全国高考理科数学试题及浙江

2011年一般高等学校招生全国一致考试（浙江卷）数学（理科）试题一、选择题：本大题共10小题，每题5分，共50分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。1．设函数f(x)x,x0,4,则实数=2,x若f()x0.A．-4或-2B．-4或2C．-2或4D．-2或22．把复数z的共轭复数记作z，i为虚数单位，若z1i,则(1z)z=A．3-iB．3+iC．1+3iD．33．若某几何体的三视图以以下图，则这个几何体的直观图能够是4．以下命题中错误的选项是．．A．假如平面平面，那么平面内必定存在直线平行于平面B．假如平面α不垂直于平面，那么平面内必定不存在直线垂直于平面C．假如平面．假如平面

平面，平面平面，=l，那么l平面平面，那么平面内全部直线都垂直于平面x2y5＞05．设实数x,y知足不等式组2xy7＞0,若x,y为整数，则3x4y的最小值是x≥0，y≥0，A．14B．16C．17D．196．若0＜＜，-＜＜0，cos()1，cos(4)3，则cos()22432323B．3536A．3C．D．3997．若a,b为实数，则“m＜1或＞1baA．充分而不用要条件B．必需而不充分条件1C．充分必需条件D．既不充分也不用要条件8．已知椭圆C1:x2y21(a＞b＞0)与双曲线C1:x2y21有公共的焦点，C的一条渐近线a2b241与以C1的长轴为直径的圆订交于A,B两点，若C1恰巧将线段AB三均分，则A．a213B．a213C．b21D．b22229．有5本不一样样的书，此中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其随机的并排摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率A．1B．2C．3D4555510．设a，b，c为实数，f（x）=（x+a）(x2bxc),g(x)(ax1)(ax2bx1)．记会合S=xf(x)0,xR,Txg(x)0,xR,若S，T分别为会合元素S，T的元素个数，则以下结论不能够能的是．．．．C．

SS

=1且=2且

TT

=0B．S1且T=1=2D．S=2且T=3非选择题部分（共100分）二、填空题：本大题共7小题，每题4分，共28分11．若函数f(x)x2xa为偶函数，则实数a=。12．若某程序框图以以下图，则该程序运转后输出的k的值是。13．设二项式（x-a）6（a>0）的张开式中X的系数为A,常数项为B，x若B=4A，则a的值是。14．若平面向量α，β知足|α|=1，|β|≤1，且以向量α，β为邻边的平行四边形的面积为1，则α与β的夹角的取值范围是。215．某毕业生参加人材招聘会，分别向甲、乙、丙三个企业送到了个人简历，假设该毕业生获得甲企业面试的概率为2，获得乙丙企业面试的概率为p，且三个企业能否让其面试是互相独31立的。记X为该毕业生获得面试得企业个数。若P(X0)，则随机变量X的数学希望12E(X)216．设x,y为实数，若4x2y2xy1,则2xy的最大值是．。17．设F1,F2分别为椭圆x2y21的左、右焦点，点A,B在椭圆上，若FA5F2B;则点A的31坐标是．三、解答题;本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18．（此题满分14分）在ABC中，角A.B.C所对的边分别为a,b,c．已知sinAsinCpsinBpR,且ac1b2．5,b4（Ⅰ）当p1时，求a,c的值；4（Ⅱ）若角B为锐角，求p的取值范围；19．（此题满分14分）已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a（aR）,设数列的前n项和为S，且1，1，1成等比数列na1a2a4（1）求数列{a}的通项公式及Snn（2）记An1111111...1...，Bna1a2a22，当n2时，试比较AnS1S2S3Sna2n与B的大小．n20．（此题满分15分）PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O如图，在三棱锥落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP上能否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明原因。21．（此题满分15分）已知抛物线C1:x3＝y，圆C2:x2(y4)21的圆心为点M（Ⅰ）求点M到抛物线c1的准线的距离；（Ⅱ）已知点P是抛物线c1上一点（异于原点），过点P作圆c2的两条切线，交抛物线c1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线l的方程22．（此题满分14分）设函数f(x)(xa)2lnx,aR（I）若xe为yf(x)的极值点，务实数a；（II）务实数a的取值范围，使得对随意的x(0,3e]，恒有f(x4e2)成立，注：e为自然对数的底数。4参照答案一、选择题：本大题察看基本知识和基本运算。每题5分，满分50分。BADDBCACBD二、填空题：此题察看基本知识和基本运算。每题4分，满分28分。11．012．513．214．[,5]15．516．21017．(0,1)6635三、解答题：本大题共5小题，共72分。18．此题主要察看三角变换、正弦定理、余弦定理等基础知识，同时察看运算求解能力。满分14分。5ac,4（I）解：由题设并利用正弦定理，得1ac,a1,1解得1或a4,c4,c1.（II）解：由余弦定理，b2a2c22accosB(ac)22ac2accosBp2b21b21b2cosB,22即p231cosB,22因为0cosB1,得p2(3,2)，2由题设知p0,因此6p2.219．此题主要察看等差数列、等比数列、乞降公式、不等式等基础知识，同时察看分类讨论思想。满分14分。（I）解：设等差数列{an}的公差为d，由(1)211,a2a1a4得(ad)2a(a3d)111因为d0，因此da因此anna1,Snan(n1).25（II）解：因为12(1n1)，因此Snan1A11112(11)nS1S2S3Snan1因为a2n12n1a，因此11(1)n1111221Bna1a2a22a2n1a11a(12n).2当n2时,2nCn0Cn1Cn2Cnnn1，即1111,n12n因此，当a0时,AnBn;当a0时,AnBn.20．此题主要察看空是点、线、面地点关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时察看空间想象能力和运算求解能力。满分15分。方法一：（I）证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，成立空间直角坐标系O—xyz则O(0,0,0),A(0,3,0),B(4,2,0),C(4,2,0),P(0,0,4)，AP(0,3,4),BC(8,0,0)，由此可得APBC0，因此APBC，即APBC.（II）解：设PMPA,1,则PM(0,3,4)BMBPPMBPPA(4,2,4)(0,3,4)(4,23,44)AC(4,5,0),BC(8,0,0)设平面BMC的法向量n1(x1,y1,z1)，平面APC的法向量n(x,y,z)22226由

BMn10,BCn10,4x1(23)y1(44)x10,得8x10,x10,2323可取n1即y,(0,1,)z441441APn20,即3y24z20,由4x25y20,ACn20.x25y2,得4可取n2(5,4,3).3y2,z24由n1n20,得43230,244解得，故AM=3。5综上所述，存在点M符合题意，AM=3。方法二：（I）证明：由AB=AC，D是BC的中点，得ADBC又PO平面ABC，得POBC.因为POADO，因此BC平面PAD，故BCPA.（II）解：如图，在平面PAB内作BMPA于M，连CM，由（I）中知APBC，得AP平面BMC，又AP平面APC，因此平面BMC平面APC。在RtADB中,AB2AD2BD241,得AB41.在RtPOD中,PD2PO2OD2，在RtPDB中,PB2PD2BD2,因此PB2PO2OD2DB236,得PB=6.在RtPOA中,PA2AO2OP225,得PA5.又cosBPAPA2PB2AB21,2PAPB37进而PMPBcosBPA2，因此AM=PA-PM=3。综上所述，存在点M符合题意，AM=3。21．此题主要察看抛物线的几何性质，直线与抛物线、圆的地点关系等基础知识，同时察看分析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15分。（I）解：由题意可知，抛物线的准线方程为：y1,4因此圆心M（0，4）到准线的距离是17.4（II）解：设P(x0,x02),A(x1,x12),B(x2,x22)，则题意得x00,x01,x1x2，设过点P的圆C2的切线方程为yx2k(xx)，00即ykxkx0x02①|kx04x2|则01,1k2即(x21)k22x(4x2)k(x24)210，0000设PA，PB的斜率为k1,k2(k1k2)，则k1,k2是上述方程的两根，因此k1k22x0(x024),k1k2(x024)21x021x021.将①代入yx2得x2kxkx0x020,因为x0是此方程的根，故x1k1x0,x2k2x0，因此kABx12x22xx2kk22x2x0(x024)2x,kMPx024.x1x2110x0210x0由MPAB，得kABkMP(2x0(x0214)2x0)(x0241)，x02x0解得x0223,5即点P的坐标为(23235,)，58因此直线l的方程为3115yx4.11522．此题主要察看函数极值的见解、导数运算法例、导数应用，不等式等基础知识，同时察看推理论证能力，分类讨论分析问题和解决问题的能力。满分14分。（I）解：求导得f'(x)2(xa)lnx(xa)2(xa)(2lnx1a).xx因为xe是f(x)的极值点，因此f'()(ea)(3a)0,ee解得ae或a3e经查验，符合题意，因此ae或a3e.（II）解：①当0x1时，关于随意的实数a，恒有f(x)04e2成立；②当1x3e时，由题意，第一有f(3e)(3ea)2ln(3e)4e2，解得3e2ea3e2e，ln(3e)ln(3e)由（I）知f'(x)(xa)(2lnx1a),ax令(x)2lnx1,(1)1a0,()2lna0,hx则hha3e2ealn(3e)且h(3e)2ln(3e)12ln(3e)13e3e12(ln3e)0.ln3e又h(x)在(0,)内单一递加因此函数h(x)在(0,)内有独一零点，记此零点为x0,则1x03e,1x0a.进而，当x(0,x0)时，f'(x)0;当x(x0,a)时,f'(x)0;当x(a,)时，f'(x)0.9即f(x)在(0,x0)内单一递加，在(x0,a)内单一递减，在(a,)内单一递加。因此要使f(x)4e2对x1,3e恒成立，只需f(x0)(x