安徽高考数学理科试卷A3含答案102教育完整word收藏版 5页

‎2011年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）‎ 数学（理科）‎ 本试题分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，其中第Ⅰ卷第1至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页。全卷满分150分，考试时间120分钟。‎ 考生注意事项：‎ ‎1、答题前，务必在试题卷，答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。务必在答题卡背面规定的地方填写姓名和座位号后两位。‎ ‎2、答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号。‎ ‎3、答Ⅱ卷时，必须使用‎0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔记清晰。作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后在用‎0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。‎ ‎4、考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。‎ 参考公式：‎ 如果事件A与B互斥，那么 锥体积V=Sh, 其中S为锥体的底面面积， ‎ P(A+B)=P(A)+P(B) h为锥体的高 如果事件A与B相互独立，那么 ‎ P(AB)=P(A)P(B) ‎ 第Ⅰ卷（选择题 共50分）‎ 一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎（1）设i是虚数单位，复数为纯虚数，则实数a为 ‎(A)2 (B) -2 (C) (D)‎ ‎（2）双曲线的实轴长是 ‎(A)2 (B) (C) 4 (D) ‎ ‎（3）设是定义在R上的奇函数，当时，,则 ‎(A)-3 (B)-1 (C) 1 (D)3‎ ‎（4）设变量x,y满足|x|+|y|≤1，则x+2y的最大值和最小值分别为 ‎(A) 1,-1 (B) 2,-2 (C)1,-2 (D)2,-1‎ ‎（5）在极坐标系中，点到圆的圆心的距离为 ‎(A) 2 (B) (C) (D)‎ ‎（6）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ‎(A) 48 (B) ‎ ‎(C) (D) 80‎ ‎（7）命题“所有能被2整除的整数都是偶数”的否定是 ‎(A) 所有不能被2整除的整数都是偶数 ‎ ‎(B) 所有不能被2整除的整数都不是偶数 ‎ ‎(C) 存在一个不能被2整除的整数是偶数 ‎ ‎(D) 存在一个能被2整除的整数不是偶数 ‎（8）设集合A={1,2,3,4,5,6},B={4,5,6,7,8}，则满足且的集合S的个数是 ‎(A)57 (B) 56 (C) 49 (D)8‎ ‎（9）已知函数，其中为实数，若对恒成立，且，则 的单调递增区间是 ‎(A) (B) ‎ ‎(C) (D) ‎ ‎（10）函数在区间[0,1]上的图像如图所示，则m,n的值可能是 ‎(A) m=1,n=1 (B) m=1,n=2 ‎ ‎(C) m=2,n=1 (D) m=3,n=1‎ 第Ⅱ卷（非选择题共100分）‎ 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。把答案填在答题卡的相应位置。‎ ‎（11）如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是 .‎ ‎（12）设，则 .‎ ‎（13）已知向量a,b满足(a+2b)·(a-b)=-6，且|a|=1,|b|=2，则a与b的夹角为 .‎ ‎（14）已知⊿ABC的一个内角为120°，并且三边长构成公差为4的等差数列，则⊿ABC的面积为 .‎ ‎（15）在平面直角坐标系中，如果x与y都是整数，就称点(x,y)为整点。下列命题中正确的是 .（写出所有正确命题的编号）。‎ ‎①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点 ‎②如果k与b都是无理数，则直线y=kx+b不经过任何整点 ‎③直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点 ‎④直线y=kx+b经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数 ‎⑤存在恰经过一个整点的直线 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。解答写在答题卡的指定区域内。‎ ‎（16）（本小题满分12分）‎ 设，其中a为正实数.‎ ‎（Ⅰ）当时，求的极值点；‎ ‎（Ⅱ）若为R上的单调函数，求a的取值范围 ‎（17）（本小题满分12分）‎ 如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA=1，OD=2，⊿OAB, ⊿OAC, ⊿ODE, ⊿ODF都是正三角形. ‎ ‎（Ⅰ）证明直线BC∥EF;‎ ‎（Ⅱ）求棱锥F-OBED的体积.‎ ‎（18）（本小题满分13分）‎ 在数1和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作，再令，n≥1.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，求数列的前n项和.‎ ‎（19）（本小题满分12分）‎ ‎（Ⅰ）设x≥1,y≥1，证明；‎ ‎（Ⅱ）设10，知 在R上恒成立，因此，由此并结合a>0，知.‎ ‎（17）本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力。‎ ‎（Ⅰ）（综合法）‎ 证明：设G是线段DA与线段EB延长线的交点，由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以OB∥,OB=,OG=OD=2‎ 同理，设G′是线段DA与线段FC延长线的交点，有OG′=OD=2，又由于G和G′都在线段DA的延长线上，所以G与G′重合。‎ 在△GED和△GFD中，由OB∥,OB=和OC∥, OC=,可知B,C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.‎ ‎（向量法）‎ 过点F作FQ⊥AD,交AD于点Q，连QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED,以Q为坐标原点，为x轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系。‎ 由条件知E(，0,0)，F（0,0，），B（，-，0），C（0，-，）。‎ 则有，，。‎ 所以，即得BC∥EF.‎ ‎（Ⅱ）解：由OB=1，OE=2，∠EOB=60°，知SEOB=,而△OED是边长为2的正三角形，故SOED=,所以SOBED=SEOB+SOED=。‎ 过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F-OBED的高，且FQ=，所以VF-OBED=FQ·SOBED=。‎ ‎（18）本题考查等比和等差数列，对数和指数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用基本知识解决问题的能力，创新思维能力和运算求解能力。‎ 解：（Ⅰ）设构成等比数列，其中，则 ‎ ①‎ ‎ ②‎ ‎①×②并利用，得 ‎（Ⅱ）由题意和（Ⅰ）中计算结果，知 另一方面，利用 得 所以 ‎（19）本题考查不等式的性质，对数函数的性质和对数换底公式等基本知识，考查代数式的恒等变形和推理论证能力。‎ 证明：（Ⅰ）由于x≥1,y≥1，所以 将上式中的右式减左式，得 既然x≥1,y≥1，所以，从而所要证明的不等式成立。‎ ‎（Ⅱ）设，由对数的换底公式得 于是，所要证明的不等式即为 其中 故由（Ⅰ）立知所要证明的不等式成立。‎ ‎（20）本题考查相互独立事件的概率计算，考查离散型随机变量及其分布列、均值等基本知识，考查在复杂情境下处理问题的能力以及抽象概括能力、合情推理与演绎推理，分类讨论思想，应用意识与创新意识。‎ 解：（Ⅰ）无论以怎样的顺序派出人员，任务不能被完成的概率都是，所以任务能被完成的概率与三个人被派出的先后顺序无关，并等于 ‎（Ⅱ）当依次派出的三个人各自完成任务的概率分别为时，随机变量X的分布列为 X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 所需派出的人员数目的均值（数学期望）EX是 EX=++‎ ‎=‎ ‎（Ⅲ）（方法一）由（Ⅱ）的结论知，当甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时，‎ EX=‎ 根据常理，优先派出完成任务概率大的人，可减少所需派出的人员数目的均值。‎ 下面证明：对于的任意排列，都有 ‎ （＊）‎ 事实上，‎ 即（＊）成立。‎ ‎（方法二）（ⅰ）可将（Ⅱ）中所求的EX改写为，若交换前两人的派出顺序，则变为。由此可见，当时，交换前两人的派出顺序可减少均值。‎ ‎（ⅱ）也可将（Ⅱ）中所求的EX改写为，若交换后两人的派出顺序，则变为。由此可见，若保持第一个派出的人选不变，当时，交换后两人的派出顺序也可减少均值。‎ 综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当=时，EX达到最小。即完成任务概率大的人优先派出，可减少所需派出人员数目的均值，这一结论是合乎常理的。‎ ‎（21）本题考查直线和抛物线的方程，平面向量的概念，性质与运算，动点的轨迹方程等基本知识，考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力，全面考核综合数学素养。‎ 解：由知Q,M,P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设P(x,y),Q(x,y0),M(x,x2),则,即 ‎ ①‎ 再设，由，即，解得 ‎ ②‎ 将①式代入②式，消去，得 ‎ ③‎ 又点B在抛物线上，所以，再将③式代入，得 整理得 因，两边同除以，得 故所求点P的轨迹方程为。‎