2011年数学人教版卷

2011年数学人教版湖南y

sinsinxcos

22

M ,42

A．

D．2（8）f(xex1g(xx24x3f(a)g(b则bA．[2

2,2

B．(2

2,2

x,x,y

y

1A．

3 C． 34 x

f(x)x2,g(x)ln

M | 与函 达到最时t的值为 1

C．

D． a N1M1, a N1 则 ”是 ”6（湖南文12）已知f(x)为奇函数，g(x)f(x)9,g(2)3,则f(2)

f(x)x1alnx(ax(I)f（II）f

A(x1,f(x1B(x2,f(x2kak2a?若存在，求出aE移动方向的分速度为c(c

（1）P1（2）1

，记

为Ed=100S=2时。y0＜v≤10,0＜c≤5，试根据c的不同取值范围，确定移动速度vy9（湖南理22）已知函数f(x)=x3，g(x)=x xhx)=fx)-gx)nn

{a}(nN*)

，f(an1

，证明：存在常数M,1nN*an≤M1

1(a0的渐近线方程为3x

则a的值为 11、已知圆Cx2y212l4x3y圆C的圆心到直线l的距离 (2)圆C上任意一点A到直线l的距离小于2的概率 xcos12、9xoyC1的参数方程为y1sin（为参数）在极坐标系（角坐标系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cossin10，则C1与C2的交点个数 13、xOy中，曲线C的参数方程为x2

y

3sinxOy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(cossin)10,则C1与C2的交点个数 14、(13分7，椭圆

1(ab

3x

:yx2

1 C1的长半轴求C1C2的方程设C2yMO的直线l与C2A,B,MA,MB分别与C1MDME记△MAB,△MDE的面积分别是S .问：是否存在直线l,使得S1=17?请说明理由S2 S215、PF（1，0）Py求动点P的轨迹C过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1,2，设l1与轨迹C

l2与轨迹C

ADEB323正视 侧视

9A．

9x2y21a

的渐近线方程为3x

，则a的值 18（3 3

C1

1(ab

的离心率为

:yx2

C1，C2C2yMO的直线lC2A,B,MA,MBC1相交D,E．

32?19（2 ，⊙O的直径AB2,C是AB的中点，D为AC的中点2BPAC20（13）3x11x22x33x 21、若执行如图2所示的框图，输入x11,x22,x34,x48,则输出的数等 22、若执行如图3所示的框图，输入x11,x22,x33,x2，则输出的数等 男女不K

n(ad(ad)(cd)(ac)(bd

110(40302022 605060p(K2k在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“该项运动与有关”D．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“该项运动与无关”男女不K2由

nadabcdacbd算得

K211040302026050602

．P(K2k)k 有关 无关 有关 无关25、15．已知圆Cx2y212直线l4x3y圆C的圆心到直线l的距离 圆C上任意一点A到直线l的距离小于2的概率 18（X的值为：140,110,160,70,200,160,140,160,220,200,110,160,160,200,140,110,160,220,142490（万千瓦时）530（万千瓦时）的概率．男女不2K2

n(ad

110(4030

2(ab)(cd)(ac)(bd 60502P(K2k)k 29、x 的展开式中含x15的项的系数

，B（1） （B|= 31对于nN*

nna2ka2k1

2k2 21a20i0时，a1，

k 1ik时，ai为0或1.I

为上述表示中a为0的个数，（1120i4122021020I(1)0I(4)2）i（1）I(12)

2I(n) 32（15）4，EFGHO1的圆的内接正方形。将一颗豆子随机地扔到该图内，用AEFGHB表示事件“豆子落在扇形OHE（阴影部分）（1）P（A）= 33、给定kN*fN*N*knf(n设k1，则其中一个函数f在n1处的函数值 设k4，且当n42f

，则不同的函数f的个数 35、.某老师从星期一到星期五收到信件数分别是10，6，8，5，6，则该组数据的方差s2 01231595试销结束后（假设该商品的日销售量的分布规律不变3记X为第二天开始营业时该商品的件数，求X142490（万千瓦时）530（万千瓦时）的概率．23（设整数n4P(abxOy中的点，其中ab12,3…nabAn为满足ab3PAnB1(abPB 0123159518（01231595记X为第二天开始营业时该商品的件数，求X（1）P（A）= 男女不K2

nadabcdacbd

11040302020 算得，K2 605060P(K2k)k43（在△ABC中，角A,B,Ca,b,cC33 sinA-cos（B+4）的最大值，并求取得最大值时角A、B的大小44、已知函数f(x)=x3，g(x)=x xhx)=fx)-gx)设数列{a}(nN*

，f

，证明：存在常数M, nnN*a≤Mn45、6EP（S）的垂直方向作匀速移动，速度为v(v0E移动方向的分速度为c(c （1P1 （21其值为2

，记

为E移动过程中的总淋雨量，当移动距离d=100，面积S=3时。2y0＜v≤10,0＜c≤5c的不同取值范围，确定移动速度vy46、f(x)x1alnx(ax(I)f

f

有两个极x1

A(x1,f(x1B(x2,f(x2的直线的斜率为k在a，使得k2a?av（v＞0E移动方向的分速度为ccR。E（1）PP1（2） 2yEd=100S2写出y

y'cosx(sinxcosx)sinx(cosxsinx)(sinxcos

(sinxcosx)2

2、【解析】由题可知

f(x)ex11g(x)x24x3(x2)211，若有f(a)g(b),2g(b)(1,1]，即b24b31，解得2 b2223、S

cosxdxsinx|3 3

3 3)

334、【解析】由题|MN|x2lnx(x0)h(x)x2lnx

h'(x)2xxh'(x)0解得x 2

x(0, t

时，h'(x)0

x

2,2

x时 0所以

2时，| 25、6、f(2f(26（I）

x2axf'(x) a2g(x)x2axa2,当a2>0,g(x)=00，在(0f'(x)0f(x)在(0a2

,x2 aa2aa2a a2当0

时，f'(x0x1

时，f'(x0x

时，f'(x)0f

(0x1x2上单调递增，在（II）由（I）a2

2f(x)f(x)(xx)x1x2a(ln

lnx

kf(x1 2x1

x12k2x12又由(I)x1x21ln若存在ak2a.

x1

．即lnx1lnx2x1x22x12lnx0(x2x x [来源h(t)t12ln再由（I）知，函数

在(0

x2

，所以1xx21x2

这与(*) ．故不存在a，使

k23|vc|（I） 2y100(

|vc|1)5(3|vc| y5(3c3v10)5(3c10)由(I)知，当0vc时 当cv10

y5(3v3c10)5(103c) 5(3c10)15,0vy 15,cv 0c 20当

3yv的减函数.v10

210c

时，在(0c上，y是关于v的减函数；在(c,10]上，y是关于v的增函数；故当v

cx2（I） 知，x[0,)，而h(0)0，且h(1)10,h(2)6 0，x2x0h(x的一个零点，且h(x内有零点，因此h(x

h'(x)3x211x121

(x)3x21，

x '(x)6x1x13， 13x(0时，'(x)0，因此

在(0上单调递增，则

在(0

(1)0,(3) ，则

(3在

内有零点，所以

在(0此零点为x1，则当x

时，(x'(x1)0x(x1(x)'(x1)0当x 时，h(x单调递减，而h(0)0，则h(x在(0,x1]内无零点x(x1)h(x)单调递增，则h(x)在(x1内至多只有一个零点；从而h(x在(0h(x有且只有两个零点。h(x)x(x21x2

(x)x21x

'(x)2x1x3解法 ， ， 3x(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。因此h(x)在(0内也至多只有一个零点，h(x（II）记h(x

x0

x3x 当a 时

a1

a1

a3

x0

a2

①当n1a1②假设当nk

ak

成立，则当nk1 3

x x k

0

k

nk1

k

故对任意的nN*an

当a

时，由（1）h(x在(x0上单调递增。则h(ah

a3a

a3

a aa，即aa

①当n1a1②假设当nk

ak

nk1a 3a a ak

知，k

，因此，当nk1

k

故对任意的nN*

综上所述，存在常数Mmax{x0,a}，使得对于任意的nN*，都有an 10、y3x，故可知a2a42（1426

5（2）由（1）52，即l14x

3，圆心到直线的距离为3可知劣弧所对圆心角为33

P

1612、解析：曲线

:x2(y1)21，

:xy10，由圆心到直线的距离d 01，故|011|22与C2|011|2213、xy xy解析：曲线C1:4

21，曲线C2xy10y得2

8y80，易得0，故（I）a

3a2b，又b2b

a，解得a 故

4

1,y

1（II（i）y由yx2

x2kx1设A(x1,y1),B(x2,y2)，则 是上述方程的两个实根，于是x1x2 1 M的坐标为(01y1y (kx1)(kx k2xxk(xx) k2k2kMAkMB 2 1

MAMBMDME

yk1x

x

x（ii）设直线的斜率为k1yk1x1，由yx21解得y1或yk21 的坐标为(kk21,MB1B的坐标为(1,

1). k k S1

1|MA||MB

121k1121k1

|

1k| 11k1 21k1 xyk1x由

得(14k2)x28kx0，解得x0或 x24y24 y y 4k2

11则点D的坐标为 , )；又直线的斜率为

E14k214k 4k

32(1k2)|k 1 1S2

|MD||ME| 4k24k

(14k2)(4k2 S

64 由题意知 (4k2 17) 解得k24或k2 k1 k1

k

k11k11k

，所以k 2故满足条件的直线ly3xy3x 15（I）P的坐标为x,y)，由题意为

(x1)2y2|x|y22x2|x|x0时y24x;当x0时,y=0.、PC,y24x(x0)和y=0(x0).（II）由题意知，直线l10，设为k，则l1yk(x1由yk(x1k2x22k24)xk2 y2A(x1y1B(x2y2

xx24,x

1 k 1因为ll，所以

的斜率为1D(xyB(xy

xx24k2,xx 3ADADEB(AFFD)(EFAFEFAFFBFDEFFD|AF||FB||FD||EF故x11)(x21x31)(x41(2

4)11(24k2)1k84(k2

1)84kkkk1当且仅当k2k

k1ADEB16、17、（Ⅰ）eca

,从而a2b又b2b

a解得a2bC1，C2

x2 y4y

1,yx

（Ⅱ（i）ykxyx2由 x2kx1.A(x1y1B(x2y2),则x1x2x1x2k,x1x21，所以y1

y

k2x

x)1

2 1 xx xx

k2k2 1

yk1xyk1x1,由yx21x xy或yk2 (k,k2则点A的坐标为 MBMB，1,1BkkS1|MA||MB1211 1k| | 21 |k121

2|kyk1xx24y24

(14k2)x28kx由 xy或 y解

1 4k2 , 14k214k则点D的坐标

k 1, 111ME的斜率为kE11

4k

4k 32(1k2)|kS2

|MD||ME| (1k2)(k2S1S

64

因此 11(4k241717解得k24,或k211k2由题意知， k2

k2

k k 1k1 ,所以k A、B

k 11y3x和y3 19、1OC，因为OAOCD是ACPO底面⊙O，AC底面⊙OACPOOD，POPODACPOD，ACPACPODPAC。（II）PODO作OHPDH，由（I）POD平面所以OHPACPAPACPAPAO中，过O作OGPAG，连接HG，PARtODA中,ODOAsin45 2 POPO2POPO2 在

222

105POPO222POPO222 RtOHG中,sinOGHOH 1sin211sin21

155

10

1052（I）设n1x1y1z1POD

1 ,21x1

2 22则由n1OD0,

2z1设n2x2y2z2PAC则由ny2

，2z22z2得n2

2z2,y22,2,1

2,2,1)所以n1

由（I）PAC的一个法向量为n2

2,设向量n2和的夹角为cos

n2

1025|n2||n3 2510B—PA—C的余弦值为22021、4

422、3 (12)2(22)2(3 S 23、24、25（1）5（2）626（12分（I）134732（II）PP(Y490或Y530)PX130或XP(X70)P(X110)P(X13

3 3 27、答案K27.86.635P(K26.6350.010x1059010)60，x109060404060 29、30（1）2（B|=4（1）

；2=（B|=（A）=（）

4= 31（1）2（2）1093（1）因12123122021020I(122kk（2）2进制的k(k20110的有C12kkkk个，……有m0的有Cm个，……有k10的有Ck11kk的数n，在所求式中的2I(n)的和为k120k

21

22 Ck12k13k1kkkk 又127271恰为2进制的最大7位数，所 2I(n)20 3k11093 k2,(2)32（1）

（2）16解析：（1）

f(nN*k1n1

f(nn1N*，故只须f(1N*，故（2）k4n4

f(nn4N*n42f

即f(n{23，即n{1234}f(n{23}f的个数为241634、3.2种,所以概率为1.也可以由141得到 35、165 (107)2(67)2(87)2(57)2(6 s 5P“1

3（Ⅱ）X

51P(X2)P“当天商品销售量为1件） P(

3)P0）P2）P3

19

34XX23P1344EX2133X

（I）134732=132 3 38、（1）P的坐标满足条件：1ba3n3,所以Ann（2）设k为正整数，记fn 为满足题设条件以及ab3k的点P的个数，只要讨论fn(k)1的形，由1ba3kn3k

(kn3k.且kn3n13mr,其中mN*r|0,12|,则km所以Bnfn(k)(n3k) m将m

kn13

kBn

r(r1) Bn(n1)(n,

（I）P）=P）+P）=153 （II）X

51 P(x3)P("当天商品销售量为0件")+P("当天商品销售量为2件")+P("当天商品销量为3件

1+9+5 XX23P1434XEX21+3311 P“1

3（Ⅱ）XPX2)P1）

51 P(

3)P0）P2）P3）X

19

34X23P1344X的数学期望为EX2133 41（1）22) 42、（I）因为0 所sinA0.从而sinCcosC.又cosC0所以tanC1,则C4

B3 3sinAcos(B)4

3sinAcos( 3sinAcosA2sin(A60A0A

11,从而当

,即A时 2sin(A6

3sinAcos(B4

A,B5 x44、解析（I）由h(x)x3x 知，x[0,)，而h(0)0，x2h(1)10h(2)6 0x0h(xh(xh(x21h'(x3x212

1 x2，记(x)3x21 2

1 x2，则'(x)6x 4

x2x(0时，'(x)0，因此

在(0上单调递增，则

在(0又因为(1

30，则x在3

3,1内有零点，所以x在(03x1x(0x1时，(x'(x1)0x(x1(x)'(x1)0；x(0x1h(x)单调递减，而h(0)0，则h(x)在(0x1x(x1h(x单调递增，则h(x在(x1内至多只有一个零点；从而h(x在(0h(x有且只有两个零点。2h(x)x(x21

2，记(x)x21

2，则'(x)2x 2

x2x(0时，'(x)0，因此

在(0上单调递增，则

在(0因此h(x在(0内也至多只有一个零点，h(x有且只有两个零点。记h(x的正零点为x0，即 x 当a 时由a 即a .而a3a x x3因此a ①当n1a1②假设当nk

ak

成立，则当nk1 3

x x3

，因此，当nk1

k

k

kn故对任意的nN*an

当a

时，由（1）知