = 1 ,圆心直角坐标为(0,-1) ,极坐标为 (1, ? ) ,选 B.
2
).

【2011 ? 北京理,4】4.执行如图所示的程序框图,输出的 s 值为(

2011 年全国高考【北京卷】 (理科数学)试题

第 1 页(共 12 页)

A. ?3 【答案】D.

B. ?

1 2
1 3

C.

1 3

D. 2

【解析】循环操作 4 次时 S 的值分别为 , ?

1 , ?3, 2 ,选 D. 2

【2011 ? 北京理,5】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:
① AD + AE = AB + BC + CA ; ② AF ? AG = AD ? AE ; ③ ?AFB ~ ?ADG .其中正确结论的序号是 ( A.①② 【答案】A. 【解析】 ①正确.由条件可知,BD=BF,CF=CE,可得 AD + AE = AB + BC + CA . ②正确.通过条件可知,AD=AE.由切割定理可得 AF ? AG = AD = AD ? AE .
2

). D.①②③

B.②③

C.①③

③错误.连接 FD(如下图) ,若 △ AFB ∽△ ADG ,则有 ∠ABF = ∠DGF .通过图像可知

∠ABF = ∠BFD + ∠BDF = 2∠DGF ,因而错误.答案选 A .
【2011 ? 北京理,6】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

2011 年全国高考【北京卷】 (理科数学)试题

第 2 页(共 12 页)

? ? ? f ( x) = ? ? ? ?

c ,x< 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 c ,x ≥ A A
). D.60,16

产品用时 15 分钟,那么 c 和 A 的值分别是( A.75,25 【答案】D. B.75,16

C.60,25

【解析】由条件可知, x ≥ A 时所用时间为常数,所以组装第 4 件产品用时必然满足第一个分 段函数,即 f (4) =

c 60 = 30 ? c = 60 , f ( A) = = 15 ? A = 16 ,选 D. 4 A
).

【2011 ? 北京理, 7. 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 【答案】C.

B. 6 2

C.10

D. 8 2

【解析】由三视图还原几何体如下图,该四面体四个面的面积中最大的是 ? PAC,面积为 10, 选 C.
P

4 2 4 5 A 4 B 3

C

2011 年全国高考【北京卷】 (理科数学)试题

第 3 页(共 12 页)

【2011 ? 北京理,8】8.设 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(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} 【答案】C. 【解析】如下图,在 t=0,0<t<1,t=1 时分别对应点为 9,11,12,选 C. ). B. {9,10,12} C. {9,11,12} D. {10,11,12}

C(t,4)

D(t+4,4)

A(0,0)

B(4,0)
图1 t=0时时时时时时(9时)

C(t,4)

D(t+4,4)

A(0,0)

B(4,0)
图3 t=1时时时时时时(12时)

第Ⅱ卷(非选择题
二、填空题: (每小题 5 分,共 30 分)
【2011 ? 北京理,9】9.在 ?ABC 中,若 b = 5 , ∠B =

共 110 分)

π
4

, tan A = 2 ,则 sin A =



a = ________.

2011 年全国高考【北京卷】 (理科数学)试题

第 4 页(共 12 页)

【答案】

2 5 ; 2 10 . 5
2 5 ,正弦定理可得 a = 2 10 . 5

【解析】由 tan A = 2 ? sin A =

【2011 ? 北京理,10】10.已知向量 a = ( 3,1) , b = (0, ?1) , c = ( k , 3) ,若 a ? 2b 与 c 共 线,则 k = 【答案】 1 . 【解析】 a - 2b = ( 3, 3) , a ? 2b 与 c 共线可得 k = 1 . 【2011 ? 北京理,11】11.在等比数列 { an } 中, a1 = .

1 , a4 = ?4 ,则公比 q = ________; 2

a1 + a2 + L + an = _________.
【答案】 ?2 ; 2 【解析】 a1 =
n?1

1 ? . 2

1 1 , a4 = ?4 ? q = ?2 , {| an |} 是以 为首项,以 2 为公比的等比数列, 2 2 1 | a1 | + | a2 | + L + | an |= 2 n ?1 ? . 2

【2011 ? 北京理,12】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 【答案】 14 . 【解析】个数为 24 ? 2 = 14 . (用数字作答) .

?2 x≥2 ? , 【2011 ? 北京理,13】13.已知函数 f ( x ) = ? x ,若关于 x 的方程 f ( x ) = k 有两个 ?( x ? 1)3 , x < 2 ?
不同的实根,则数 k 的取值范围是 【答案】 ( 0,1) . 【解析】 f ( x ) = .

2 ( x ≥ 2) 单调递减且值域为(0,1], f ( x) = ( x ? 1)3 ( x < 2) 单调递增且值域为 x
第 5 页(共 12 页)

2011 年全国高考【北京卷】 (理科数学)试题

(?∞,1) , f ( x) = k 有两个不同的实根,则实数 k 的取值范围是(0,1) .
【2011 ? 北京理,14】14.曲线 C 是平面内与两个定点 F1 ( ?1, 0 ) 和 F2 (1, 0 ) 的距离的积等于常 数a
2

( a > 1) 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 ?F1 PF2 的面积大于 其中,所有正确结论的序号是 【答案】②③. 【解析】 . ① 曲线 C 经过原点,这点不难验证是错误的,如果经过原点,即么 a = 1 ,与条件不符; ② 曲线 C 关于原点对称,这点显然正确,如果在某点处 | PF1 || PF2 |= a , 关于原点的对称点
2

1 2 a . 2



处也一定符合 | PF1 || PF2 |= a ;
2

③三角形 F1 F2 P 的面积 Svm in =

1 1 a2 | PF1 || PF2 | sin ∠F1 PF2 ≤ | PF1 || PF2 | = . 2 2 2

三、解答题: (本大题共 6 小题,共 80 分)
【2011 ? 北京理,15】15. (本小题满分 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 ? ? 【解析】 . (Ⅰ)因为 f ( x ) = 4 cos x sin( x +

π
6

) ?1.

? π π? 上的最大值和最小值. , ? 6 4? ?

π

6 = 3 sin 2 x + 2 cos 2 x ? 1 = 3 sin 2 x + cos 2 x = 2 sin(2 x +

) ? 1 = 4 cos x(

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

π

所以 f (x ) 的最小正周期为 π .

6

)

2011 年全国高考【北京卷】 (理科数学)试题

第 6 页(共 12 页)

(Ⅱ)因为 ?

π
6

≤x≤ =

π
4

,所以 ?

π
6

≤ 2x +

π
6



于是,当 2 x + 当 2x +

π π
6
6

π
2

, 即x =

π
6

2π . 3

时, f (x ) 取得最大值 2 ;

=?

π

, 即x = ? 时, f ( x) 取得最小值 ?1 . 6 6

π

【2011 ? 北京理, 16. 本小题满分 14 分) 16】 ( 如图, 在四棱锥 P ? ABCD 中, PA ⊥ 平面 ABCD , 底面 ABCD 是菱形, AB = 2, ∠BAD = 60 .
o

(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. 【解析】 . (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). 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).
2011 年全国高考【北京卷】 (理科数学)试题 第 7 页(共 12 页)

设 P(0,- 3 ,t) (t>0) ,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 , ) , 因为平面 PCB⊥平面 PDC, 所以 m ? n =0,即 ? 6 +

6 t

36 = 0 ,解得 t = 6 , t2

所以 PA= 6 . 【2011 ? 北京理,17】17. (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 树棵树.乙组记录中有一个数据模糊,无法确认,在图中以点 X 表示.
甲组
乙组

9 9

0

X 8 9
0

11

1

(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 ? ? ? n?

(

) (

)

(

)

平均数) 【解析】 . (Ⅰ) 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
2011 年全国高考【北京卷】 (理科数学)试题 第 8 页(共 12 页)

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, 19, 21 事件“Y=17” 18, 20, 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)= 同理可得 P (Y = 18) =

2 1 = . 16 8

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× =19. 8 4 4 4 8
x 2

【2011 ? 北京理,18】18. (本小题满分 13 分)已知函数 f ( x) = ( x ? k ) e k . (Ⅰ) 求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ) 若对于任意的 x ∈ (0, +∞ ) ,都有 f ( x ) ≤ 【解析】 . (Ⅰ) f ′( x) =
x 1 2 ( x ? k 2 )e k . k 令 f ′(0 ) = 0 ,得 x = ± k . 当 k >0 时, f ( x)与f ′( x) 的情况如下:

1 ,求 k 的取值范围. e

x
f ′(x) f (x)

( ? ∞,? k ) + ↗

?k
0

(? k ,k ) — ↘

k
0 0

(k ,+∞)
+ ↗

4k 2 e ?1

所以, f (x) 的单调递减区间是( ? ∞,? k )和 (k ,+∞) ;单调递减区间是 ( ?k , k ) .

2011 年全国高考【北京卷】 (理科数学)试题

第 9 页(共 12 页)

当 k <0 时, f ( x)与f ′( x) 的情况如下:

x
f ′(x) f (x)

( ?∞, k ) — ↘

k
0 0

( k , ?k ) + ↗

?k
0

(?k , +∞ )
— ↘

4k 2 e ?1

所以, f (x ) 的单调递减区间是( ?∞, k )和 ( ?k , +∞ ) ;单调递增区间是 ( k ,? k ) .

1 1 ,所以不会有 ?x ∈ (0, +∞), f ( x ) ≤ . e e 2 4k 当 k<0 时,由(Ⅰ)知 f (x ) 在(0,+ ∞ )上的最大值是 f (? k ) = . e 1 4k 2 1 所以 ?x ∈ (0,+∞ ), f ( x) ≤ 等价于 f ? ( ? k ) = ≤ . e e e 1 解得 ? ≤ k < 0 . 2 1 1 故当 ?x ∈ (0, +∞), f ( x) ≤ ,时,k 的取值范围是 [ ? , 0) . e 2 x2 【2011 ? 北京理,19】19. (本小题满分 14 分)已知椭圆 G : + y 2 = 1 .过点 (m, 0) 作圆 4
(Ⅱ)当 k>0 时,因为 f ( k + 1) = e

1+1 k

>

x 2 + y 2 = 1 的切线 l 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. 【解析】 . (Ⅰ)由已知得 a = 2, b = 1, 所以 c =

a 2 ? b 2 = 3.
c 3 = . a 2

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

当 m = ?1 时,同理可得 | AB |=

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

2011 年全国高考【北京卷】 (理科数学)试题

第 10 页(共 12 页)

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

4k 2 m 2 ? 4 , x1 x 2 = x1 + x 2 = 1 + 4k 2 1 + 4k 2 | km | 又由 l 与圆 x 2 + y 2 = 1相切, 得 = 1, 即m 2 k 2 = k 2 + 1. 2 k +1 8k 2 m
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 由于当 m = ±3 时, | AB |= 3 ,
所以 | AB |= 因为 | AB |=

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

且当 m = ± 3 时,|AB|=2,所以|AB|的最大值为 2. 【2011 ? 北京理,20】20. (本小题满分 13 分)若数列 An = a1 , a2, ..., an ( n ≥ 2) 满足

ak +1 ? ak = 1(k = 1, 2,..., n ? 1) ,数列 An 为 E 数列,记 S ( An ) = a1 + a2 + ... + an .
(Ⅰ) 写出一个满足 a1 = as = 0 ,且 S ( A5 ) > 0 的 E 数列 An ; (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 ,使得 S ( An ) =0 ?如 果存在,写出一个满足条件的 E 数列 An ;如果不存在,说明理由. 【解析】 . 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,
2011 年全国高考【北京卷】 (理科数学)试题 第 11 页(共 12 页)

(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 ;

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,

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
所以要使 S ( An ) = 0, 必须使

(k = 1,2,L , m) 时,有 a1 = 0, S ( An ) = 0; a4 k = 1(k = 1, 2,L , m), a4 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 .

2011 年全国高考【北京卷】 (理科数学)试题

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