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2011年北京高考数学(理)试题及答案


2011 年北京高考数学(理)试题及答案
2011 年普通高等学校招生全国统一考试

数学(理) (北京卷)
本试卷共 5 页,150 分。考试时间长 120 分钟。考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作 答无效。考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分(选择题

共 40 分)

一、选择题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分。在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的 一项。 1.已知集合 P={x︱x2≤1},M={a}.若 P∪M=P,则 a 的取值范围是 A.(-∞, -1] B.[1, +∞) C.[-1,1] D.(-∞,-1] ∪[1,+∞) 2.复数

i?2 ? 1 ? 2i
B.-i C. ?

A.i

4 3 ? i 5 5

D. ?

4 3 ? i 5 5

3.在极坐标系中,圆 ρ=-2sinθ 的圆心的极坐标系是 A. (1,

?
2

)

B. (1, ?

?
2

)

C. (1,0) D.(1, ? ) 4.执行如图所示的程序框图,输出的 s 值为 A.-3

1 2 1 C. 3
B.D.2 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: ①AD+AE=AB+BC+CA; ②AF· AG=AD· AE ③△AFB ~△ ADG 其中正确结论的序号是 A.①② B.②③ C.①③ D.①②③

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

c x c A

, x ? A,
(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 件产品用时 15 分钟,那么 C 和 A 的值分别是 A.75,25 B.75,16 C.60,25 D.60,16 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

B. 6 2

C.10

D. 8 2

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? C. ?9,11,12? B. ?9,10,12? D. ?10,11,12?

第二部分
9.在 ?ABC 中。若 b=5, ?B ?

(非选择题 共 110 分)

二、填空题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分。

?
4

,tanA=2,则 sinA=____________;a=_______________。

10. 已知向量 a= ( 3 , , (0, , (k, 3 ) 若 a-2b 与 c 共线, k=___________________。 1) b= -1) c= 。 则 11 . 在 等 比 数 列 {an} 中 , a1=

1 , a4=-4 , 则 公 比 2

q=______________ ;

a1 ? a2 ? ... ? an ? ____________。
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__________个。 (用

数字作答)

?2 x?2 ? , 13. 已知函数 f ( x) ? ? x 若关于 x 的方程 f(x)=k 有两个不同的实根,则数 k 的取值范 ?( x ? 1)3 , x ? 2 ?
围是_______ 14.曲线 C 是平面内与两个定点 F1(-1,0)和 F? 2(1,0)的距离的积等于常数 a (a ? 1) 的点
2

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△ F 1 PF 2 的面积大于

1 2 a 。 2

其中,所有正确结论的序号是 。 三、解答题共 6 小题,共 80 分,解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程。 15.(本小题共 13 分) 已知函数 f ( x) ? 4cos x sin( x ? (Ⅰ)求 f ( x) 的最小正周期: (Ⅱ)求 f ( x) 在区间 ? ?

?
6

) ?1。

? ? ?? 上的最大值和最小值。 , ? 6 4? ?

16.(本小题共 14 分) 如 图 , 在 四 棱 锥 P ? ABCD 中 , PA ? 平 面 A B C D 底 面 A B C D 菱 形 , , 是

AB ? 2, ?BAD ? 60? .
(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.

17.本小题共 13 分 以下茎叶图记录了甲、乙两组个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 X 表示。

(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 ?
2 2 2 2 1? x1 ? x ? x2 ? x ? ? ? xn ? x ? ,其中 x 为 x1 , x2 ,…… xn 的平 ? ? ? n?

?

? ?

?

?

?

均数)

18.(本小题共 13 分) 已知函数 f ( x) ? ( x ? k )2 e k 。 (Ⅰ)求 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)若对于任意的 x ? (0, ??) ,都有 f ( x) ≤
x

1 ,求 k 的取值范围。 e

19.(本小题共 14 分) 已知椭圆 G :

x2 ? y 2 ? 1 .过点(m,0)作圆 x 2 ? y 2 ? 1的切线 I 交椭圆 G 于 A,B 两点. 4

(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.

20.(本小题共 13 分)

n 若数列 An ? a1 , a2,...,an ( ? 2)满足 an ?1 ? a1 ? 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 ( As ) 〉0 的 E 数列 An ; (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; (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。

参考答案
一、选择题(共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分) (1)C (2)A (3)B (4)D (5)A (6)D (7)C (8)C 二、填空题(共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) (9)

2 5 5

2 10

(10)1

(11)—2

2 n ?1 ?

1 2

(12)14

(13) (0,1) (14)②③ 三、解答题(共 6 小题,共 80 分) (15) (共 13 分) 解: (Ⅰ)因为 f ( x) ? 4 cos x sin(x ?

?
6

) ?1

? 4 cos x(

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

? 3 sin 2 x ? 2 cos2 x ? 1

? 3 sin 2 x ? cos 2 x

? 2 sin(2 x ?

?
6

)

所以 f (x) 的最小正周期为 ? (Ⅱ)因为 ?

?
6

?x? ?

?
4

, 所以 ?

?
6

? 2x ?

?
6

?

于是,当 2 x ? 当 2x ?

?
6

?
2

,即x ?

?
6

2? . 3

时, f (x) 取得最大值 2;

?
6

??

?

,即x ? ? 时, f ( x) 取得最小值—1. 6 6

?

(16) (共 14 分) 证明: (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 ? ,则

cos?

PB ? AC | PB | ?| AC |

?

6 2 2?2 3

?

6 . 4

(Ⅲ)由(Ⅱ)知 BC ? (?1, 3 ,0). 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 t2

解得 t ?

6

所以 PA= 6 (17) (共 13 分) 解(1)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

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 17,18,19,20,21 事件“Y=17” 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)=

2 1 ? . 16 8 1 1 1 1 同理可得 P(Y ? 18) ? ; P(Y ? 19) ? ; P(Y ? 20) ? ; P(Y ? 21) ? . 4 4 4 8
所以随机变量 Y 的分布列为: Y P 17 18 19 20 21

1 8 1 4 1 4 1 4

1 4 1 8

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× +18× +19× +20× +21× =19 (18) (共 13 分) 解: (Ⅰ) f ?( x) ?

1 8

1 2 ( x ? k 2 )e 1 . k

x

令 f ??0? ? 0 ,得 x ? ?k . 当 k>0 时, f ( x)与f ?( x) 的情况如下 x ( ? ?,?k ) + ↗

?k
0

( ? k ,k) — ↘

k 0 0

(k ,??)
+ ↗

f ?(x) f (x)

4k 2 e ?1

所以, f (x) 的单调递减区间是( ? ?,?k )和 (k ,??) ;单高层区间是 (?k , k ) 当 k<0 时, f ( x)与f ?( x) 的情况如下 x ( ? ?,?k ) — ↘

?k
0 0

( ? k ,k) + ↗

k 0

(k ,??)
— ↘

f ?(x) f (x)

4k 2 e ?1

所以, f (x) 的单调递减区间是( ? ?,?k )和 (k ,??) ;单高层区间是 (k ,?k )

(Ⅱ)当 k>0 时,因为 f (k ? 1) ? e

1?1 k

?

1 1 ,所以不会有 ?x ? (0,??), f ( x) ? . e e

当 k<0 时,由(Ⅰ)知 f (x) 在(0,+ ? )上的最大值是 f (? k ) ?

4k 2 . e

4k 2 1 1 ? . 所以 ?x ? (0,??), f ( x) ? 等价于 f ? (? k ) ? e e e
解得 ?

1 ? k ? 0. 2

故当 ?x ? (0,??), f ( x) ? (19) (共 14 分)

1 1 . 时,k 的取值范围是 [? ,0). e 2

解: (Ⅰ)由已知得 a ? 2, b ? 1, 所以 c ?

a 2 ? b 2 ? 3.

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

c 3 ? . a 2

(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 3

当 m=-1 时,同理可得 | AB |?

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

? y ? k ( x ? m), ? 得(1 ? 4k 2 ) x 2 ? 8k 2 mx ? 4k 2 m 2 ? 4 ? 0 由 ? x2 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

8k 2 m

又由 l 与圆 x ? y ? 1相切, 得
2 2

| km| k ?1
2

? 1, 即m 2 k 2 ? k 2 ? 1.

所以 | AB |?
2

( x 2 ? x1 ) 2 ? ( y 2 ? y1 ) 2

64 k 4 m ? 4 ( 4 k 2 m 2 ? 4) ? (1 ? k )[ ? ] (1 ? 4k 2 ) 2 1 ? 4k 2 ? 4 3|m| . m2 ? 3

由于当 m ? ?3 时, | AB |? 所以 | AB |?

3,

4 3|m| , m ? (??,?1] ? [1,??) . m2 ? 3

因为 | AB |?

4 3|m| ? m2 ? 3

4 3 3 |m|? |m|

? 2,

且当 m ? ? 3 时,|AB|=2,所以|AB|的最大值为 2. (20) (共 13 分) 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,?,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, 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,?,1999 ), 即An 是递增数列. 综上,结论得证。 (Ⅲ)令 ck ? a k ?1 ? a k ? 1 ? 0(k ? 1,2,?, n ? 1), 则c A ? ?1. 因为 a 2 ? a1 ? c1 ? a1 ? a1 ? c1 ? c2

……

an ? a1 ? c1 ? c2 ? ? ? cn?1 ,
所以 S ( An ) ? na1 ? (n ? 1)c1 ? (n ? 2)c 2 ? (n ? 3)c3 ? ? ? cn ?1

?

n(n ? 1) ? [(1 ? c1 )( n ? 1) ? (1 ? c2 )( n ? 2) ? ? ? (1 ? cn?1 )]. 2

1 因为 c k ? ?1, 所以 ? ck 为偶数(k ? 1,?, n ? 1).
所以 *1 ? c1 )( n ? 1) ? (1 ? c2 )( n ? 2) ? ? ? (1 ? cn ) 为偶数, 所以要使 S ( An ) ? 0, 必须使

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, a4 k ?2 ? ?1, a 4 k ? 1

(k ? 1,2,?, m) 时,有 a1 ? 0, S ( An ) ? 0;
a 4 k ? 1(k ? 1,2,?, m), a 4 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 ? a3k ?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.


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