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2011年数学理(湖南)


2011 年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷)

数学(理工农医类)
一、选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 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.若 a, b ? R , i 为虚数单位,且 (a ? i )i ? b ? i 则 A. a ? 1 , b ? 1 C. a ? ?1, b ? ?1 B. a ? ?1, b ? 1 D. a ? 1, b ? ?1 3

2 2.设集合 M ? ?1, 2? , N ? a , 则 “ a ? 1 ”是“ N ? M ”的

? ?

2 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件 3.设图 1 是某几何体的三视图,则该几何体的体积为 3 正视图 侧视图

9 2 9 B. ? ? 18 2 C. 9? ? 42 D. 36? ? 18
A. ? ? 12 男 爱好 不爱好 总计
2 2

俯视图 图1

4.通过随机询问 110 名性别不同的大学生是否爱好某项运动,得到如下的列联表: 女 20 30 50 总计 60 50 110
2

40 20 60

n ? ad ? bc ? 110 ? ? 40 ? 30 ? 20 ? 20 ? 由K ? 算得, K 2 ? ? 7.8 . 60 ? 50 ? 60 ? 50 ? a ? b ?? c ? d ?? a ? c ?? b ? d ?

P( K 2 ? k )
k

0.050 3.841

0.010 6.635

0.001 10.828

参照附表,得到的正确结论是 A.再犯错误的概率不超过 0.1%的前提下,认为“爱好该项运动与性别有关” B.再犯错误的概率不超过 0.1%的前提下,认为“爱好该项运动与性别无关” C.有 99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关” D.有 99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关” 5.设双曲线

x2 y 2 ? ? 1? a ? 0 ? 的渐近线方程为 3x ? 2 y ? 0 ,则 a 的值为 a2 9
1

A.4 6.由直线 x ? ?

B.3

C.2

D.1

?
3

,x ?

?
3

, y ? 0 与曲线 y ? cos x 所围成的封闭图形的面积为

A.

1 2

B.1

C.

3 2

D. 3

?y ? x ? 7.设 m>1,在约束条件 ? y ? mx 下,目标函数 z=x+my 的最大值小于 2,则 m 的取值范围为 ?x ? y ? 1 ?
A. (1, 1 ? 2 ) C. (1,3 ) B. 1 ? 2 , ?? ) ( D. (3, ?? )

8.设直线 x=t 与函数 f ( x) ? x2 g ( x) ? ln x 的图像分别交于点 M,N,则当 MN 达到最小时 t 的值 为 A.1 B.

1 2

C.

5 2

D.

2 2

二、填空题:本大题共 8 小题,考生作答 7 小题,每小题 5 分,共 35 分,把答案填在答题卡中对应 ... 号后的横线上。 (一)选做题(请考生在 9、10、11 三题中任选两题作答,如果全做,则按前两题记分) 9.在直角坐标系 xOy 中,曲线 C1 的参数方程为 ?

? x ? cos ? , ( ? 为参数)在极坐标系(与直角坐 ? y ? 1 ? sin ?

标系 xOy 取相同的长度单位,且以原点 O 为极点,以 x 轴正半轴为极轴)中,曲线 C2 的方程 为 ? ? cos? ? sin ? ? ? 1 ? 0 ,则 C1 与 C2 的交点个数为 10.设 x, y ? R ,且 xy ? 0 ,则 ( x ?
2

1 1 )( 2 ? 4 y 2 ) 的最小值为 2 y x




11.如图 2,A,E 是半圆周上的两个三等分点,直径 BC=4, AD⊥BC,垂足为 D,BE 与 AD 相交与点 F,则 AF 的长为 (二)必做题(11~16 题) 12.设 Sn 是等差数列 {an } (n ? N ) ,的前 n 项和,且 a1 ? 1, a4 ? 7 , 则 S9 = .
?

13.若执行如图 3 所示的框图,输入 x1 ? 1 , x2 ? 2, x3 ? ?3, x ? 2 , 则输出的数等于 。

14.在边长为 1 的正三角形 ABC 中, 设 BC ? 2BD,CA ? 3CE, 则 AD ? BE ? __________________.

??? ?

???? ??? ? ?

??? ?

???? ??? ?

15.如图 4,EFGH 是以 O 为圆心,半径为 1 的圆的内接正方形。将一颗豆子随 机地扔到该图内,用 A 表示事件“豆子落在正方形 EFGH 内” B 表示事 ,
2

件“豆子落在扇形 OHE(阴影部分)内” ,则 (1)P(A)= _____________; (2)P(B|A)= 16.对于 n ? N
*



,将 n 表示 n ? a0 ? 2k ? a1 ? 2k ?1 ? a2 ? 2k ?2 ? ... ? ak ?1 ? 21 ? ak ? 20 ,当 i ? 0 时,

ai ? 1 ,当 1 ? i ? k 时, a1 为 0 或 1.记 I (n) 为上述表示中 ai 为 0 的个数(例如: I ? 1? 20 , 4 ? 1? 22 ? 0 ? 21 ? 0 ? 20 ),故 I (1) ? 0 , I (4) ? 2 ),则
(1) I (12) ? ________________;(2)

?2
n?1

m

I (n)

________________;

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 17. (本小题满分 12 分) 在△ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,且满足 csinA=acosC. (Ⅰ)求角 C 的大小; (Ⅱ)求 3 sinA-cos(B+

? )的最大值,并求取得最大值时角 A、B 的大小。 4

18. (本小题满分 12 分) 某商店试销某种商品 20 天,获得如下数据: 日销售量(件) 频数 0 1 1 5 2 9 3 5

试销结束后(假设该商品的日销售量的分布规律不变) ,设某天开始营业时有该商品 3 件, 当天营业结束后检查存货,若发现存货少于 2 件,则当天进货补充至 3 件,否则不进货,将频 .. ... 率视为概率。 (Ⅰ)求当天商品不进货的概率; (Ⅱ)记 X 为第二天开始营业时该商品的件数,求 X 的分布列和数学期型。

19. (本小题满分 12 分) 如图 5,在圆锥 PO 中,已知 PO = 2 ,⊙O 的直径 AB ? 2 , C 是 ? 的中点, D 为 AC 的中 AB 点. (Ⅰ)证明:平面 POD ? 平面 PAC ; (Ⅱ)求二面角 B ? PA ? C 的余弦值。
3

20. (本小题满分 13 分) 如图 6,长方体物体 E 在雨中沿面 P(面积为 S)的垂直方向作匀速移动,速度为 v(v>0) , 雨速沿 E 移动方向的分速度为 c ? c ? R ? 。E 移动时单位时间内的淋雨量包括两部分: (1)P 或 .... P 的平行面(只有一个面淋雨)的淋雨量,假设其值与 v ? c × 成正比,比例系数为 S 其它面的淋雨量之和,其值为 S=

1 ; (2) 10

1 ,记 y 为 E 移动过程中的总淋雨量,当移动距离 d=100,面积 2

3 时。 2

(Ⅰ)写出 y 的表达式 (Ⅱ)设 0<v≤10,0<c≤5,试根据 c 的不同取值范围,确定移动速度 v,使总淋雨量 y 最少。

21. (本小题满分 13 分) 如图 7,椭圆 C1 :

x2 y 2 3 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 ,x 轴被曲线 C2 : y ? x2 ? b 截得 2 a b 2

的线段长等于 C1 的长半轴长。 (Ⅰ)求 C1,C2 的方程; (Ⅱ)设 C2 与 y 轴的焦点为 M,过坐标原点 O 的直线 l 与 C2 相交于点 A,B,直线 MA,MB 分别与
4

C1 相交与 D,E. (i)证明:MD⊥ME; (ii)记△MAB,△MDE 的面积分别是 S1 , S2 .问:是否存在直线 l,使得 由。

S1 17 ? ?请说明理 S2 32

22. (本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x) ? x , g ( x) ? x ? x .
3

(Ⅰ)求函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) 的零点个数。并 说明理由; (Ⅱ) 设数列{ an }( n ? N )满足 a1 ? 0(a ? 0) ,
*

f (an?1 ) ? g (an ) ,证明:存在常数 M,使得 对于任意的 n ? N * ,都有 an ≤ M .

参考答案
一、选择题: DABCCDAD 二、填空题
5

9.2 10.9 11.

2 3 3

12.25

13.

2 3

14. ?

1 4

15. (1)

2

?

, (2)

1 4

16. (1)2(2)1093

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. 17. (本小题满分 12 分) 解析: (I)由正弦定理得 sin C sin A ? sin A cos C. 因为 0 ? A ? ? , 所以 sin A ? 0.从而 sin C ? cos C.又 cos C ? 0, 所以 tan C ? 1, 则C ? (II)由(I)知 B ?

?
4

3? ? A. 于是 4

3 sin A ? cos( B ? ) ? 3 sin A ? cos(? ? A) 4 ? 3 sin A ? cos A ? 2sin( A ? ). 6 3? ? ? 11? ? ? ? ?0 ? A ? ,? ? A ? ? , 从而当A ? ? , 即A ? 时, 4 6 6 12 6 2 3
2 sin( A ?

?

?

?
6

) 取最大值 2.

5? . 4 3 12 18.解(I) P ( “当天商品不进货” ? P ( ) “当天商品销售量为 0 件” ? P ( ) “当天商品销售量为 1 5 3 ? ? . 1 件” ? ) 20 20 10 (Ⅱ)由题意知, X 的可能取值为 2,3. 5 1 ? ; P( X ? 2) ? P ( “当天商品销售量为 1 件” ? ) 20 4
综上所述, 3 sin A ? cos( B ?

?

) 的最大值为 2,此时 A ?

?

,B ?

P( X ? 3) ? P ( “当天商品销售量为 0 件” ? P ( ) “当天商品销售量为 2 件” ? P ( ) “当天商
品销售量为 3 件” ? ) 故 X 的分布列为

1 9 5 3 ? ? ? . 20 20 20 4
3

X
P

2

1 4

3 4

X 的数学期望为 EX ? 2 ?

1 3 11 ? 3? ? . 4 4 4

19.解法 1:连结 OC,因为 OA ? OC, D是AC的中点,所以AC ? OD. 又 PO ? 底面⊙O,AC ? 底面⊙O,所以 AC ? PO , 因为 OD,PO 是平面 POD 内的两条相交直线,所以 AC ? 平面 POD, 而 AC ? 平面 PAC,所以平面 POD ? 平面 PAC。 (II)在平面 POD 中,过 O 作 OH ? PD 于 H,由(I)知,平面 POD ? 平面PAC,

6

PA ? 面 PAC,所以 PA ? OH . 所以 OH ? 平面 PAC,又
在平面 PAO 中,过 O 作 OG ? PA 于 G, 连接 HG, 则有 PA ? 平面 OGH, 从而 PA ? HG ,故 ?OGH 为二面角 B—PA—C 的平面角。 在 Rt ?ODA中, OD ? OA ? sin 45? ?

2 . 2
2? 2 2 ? 10 . 5 1 2? 2

在 Rt ?POD中, OH ?

PO ? OD PO 2 ? OD 2

?

在 Rt ?POA中, OG ?

PO ? OA PO2 ? OA2

?

2 ?1 6 ? . 2 ?1 3

10 OH 15 ? 5 ? . 在 Rt ?OHG中,sin ?OGH ? OG 5 6 3
所以 cos ?OGH ? 1 ? sin ?OGH ? 1 ?
2

15 10 ? . 25 5

故二面角 B—PA—C 的余弦值为

10 . 5

解法 2: (I)如图所示,以 O 为坐标原点,OB、OC、OP 所在直线分别为 x 轴、y 轴,z 轴建立 空间直角坐标系,则

1 1 O(0,0,0), A(?1,0,0), B(1,0,0), C(0,1,0), P(0,0, 2) , D ( ? , , 0) 2 2
设 n1 ? ( x1 , y1 , z1 ) 是平面 POD 的一个法向量,

1 ? 1 ??? ? ??? ? ?? x1 ? y1 ? 0, 2 则由 n1 ? OD ? 0, n1 ? OP ? 0 ,得 ? 2 ? 2 z ? 0. ? 1
所以 z1 ? 0, x1 ? y1 , 取y1 ? 1, 得n1 ? (1,1,0). 设 n2 ? ( x2 , y2 , z2 ) 是平面 PAC 的一个法向量, 则由 n2 ? PA ? 0, n2 ? PC ? 0 ,

??? ?

??? ?

7

得?

?? x2 ? 2 z2 ? 0, ? ? y2 ? 2 z2 ? 0. ?

所以 x2 ? ? 2z2 , y2 ? 2z2 .取z2 ? 1, 得 n2 ? (? 2, 2,1) 。 因为 n1 ? n2 ? (1,1,0) ? (? 2, 2,1) ? 0, 所以 n1 ? n2 . 从而平面 POD ? 平面 PAC。 (II)因为 y 轴 ? 平面 PAB,所以平面 PAB 的一个法向量为 n3 ? (0,1,0). 由(I)知,平面 PAC 的一个法向量为 n2 ? (? 2, 2,1) 设向量 n2和n3 的夹角为 ? ,则

cos? ?

n2 ? n3 2 10 ? ? . | n2 | ? | n3 | 5 5

由图可知,二面角 B—PA—C 的平面角与 ? 相等, 所以二面角 B—PA—C 的余弦值为 20. (本小题满分 13 分) 解: (I)由题意知,E 移动时单位时间内的淋雨量为 故y?

10 . 5
3 1 |v?c|? , 20 2

100 3 1 5 ( | v ? c | ? ) ? (3 | v ? c | ?10) , v 20 2 v

(II)由(I)知

5 5(3c ? 10) (3c ? 3v ? 10) ? ? 15; v v 5 5(10 ? 3c) ? 15. 当 c ? v ? 10时, y ? (3v ? 3c ? 10) ? v v
当 0 ? v ? c 时, y ?

? ?(3c ? 10) ? 15, 0 ? v ? c, ? ? v 故y?? ? 5(10 ? 3c) ? 15, c ? v ? 10. ? v ?
10 时,y 是关于 v 的减函数, 3 3c 故当 v ? 10时, ymin ? 20 ? . 2 10 ? c ? 5 时,在 ? 0, c ? 上,y 是关于 v 的减函数, (2)当 3
(1)当 0 ? c ?
8

在 ? c,10? 上,y 是关于 v 的增函数, 故当 v ? c时, ymin ? 21. )由题意知 e ? (Ⅰ

50 . c

c 3 ? , 从而a ? 2b, 又2 b ? a, 解得a ? 2, b ? 1. a 2
x2 ? y 2 ? 1, y ? x 2 ? 1. 4

故 C1,C2 的方程分别为

(Ⅱ (i)由题意知,直线 l 的斜率存在,设为 k,则直线 l 的方程为 y ? kx . )

由?

? ? y ? kx 得 2 ? ?y ? x ?1

x 2 ? kx ? 1 ? 0 .
设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ),则x1 , x2 是上述方程的两个实根,于是

x1 ? x2 ? k , x1 x2 ? ?1.
又点 M 的坐标为(0,—1) ,所以
2 y1 ? 1 y 2 ? 1 (kx1 ? 1)(kx2 ? 1) k x1 x2 ? k ( x1 ? x2 ) ? 1 ? ? ? x1 x2 x1 x2 x1 x2

k MA ? k MB ?

?

? k 2 ? k 2 ?1 ?1

? ?1.

故 MA⊥ MB,即 MD⊥ ME. (ii)设直线 MA 的斜率为 k1,则直线 MA 的方程为 y ? k1 x ? 1,由?

? y ? k1 x ? 1, ? 解得 2 ?y ? x ?1 ?

?x ? 0 ?x ? k , 或? ? 2 ? y ? ?1 ? y ? k1 ? 1
则点 A 的坐标为 (k1 , k1 ? 1) .
2

又直线 MB 的斜率为 ?

1 , k1 1 1 , ? 1). k1 k12

同理可得点 B 的坐标为 (?

于是 S1 ?

1 1 1 1 1 ? k12 | MA | ? | MB |? 1 ? k12 ? | k1 | ? 1 ? 1 ? | ? |? 2 2 k1 k1 2 | k1 |
9

由?

? ? y ? k1 x ? 1, 得 (1 ? 4k12 ) x 2 ? 8k1 x ? 0. x2 ? 4 y2 ? 4 ? 0 ? ?

8k1 ? ? x ? 1 ? 4k 2 , ? x ? 0, ? 1 解得 ? 或? 2 ? y ? ?1 ? y ? 4k1 ? 1 ? 1 ? 4k12 ?
则点 D 的坐标为 (

8k1 4k12 ? 1 , ). 1 ? 4k12 1 ? 4k12 ? 8k1 4 ? k12 1 ,同理可得点 E 的坐标为 ( , ). k 4 ? k12 4 ? k12

又直线 ME 的斜率为 ?

于是 S 2 ?

32(1 ? k12 )? | k1 | 1 . | MD | ? | ME |? 2 (1 ? k12 )(k12 ? 4)

因此

S1 1 4 ? (4k12 ? 2 ? 17). S2 64 k1 1 4 17 1 (4k12 ? 2 ? 17) ? , 解得k12 ? 4, 或k12 ? . 64 k1 32 4
k12 ?

由题意知,

1 k12 1 3 ? k1 ? , 所以k ? ? . 又由点 A、B 的坐标可知, k ? 1 k1 2 k1 ? k1
故满足条件的直线 l 存在,且有两条,其方程分别为 y ?

3 3 x和y ? ? x. 2 2

22.解: (I)由 h( x) ? x3 ? x ? x知, x ?[0, ??) ,而 h(0) ? 0, 且h(1) ? ?1 ? 0 ,

h(2) ? 6 ? 2 ? 0, 则x ? 0为h( x) 的一个零点,且 h( x) 在(1,2)内有零点。
因此 h( x) 至少有两个零点。 解法 1: h?( x) ? 3x ? 1 ?
2

1 ?2 1 ? 1 ? x , 记 ? ( x) ? 3x 2 ? 1 ? x 2 , 则 ? ?( x) ? 6 x ? x 2 . 2 2 4

1

1

3

当 x ? (0, ??)时, ? ?( x) ? 0,因此? ( x)在(0, ??) 上单调递增,则 ? ( x )在(0, ?? ) 内至多只有一 个零点。又因为 ? (1) ? 0, ? (

3 3 ) ? 0, 则? ( x)在( ,1) 内有零点,所以 ? ( x)在(0, ??) 内有且 3 3

只 有 一 个 零 点 , 记 此 零 点 为 x1 , 则当 x ? (0, x 时 ? ( ? ? , x ) 1 )
10

x ? ; 当 x ? ( x1 ,?? ) 时 , ( ) 0 1

? ( x) ? ? ( x1 ) ? 0.
所以, 当 x ? (0, x1 )时, h( x) 单调递减,而 h(0) ? 0, 则h( x)在(0, x1 ] 内无零点; 当 x ? (0, x1 )时, h( x) 单调递减,而 h(0) ? 0, 则h( x)在(0, x1 ] 内无零点; 当 x ? ( x1 , ??)时, h( x) 单调递增,而 h( x)在( x1 , ??) 内至多只有一个零点。 从而 h( x)在(0, ??) 内至多只有一个零点。 综上所述, h( x) 有且只有两个零点。
? 1 2

解法 2:由 h( x) ? x( x 2 ? 1 ? x

), 记? ( x) ? x ? 1 ? x
2

?

1 2

,则 ? ?( x) ? 2 x ?

1 ?2 x . 2

3

当 x ? (0, ??)时, ? ?( x) ? 0, 从而 ? ( x)在(0, ??) 上单调递增, 则 ? ( x)在(0, ??) 内至多只有一个零点,因此 h( x)在(0, ??) 内也至多只有一个零点。 综上所述, h( x) 有且只有两个零点。
3 (II)记 h( x) 的正零点为 x0 ,即x0 ? x0 ?

x0 .

(1)当 a ? x0时,由a1 ? a,即a1 ? x0 .
2 而 a2 ? a1 ? a1 ? x 0 ? 3 x0 ? x0 ,因此a2 ? x0 .

由此猜测: an ? x0 。下面用数学归纳法证明。 ①当 n ? 1 , a1 ? x0 显然成立。 时 ②假设当 n ? k (k ? 1)时, ak ? x0 成立, 则当n ? k ? 1 时,由
3 3 an?1 ? ak ? ak ? x0 ? x0 ? x0知, ak ?1 ? x0 . 因此,当 n ? k ? 1时, ak ?1 ? x0 成立。

故对任意的 n ? N * , ak ? x0 成立。 (2)当 a ? x0时 ,由(I)知, h( x)在( x0 , ??) 上单调递增,则 h(a) ? h( x0 ) ? 0 ,
3 即 a3 ? a ? a .从而a2 ? a1 ? a1 ? a ? a ? a3 ,即a2 ? a ,

由此猜测: ak ? a ,下面用数学归纳法证明, ①当 n ? 1 , a1 ? a 显然成立。 时
11

②假设当 n ? k (k ? 1)时, ak ? a 成立,则当 n ? k ? 1 时,
3 由 ak ?1 ? ak ? ak ? a ? a ? a3知, ak ?1 ? a

因此,当 n ? k ? 1 , ak ?1 ? a 成立, 时 故对任意的 n ? N * , an ? a 成立 综上所述,存在常数 M ? max{x0 , a},使得对于任意的 n ? N * , 都有an ? M .

12


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