2011年浙江高考理科数学试题及答案

数学（理科）试题

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．设函数f(x)

x,x0,x,x0.2若f()4,则实数=

C．-2或4

D．-2或2

A．-4或-2 B．-4或2

2．把复数z的共轭复数记作z，i为虚数单位，若z1i,则(1z)z= A．3-i B．3+i C．1+3i 3．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是

4．下列命题中错误的是 ．．

D．3

A．如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面 B．如果平面α不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面 C．如果平面平面，平面平面，=l，那么l平面 D．如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面

x2y5＞05．设实数x,y满足不等式组2xy7＞0,若x,y为整数，则3x4y的最小值是

x≥0，y≥0，

A．14

B．16

C．17

D．19

6．若0＜＜2，-31，则cos() ＜＜0，cos()，cos()4232432B． A．

3 33 3mC．

53 9D．6 91”是a＜或b＞的 7．若a,b为实数，则“0＜ab＜

A．充分而不必要条件

B．必要而不充分条件

1b1a C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

x2y2y221有公共的焦点，C1的一条渐近线8．已知椭圆C1:221(a＞b＞0)与双曲线C1:xab4与以C1的长轴为直径的圆相交于A,B两点，若C1恰好将线段AB三等分，则

A．a213 2B．a213 C．b21 2D．b22

9．有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其随机的并排摆放到书架

的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率

A．

1 5B．

2 52C．

34 D 55210．设a，b，c为实数，f（x）=（x+a）(xbxc),g(x)(ax1)(axbx1)．记集合

S=xf(x)0,xR,Txg(x)0,xR,若S，T分别为集合元素S，T的元素个数，则下列结论不可能的是 ．．．

A．S=1且T=0 C．S=2且T=2

B．S1且T=1 D．S=2且T=3

非选择题部分（共100分）

二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分

11．若函数f(x)xxa为偶函数，则实数a = 。 12．若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的k的值是 。 13．设二项式（x-2a）6（a>0）的展开式中X的系数为A,常数项为B， x若B=4A，则a的值是 。

14．若平面向量α，β满足|α|=1，|β|≤1，且以向量α，β为邻边的

平行四边形的面积为

1，则α与β的夹角的取值范围是 。 215．某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历，假定该毕业生得到

2，得到乙丙公司面试的概率为p，且三个公司是否让其面试是相互独31立的。记X为该毕业生得到面试得公司个数。若P(X0)，则随机变量X的数学期望

12甲公司面试的概率为

E(X)

16．设x,y为实数，若4xyxy1,则2xy的最大值是 ．。

22x2y21的左、右焦点，点A,B在椭圆上，若F1A5F2B;则点A的17．设F1,F2分别为椭圆3坐标是 ．

三、解答题;本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 18．（本题满分14分）在ABC中，角A.B.C所对的边分别为a,b,c．

已知sinAsinCpsinBpR,且ac（Ⅰ）当p12b． 45,b1时，求a,c的值； 4（Ⅱ）若角B为锐角，求p的取值范围；

19．（本题满分14分）已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a（aR）,设数列的前n项

和为Sn，且

111，，成等比数列 a1a2a4（1）求数列{an}的通项公式及Sn （2）记An11111111...，Bn，当n2时，试比较An...S1S2S3Sna1a2a22a2n与Bn的大小．

20．（本题满分15分）

如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2 （Ⅰ）证明：AP⊥BC；

（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的

长；若不存在，请说明理由。

21．（本题满分15分）

3已知抛物线C1:x＝y，圆C2:x(y4)1的圆心为点M

22（Ⅰ）求点M到抛物线c1的准线的距离；

（Ⅱ）已知点P是抛物线c1上一点（异于原点），过点P作圆c2的两条切线，交抛物线c1于A，

B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线l的方程

22．（本题满分14分）

设函数f(x)(xa)lnx,aR

2 （I）若xe为yf(x)的极值点，求实数a；

（II）求实数a的取值范围，使得对任意的x(0,3e]，恒有f(x4e)成立，注：e为自然

对数的底数。

2参

一、选择题：本大题考查基本知识和基本运算。每小题5分，满分50分。 BADDBCACBD

二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。每小题4分，满分28分。 11．0 12．5 13．2 14．[5,2105 17．(0,1) ] 15． 16．5663三、解答题：本大题共5小题，共72分。

18．本题主要考查三角变换、正弦定理、余弦定理等基础知识，同时考查运算求解能力。满分14分。

5ac,4 （I）解：由题设并利用正弦定理，得

ac1,41a1,a,解得4 1或c,4c1. （II）解：由余弦定理，bac2accosB

222(ac)22ac2accosB11p2b2b2b2cosB,

2231即p2cosB,22因为0cosB1,得p(,2)，

232由题设知p0,所以6p2. 219．本题主要考查等差数列、等比数列、求和公式、不等式等基础知识，同时考查分类讨论思想。

满分14分。 （I）解：设等差数列{an}的公差为d，由(2得(a1d)a1(a13d)

1211), a2a1a4因为d0，所以da所以anna1,Snan(n1). 2（II）解：因为

1211()，所以 Snann1121(1) Snan1An111S1S2S3因为a2n12n1a，所以

Bn111a1a2a2211()n1122(11). a2n1a11a2n2nCnn1，

n012当n2时,2CnCnCn即1111n, n12所以，当a0时,AnBn; 当a0时,AnBn.

20．本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。 方法一：

（I）证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，

建立空间直角坐标系O—xyz

则O(0,0,0),A(0,3,0),B(4,2,0),C(4,2,0),P(0,0,4)，

AP(0,3,4),BC(8,0,0)，由此可得APBC0，所以

APBC，即APBC.

（II）解：设PMPA,1,则PM(0,3,4)

BMBPPMBPPA (4,2,4)(0,3,4)

(4,23,44)AC(4,5,0),BC(8,0,0)

设平面BMC的法向量n1(x1,y1,z1)， 平面APC的法向量n2(x2,y2,z2)

由BMn10, BCn10,得4x1(23)y1(44)x10,8x10,

即x10,23可取n231(0,1,) z144y1,44由APn20,即3y24z20,ACn20.4x25y

20,得x254y2,可取n2(5,4,3). z234y2,由n1n20,得4323440,

解得25，故AM=3。 综上所述，存在点M符合题意，AM=3。 方法二：

（I）证明：由AB=AC，D是BC的中点，得ADBC 又PO平面ABC，得POBC.

因为POADO，所以BC平面PAD，

故BCPA.

（II）解：如图，在平面PAB内作BMPA于M，连CM，由（I）中知APBC，得AP平面BMC， 又AP平面APC，所以平面BMC平面APC。

在RtADB中,AB2AD2BD241,得AB41.

在RtPOD中,PD2PO2OD2， 在RtPDB中,PB2PD2BD2,

所以PB2PO2OD2DB236,得PB=6. 在RtPOA中,PA2AO2OP225,得PA5.

又cosBPAPA2PB2AB212PAPB3, 从而PMPBcosBPA2，所以AM=PA-PM=3。 综上所述，存在点M符合题意，AM=3。

21．本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线、圆的位置关系等基础知识，同时考查解析

几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15分。 （I）解：由题意可知，抛物线的准线方程为： y14, 所以圆心M（0，4）到准线的距离是

174. （II）解：设P(x22),B(x20,x0),A(x1,x12,x2)， 则题意得x00,x01,x1x2，

设过点P的圆C2的切线方程为yx20k(xx0)， 即ykxkx20x0

①

则|kx4x200|1k21,

即(x222k(x2201)k2x0(4x0)04)10，

设PA，PB的斜率为k1,k2(k1k2)，则k1,k2是上述方程的两根，所以

k2xx220(04)(x04)211k2x2,k1k2x2. 0101将①代入yx2得x2kxkx20x00,

由于x0是此方程的根，

故x1k1x0,x2k2x0，所以

2kABx21x2xxx2x(x22004)x0412k1k22x022x0,kMP. 1x2x01x0由MPAB，得kABkMP(2x220(x04)x04x22x0)(1)， 01x0解得x22305, 即点P的坐标为(235,235)， 所以直线l的方程为y3115x4. 115

22．本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用，不等式等基础知识，同时考查推

理论证能力，分类讨论分析问题和解决问题的能力。满分14分。

(xa)2a(xa)(2lnx1). （I）解：求导得f'(x)2(xa)lnxxx因为xe是f(x)的极值点， 所以f'(e)(ea)(3)0, 解得ae或a3e经检验，符合题意，

所以ae或a3e.

（II）解：①当0x1时，对于任意的实数a，恒有f(x)04e成立； ②当1x3e时，由题意，首先有f(3e)(3ea)ln(3e)4e， 解得3e222ae2e2ea3e，

ln(3e)ln(3e)由（I）知f'(x)(xa)(2lnx1), 令h(x)2lnx1axa,则h(1)1a0,h(a)2lna0, xa2ln(3e)13e3e2eln(3e)

3e且h(3e)2ln(3e)12(ln3e1)0. ln3e又h(x)在(0,)内单调递增

所以函数h(x)在(0,)内有唯一零点， 记此零点为x0,则1x03e,1x0a. 从而，当x(0,x0)时，f'(x)0; 当x(x0,a)时,f'(x)0; 当x(a,)时，f'(x)0.

即f(x)在(0,x0)内单调递增，在(x0,a)内单调递减， 在(a,)内单调递增。

所以要使f(x)4e2对x1,3e恒成立，只要

22f(x0)(x0a)lnx04e,(1) 22f(3e)(3ea)ln(3e)4e,(2)成立。

由h(x0)2lnx01a0，知 x0（3）

a2x0lnx0x0,

232将（3）代入（1）得4x0lnx04e.

33又x01，注意到函数xlnx在1,内单调递增，

故1x0e。

再由（3）以及函数2xlnxx在(1,)内单调递增，可得1a3e. 由（2）解得，3e2e2ea3e.

ln(3e)ln(3e)所以3e2ea3e.

ln(3e)2ea3e.

ln(3e)综上，a的取值范围是3e