2011年浙江高考数学试题及答案解析版(理科)

理科数学

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。

x,x0,（1）设函数f(x)2若f()4,则实数=

x,x0.（A）-4或-2 （B）-4或2 （C）-2或4 （D）-2或2 【答案】B

【解析】当0时，f()4,4； 当0时，f()4,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 （D）3 【答案】A

【解析】∵z1i，∴z1i，∴(1z)z(11i)(1i)3i.

2(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

【答案】D

【解析】由正视图可排除A、B选项；由俯视图可排除C选项.

（4）下列命题中错误的是

（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 【答案】D

【解析】因为若这条线是平面和平面的交线L，则交线L在平面内，明显可得交线L在平面内，所以交线L不可能垂直于平面，平面内所有直线都垂直于平面是错误的

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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 【答案】B

【解析】可行域如图所示

2x+y-7=0 y o X+2y-5=0 x

x2y50x33联立，解之得，又∵边界线为虚线取不到，且目标函数线的斜率为，

42xy70y1∴当z3x4y过点（4，1）时，有最小值16.

（6）若0＜＜2，-31，则cos() ＜＜0，cos()，cos()4232432（A）33536 （B） （C） （D）3399

【答案】C

【解析】∵cos()43221，0，∴sin()，又∵cos()，

4234332420，∴sin(2)6，∴cos()cos[()()]＝32442- 2 -

1322653＝. cos()cos()sin()sin()＝33339442442（7）若a,b为实数，则“0＜ab＜1”是a＜或b＞的 （A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件

（C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件 【答案】A

1b1a1成立；当a0,b0时，两b111边同除以a可得b成立，∴“0ab1”是“a或b”的充会条件，反过来ab0，

aba11由a或b得不到0ab1.

ba【解析】当a0,b0时，由0ab1两边同除b可得a

x2y2y221有公共的焦点，C2的一条（8）已知椭圆C1:221(a＞b＞0)与双曲线C2:xab4渐近线与以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131 （B）a213 （C）b2 （D）b22 22【答案】 C

y2【解析】由双曲线x＝1知渐近线方程为y2x，又∵椭圆与双曲线有公共焦点，

4222∴椭圆方程可化为bx＋b5y＝b5b，联立直线y2x与椭圆方程消y得，

2222x2b5b2b25b22a2，又∵C1将线段AB三等分，∴122， 225b2035b2022解之得b1. 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）

1234 （B） （C） D5555

【答案】B

2223222A2A2A3A3A2A22【解析】由古典概型的概率公式得P1. 55A5

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（)cxbx1).记集（10）设a，b，c为实数，f(x)(xa)(xbxc),g(x)(ax1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 （B）S1且T=1 （C）S=2且T=2 （D）S=2且T=3 【答案】D

【解析】当abc0时，s1且 |T|0；当a0且b4ac0时，s1且T1；当a0,b4ac0且b=a+c(例如a=1 c=3,b=4)时， s2且T2.

2222- 4 -

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)x2xa为偶函数，则实数a 。 【答案】0

【解析】∵f(x)为偶函数，∴f(x)f(x)， 即

x2|xa|(x)2|xa|xaxa,∴

a0.

（12）若某程序图如图所示，则该程序运行后输出的k的值是 。 【答案】5 【解析】k3时，a4＝，b3＝84，ab；

34k4时，a44＝256，b44＝256，ab； k5时，a45＝2564，b54＝625，ab.

（13）设二项式(xa6)(a0)的展开式中x3的系数为A,x常数项为B，若B=4A，则a的值是 。 【答案】2 【解

析

k】由

3题意得

Tk16kakk6kk2C6x， aC6xx24∴AaC6，BaC6，又∵B4A，

2442∴aC6，解之得a4，又∵a0，∴a2. 4aC22

（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 。 25 【答案】 [,]

66【解析】由题意得：sin111， ，∵1，1，∴sin222- 5 -

又∵(0,)，∴[

56,5].

（15）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

2，得到乙公司面试的概率为p，且三个公司是否让其面试是相31互的。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

12生得到甲公司面试的概率为望E(X) 【答案】

5 32211p，∴p. 31222【解析】∵ PX01221111∴PX12，

3232321115PX22，

323212211PX3，

326∴EX0

（16）设x,y为实数，若4xyxy1,则2xy的最大值是 .。

2222211515123. 1231263【答案】

210 52222【解析】∵4xyxy1，∴(2xy)3xy1，即(2xy)3•2xy1， 2∴(2xy)

221021032xy282xy. ()1，解之得：(2xy)2，即55225x2y21的焦点，点A,B在椭 （17）设F1,F2分别为椭圆3

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圆上，若F1A5F2B;则点A的坐标是 . 【答案】0,1

【解析】设直线F1A的反向延长线与椭圆交于点B，又∵F1A5F2B，由椭圆的对称性可得F1A5BF1，设Ax1,y1，Bx2,y2， 又∵F1A632632， F1B'， x1x23232632632x1x2232解之得x10，∴点A的坐标为(0,1)或（0，-1）∴3. x125(2x2) 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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。

11111111...，Bn，当n2时，试比较An...S1S2S3Sna1a2a22a2n- 7 -

2（21）（21）（本题满分15分）已知抛物线C1:x＝y，圆C2:x(y4)1的圆心为点

22M。

（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垂足于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

（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。

22- 8 -

数学（理科）试题参

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）B（2）A（3）D（4）D（5）B（6）C（7）A（8）C（9）B（10）D

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。

5（11）0（12）5（13）2（14）[6,6]

5（15）3

210 （16）5（17）(0,±1)

三、解答题：本大题共5小题，共72分。

ac54（Ⅰ）解：由题设并利用正弦定理，得

1ac4a1a14解得或 1c4c1（Ⅱ）解：由余弦定理，b2=a2+c2-2ac cosB

=(a+c)2-2ac cosB

2212b =p2b2-122bcosB,即p31cosB, 2262p2

因为03cosB1,得p2(,2)，由题设知p20，所以

（19）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，同事考查分类讨论思想。满分14分。

（Ⅰ）解：设等差数列{an}的公差为d,由(2)21a11, a1a42 得(a1d)a1(a13d)。因为d0,所以da1an

所以anna,Sn（Ⅱ）解：因为 所以

an(n1)， 21211(), Snann1An111121...(1). S1S2S3Snan1n1因为a2n12a,所以

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11()n1111122(11). Bn....a1a2a22a2n1a11a2n2n012n当n≥2时，2CnCnCn...Cnn1，即1111n,

n12所以，当a＞0时，AnBn；当a＜0时，AnBn。

（20）本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同事

考查想象能力和运算求解能力。满分15分。 方法以：

（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,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 n1(x2,y2,z2),

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

8x0,1- 10 -

x10,23即可取n(0,1,), 2344z1y1,445xy,242APn20,3y24z20,由即得可取n2(5,4,3),

34x5y0,22zy,ACn10,224由n1n20，得43解得230

442，故AM=3 5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PO∩BC=0，所以BC⊥平面PAD

故BC⊥PA.

（Ⅱ）解：如图，在平面PAD

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, PB2=PO2+OD2, 在Rt⊿PDB中, PB2=PD2+BD2, 所以PB2=PO2+OD2+BD2=36，得PB=6. 在Rt⊿POA中, PA2=AO2+OP2=25,得PA=5

PA2PB2AB21, 又cosBPA2PAPB3从而PMPBCOSBPA2,所以AMPAPM3

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综上所述，存在点M符合题意，AM=3.

（21）本题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,所以圆心M（0,4）

到抛物线的距离是

1417, 4 （Ⅱ）解：设P(x0, x02)，A（x1,x12）B（x2,x22），由题意得x01,x1x2设过点P的圆C2的切线方程为y-x0=k(x- x0) 即yx02k(xx0)， ①

则|kx04x02|1k21

22222 即(x01)k2x0(4x0)k(x0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

2x0(x024)(x024)21 k1k2，k1k2

x021x021 将①代入yx2得x2kxkx0x020，

由于x0是此方程的根，故x1k1x0,x2k2x0,所以

kAB2x0(x024)x024x12x22 x1x2k1k22x0()2x0kMPx1x2x021x02x0(x04)x042x)()1，解得0x021x022由MP⊥AB,得kABkMP(x02x035

即点P的坐标为(23233115,)，所以直线l的方程为yx4。 55115（22）本题主要考查函数极限的概念、导数运算法则、导数运用，不等式等基础知识，

同时考查推理论证能力。分类讨论等分析问题和解决问题的能力。满分14分。

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(xa)2a（Ⅰ）解：求导得f’(x)=2(x-a)lnx+=(xa)(2ln x+1-).

xx 因为x=e是f(x)的极值点，所以f’(e)= ea3a解得ae 0，

e或a3e，经检验，符合题意，所以ae 或a3e。

（Ⅱ）解：①当0x1时，对于任意的实数a,恒有f'(x)14c2成立，

②当1x3e，由题意，首先有f(3e)(3ea)2ln(3e)4e2，

2e2ea3e ln(3e)ln(3e) 解得3e 由（Ⅰ）知f'(x)(xa)(2lnx1)， h(x)2lnx1axa，则h(1)1ax0，h(a)2lnxa3e2eln(3e)

3e0，

且h(3e)2ln(3e)1a2ln(3e)13e0。

=2(ln3e1)3ln(3e) 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 从而，当x(0,x0)时，f'(x)x03e，1x0a。

0；当x(x0,a)时，0，即f(x)在(0,x0)f'(x)a；当x(a,)时，f'(x)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)4e对x(1,3e2恒成立，只要

22f(x0)(x0a)lnx04e,(1) 

22f(3e)(3ea)ln(3e)4e,(2) 成立。

h(x0)2lnx01a0，知 x0- 13 -

a2lnx0x0（3）

232将（3）代入（1）得4x0lnx04e，又x01，注意到函

数xlnx在[1,+∞)内单调递增，故123x0e。

再由（3）以及函数2xlnx+x在（1.+ +∞)内单调递增，可得1a3e。

由（2）解得，3e所以3e2e2ea3e。

ln(3e)ln(3e)2ea3e

ln(3e)2ea3e。 ln(3e)综上，a的取值范围为3e- 14 -