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- 2021-05-13 发布
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2011年高考理科数学试题及答案(湖南卷)
本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分,共6页,时量120分钟,满分150分。
参考公式:(1),其中为两个事件,且,
(2)柱体体积公式,其中为底面面积,为高。
(3)球的体积公式,其中为求的半径。
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,只有一项符合题目要求的。
1.若,为虚数单位,且,则( )
A. B. C. D.
答案:D
解析:3
3
2
正视图
侧视图
俯视图
图1
因,根据复数相等的条件可知。
2.设,,则“”是“”则( )
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
答案:A
解析:因“”,即,满足“”,反之“”,则,或,不一定有“”。
3.设图一是某几何体的三视图,则该几何体的体积为( )
A. B.
C. D.
答案:B
解析:有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体,其体积。
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:
男
女
总计
爱好
40
20
60
不爱好
20
30
50
总计
60
50
110
由算得
附表:
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
参照附表,得到的正确结论是( )
A.在犯错误的概率不超过的前提下,认为“爱好该项运动与性别有关”
B.在犯错误的概率不超过的前提下,认为“爱好该项运动与性别无关”
C.有以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”
D.有以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”
答案:C
解析:由,而,故由独立性检验的意义可知选C.
5.设双曲线的渐近线方程为,则的值为( )
A.4 B.3 C.2 D.1
答案:C
解析:由双曲线方程可知渐近线方程为,故可知。
6. 由直线与曲线所围成的封闭图形的面积为( )
A. B.1 C. D.
答案:D
解析:由定积分知识可得,故选D。
7. 设,在约束条件下,目标函数的最大值小于2,则的取值范围为( )
A. B. C. D.
答案:A
解析:画出可行域,可知在点取最大值,由解得。
8.设直线与函数的图像分别交于点,则当达到最小时的值为( )
A.1 B. C. D.
答案:D
解析:由题,不妨令,则,令解得,因时,,当时,,所以当时,达到最小。即。
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题号的横线上。
一、选做题(请考生在第9、10、11三题中任选两题作答,如果全做,则按前两题记分)
9.在直角坐标系中,曲线C1的参数方程为(为参数)在极坐标系(与直角坐标系取相同的长度单位,且以原点O为极点,以轴正半轴为极轴)中,曲线的方程为,则与的交点个数为 。
答案:2
解析:曲线,,由圆心到直线的距离,故与的交点个数为2.
10.设,则的最小值为 。
答案:9
解析:由柯西不等式可知。
11.如图2,是半圆周上的两个三等分点,直径,
,垂足为D, 与相交与点F,则的长为 。
答案:
解析:由题可知,,,得,,
又,所以.
二、必做题(12~16题)
12、设是等差数列的前项和,且,则
答案:25
解析:由可得,所以。
13、若执行如图3所示的框图,输入,则输出的数等于 。
答案:
解析:由框图的算法功能可知,输出的数为三个数的方差,
则。
14、在边长为1的正三角形中,设,则。
答案:
解析:由题,,
所以。
15、如图4, 是以为圆心,半径为1的圆的内接正方形,将一颗豆子随机地扔到该圆内,用A表示事件“豆子落在正方形内”,B表示事件“豆子落在扇形(阴影部分)内”,则
(1);(2)
答案:(1);(2)
解析:(1)由几何概型概率计算公式可得;
(2)由条件概率的计算公式可得。
16、对于,将表示为,当时,,当时,为0或1.记为上述表示中为0的个数,(例如,:故)则
(1) (2)
答案:(1)2;(2)
解析:(1)因,故;
(2)在2进制的位数中,没有0的有1个,有1个0的有个,有2个0的有个,……有个0的有个,……有个0的有个。故对所有2进制为位数的数,在所求式中的的和为:
。
又恰为2进制的最大7位数,所以。
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)在中,角所对的边分别为,且满足.
(I)求角的大小;
(II)求的最大值,并求取得最大值时角的大小.
解析:(I)由正弦定理得
因为所以
(II)由(I)知于是
取最大值2.
综上所述,的最大值为2,此时
18. 某商店试销某种商品20天,获得如下数据:
日销售量(件)
0
1
2
3
频数
1
5
9
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的分布列和数学期望。
解析:(I)P(“当天商店不进货”)=P(“当天商品销售量为0件”)+P(“当天商品销售量1件”)=。
(II)由题意知,的可能取值为2,3.
;
故的分布列为
2
3
的数学期望为。
19.(本题满分12分)如图5,在圆锥中,已知的直径的中点.
(I)证明:
(II)求二面角的余弦值.
解:(I)连接,因为,为的中点,所以.
又因为内的两条相交直线,所以而,所以。
(II)在平面中,过作于,由(I)知,,所以又所以.
在平面中,过作连接,则有,
从而,所以是二面角的平面角.
在
在
在
在,所以。
故二面角的余弦值为。
20. 如图6,长方形物体E在雨中沿面P(面积为S)的垂直方向作匀速移动,速度为,雨速沿E移动方向的分速度为。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×S成正比,比例系数为;(2)其它面的淋雨量之和,其值为,记为E移动过程中的总淋雨量,当移动距离d=100,面积S=时。
(Ⅰ)写出的表达式
(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,使总淋雨量最少。
解析:(I)由题意知,E移动时单位时间内的淋雨量为,
故.
(II)由(I)知,当时,
当时,
故。
(1)当时,是关于的减函数.故当时,。
(2) 当时,在上,是关于的减函数;在上,是关于的增函数;故当时,。
A. (本小题满分13分)
如图7,椭圆的离心率为,轴被曲线 截得的线段长等于的长半轴长。
(Ⅰ)求,的方程;
(Ⅱ)设与轴的交点为M,过坐标原点O的直线与相交于点A,B,直线MA,MB分别与相交与D,E.
(i)证明:;
(ii)记△MAB,△MDE的面积分别是.问:是否存在直线,使得=?
请说明理由。
解析:(I)由题意知,从而,又,解得。
故,的方程分别为。
(II)(i)由题意知,直线的斜率存在,设为,则直线的方程为.
由得,
设,则是上述方程的两个实根,于是
。
又点的坐标为,所以
故,即。
(ii)设直线的斜率为,则直线的方程为,由解得或,则点的坐标为
又直线的斜率为 ,同理可得点B的坐标为.
于是
由得,
解得或,则点的坐标为;
又直线的斜率为,同理可得点的坐标
于是
因此
由题意知,解得 或。
又由点的坐标可知,,所以
故满足条件的直线存在,且有两条,其方程分别为和。
22.(本小题满分13分)
已知函数() =,g ()=+。
(Ⅰ)求函数h ()=()-g ()的零点个数,并说明理由;
(Ⅱ)设数列满足,,证明:存在常数M,使得对于任意的,都有≤ .
解析:(I)由知,,而,且,则为的一个零点,且在内有零点,因此至少有两个零点
解法1:,记,则。
当时,,因此在上单调递增,则在内至多只有一个零点。又因为,则在内有零点,所以在内有且只有一个零点。记此零点为,则当时,;当时,;
所以,
当时,单调递减,而,则在内无零点;
当时,单调递增,则在内至多只有一个零点;
从而在内至多只有一个零点。综上所述,有且只有两个零点。
解法2:,记,则。
当时,,因此在上单调递增,则在内至多只有一个零点。因此在内也至多只有一个零点,
综上所述,有且只有两个零点。
(II)记的正零点为,即。
(1)当时,由,即.而,因此,由此猜测:。下面用数学归纳法证明:
①当时,显然成立;
②假设当时,有成立,则当时,由
知,,因此,当时,成立。
故对任意的,成立。
(2)当时,由(1)知,在上单调递增。则,即。从而,即,由此猜测:。下面用数学归纳法证明:
①当时,显然成立;
②假设当时,有成立,则当时,由
知,,因此,当时,成立。
故对任意的,成立。
综上所述,存在常数,使得对于任意的,都有.
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