2011年高考安徽卷理科数学试题及答案

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aii为纯虚数，则实数a为

（A）2 （B） 2

（C）  （D）

 （2）双曲线2x2y28的实轴长是

（A）2

（B） 22

（C） 4

（D）42

（3）设f(x)是定义在R上的奇函数，当x0时,f(x)2x2x,则f(1)

（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(2,3)到圆2cos的圆心的距离为

（A）2

（B）429 （C）129

（D）3

（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）32+8

（C）48+8 （D）80

（7）命题“所有能被2整聊的整数都是偶数”的否定．．是 （A）所有不能被2整除的数都是偶数 （B）所有能被2整除的整数都不是偶数

（C）存在一个不能被2整除的数都是偶数

（D）存在一个能被2整除的数都不是偶数

（8）设集合A1,2,3,4,5,6,B{4,5,6,7,8}则满足SA且SB的集合S为

（A）57

（B）56

（C）49

（D）8

（9）已知函数f(x)sin(2x)，其中为实数，若f(x)f(6)对xR恒成立， 1

且

f()f()，则f(x)的单调递增区间是 2（A）k

3,k(kZ) 6 （B）k,k(kZ) 2

（C）k6,k2 （D）(kZ)k,k(kZ)

32（10）函数f(x)axm(1x)n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

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(x1)21a0a1xa2x2a21x21，则aa . （13）已知向量a,b满足(ab)(ab)，且a1，b2， 则a与b的夹角为 .

o

（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.解答写在答题卡的制定区域内.

（16）(本小题满分12分)

ex*，其中a为正实数 设f(x)1ax（Ⅰ）当a

2

4时，求f(x)的极值点；（Ⅱ）若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围。 3（17）（本小题满分12分）

如图，ABCDEFG为多面体，平面ABED与平面AGFD垂直，点O在线段AD上，

OAC，△ODE，△ODF都是正三角形。 OA1,OD2△OAB，,△,（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Tn，再令anlgTn,n≥1.

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bntanantanan1,求数列{bn}的前n项和Sn.

（19）（本小题满分12分）K] （Ⅰ）设x1,y1,证明xy111xy;， xyxy（Ⅱ）1abc，证明logablogbclogcalogbalogcblogac.

3

（20）（本小题满分13分）

工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不超过10分钟，如果有一个人10分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人。现在一共只有甲、乙、丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别p,p,p，假设p,p,p互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立.

（Ⅰ）如果按甲最先，乙次之，丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率。若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？

（Ⅱ）若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成任务的概率依次为q,q,q，其中q,q,q是p,p,p的一个排列，求所需派出人员数目X的分布列和均值（数字期望）EX；

（Ⅲ）假定ppp，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值（数字期望）达到最小。

（21）（本小题满分13分）

设，点A的坐标为（1,1），点B在抛物线yx上运动，点Q满足BQQA，经过Q点与Mx轴垂直的直线交抛物线于点M，点P满足QMMP,求点P的轨迹方程。

4

2011年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（安徽卷）参考答案

一、选择题：本题考查基本知识和基本运算，每小题5分，满分50分.（1）A （2）C （3）A （4）B （5）D （6）C （7）D （8）B （9）C （10）B

（1）A【解析】设

ai=bi(bR)，则1+aibi(2i)b2bi，所以b1,a2.故选A.

i22（2）C【解析】

xy可变形为xy1，则a24，a2，2a4.故选C.

48 (3)A【解析】

f(1)f(1)[2(1)2(1)]3.故选A.

（4）B【解析】不等式

xy1对应的区域如图所示，

当目标函数过点（0，－1），（0,1）时，分别取最小或最大值，所以

x2y的最大值和最小值分别为2，－2.故选B.

(5)d【解析】极坐标

(,)化为直角坐标为(2cos,2sin)，即(1,3)33.圆的极坐标方程

2cos可化为22cos，化为

(11)2(30)23.故选D.

直角坐标方程为

，则由两点间距离公式dx2y22x，即(x1)2y21，所以圆心坐标为（1,0）

(

(6)C.【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，两底面积和为

2124424，四个侧面2的面积为

44221724817，所以几何体的表面积为48817.故选C.

（7）D【解析】把全称量词改为存在量词，并把结果否定.

（8）B【解析】集合A的所有子集共有

2664个，其中不含4,5,6,7的子集有238个，所以集合S共有56个.故选B.

（9）C【解析】若

f(x)f()6.由

对

xR恒成立，则

f()sin()63），可知

，所以

13k2,kZ，

k6,kZf()f()2，

代

入

，（

kZsin()sin(2)得

，即

sins0，所以

由

(2k1)6k,Zf(x)sixn，f(x)ixn，(62) 5

2k(10)B

2剟2x62k32，得

k6剟xk23，故选C.

代入验证，当

m1,n2，

f(x)axg(x)n(xxx)，则

f(x)a(xx，)由

1111x1,x21，结合图像可知函数应在0,递增，在,1递减，即在x取得最大值，由f(x)a(xx)可知，3333f()ag()，知a存在.故选B.

 （14）153 （15）①，③，⑤ 3k(k1)(11)15【解析】由算法框图可知T123k，若T＝105，则K＝14，继续执行循环体，这时k＝15，T>105，所以输出的k值为15.

2（1）15 （12）0 （13）（12)0【解析】

1010111011，aC(1)，所以aaCCa10C21(1)11C21C211121.

(13)60°【解析】

a2bab6，则

222aab2b6，即1ab2226，

ab1，所以

ab1cosab,，所以a,b60.

ab2（14)

153设三角形的三边长分别为a4,a,a4，最大角为，由余弦定理得(a4)2a2(a4)22a(a4)cos120，

1610sin120153. 2则

a10，所以三边长为6,10,14.△ABC的面积为S（15)①③⑤令

yx1满足①，故①正确；若k，所以②错误；设ykx是过原点的直线，2,b2，y2x2过整点（－1,0）2若此直线过两个整点

(x1,y1),(x2,y2)，则有y1kx1，y2kx2，两式相减得y1y2k(x1x2)，则点(x1x2,y1y2)也在

直线

ykx上，通过这种方法可以得到直线l经过无穷多个整点，通过上下平移ykx得对于ykxb也成立，所以③正确；k与b都是有理数,直

线

ykxb不一定经过整点，④错误；直线y2x恰过一个整点，⑤正确.

解：对

f(x)求导得a

1ax2axf(x)e. ①

22(1ax)x （I）当

4312,x2. ，若f(x)0,则4x8x30,解得x1322 综合①,可知

x f(x) f(x) 1(,) 2+ 120 13(,) 22－ 320 3(,) 2+ ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 6

所以,

x131是极小值点,x2是极大值点. 22（I）证明：设G是线段DA与EB延长线的交点. 由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以

OB∥

1DE，OG=OD=2， = 2G是线段DA与线段FC延长线的交点，有OGOD2. G都在线段DA的延长线上，所以G与G重合.

OB∥

同理，设

又由于G和

在△GED和△GFD中，由

=

11DE和OC∥DF

= 22

，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.

=

（向量

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，QE为x轴正向，QD为y轴正向，QF为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.

由条件知

E(3,0,0),F(0,0,3),B(3333,,0),C(0,,). 2222

33则有BC(,0,),EF(3,0,3).

22

所以EF2BC,即得BC∥EF.

EOB60,知SEOB33. 23，而△OED是边长为2的正三角形，故SOED3. 2 （II）解：由OB=1，OE=2，

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=

3，所以VFOBED13FQSOBED. 32

解：（I）设1l,l2,,ln2构成等比数列，其中t11,tn2100,则

Tnt1t2tn1tn2, ① Tntn1tn2t2t1, ②

①×②并利用1n3i

ttt1tn2102(1in2),得

Tn2(t1tn2)(t2tn1)(tn1t2)(tn2t1)102(n2),anlgTnn2,n1.

（II）由题意和（I）中计算结果，知

bntan(n2)tan(n3),n1.

7

另一方面，利用

tan1tan((k1)k)tan(k1)tank,

1tan(k1)tank 得

tan(k1)tanknn2k3tan(k1)tank1.

tan1 所以

Snbktan(k1)tank

k1

tan(k1)tank1)tan1k3

tan(n3)tan3n.tan1(x1,y1，

n2（19）.证明：（I）由于

所以

xy111xyxy(xy)1yx(xy)2, xyxy 将上式中的右式减左式，得

(yx(xy)2)(xy(xy)1)((xy)21)(xy(xy)(xy))

(xy1)(xy1)(xy)(xy1)(xy1)(xyxy1)(xy1)(x1)(y1).即然x1,y1,所以(xy1)(x1)(y1)0,

从而所要证明的不等式成立.

（II）设

logabx,logbcy,由对数的换底公式得

111,logba,logcb,logacxy. xyxyxy111xy, xyxy

logca 于是，所要证明的不等式即为

其中

xlogab1,ylogbc1.

故由（I）立知所要证明的不等式成立.

（20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

(1p1)(1p2)(1p3)，所以任务能被完成的概率与三个被派出的先后顺序无关，

并等于

1(1p1)(1p2)(1p3)p1p2p3p1p2p2p3p3p1p1p2p3.

8

（II）当依次派出的三个人各自完成任务的概率分别为

q1,q2,q3时，随机变量X的分布列为

1 2

X 3 P q1 (1q1)q2 (1q1)(1q2) 所需派出的人员数目的均值（数学期望）EX是

EXq12(1q1)q23(1q1)(1q2)32q1q2q1q2.

（III）（方法一）由（II）的结论知，当以甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时，

EX32p1p2p1p2.

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

p1,p2,p3的任意排列q1,q2,q3，都有

32q1q2q1q232p1p2p1p2,„„„„„„„„（*）

事实上，

(32q1q2q1q2)(32p1p2p1p2)

2(p1q1)(p2q2)p1p2q1q2

2(p1q1)(p2q2)(p1q1)p2q1(p2q2)(2p2)(p1q1)(1q1)((p2q2)(1q1)[(p1p2)(q1q2)]0.

即（*）成立.

（方法二）（i）可将（II）中所求的EX改写为

3(q1q2)q1q2q1,若交换前两人的派出顺序，则变为3(q1q2)q1q2q1,.

由此可见，当

q2q1时，交换前两人的派出顺序可减小均值.

（ii）也可将（II）中所求的EX改写为

32q1q2q1q2，或交换后两人的派出顺序，则变为32q1q3q1q3.由此可见，若保持第

一个派出的人选不变，当

q3q2时，交换后两人的派出顺序也可减小均值.

(q1,q2,q3)(p1,p2,p3)时，EX达到最小. 即完成任务概率大的人优先派出，可减小所需派出人员数目的均值，这一结

综合（i）（ii）可知，当

论是合乎常理的.

（21解：由

QMMP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x2y0(yx2),则y0(1)x2y. ①

再设

B(x1,y1),由BQQA,即(xx1.y0y1)(1x,1y0),

x1(1)x, ②

y1(1)y0.9

解得

将①式代入②式，消去

y0，得

x1(1)x, ③ 22y1(1)x(1)y.又点B在抛物线

yx2上，所以y1x12，再将③式代入y1x12，得

(1)2x2(1)y((1)x)2,

(1)2x2(1)y(1)2x22(1)x2,

2(1)x(1)y(1)0.因0,两边同除以(1),得2xy10. 故所求点P的轨迹方程为

y2x1.

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