2011年普通高等学校招生全国统一考试(全国大纲卷)数学试题 (理科)(解析版)

理科数学(必修+选修II)

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。第Ⅰ卷1至2页。第Ⅱ卷3至4页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷

注意事项：

1．答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码。请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。

2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效。 ．．．．．．．．．．3．第Ⅰ卷共l2小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

一、选择题

(1)复数z1i，z为z的共轭复数，则zzz1( ) （A）2i （B）i （C）i （D）2i 【答案】B

【命题意图】本题主要考查复数的运算. 【解析】zzz1|z|z12-(1+i)-1=i.

(2)函数y2x(x0)的反函数为( )

2x2x2(xR) （B）y(x0) （A）y4422（C）y4x(xR) （D）y4x(x0)

【答案】B

【命题意图】本题主要考查反函数的求法.

y2【解析】由原函数反解得x,又原函数的值域为y0,所以函数y2x(x0)的反函数为

4x2y(x0).

4

(3)下面四个条件中，使ab成立的充分而不必要的条件是( )

（A）a＞b1 （B）a＞b1 （C）a2＞b2 （D）a3＞b3 【答案】A

【命题意图】本题主要考查充要条件及不等式的性质.

【解析】即寻找命题P,使Pab,且ab推不出P,逐项验证知可选A.

(4)设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k( ) （A）8 （B）7 （C）6 （D）5 【答案】D

【命题意图】本题主要考查等差数列的基本公式的应用. 【解析】解法一Sk2Sk[(k2)1(k2)(k1)k(k1)2][k12]4k424，解

22得k5.

解法二:Sk2Skak2ak1[1(k1)2](1k2)4k424，解得k5.

(5)设函数f(x)cosx(0)，将yf(x)的图像向右平移像重合，则的最小值等于 （A）

个单位长度后，所得的图像与原图31 （B）3 （C）6 （D）9 3【答案】C

【命题意图】本题主要考查三角函数的周期性及三角函数图像的平移变换. 【解析】由题意得

2k3(kZ),解得6k,又0,令k1,得min6.

(6)已知直二面角l,点A，ACl,C为垂足,B，BDl,D为垂 足．若AB2,ACBD1，则D到平面ABC的距离等于 (A)236 (B) (C) (D) 1 333 A 【答案】C

【命题意图】本题主要考查空间点到平面距离的求法. 【解析】如图,过D作DEBC,垂足为E,因为l是直二面角, l D E C ACl,∴AC平面,

∴ACDE,BCDE,ACIBCC,∴DE平面ABC,故DE的长为点D到平面ABC的距

离.在RtBCD中,由等面积法得DEB BDCD126. BC33

(7)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位朋友每位朋友1本，则不同的赠送方法共有

(A)4种 (B)10种 (C)18种 (D)20种 【答案】B

【命题意图】本题主要考查两个原理与排列组合知识，考察考生分析问题的能力.

1【解析】分两类:一是取出1本画册,3本集邮册,此时赠送方法有C44种；

二是取出2本画册,2本集邮册，此时赠送方法有C46种.故赠送方法共有10种.

2x(8)曲线ye1在点(0,2)处的切线与直线y0和yx围成的三角形的面积为

(A)

2112 (B) (C) (D)1 323'2x【答案】A

【命题意图】本题主要考查利用导数求切线方程和三角形面积公式. 【解析】y2e,∴曲线ye2x1在点(0,2)处的切线的斜率k2,故切线方程是

22y2x2,在直角坐标系中作出示意图得围成的三角形的三个顶点分别为(0,0)、(1,0)、(, )，

33121∴三角形的面积是S1.

233(9)设f(x)是周期为2的奇函数，当0x1时，f(x)2x(1x),则f()

(A) -

521111 (B) (C) (D)

4242【答案】A

【命题意图】本题主要考查利用函数的周期性和奇偶性求函数值的方法. 【解析】由f(x)是周期为2的奇函数,利用周期性和奇偶性得:

5511111f()f(2)f()f()2(1).

2222222

2(10)已知抛物线C：y4x的焦点为F，直线y2x4与C交于A，B两点．则cosAFB

(A)

4334 (B) (C) (D)

5555【答案】D

【命题意图】本题主要考查直线与抛物线的位置关系,余弦定理的应用.

y24x2【解析】联立消去y得x5x40,解得x1,x4,不妨设A点在x轴的上方,于是

y2x4A，B两点的坐标分别为(4,4),(1,2),又F(1,0),可求得AB35,AF5,BF2.在VABF中,

AF2BF2AB24. 由余弦定理cosAFB2AFBF5

0(11)已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成60二面角的平面β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 【答案】D

【命题意图】本题主要考查二面角的概念与球的性质.

【解析】如图所示,由圆M的面积为4知球心O到圆M的距离

1OM23,在RtOMN中,OMN30, ∴ONOM3,

2故圆N的半径rR2ON213,∴圆N的面积为

Sr213.

rrrrrrrrrrrr1(12)设向量a，b，c满足|a||b|1，agb，ac,bc60，则|c|的最大值等于

2 (A)2 (B)3 (c)2 (D)1

【答案】A

【命题意图】本题主要考查平面向量的数量积运算、向量加减法、四点共圆的条件及数形结合的思想.

uuurruuurruuurrB 【解析】如图，设ABa,ADb,ACc，则

BAD120,BCD60，BADBCD180，∴ABCD,,,r点共圆，当AC为圆的直径时，|c|最大，最大值为2.

四

A C D 绝密★启用前

2011年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学(必修+选修II)

第Ⅱ卷

注意事项：

1答题前，考生先在答题卡上用直径0．5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，然后贴好条形码。请认真核准条形码卜的准考证号、姓名和科目。

2第Ⅱ卷共2页，请用直径0．5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域 内作答，在试题卷上作答无效。

3第Ⅱ卷共l0小题，共90分。

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上(注意：在试卷上作答．．．．．．无效) ．．

(13)(1x)的二项展开式中，x的系数与x的系数之差为 . 【答案】0

【命题意图】本题主要考查二项展开式的通项公式和组合数的性质.

2181829【解析】由Tr1C(x)(1)Cx得x的系数为C20,x的系数为C20,而C20=C20,所以x209r20rrr20r2的系数与x的系数之差为0.

(14)已知(【答案】92,),sin5,则tan2 . 54 3【命题意图】本题主要考查同角三角函数的基本关系和二倍角的正切公式. 【解析】由(22tan4∴tan2. 1tan23

,),sin525sin1得cos,故tan, 55cos2x2y21的左、(15)已知F1、F2分别为双曲线C: 右焦点，点AC，点M的坐标为(2，0)，AM927为F1AF2的平分线．则|AF2| . 【答案】6

【命题意图】本题主要考查三角形的内角平分线定理，双曲线的第一定义和性质.

|AF2||MF2|41 ∴|AF1|2|AF2| |AF1||MF1|82又点AC，由双曲线的第一定义得|AF1||AF2|2|AF2||AF2||AF2|2a6.

【解析】QAM为F1AF2的平分线，∴

(16)己知点E、F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E2EB,CF2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于 . 【答案】

2 3【命题意图】本题主要考查正方体中二面角的求法.

【解析】延长FE交CB的延长线于G,连结AG,则AG为面AEF与面ABC的交线,由

B1E2EB,CF2FC1得CF2BE,∴B为GC中点.设正方体的棱长为1,则AGAC2,又

GC2,∴AC2AG2GC2∴CAG90QFC平面ABC,∴FAAG∴CAF是面

2CF2,故面AEF3AEF与面ABC所成的二面角的平面角,在RtVACF中,tanCAFAC322与面ABC所成的二面角的正切值等于.

3

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l0分)(注意：在试题卷上作答无效) ．．．．．．．．．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知AC90, ,求C.

【命题意图】本题主要考查正弦定理、三角形内角和定理、诱导公式、辅助角公式,考查考生对基础知识、基本技能的掌握情况. 【解析】由ac2b及正弦定理可得

sinAsinC2sinB …………………………………3分

又由AC90,B180(AC),故

cosCsinC2sin(AC)

 =2sin(902C)

=2cos2C …………………………………7分

22cosCsinCcos2C, 22cos(45C)cos2C

因为 0C90, 所以 2C45C,

C15 …………………………………10分

【点评】三角函数与解三角形的综合性问题，是近几年高考的热点，在高考试题中频繁出现.这类题型难度比较低，一般出现在17或18题，属于送分题，估计以后这类题型仍会保留，不会有太大改变.解决此类问题，要根据已知条件，灵活运用正弦定理或余弦定理，求边角或将边角互化.

(18)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效) ．．．．．．．．． 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位车主至少购买甲、乙两种保险中的l种的概率；

(Ⅱ)X表示该地的l00位车主中,甲、乙两种保险都不购买的车主数.求X的期望.

【命题意图】本题主要考查独立事件的概率、对立事件的概率、互斥事件的概率及二项分布的数学期望，考查考生分析问题、解决问题的能力.

【解析】记A表示事件: 该地的1位车主购买甲种保险；

B表示事件: 该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险； C表示事件: 该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的l种； D表示事件: 该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买.

(I)P(A)0.5, P(B)0.3, CAB ……………………………3分

P(C)P(AB)P(A)P(B)0.8 ……………………………6分

(Ⅱ)DC,P(D)1P(C)10.80.2

X:B(100,0.2),即X服从二项分布, ……………………………10分

0.2. 2 0所以期望 EX100 ……………………………12分

【点评】概率与统计是每年的必考题，一般安排在解答题的前3题.本题属于已知概率求概率类型. 考

查保险背景下的概率问题，要求考生熟练掌握独立事件的概率、对立事件的概率、互斥事件的概率及二项分布的数学期望.

(19)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效) ．．．．．．．．．如图，四棱锥SABCD中， AB//CD,BCCD，侧面SAB为等边三角形，ABBC2,CDSD1.

(Ⅰ)证明：SD平面SAB；

(Ⅱ)求AB与平面SBC所成角的大小.

【命题意图】以四棱锥为载体考查线面垂直证明和线面角的计算，注重与平面几何的综合.

解法一：(Ⅰ)取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DECB2，连结SE，则

SEAB，SE3. 222又SD1,故EDSESD,所以DSE为

直角. ………………3分

由ABDE,ABSE,DEISEE,得AB平面SDE,所以ABSD.

SD与两条相交直线AB、SE都垂直.

所以SD平面SAB. ………………6分 另解:由已知易求得SD1,AD5,SA2,于是

SA2SD2AD.可知SDSA,同理可得SDSB,

又SAISBS.所以SD平面SAB. ………………6分 (Ⅱ)由AB平面SDE知，平面ABCD平面SDE.

SDSE3作SFDE,垂足为F,则SF平面ABCD,SF. DE2作FGBC,垂足为G,则FGDC1. 连结SG.则SGBC.

又BCFG,SGIFGG,故BC平面SFG,平面SBC平面SFG.……9分 作FHSG,H为垂足,则FH平面SBC.

21SFFG3,即F到平面SBC的距离为. FH7SG7由于ED//BC,所以ED//平面SBC,E到平面SBC的距

21离d也为.

7设AB与平面SBC所成的角为,则

d2121sin,arcsin.……12分

EB77解法二：以C为原点,射线CD为x轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.

2设D(1,0,0),则A(2,2,0)、B(0,2,0). 又设S(x,y,z),则x0,y0,z0.

uuruuruuur(Ⅰ)AS(x2,y2,z),BS(x,y2,z),DS(x1,y,z),

uuruur由|AS||BS|得

(x2)2(y2)2z2x2(y2)2z2, 故x1.

uuur22由|DS|1得yz1,

uur222又由|BS|2得x(y2)z4,

13,z. ………………3分 22r13uur33uur33uuu13),AS(1,,),BS(1,,),DS(0,,), 于是S(1,,22222222uuuruuruuuruurDSAS0,DSBS0.

故DSAS,DSBS,又ASIBSS,

所以SD平面SAB. ………………6分

r(Ⅱ)设平面SBC的法向量a(m,n,p), ruurruurruurruur则aBS,aCB,aBS0,aCB0. uur33uur),CB(0,2,0), 又BS(1,,2233p0,mn故 ………………9分 222n0ruuur取p2得a(3,0,2),又AB(2,0,0),

uuurruuurrABa21cosAB,auuurr.

7|AB||a|即yz4y10,故y22故AB与平面SBC所成的角为arcsin21. ………………12分 7【点评】立体几何一直以来都是让广大考生又喜又忧的题目.为之而喜是因为只要能建立直角坐标系，基本上可以处理立体几何绝大多数的问题；为之而忧就是对于不规则的图形来讲建系的难度较大，问题不能得到很好的解决.今年的立几问题建系就存在这样的问题，很多考生由于建系问题导致立几的完成情况不是很好.

(20)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效) ．．．．．．．．．

设数列an满足a10且求an的通项公式； (Ⅱ)设bn

111.

1an11ann1an1n,记Snbk,证明：Sn1.

k1【命题意图】本题主要考查等差数列的定义及其通项公式,裂项相消法求和,不等式的证明，考查考生分析问题、解决问题的能力. 【解析】(Ⅰ)由题设

111,

1an11an1｝是公差为1的等差数列. 1an11=1,故=n. 又

1a11an1所以an1 ……………………………5分# (Ⅱ) 由(Ⅰ)得

n1an1 bnn｛即

n n1, n1nn111Snbk()11…………………………12分

kk1n1k1k1 【点评】2011年高考数学全国卷将数列题由去年的第18题后移,一改往年的将数列结合不等式放缩

法问题作为押轴题的命题模式，具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能,重视两纲的导向作用，也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心.估计以后的高考，对数列的考查主要涉及数列的基本公式、基本性质、递推数列、数列求和、数列极限、简单的数列不等式证明等，这种考查方式还要持续.

(21)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效) ．．．．．．．．．

n1n1g1ny21在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为2的已知O为坐标原点，F为椭圆C：x2uuruuuruuurr直线l与C交与A、B两点，点P满足OAOBOP0. (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四点在同一圆上.

2

【命题意图】本题考查直线方程、平面向量的坐标运算、点与曲线的位置关系、曲线交点坐标求法及四点共圆的条件。

y21并化简得 【解析】(I)F(0,1),l的方程为y2x1,代入x24x222x10. …………………………2

2分

设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3), 则x12626,x2, 442x1x2,y1y22(x1x2)21,

2 由题意得x3(x1x2)所以点P的坐标为(2,y3(y1y2)1, 22,1). 2y222,1)满足方程x1,故点P在椭圆C上 …6分 经验证点P的坐标(2222,1)和题设知，Q(,1)，PQ的垂直平分线l1的方程为 (II)由P(222yx. ①

221,),AB的垂直平分线l2的方程为 设AB的中点为M,则M(4221yx. ②

2421,). …………………………9分 由①、②得l1、l2的交点为N(882221311, )(1)2288832|AB|1(2)2g|x2x1|, 232|AM|,

4|NP|(22211233, )()48288311|NA||AM|2|MN|2,

8故 |NP||NA|,

又 |NP||NQ|, |NA||NB|, 所以 |NA||NP||NB||N, Q由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心,NA为半径的圆上. ……………12分

|MN|(【点评】本题涉及到平面微向量，有一定的综合性和计算量，完成有难度. 首先出题位置和平时模拟几乎没有变化，都保持全卷倒数第二道题的位置，这点考生非常适应的。相对来讲比较容易，是因为这道题最好特点没有任何的未知参数，我们看这道题椭圆完全给出，直线过了椭圆焦点，并且斜率也给出，平时做题斜率不给出，需要通过一定条件求出来，或者根本求不出来，这道题都给了，反而同学不知道怎么下手，让我求什么不知道，给出马上给向量条件，出了两道证明题，这个跟平时做的不太一样，证明题结论给大家，需要大家严谨推导出来，可能叙述的时候有不严谨的地方。这两问出的非常巧妙，非常涉及解析几何本质的内容，一个证明点在椭圆上的问题，还有一个疑问既然出现四点共圆，这都是平时很少涉及内容。从侧面体现教育深层次的问题，让学生掌握解析几何的本质，而不是把套路解决。其实几年前上海考到解析几何本质问题，最后方法用代数方法研究几何的问题，什么是四点共圆？首先在同一个圆上，首先找到圆心，四个点找圆形不好找，最简单的两个点怎么找？这是平时的知识，怎么找距离相等的点，一定在中垂线，两个中垂线交点必然是圆心，找到圆心再距离四个点距离相等，这就是简单的计算问题。方法确定以后计算量其实比往年少.

(22)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效) ．．．．．．．．．(I)设函数f(x)ln(1x)2x，证明：当x0时，f(x)0； x2(II)从编号1到100的100张卡片中每次随即抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽得的20个号码互不相同的概率为p.证明：p(9191)2 10e

【命题意图】本题为导数、概率与不等式的综合,主要考查导数的应用和利用导数证明不等式.考查考生综合运用知识的能力及分类讨论的思想，考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力.

x2【解析】(I) f(x) …………………………2分 2(x1)(x2)'当x0时, f(x)0,所以f(x)为增函数,又f(0)0,因此当x0时, f(x)0. …………………………5分 (II) p'1009998L81. 20100222又998190,988290,L918990,

919所以p().

102x由(I)知: 当x0时,ln(1x)x2

2因此 (1)ln(1x)2.

x11010在上式中,令x,则 19ln2,即()19e2.

9999191所以p()2 …………………………12分

10e【点评】导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、

基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力度不会减弱.作为压轴题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，有时还伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.