2011年山东高考理科数学试题及答案

2011年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）

理科数学

第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共l0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

满足题目要求的． 1．设集合 M ={x|xx60}，N ={x|1≤x≤3},则M∩N =

A．[1,2）

B．[1,2]

C．[2,3]

D．[2,3]

22．复数z=

2i（i为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为 2iB．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

A．第一象限

3．若点（a,9）在函数y3x的图象上，则tan=

a的值为 6C．1

B．[-4，6]

D．3 A．0 B．3 34．不等式|x5||x3|10的解集是

A．[-5，7]

C．,57, D．,46,

5．对于函数yf(x),xR,“y|f(x)|的图象关于y轴对称”是“y=f(x)是奇函数”的

A．充分而不必要条件 C．充要条件

B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要

6．若函数f(x)sinx (ω>0)在区间0, A．3

B．2

上单调递增，在区间,上单调递减，则ω= 332C．

3 23 39

D．

2 37．某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表

2 广告费用x（万元） 4

49 26 销售额y（万元）

5

54

ˆ为9．4，据此模型预报广告费用为6万元时销售额ˆaˆbxˆ中的b根据上表可得回归方程y

为

A．63．6万元

B．65．5万元

C．67．7万元

D．72．0万元

x2y2228．已知双曲线221(a＞0，b＞0)的两条渐近线均和圆C:xy6x50相切,且双曲

ab第1页（共14页）（2011年）

（2011年）

线的右焦点为圆C的圆心,则该双曲线的方程为

x2y21 A．

549．函数yx2y21 B．

45x2y2x2y21 D．1 C．

3663x2sinx的图象大致是 2

10．已知f(x)是R上最小正周期为2的周期函数，且当0x2时,f(x)x3x,则函数

yf(x)的图象在区间[0,6]上与x轴的交点的个数为

A．6

11．右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，

其正（主）视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯 视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命 题的个数是 A．3 B．2 C．1 D．0

B．7

C．8

D．9

12．设A1，A2，A3，A4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若AR），1A3A1A2 （λ∈

AAA14A12（μ∈R），且

112,则称A3，A4调和分割A1，A2 ,已知平面上的点C，D

调和分割点A，B则下面说法正确的是 A．C可能是线段AB的中点 B．D可能是线段AB的中点

C．C，D可能同时在线段AB上

D．C，D不可能同时在线段AB的延长线上

第II卷（共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．

13．执行右图所示的程序框图，输入l=2，m=3，n=5，则输出的y的值是 14．若(xax2)6展开式的常数项为60，则常数a的值为 .

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（2011年）

15．设函数f(x)f1(x)f2(x)f3(x)f4(x)x(x0),观察: x2xf(x),

x2xf(f1(x)),

3x4xf(f2(x)),

7x8xf(f3(x)),

15x16

根据以上事实，由归纳推理可得：

当nN且n2时，fn(x)f(fn1(x)) .

16．已知函数f（x）=logaxxb(a＞0，且a1).当2＜a＜3＜b＜4时，函数f（x）的零点

x0(n,n1),nN*,则n= . 三、解答题：本大题共6小题，共74分． 17．（本小题满分12分）

在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知

cosA-2cosC2c-a=．

cosBbsinC的值； sinA1 （II）若cosB=，b=2，ABC的面积S。

4 （I）求

18．（本小题满分12分）

红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对A，乙对B，丙对C各一盘，已知甲胜A，乙胜B，丙胜C的概率分别为0.6,0.5,0.5，假设各盘比赛结果相互独立。 （Ⅰ）求红队至少两名队员获胜的概率；

（Ⅱ）用表示红队队员获胜的总盘数，求的分布列和数学期望E.

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（2011年）

19．（本小题满分12分）

在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=90，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.

（Ⅰ）若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小． 20．（本小题满分12分）

等比数列an中，a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1,a2,a3中的任何两个数不在下表的同一列． 第一列 第一行 第二行 第三行 3 6 9 第二列 2 4 8 第三列 10 14 18 （Ⅰ）求数列an的通项公式；

（Ⅱ）若数列bn满足：bnan(1)lnan，求数列bn的前n项和Sn．

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（2011年）

21．（本小题满分12分）

某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，

左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为

80立方米，且l≥2r．假设该容器的建3造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c＞3)千元，设该容器的建造费用为y千元． （Ⅰ）写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域； （Ⅱ）求该容器的建造费用最小时的r．

22．（本小题满分14分）

x2y21交于Px1,y1、Qx2,y2两不同点，且△OPQ的面已知动直线l与椭圆C: 32积SOPQ=6,其中O为坐标原点. 2（Ⅰ）证明x12x22和y12y22均为定值;

（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求|OM||PQ|的最大值；

（Ⅲ）椭圆C上是否存在点D,E,G，使得SODESODGSOEG形状；若不存在，请说明理由.

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6?若存在，判断△DEG的2（2011年）

参考答案

一、选择题

1—12 ADDDBCBACBAD 二、填空题

13．68 14．4 15．三、解答题 17．解：

（I）由正弦定理，设

x 16．2 nn(21)x2abck, sinAsinBsinC2ca2ksinCksinA2sinCsinA, 则bksinBsinBcosA2cosC2sinCsinA. 所以

cosBsinB即(cosA2cosC)sinB(2sinCsinA)cosB， 化简可得sin(AB)2sin(BC). 又ABC，

所以sinC2sinA

sinC2. sinAsinC2得c2a. （II）由

sinA因此由余弦定理

1b2a2c22accosB及cosB,b2,4

1得4=a24a24a2.4解得a=1。 因此c=2 又因为cosB1,且GB. 4所以sinB15. 4因此S

111515acsinB12. 2244第6页（共14页）（2011年）

（2011年）

．解：（I）设甲胜A的事件为D，

乙胜B的事件为E，丙胜C的事件为F，

则D,E,F分别表示甲不胜A、乙不胜B，丙不胜C的事件。

因为P(D)0.6,P(E)0.5,P(F)0.5, 由对立事件的概率公式知

P(D)0.4,P(E)0.5,P(F)0.5,

红队至少两人获胜的事件有：

DEF,DEF,DEF,DEF.

由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立， 因此红队至少两人获胜的概率为

PP(DEF)P(DEF)P(DEF)P(DEF)0.60.50.50.60.50.50.40.50.50.60.50.50.55. （II）由题意知可能的取值为0，1，2，3。

又由（I）知DEF,DEF,DEF是两两互斥事件，

且各盘比赛的结果相互独立，

因此P(0)P(DEF)0.40.50.50.1, P(1)P(DEF)P(DEF)P(DEF)

0.40.50.50.40.50.50.60.50.50.35

P(3)P(DEF)0.60.50.50.15.

由对立事件的概率公式得

P(2)1P(0)P(1)P(3)0.4,

所以的分布列为：



0 1 2 P

0．1

0．35

0．4

因此E00.110.3520.430.151.6. 第7页（共14页）（2011年）

3 0．15

18

（2011年）

19．（I）证法一：

因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，ACB90，

所以EGF90,ABC∽EFG. 由于AB=2EF， 因此，BC=2FC，

连接AF，由于FG//BC，FG1BC, 2在ABCD中，M是线段AD的中点， 则AM//BC，且AM1BC, 2因此FG//AM且FG=AM，

所以四边形AFGM为平行四边形， 因此GM//FA。

又FA平面ABFE，GM平面ABFE， 所以GM//平面AB。 证法二：

因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，ACB90， 所以EGF90,ABC∽EFG.

由于AB=2EF， 因此，BC=2FC，

取BC的中点N，连接GN，

因此四边形BNGF为平行四边形， 所以GN//FB，

在ABCD中，M是线段AD的中点，连接MN， 则MN//AB， 因为MNGNN, 所以平面GMN//平面ABFE。 又GM平面GMN， 所以GM//平面ABFE。 （II）解法一：

因为ACB90,所以CAD=90，

又EA平面ABCD，

所以AC，AD，AE两两垂直，

分别以AC，AD，AE所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所法的空间直角坐标系， 不妨设ACBC2AE2,

则由题意得A（0，0，0，），B（2，-2，0），C（2，0，0，），E（0，0，1），

所以AB(2,2,0),BC(0,2,0),

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（2011年）

1AB, 2所以F(1,1,1),BF(1,1,1).

又EF设平面BFC的法向量为m(x1,y1,z1),

则mBC0,mBF0,

所以y10,取z11得x11,

xz,11所以m(1,0,1),

设平面ABF的法向量为n(x2,y2,z2)，

则nAB0,nBF0,

所以x2y2,取y21,得x21,

z0,2则n(1,1,0)，

所以cosm,nmn1.

|m||n|2因此二面角A—BF—C的大小为60. 解法二：

由题意知，平面ABFE平面ABCD， 取AB的中点H，连接CH， 因为AC=BC， 所以CHAB， 则CH平面ABFE，

过H向BF引垂线交BF于R，连接CR， 则CRBF.

所以HRC为二面角A—BF—C的平面角。 由题意，不妨设AC=BC=2AE=2。 在直角梯形ABFE中，连接FH， 则FHAB，又AB22, 所以HFAE1,BH2,

因此在RtBHF中，HR6. 3第9页（共14页）（2011年）

（2011年）

由于CH1AB2, 2所以在RtCHR中，tanHRC23, 63因此二面角A—BF—C的大小为60. 20．解：（I）当a13时，不合题意；

当a12时，当且仅当a26,a318时，符合题意； 当a110时，不合题意。 因此a12,a26,a318, 所以公式q=3， 故an23n1.

（II）因为bnan(1)nlnan

23n1(1)n(23n1)23n1(1)n[ln2(n1)ln3]23n1(1)n(ln2ln3)(1)nnln3,所以

S2n2(1332n1)[111(1)2n](ln2ln3)[125(1)nn]ln3, 所以

13nnln3 当n为偶数时，Sn2132n3nln31;

213nn1(ln2ln3)(n)ln3 当n为奇数时，Sn21323nn1ln3ln21. 2综上所述，

nn3ln31,n为偶数2Sn

3n-n1ln3-ln2-1,n为奇数2第10页（共14页）（2011年）

（2011年）

21．解：（I）设容器的容积为V，

由题意知Vrl24380r,又V, 334Vr38044203故lr(r)

r23r233r2由于l2r 因此0r2.

所以建造费用y2rl34rc2r因此y4(c2)r22420(2r)34r2c, 3r160,0r2. r1608(c2)320(r),0r2. （II）由（I）得y'8(c2)r2rr2c2由于c3,所以c20,

当r320200时,r3. c2c2令320m,则m0 c28(c2)22(rm)(rrmm). 2r9 （1）当0m2即c时，

2所以y'当r=m时,y'=0;当r(0,m)时,y'<0; 当r(m,2)时,y'>0.所以rm是函数y的极小值点，也是最小值点。 （2）当m2即3c9时， 2当r(0,2)时,y'0,函数单调递减， 所以r=2是函数y的最小值点， 综上所述，当3c9时，建造费用最小时r2; 2当c920时，建造费用最小时r3. 2c222．（I）解：（1）当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，

所以x2x1,y2y1.

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（2011年）

因为P(x1,y1)在椭圆上，

x12y121 因此32又因为SOPQ ①

6, 26. 26,|y1|1. 2②

所以|x1||y1|由①、②得|x1|222此时x1x23,y12y22,

（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm,

x2y21，得 由题意知m0，将其代入32(23k2)x26kmx3(m22)0，

其中36km12(23k)(m2)0, 即3k2m

222222 …………（*）

6km3(m22),x1x2, 又x1x223k223k2263k22m2所以|PQ|1k(x1x2)4x1x21k,

23k2222因为点O到直线l的距离为d|m|1k,2 所以SOPQ1|PQ|d 2221|m|2263k2m 1k22223k1k6|m|3k22m2 223k第12页（共14页）（2011年）

（2011年）

又SOPQ6, 2整理得3k222m2,且符合（*）式，

6km23(m22))23, 此时xx(x1x2)2x1x2(2223k23k212222y12y222222(3x12)(3x2)4(x12x2)2. 333222综上所述，x1x23;y12y22,结论成立。

（II）解法一：

（1）当直线l的斜率存在时，

由（I）知|OM||x1|6,|PQ|2|y1|2, 2因此|OM||PQ|626. 2 （2）当直线l的斜率存在时，由（I）知

x1x23k, 22my1y2x1x23k23k22m2k()mm,222m2mmx1x22y1y229k216m22112|OM|()()(3),

224m2m24m22m2222(2m21)12224(3k2m)|PQ|(1k)2(2),2222(23k)mm所以|OM||PQ|22111(32)2(22) 2mm11)(2)m2m2 113222mm)225.(24(3511，当且仅当3222,即m2时，等号成立. 2mm5综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为.

2所以|OM||PQ|解法二：

因为4|OM||PQ|(x1x2)(y1y2)(x2x1)(y2y1)

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222222（2011年）

222[(x12x2)(y12y2)]10.

4|OM|2|PQ|2105. 所以2|OM||PQ|255,当且仅当2|OM||PQ|5时等号成立。 25因此 |OM|·|PQ|的最大值为.

2即|OM||PQ| （III）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得SODESODGSOEG6. 26， 2证明：假设存在D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足SODESODGSOEG由（I）得

2222u2x123,u2x23,x12x23;v2y122,v2y22,y12y22,322解得u2x12x2;v2y12y21.25因此u,x1,x2只能从中选取,v,y1,y2只能从1中选取,2因此D，E，G只能在(

6,1)这四点中选取三个不同点， 2而这三点的两两连线中必有一条过原点， 与SODESODGSOEG6矛盾， 2所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.

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