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- 2021-05-14 发布
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2011年普通高等学校招生全国统一考试(广东卷)
数学(理科)
本试题共4页,21小题,满分150分,考试用时120分钟。
注意事项:
1、 答卷前,考生务必用黑色自己的钢笔或签字笔将自己的姓名、和考生号、试室号、座位号,填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2、 选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3、 非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求做大的答案无效。
4、 作答选做题时,请先用2B铅笔填涂选做题的题号对应的信息点,再做答。漏涂、错涂、多涂的,答案无效。
5、 考生必须保持答题卡得整洁。考试结束后,将试卷和答题卡一并交回。
参考公式:柱体的体积公式,其中为柱体的底面积,为柱体的高.
线性回归方程中系数计算公式,.
其中表示样本均值.
是正整数,则…)
.
一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,满分40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. 设复数满足,其中为虚数单位,则=
A. B. C. D.
【解析】B;依题意得,故选B.
2.已知集合为实数,且,为实数,且,则的元素个数为
A.0 B.1 C.2 D.3
3. 若向量,,满足∥且⊥,则
A.4 B.3 C.2 D.0
【解析】D;因为∥且⊥,所以⊥,从而,故选D.
4. 设函数和分别是上的偶函数和奇函数,则下列结论恒成立的是
A.是偶函数 B.是奇函数
C.是偶函数 D.是奇函数
【解析】A;依题意,故,从而 是偶函数,故选A.
5. 在平面直角坐标系上的区域由不等式组给定,若为上的动点,点的坐标为,则的最大值为
x
y
O
2
A
A. B.
C.4 D.3
【解析】C;目标函数即,画出可行域如图所示,代入端点
比较之,易得当时取得最大值,故选C.
6. 甲、乙两队进行排球决赛,现在的情形是甲队只要再赢一次就获冠军,
乙队需要再赢两局才能得冠军,若两队胜每局的概率相同,则甲队获
得冠军的概率为
A. B. C. D.
【解析】D;设甲队获得冠军为事件,则包含两种情况:(1)第一局胜;(2)第一局负但第二局胜;故所求概率,从而选D.
7. 如图1-3,某几何体的正视图(主视图)是平行四边形,
侧视图(左视图)和俯视图都是矩形,则该几何体的体积
为
A. B.
C. D.
【解析】B;该几何体是以正视图所在的平行四边形为底面,高为
的四棱柱,又平行四边形的底边长为,高为,所以面积
,从而所求几何体的体积,故选B.
8.设是整数集的非空子集,如果有,则称
关于数的乘法是封闭的. 若,是的两个不相交的非空子集,且有有,则下列结论恒成立的是
A.中至少有一个关于乘法是封闭的 B. 中至多有一个关于乘法是封闭的
C. 中有且只有一个关于乘法是封闭的 D. 中每一个关于乘法都是封闭的
【解析】A;因为,故必有或,不妨设,则令,依题意对,有,从而关于乘法是封闭的;(其实到此已经可以选A了,但为了严谨,我们往下证明可以有一个不封闭以及可以两个都封闭),取,则为所有负整数组成的集合,显然封闭,但显然是不封闭的,如;同理,若奇数,偶数,显然两者都封闭,从而选A.
二、填空题:本大题共7小题,考生作答6小题,每小题5分,满分30分。
(一)必做题(9-13题)
9. 不等式的解集是 .
【解析】;解法一:原不等式或或,解得,从而原不等式的解集为.
解法二(首选):的几何意义为到点的距离与到点的距离的差,画出数轴易得.
解法三:不等式即,平方得,解得.
10. 的展开式中,的系数是 (用数字作答)
【解析】;题意等价于求的展开式中的系数,
,令得,故所求系数为.
11. 等差数列前9项的和等于前4项的和. 若,则______.
【解析】由得,,故.
或者:
12. 函数在_____处取得极小值.
【解析】;,当或时,;当时,,故当时,取得极小值.
13. 某数学老师身高176cm,他爷爷、父亲和儿子的身高分别是173cm、170cm和182cm .因儿子的身高与父亲的身高有关,该老师用线性回归分析的方法预测他孙子的身高为_____cm.
父亲的身高(x)
173
170
176
儿子的身高(y)
170
176
182
(二) 选做题(14 - 15题,考生只能从中选做一题)
14.(坐标系与参数方程选做题)已知两曲线参数方程分别为和,它们的交点坐标为 .[来源:Ks5u.com]
15.(几何证明选讲选做题)如图4,过圆外一点分别作圆的切线
和割线交圆于,,且=7,是圆上一点使得=5,
∠=∠, 则= .
三、解答题:本大题共6小题,满分80分。解答需写出文字说明、证明过程和演算步骤。
16. (本小题满分12分)
已知函数
(Ⅰ)求的值; (Ⅱ)设求的值.
【解析】(Ⅰ);
(Ⅱ)因为,所以,
因为所以,
又所以,,
所以.
17. (本小题满分13分)
为了解甲、乙两厂的产品质量,采用分层抽样的方法从甲、乙两厂生产的产品中分别抽出取14件和5 件,测量产品中的微量元素
的含量(单位:毫克).下表是乙厂的5件产品的测量数据:
编号
1
2
3
4
5
x
169
178
166
175
180
y
75
80
77
70
81
(Ⅰ)已知甲厂生产的产品共有98件,求乙厂生产的产品数量;
(Ⅱ)当产品中的微量元素x , y满足x≥175,且y≥75时,该产品为优等品。用上述样本数据估计乙厂生产的优等品的数量;
(Ⅲ)从乙厂抽出的上述5件产品中,随机抽取2件,求抽取的2件产品中优等品数的分布列及其均值(即数学期望).
【解析】(Ⅰ)乙厂生产的产品数量为件.
(Ⅱ)样本中满足x≥175,且y≥75的产品有件,故样本频率为,则可估计乙厂生产的优等品数量为件.
(Ⅲ)的可能取值为,且,,,
故的分布列为
的数学期望.
18.(本小题满分13分)
如图5,在椎体中,是边长为1的菱形,
且,,,分别是
的中点.
(Ⅰ)证明:平面;
(Ⅱ)求二面角的余弦值.
【解析】(Ⅰ)连接,,
x
y
z
M
因为是边长为的菱形,且,
是的中点,所以均为正三角形,
且,
所以
所以,从而,
取的中点,连接,因为,,所以,
又,所以平面,所以
在中,因为分别是的中点,所以,所以
又,所以平面.
(Ⅱ)解法一:由(Ⅰ)知为二面角的平面角,
易得,,
在中,,由余弦定理得
所以二面角的余弦值为.
解法二:先证明平面,即证明即可,
在中,;在中,
所以在中,,
在中,,故为直角三角形,从而.
建立空间直角坐标系如图所示,则,
所以,设平面的一个法向量为,则
,从而,解得,令得
显然平面的一个法向量为,
从而,所以二面角的余弦值为.
19.(本小题满分14分)
设圆与两圆中的一个内切,另一个外切.
(Ⅰ)求圆的圆心轨迹的方程;
(Ⅱ) 已知点,且为上动点,求的最大值及此时点的坐标.
【解析】(Ⅰ)设圆的圆心为,半径为,圆的圆心为,半径为2;
圆的圆心为,半径为2;依题意,有或
所以
所以圆的圆心轨迹是以原点为中心,焦点在轴上,焦距为,实轴长为的双曲线,
因此,,故轨迹的方程为.
(Ⅱ)易得过点的直线的方程为,
联立方程消去得,解得,
则直线与双曲线的交点为,
因为在线段外,所以,
因为在线段内,所以,
若点不住上,则,
综上, 的最大值为,此时点的坐标为.
20.(本小题满分14分)
设,数列满足,.
(Ⅰ)求数列的通项公式;
(Ⅱ)证明:对于一切正整数,
【解析】(Ⅰ)由得,
当时, , 所以是以首项为,公差为的等差数列,
所以,从而.
当时, ,所以是首项为,公比为的等比数列,所以,从而.
综上所述,数列的通项公式为
(Ⅱ)当时,不等式显然成立;
当时,要证,只需证,即证(*)
因为
所以不等式(*)成立,从而原不等式成立;
综上所述,当时,对于一切正整数,
(解后反思)事实上如果利用多元基本不等式更简单,
21.(本小题满分14分)
在平面直角坐标系上,给定抛物线:,实数满足
,是方程的两根,记.
(Ⅰ)过点作的切线交轴于点.证明:对线段上任一点有
(Ⅱ)设是定点,其中满足,.过作的两条切线,切点分别为,与轴分别交与.线段上异于两端点的点集记为.证明:;
(Ⅲ)设.当点取遍时,求的最小值(记为)和最大值(记为).
【解析】(Ⅰ)因为,所以,过点的切线方程为
即,从而,又在直线上,故,其中
所以方程为,解得,
由于,且同号,所以,所以
(Ⅱ)过点且切点为的的切线方程为:
因为,所以且,因为,
所以,即
即,所以,所以
因为,且同号,所以
反之也成立,所以,
由(Ⅰ)可知,,反之,逆推也成立,所以
综上,.
(Ⅲ)此题即求当点取遍时,方程的绝对值较大的根的最大值与最小值,
解方程得,因为,
令,解得或,所以,
因为,所以,于是
所以,所以
设(),令,则
则,所以
综上,当或时,;当时,.