2011年湖南高考理科数学真题及答案

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）P(BA)P(AB)，其中A,B为两个事件，且P(A)0， P(A) （2）柱体体积公式VSh，其中S为底面面积，h为高。 （3）球的体积公式V4R3，其中R为求的半径。 3一选择题：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a,bR，i为虚数单位，且(ai)ibi，则（ ）

A．a1,b1 B．a1,b1 C．a1,b1 D．a1,b1 答案：D

解：因(ai)i1aibi，根据复数相等的条件可知a1,b1。

2.设M{1,2}，N{a}，则“a1”是“NM”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：因“a1”，即N{1}，满足“NM”，反之“NM”，则N{a}={1}，或N{a}={2}，不一定有“a1”。

3.设图一是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）

2223 2 3 正视图

侧视图

俯视图

图1

A．

9912 B．18 22C．942 D．3618 答案：B

解：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

4339V（）+332=18。

322

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： 爱好 不爱好 总计 2男 40 20 60 女 20 30 50 总计 60 50 110 n(adbc)2110(40302020)227.8 由K算得K(ab)(cd)(ac)(bd)60506050附表：

P(K2k) 0.050 0.010 6.635 0.001 10.828 k 3.841 参照附表，得到的正确结论是（ ）

A．在犯错误的概率不超过0.1%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0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关” C．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关” D．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”

答案：C

2解：由K7.86.635，而P(K6.635)0.010，故由独立性检验的意义可知选C.

2x2y21(a0)的渐近线方程为3x2y0，则a的值为（ ） 5.设双曲线2a9A．4 B．3 C．2 D．1 答案：C

解：由双曲线方程可知渐近线方程为y6. 由直线x3x，故可知a2。 a3,x3,y0与曲线ycosx所围成的封闭图形的面积为（ ）

A．

31 B．1 C． D．3

22答案：D

3解：由定积分知识可得S3cosxdxsinx|3333()3，故选D。 22yx7. 设m1，在约束条件ymx下，目标函数zxmy的最大值小于2，则m的取值

xy1范围为（ ）

A．(1,12) B．(12,) C．(1,3) D．(3,) 答案：A

1m21m2解得,)取最大值，由解：画出可行域，可知zx5y在点(1m1m1m1m1m21。

8.设直线xt与函数f(x)x,g(x)lnx的图像分别交于点M,N，则当|MN|达到最小时t的值为（ ）

2 3

A．1 B．

521 C． D．

222答案：D

解：由题|MN|xlnx，则h'(x)2x(x0)不妨令h(x)xlnx，

221，令h'(x)0x解得x2222)时，,)时，，因x(0,当x(所以当xh'(x)0，h'(x)0，22222。 2时，|MN|达到最小。即t

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xoy中，曲线C1的参数方程为xcos,（为参数）在极坐标系（与

y1sin直角坐标系xoy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，曲线C2的方程为cossin10，则C1与C2的交点个数为 。 答案：2

22解：曲线C1:x(y1)1，C2:xy10，由圆心到直线的距离

d|011|01，故C1与C2的交点个数为2. 2210.设x,yR,则(x11)(24y2)的最小值为 。 2yx答案：9

解：由柯西不等式可知(x21122)(4y)(12)9。 22yx11.如图2，A,E是半圆周上的两个三等分点，直径BC4，

ADBC,垂足为D, BE与AD相交与点F，则AF的长为 。

答案：23 33， 3解：由题可知，AOBEOC60，OAOB2,得ODBD1,DF2又ADBDCD3，所以AFADDF23. 3

二、必做题（12~16题）

*12、设Sn是等差数列{an}(nN)的前n项和，且a11,a47，则S5______

答案：25

解：由a11,a47可得a11,d2,an2n1，所以S5

13、若执行如图3所示的框图，输入x11,x22,x33,x2，则输出的数等于 。 答案：

(19)525。 22 3解：由框图的算法功能可知，输出的数为三个数的方差，

(12)2(22)2(32)22。 则S3314、在边长为1的正三角形ABC中，设BC2BD,CA3CE，则ADBE________。 答案：1 411CBCA，BECECBCACB， 23解：由题ADCDCA 5

所以ADBE(CBCA)(CACB)

12131171CBCA。 236415、如图4， EFGH是以O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EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE（阴影部分）内”，则

（B|A）=______ （1）P（2）P（A）=______；

答案：（1）

12；（2）P（B|A）=

4解：（1）由几何概型概率计算公式可得P（A）=S正2=； S圆21P（AB）41（2）由条件概率的计算公式可得P（B|A）===。

2P（A）4

kk1k2*16、对于nN，将n表示为na02a12a22ak121ak20，当

（例如i0时，ai1，当1ik时，ai为0或1.记I(n)为上述表示中ai为0的个数，

1120，4122021020：故I(1)0,I(4)2）则

（1）I(12)_____ （2）

2n1127I(n)______

答案：（1）2；（2）1093

解：（1）因1212+120202，故I(12)2；

（2）在2进制的k(k2)位数中，没有0的有1个，有1个0的有Ck1个，有2个0的有

mk1Ck21个，……有m个0的有Ck1个，……有k1个0的有Ck11个。故对所有2进制为k13210位数的数n，在所求式中的21122120Ck12Ck12I(n)的和为：

1k1Ckk3k1。 12又12721恰为2进制的最大7位数，所以

72n1127I(n)23k11093。

0k27

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ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足

csinAacosC.

（I）求角C的大小； （II）求3sinAcos(B4)的最大值，并求取得最大值时角A,B的大小．

解：（I）由正弦定理得sinCsinAsinAcosC.

因为0A,所以sinA0.从而sinCcosC.又cosC0,所以tanC1,则C（II）由（I）知B4

3A.于是 43sinAcos(B)3sinAcos(A)4 3sinAcosA2sin(A63110A,A,从而当A,即A时,46612623).

2sin(A)取最大值2．

6综上所述，3sinAcos(B4)的最大值为2，此时A3,B5. 1218. 某商店试销某种商品20天，获得如下数据：

日销售量（件） 频数 0 1 1 5 2 9 3 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。

7

(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：（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”）=

153。 202010（II）由题意知，X的可能取值为2，3.

P(x2)P(\"当天商品销售量为1件\")51； 204P(x3)P(\"当天商品销售量为0件\")+P(\"当天商品销售量为2件\")+P(\"当天商品销售1953量为3件\")++2020204故X的分布列为

X P 2 3 1 41311X的数学期望为EX2+3=。

4443 4

19.（本题满分12分）如图5，在圆锥PO中，已知PO2,O的直径

AB2,C是AB的中点,,D为AC的中点．

（I）证明：平面POD平面PAC; （II）求二面角BPAC的余弦值．

解：（I）连接OC，因为OAOC,D为的AC中点，所以ACOD. 又PO底面O,AC底面O,所以ACPO.因为OD,PO是平面POD内的两条相交直线，所以

AC平面POD。而AC平面PAC，所以平面POD平面PAC。

（II）在平面POD中，过O作OHPD于H，由（I）知，平面POD平面PAC,所以OH平面PAC,又PA平面PAC,所以PAOH.

在平面PAO中，过O作OGPA于G,连接HG,则有PA平面OGH， 从而PAHG，所以OGH是二面角BPAC的平面角．

在RtODA中,ODOAsin452 2在RtPOD中,OHPOODPO+OD2222210

512+2在RtPOA中,OGPOOAPO2+OA2216 32+110OH15105在RtOHG中,sinOGH,所以cosOGH。

5OG563故二面角BPAC的余弦值为

10。 5

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v(v0)，雨速沿E移动方向的分速度为c(cR)。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vc×S成正比，比例系数为（2）其它面的淋雨量之和，其值为

1；101，记y为E移动过程中的总淋雨量，当移动距离d=100，2 9

面积S=

3时。2

（Ⅰ）写出y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v，使总淋雨量y最少。

解：（I）由题意知，E移动时单位时间内的淋雨量为

31|vc|， 202故y100315(|vc|)(3|vc|10). v202v55(3c10)(3c3v10)15； vv（II）由(I)知，当0vc时，y当cv10时，y55(103c)(3v3c10)15. vv5(3c10)15,0vcv故y。

5(103c)15,cv10v(1)当0c103c时，y是关于v的减函数.故当v10时，ymin20。 32(2) 当

10c5时，在(0,c]上，y是关于v的减函数；在(c,10]上，y是关于v的增函350。 c数；故当vc时，ymin

A.(本小题满分13分）

x2y23x2 如图7，椭圆C1:221(ab0)的离心率为，轴被曲线C2:yxb 截

ab2得的线段长等于C1的长半轴长。 （Ⅰ）求C1，C2的方程；

（Ⅱ）设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A,B,直线MA,MB分别与C1相交与D,E.

（i）证明：MDME；

(ii)记△MAB,△MDE的面积分别是S1,S2.问：是否存在直线l,使得

S117=? S232请说明理由。

解：（I）由题意知ec3，从而a2b，又2ba，解得a2,b1。 a22xCCy21,yx21。 故1，2的方程分别为4（II）（i）由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为ykx.

ykx2xkx10， 由得2yx1设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1,x2是上述方程的两个实根，于是x1x2k,x1x21。 又点M的坐标为(0,1)，所以

11

kMAkMBy11y21(kx11)(kx21)k2x1x2k(x1x2)1k2k211

x1x2x1x2x1x21故MAMB，即MDME。

yk1x1x0（ii）设直线的斜率为k1，则直线的方程为yk1x1，由解得或2y1yx1xk12(k,k1) ，则点的坐标为112yk11又直线MB的斜率为111 ，同理可得点B的坐标为(,21).

k1k1k111111k122于是S1|MA||MB|1k1|k1|12||.

22k1k12|k1|yk1x122(14k)x8k1x0， 由2得12x4y408k1x14k12x08k14k121解得或，则点D的坐标为(,)； 22214k114k1y1y4k1114k1218k14k12又直线的斜率为，同理可得点E的坐标(,)

k14k124k1232(1k12)|k1|1于是S2|MD||ME| 222(14k1)(4k1)因此

S111(4k12217) S264k11117122(4k12217)解得k14 或k1。 64k1324由题意知，

1k1213k1，所以k. 又由点A,B的坐标可知，k1k12k1k1k12故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为y33x和yx。 22

22.（本小题满分13分）

已知函数f(x) =x3，g (x)=x+x。

（Ⅰ）求函数h (x)=f(x)-g (x)的零点个数，并说明理由；

* （Ⅱ）设数列{an}(nN)满足a1a(a0)，f(an1)g(an)，证明：存在常数M,使

得对于任意的nN，都有an≤ M.

3解：（I）由h(x)xx*x知，x[0,)，而h(0)0，且

h(1)10,h(2)620，则x0为h(x)的一个零点，且h(x)在内有零点，（，12）因此h(x)至少有两个零点

1311112解法1：h'(x)3x1x2，记(x)3x1x2，则'(x)6xx2。

2242当x(0,)时，'(x)0，因此(x)在(0,)上单调递增，则(x)在(0,)内至多

只有一个零点。又因为(1)0,(33)0，则(x)在(,1)内有零点，所以(x)在33(0,)内有且只有一个零点。记此零点为x1，则当x(0,x1)时，(x)'(x1)0；当x(x1,)时，(x)'(x1)0；

所以，

当x(0,x1)时，h(x)单调递减，而h(0)0，则h(x)在(0,x1]内无零点； 当x(x1,)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1,)内至多只有一个零点； 从而h(x)在(0,)内至多只有一个零点。综上所述，h(x)有且只有两个零点。

13解法2：h(x)x(x1x)，记(x)x1x，则'(x)2xx2。

2221212当x(0,)时，'(x)0，因此(x)在(0,)上单调递增，则(x)在(0,)内至多只有一个零点。因此h(x)在(0,)内也至多只有一个零点，

13

综上所述，h(x)有且只有两个零点。

（II）记h(x)的正零点为x0，即x03x0x0。

（1）当ax0时，由a1a，即a1x0.而a23a1a1x0x0x03，因此a2x0，由此猜测：anx0。下面用数学归纳法证明： ①当n1时，a1x0显然成立；

②假设当nk(k1)时，有akx0成立，则当nk1时，由

ak13akakx0x0x03知，ak1x0，因此，当nk1时，ak1x0成立。

*故对任意的nN，anx0成立。

（2）当ax0时，由（1）知，h(x)在(x0,)上单调递增。则h(a)h(x0)0，即

a3aa。从而a23a1a1aaa3，即a2a，由此猜测：ana。下面用

数学归纳法证明：

①当n1时，a1a显然成立；

②假设当nk(k1)时，有aka成立，则当nk1时，由

ak13akakaaa3知，ak1a，因此，当nk1时，ak1a成立。

*故对任意的nN，ana成立。

*综上所述，存在常数Mmax{x0,a}，使得对于任意的nN，都有anM.