高考试题——数学理北京卷解析 12页

绝密★使用完毕前 ‎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，+∞）‎ ‎【答案】C ‎【解析】：，，选C。‎ ‎（2）复数 ‎（A）i （B）-i （C） （D）‎ ‎【答案】A ‎【解析】：，选A。‎ ‎（3）在极坐标系中，圆ρ=-2sinθ的圆心的极坐标系是 ‎(A) (B) (C) (1,0) (D)(1，)‎ ‎【答案】B ‎【解析】：，圆心直角坐标为（0,-1），‎ 极坐标为，选B。‎ ‎（4）执行如图所示的程序框图，输出的s值为 ‎（A）-3‎ ‎（B）-‎ ‎（C）‎ ‎（D）2‎ ‎【答案】D ‎【解析】：循环操作4次时S的值分别为，选D。‎ ‎（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：‎ AD+AE=AB+BC+CA；‎ AF·AG=AD·AE ‎③△AFB ～△ADG 其中正确结论的序号是 ‎（A）①② （B）②③‎ ‎（C）①③ （D）①②③‎ ‎【答案】A.‎ ‎【解析】：①正确。由条件可知，BD=BF，CF=CE，可得。‎ ‎②正确。通过条件可知，AD=AE。由切割定理可得。‎ ‎③错误。连接FD（如下图），若，则有。通过图像可知 ‎，因而错误。答案选A.‎ ‎（6）根据统计，一名工作组装第4件某产品所用的时间（单位：分钟）为（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 ‎【答案】D ‎【解析】由条件可知，时所用时间为常数，所以组装第4件产品用时必然满足第一个分段函数，即，，选D。‎ ‎(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) (C)10 (D) ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由三视图还原几何体如下图，该四面体四个面的面积中最大的是PAC，面积为10，选C。‎ ‎（8）设,，,.记为平行四边形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，则函数的值域为 ‎（A） （B）‎ ‎（C） （D）‎ ‎【答案】C ‎【解析】如下图，在t=0,01)的点的轨迹.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△FPF的面积大于a。‎ 其中，所有正确结论的序号是 。‎ ‎【答案】②③‎ ‎【解析】：①曲线经过原点，这点不难验证是错误的，如果经过原点，即么，与条件不符；②曲线关于原点对称，这点显然正确，如果在某点处关于原点的对称点处也一定符合 ③三角形的面积=‎ 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。‎ ‎（Ⅰ）求的最小正周期：‎ ‎（Ⅱ）求在区间上的最大值和最小值。‎ ‎【解析】：（Ⅰ）因为 所以的最小正周期为 ‎（Ⅱ）因为于是，当时，取得最大值2；当取得最小值—1．‎ ‎（16）（本小题共14分）‎ 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.‎ ‎ ‎ ‎(Ⅰ)求证：平面 ‎（Ⅱ）若求与所成角的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）当平面与平面垂直时，求的长.‎ ‎【解析】：证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，所以又因为平面。所以，‎ 所以平面。‎ ‎（Ⅱ）设，因为 所以，如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，则所设与所成角为，则 ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知设。则设平面的法 向量则，所以令则，‎ 所以同理，平面的法向量，因为平面，所以，即解得，所以 ‎（17）本小题共13分 以下茎叶图记录了甲、乙两组各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，其中为，，…… 的平均数）‎ ‎【解析】：（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 方差为 ‎（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）=‎ 同理可得 所以随机变量Y的分布列为：‎ Y ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ P ‎==19‎ ‎（18）（本小题共13分）‎ 已知函数。‎ ‎（Ⅰ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若对于任意的，都有≤，求的取值范围。‎ ‎【解析】：（Ⅰ），令，当时，的情况如下：‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ 所以，的单调递增区间是和：单调递减区间是，当时，与的情况如下：‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎0‎ 所以，的单调递减区间是和：单调递减区间是。‎ ‎（Ⅱ）当时，因为，所以不会有当时，由（Ⅰ）知在上的最大值是所以等价于， 解得故当时，的取值范围是[，0]。‎ ‎（19）（本小题共14分）‎ 已知椭圆.过点（m,0）作圆的切线l交椭圆G于A，B两点.‎ ‎（I）求椭圆G的焦点坐标和离心率；‎ ‎（II）将表示为m的函数，并求的最大值.‎ ‎【解析】：：（Ⅰ）由已知得 所以所以椭圆的焦点坐标为 ，离心率为 ‎ ‎（Ⅱ）（Ⅱ）由题意知，.当时，切线l的方程，点A、B的坐标分别为此时当m=－1时，同理可得 当时，设切线l的方程为由 设A、B两点的坐标分别为，则又由l与圆所以 由于当时，‎ 所以.因为 且当时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2‎ ‎ (20)(本小题共13分)‎ 若数列满足，数列为数列，记=.‎ ‎（Ⅰ）写出一个满足，且〉0的数列；‎ ‎（Ⅱ）若，n=2000，证明：E数列是递增数列的充要条件是=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，使得=0？如果存在，写出一个满足条件的E数列；如果不存在，说明理由。‎ ‎【解析】：（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 ‎.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—a10001，a2000—a10001……a2—a11所以a2000—a19999，即a‎2000a1+1999.又因为a1=12，a2000=2011,所以a2000=a1+1999.故是递增数列.综上，结论得证。‎