2011年浙江高考数学答案(理科).pdf

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1、20112011 年浙江高考数学答案（理科年浙江高考数学答案（理科)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。1101251321456,6155316210517(0,1)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。5a c,4（I）解：由题设并利用正弦定理，得ac 1,4a 1,解得1或c,41a,4c 1.（II）解：由余弦定理，b2 a2 c2 2ac cos B(a c

2、)2ac 2ac cos B p b即p222212b12212b cos B,232cos B,2因为0 cos B 1,得 p(,2)，23由题设知p 0,所 以62 p 2.19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)1a2)21a1a41,因为d 0，所以d a所以an na1,Snan(n 1)2.（II）解：因为1Sn1S3211()，所以ann 11Sn2a1n 1An1S11S2 (1)因为a2n1 21a11a2n1a，所以1n1()122(1

3、1).n1aa212Bn1a22 1a2n112n当n 2时,2n Cn0 Cn Cn Cn n 1，即1 1n 1 1 12n,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 Oxyz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

4、BC.（II）解：设PMPA,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MBn1 0,BCn1 0,得4x1(2 3)y1(4 4)x1 0,8x1 0,x1 0,即2 3可 取 n2 31(0,1,)z14 4y1,4 4 由AP n23y2 4z0,即2 0,AC n2 0.4x2 5 y2 0,得x25y2,4可取 n2(5,4,3).z 324y2,由n0,得 4 3 2 31 n24 4

5、 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PO AD 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 AD B中,AB2 AD2 BD2 41,得 AB 41.在Rt PO D中,PD2 PO2 OD2，在Rt PD B中,PB2 PD2 BD2,所以PB2 PO2 OD2 DB2 36,得 PB

6、=6.在Rt PO A中,PA2 AO2 OP2 25,得 PA 5.PA2 PB2 AB2又cos BPA 2PA PB13,从而 PM PB cos 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(x22B(x20,x0),A(x1,x1),2,x2)，则题意得x0 0,x0 1,x1 x2，设过点 P 的圆 C

7、2的切线方程为y x20 k(x x0)，即y kx kx20 x02则|kx0 4 x0|1,1 k2即(x2 1)k2 2x2(x2200(4 x0)k0 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2kx220 4)11 k0(x0 4)22xx2,k1k2(.01x201将代入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22k1 x2x20(x0 4)x20 4ABxx1 x2 k1 k2 2x021 x x2x2 2x0,kMP01x.0由MP AB，得k2x220(x

8、0 4)4AB kMP(x201 2x0)(x0 x 1)，0解得x22305,即点 P 的坐标为(235,235)，所以直线l的方程为y 3 115115x 4.22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。（I）解：求导得f(x)2(x a)ln x 因为x e是f(x)的极值点，所以f(e)(e a)(3 ae)0,(x a)x2(x a)(2 ln x 1ax).解得a e或a 3e经检验，符合题意，所以a e或a 3e.（II）解：当0 x 1时，对于任意的实数 a，恒有f(x)0 4

9、e2成立；当1 x 3e时，由题意，首先有f(3e)(3e a)2ln(3 e)4e2，解得3e 2eln(3 e)a 3e 2eln(3 e)，ax由（I）知f(x)(x a)(2 ln x 1令h(x)2 ln x 1 ax),则 h(1)1 a 0,h(a)2 ln a 0,且h(3e)2 ln(3 e)1 1ln 3ea3e3e 2 ln(3 e)1 2eln(3 e)3e 2(ln 3e)0.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

10、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)4e 对x 1,3e恒成立，只要222f(x0)(x0 a)ln x0 4e,(1)22f(3e)(3e a)ln(3 e)4e,(2)成立。由h(x0)2 ln x0 1a 2x0ln x0 x0,232lnx0 4e.将（3）代入（1）得4x0ax0 0，知（3）又x0 1，注意到函数x lnx在1,内单调递增，33故1 x0 e。再由（3）以及函数2x ln x x在(1,)内单调递增，可得1 a 3e.2eln(3 e)2eln(3 e)由（2）解得，3e a 3e.所以3e 2eln(3 e)a 3e.综上，a 的取值范围是3e 2eln(3 e)a 3e.