2011年高考试题(全国卷理科数学)解析版

2011年高考题全国卷II数学试题·理科全解全析

科目： 数学 试卷名称 2011年普通高等学校招生全国统一考试·全国卷II(理

科) 知识点检索号 新课标 题目及解析 （1）复数z1i，z为z的共轭复数，则zzz1 （A）2i （B）i （C）i （D）2i 【思路点拨】先求出的z共轭复数,然后利用复数的运算法则计算即可。 【精讲精析】选B.z1i,zzz1(1i)(1i)(1i)1i. （2）函数y2x(x≥0)的反函数为 x2(xR) （A）y4（C）y4x(xR) 2x2(x≥0) （B）y4（D）y4x(x≥0) 2【思路点拨】先反解用y表示x,注意要求出y的取值范围，它是反函数的定义域。 y2【精讲精析】选B.在函数y2x(x≥0)中，y0且反解x得x，所以4x2y2x(x≥0)的反函数为y(x0). 4（3）下面四个条件中，使a＞b成立的充分而不必要的条件是 （A）a＞b1 （B）a＞b1 （C）a2＞b2 （D）a3＞b3 【思路点拨】本题要把充要条件的概念搞清，注意寻找的是通过选项能推出a>b，而由a>b推不出选项的选项. 【精讲精析】选A.即寻找命题P使Pab,ab推不出P，逐项验证可选A。 （4）设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则 k （A）8 （B）7 （C）6 （D）5 第 1 页 共 12 页

【思路点拨】思路一：直接利用前n项和公式建立关于k的方程解之即可。思路二： 利用Sk2Skak2ak1直接利用通项公式即可求解，运算稍简。 【精讲精析】选D. Sk2Skak2ak12a1(2k1)d2(2k1)224k5. （5）设函数f(x)cosx(＞0)，将yf(x)的图像向右平移所得的图像与原图像重合，则的最小值等于 （A） 个单位长度后，31 （B）3 （C）6 （D）9 3【思路点拨】此题理解好三角函数周期的概念至关重要，将yf(x)的图像向右平个单位长度后，所得的图像与原图像重合，说明了是此函数周期的整数倍。 332【精讲精析】选C. 由题k(kZ),解得6k，令k1，即得min6. 3移(6)已知直二面角l，点A,ACl,C为垂足，B,BDl,D为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于 (A)236 (B) (C) (D) 1 333【思路点拨】本题关键是找出或做出点D到平面ABC的距离DE，根据面面垂直的性质不难证明AC平面，进而平面平面ABC,所以过D作DEBC于E，则DE就是要求的距离。 【精讲精析】选C. 如图，作DEBC于E，由l为直二面角，ACl得AC平面，进而ACDE，又BCDE,BCACC，于是DE平面ABC，故DE为D到平面ABC的距离。 在RtBCD中，利用等面积法得DE BDDC126. BC33(7)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友每第 2 页 共 12 页

位朋友1本，则不同的赠送方法共有 (A)4种 (B)10种 (C)18种 (D)20种 【思路点拨】本题要注意画册相同，集邮册相同，这是重复元素，不能简单按照排列知识来铸。所以要分类进行求解。 1【精讲精析】选B.分两类：取出的1本画册，3本集邮册，此时赠送方法有C44种；2取出的2本画册，2本集邮册，此时赠送方法有C46种。总的赠送方法有10种。 (8)曲线y=e(A)2x+1在点(0，2)处的切线与直线y=0和y=x围成的三角形的面积为 112 (B) (C) (D)1 323【思路点拨】利用导数求出点（0，2）切线方程然后分别求出与直线y=0与y=x的交 点问题即可解决。 【精讲精析】选A.y2e中作出示意图，即得S (9)设f(x)是周期为2的奇函数，当0≤x≤1时，f(x)=2x(1x)，则f()= (A) -2x,y|r02切线方程是：y2x2,在直角坐标系1211。 233521111 (B) (C) (D)4242 【思路点拨】解本题的关键是把通过周期性和奇偶性把自变量上进行求值。 【精讲精析】选A. 5转化到区间[0,1]2先利用周期性，再利用奇偶性得: f()f()f()25212121. 2(10)已知抛物线C：y4x的焦点为F，直线y2x4与C交于A，B两点．则cosAFB= (A)3344 (B) (C) (D) 5555【思路点拨】方程联立求出A、B两点后转化为解三角形问题。 【精讲精析】选D. 第 3 页 共 12 页

y24x2联立，消y得x5x40，解得x1,x4. y2x4不妨设A在x轴上方，于是A，B的坐标分别为(4,4),(1,-2), 可求AB35,AF5,BF2，利用余弦定理AF2BF2AB24cosAFB. 2AFBF5 (11)已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成60二面角的平面β截该球面得圆N.若该球面的半径为4，圆M的面积为4，则圆N的面积为 (A)7 (B)9 (C)11 (D)13 【思路点拨】做出如图所示的图示，问题即可解决。 【精讲精析】选B. 作示意图如，由圆M的面积为4，易得0MA2,OMOA2MA223， RtOMN中，OMN30。 故MNOMcos303,S39.. 2(12)设向量a,b,c满足|a||b|1,ab,ac,bc60，则|c|的最大值等于 (A)2 (B)3 (c)2 (D)1 【思路点拨】本题按照题目要求构造出如右图所示的几何图 形，然后分析观察不难得到当线段AC为直径时，|c|最大. 【精讲精析】选A.如图，构造 12ABa,ADb,ACc,BAD120,BCD60,， 所以A、B、C、D四点共圆，分析可知当线段AC为直径时，|c|最大，最大值为2. 第 4 页 共 12 页

(13)(1-x)的二项展开式中，x的系数与x的系数之差为: . 209rnr【思路点拨】解本题一个掌握展开式的通项公式，另一个要注意CnCn. 218r【精讲精析】0. 由Tr1C20, x9的系数为C20,而(x)20得x的系数为C20182C20C20. (14)已知a∈(5，)，sinα=，则tan2α= 52【思路点拨】本题涉及到同角三角函数关系式,先由正弦值求出余弦值一定要注意角的范围，再求出正切值，最后利用正切函数的倍角公式即可求解。 【精讲精析】4.由3a∈(，)，sinα=25得5cos25sin1,tan, 5cos2tan22tan4. 21tan3y2x2(15)已知F1、F2分别为双曲线C: - =1的左、右焦点，点A∈C，点M的坐标为279(2，0)，AM为∠F1AF2的平分线．则|AF2| = . 【思路点拨】本题用内角平分线定理及双曲线的定义即可求解。 【精讲精析】6. 由角平分线定理得：|AF2||MF2|1,|AF1||AF2|2a6,故|AF2|6. |AF1||MF1|2(16)己知点E、F分别在正方体ABCD-A1B2C3D4的棱BB1 、CC1上，且B1E=2EB, CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于 . 【思路点拨】本题应先找出两平面的交线，进而找出或做出二面角的平面角是解决此 问题的关键,延长EF必与BC相交，交点为P，则AP为面AEF与面ABC的交线. 【精讲精析】2.延长EF交BC的延长线于P，则AP为面AEF与面ABC的交线，因3为CAP90，所以FCA为面AEF与面ABC所成的二面角的平面角。 第 5 页 共 12 页

2FC2 tanFCA3CA32 (17)(本小题满分l0分)(注意：在试题卷上作答无效) ．．．．．．．．． △ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.己知A—C=90°，a+c=2b，求C. 【思路点拨】解决本题的突破口是利用正弦定理把边的关系转化为角的正弦的关系，然后再结合A—C=90°,得到sinAcosC.即可求解。 【精讲精析】选D.由AC90，得A为钝角且sinAcosC， 利用正弦定理，ac2b可变形为sinAsinC2sinB， 2sin(C45)2sinB， 即有sinAsinCcosCsinC又A、B、C是ABC的内角，故 C45B或(C45)B180(舍去) 所以ABC(90C)(C45)C180。 所以C15. (18)(本小题满分12分)(注意：在试题卷上作答无效) ．．．．．．．．． 根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0．5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3,设各车主购买保险相互 (I)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的l种的概率； (Ⅱ)X表示该地的l00位车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数。求X的期望。 【思路点拨】解本题应首先主出该车主购买乙种保险的概率为p,利用乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3，即可求出p=0.6.然后（ii）利用相互事件的概率计算公式和期望公式计算即可. 【精讲精析】设该车主购买乙种保险的概率为p,由题意知：p(10.5)0.3，解得p0.6。 第 6 页 共 12 页

（I） 设所求概率为P1，则P11(10.5)(10.6)0.8. 故该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率为0.8。 （II） 对每位车主甲、乙两种保险都不购买的概率为(10.5)(10.6)0.2。 XB(100,0.2).EX1000.220 所以X的期望是20人。 （19）如图，四棱锥SABCD中，AB//CD,BCCD，侧面SAB为等边三角形，ABBC2,CDSD1. （Ⅰ）证明：SD平面SAB; （Ⅱ)求AB与平面SBC所成角的大小. 【思路点拨】本题第（I）问可以直接证明，也可建系证明。 （II）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算计算把求角的问题转化为数值计算问题,思路清晰思维量小。 【精讲精析】计算SD=1，AD 5,SA2，于是SA2SD2AD2，利用勾股定理，可知SDSA，同理，可证SDSB 又SASBS， 因此，SD平面SAB. （II）过D做Dz平面ABCD，如图建立空间直角坐标系D-xyz， A(2,-1,0),B(2,1,0),C(0,1,0),S(,0,123) 2可计算平面SBC的一个法向量是n(0,3,2),AB(0,2,0) |cosAB,n||ABn|2321. 7|AB||n|2721. 7所以AB与平面SBC所成角为arcsin第 7 页 共 12 页

（20）设数列an满足a10且（Ⅰ）求an的通项公式； （Ⅱ）设bn111. 1an11an1an1n,记Snbk,证明：Sn1. k1n【思路点拨】解本题突破口关键是由式子1111.得到{}是等差数1an11an1an列，进而可求出数列an的通项公式.（II）问求出{bn}的通项公式注意观察到能采用裂项相消的方式求和。 【精讲精析】 (I) {1}是公差为1的等差数列， 1an11(n1)1n. 1an1a1所以ann1(nN) n1an1n1nn111 nnn1(111)11. nn1n1(II)bnnSnbk(k11111)()1223 y21在y轴正半轴上的焦点，过F且（21）已知O为坐标原点，F为椭圆C:x22斜率为-2的直线l与C交与A、B两点，点P满足 OAOBOP0. (Ⅰ)证明：点P在C上； （Ⅱ）设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上. 第 8 页 共 12 页

【思路点拨】方程联立利用韦达定理是解决这类问题的基本思路，注意把OAOBOP0.用坐标表示后求出P点的坐标，然后再结合直线方程把P点的纵坐标也用A、B两点的横坐标表示出来。从而求出点P的坐标代入椭圆方程验证即可证明点P在C上。(II)此问题证明有两种思路：思路一：关键是证明APB,AQB互补.通过证明这两个角的正切值互补即可，再求正切值时要注意利用倒角公式。 思路二：根据圆的几何性质圆心一定在弦的垂直平分线上，所以根据两条弦的垂直平分线的交点找出圆心N，然后证明N到四个点A、B、P、Q的距离相等即可. 【精讲精析】 (I)设A(x1,y1),B(x2,y2) y21联立得4x222x10 直线l:y2x1，与x22x16262,x2 4421,x1x2 24x1x2由OAOBOP0.得P((x1x2),(y1y2)) (x1x2)2, 2(y1y2)(2x112x21)2(x1x2)21 22(1)2()1 22所以点P在C上。 （II）法一：tanAPBkPAkPB1kPAkPBy1(1)y(1)222x1()x2()22 y(1)y(1)11222x1()x2()22第 9 页 共 12 页

3(x2x1)4(x2x1) 33293x1x2(x1x2)22同理 tanAQBkQBkQA1kQAkQBy21y1122x2x1()22 y21y11122x2x1()22(x1x2)4(x2x1) 3213x1x2(x1x2)22 所以APB,AQB互补， 因此A、P、B、Q四点在同一圆上。 法二：由P(22,1)和题设知，Q(,1),PQ的垂直平分线l1的方程为22y2x…① 22121,)，AB的垂直平分线l2的方程为yx…② 422421,) 88设AB的中点为M，则M(由①②得l1、l2的交点为N(|NP|(2221311, )(1)2288832 2|AB|1(2)2|x2x1||AM|3222211233,|MN|(, )()448288第 10 页 共 12 页

|NA||AM|2|MN|2311 8故|NP||NA|.|NP||NQ|,|NA||NB| 所以A、P、B、Q四点在同一圆圆N上. （22）（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．（Ⅰ）设函数f(x)ln(1x)2x，证明：当x＞0时，f(x)＞0； x2（Ⅱ）从编号1到100的100张卡片中每次随即抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽得的20个号码互不相同的概率为p.证明：p＜(9191)＜2 10e【思路点拨】本题第（I）问是利用导数研究单调性最值的常规题，不难证明。 第(II)问证明如何利用第（I）问结论是解决这个问题的关键也是解题能力高低的体现。 12(x2)2xx20 【精讲精析】(I)f(x)22x1(x2)(x2)(1x)所以f(x)在(1,)上单增。 当x0时，f(x)f(0)0。 （II）p100999810010010081 1002x x2由(I)，当x<0时，f(x)f(0)0,即有ln(1x)故19ln9119ln(1)192 110102210910(1)10于是e19ln91e2,即()192. 10ex1x2nxnnx1x2xn,xi0 81100(9)19 1019利用推广的均值不等式：p100999810010010010099988110010010010019第 11 页 共 12 页

另解：(lnx)()1x10， x2lnxnlnx1x2nxn 所以ylnx是上凸函数，于是lnx1lnx2因此lnpln100999881 lnlnln10010010010081100999810010010010019ln 19919ln()， 10919故p() 109191综上：p()2 10e

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