2011年普通高等学校招生全国统一考试重庆卷及答案详解(理工类)41525.pdf

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1、 1 2011 年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）数学试题卷（理工农医类）满分 150 分.考试时间 120 分钟.注意事项：1答题前，务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡规定的位置上.2答选择题时，必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选其他答案标号.3答非选择题时，必须使用 0.5 毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.4所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.5考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回.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备选项中，只有一项是符合题目要求的.1

2、复数2341iiii A1122i B1122i C1122i D1122i 2“x ”是“x”的 A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要 3已知lim()xaxxx，则a A B 2 C3 D6 4(1 3)(6)nxnNn其中且 的展开式中56xx与的系数相等，则 n=A6 B7 C8 D9 5下列区间中，函数fx=(2)Inx（）在其上为增函数的是 A（-,1 B41,3 C30,2 D1,2 6若ABC 的内角 A、B、C 所对的边 a、b、c 满足22ab4c（），且 C=60，则 ab 的值为 A43 B84 3 C 1 D23 7已知 a0，b0，

3、a+b=2，则 y=14ab的最小值是 A72 B4 C 92 D5 8在圆06222yxyx内，过点 E（0，1）的最长弦和最短弦分别是 AC 和 BD，则四边形 ABCD 的 2 面积为 A25 B210 C15 2 D220 9高为24的四棱锥 S-ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，点 S、A、B、C、D 均在半径为 1 的同一球面上，则底面 ABCD 的中心与顶点 S 之间的距离为 A24 B22 C1 D2 10设 m，k 为整数，方程220mxkx在区间（0,1）内有两个不同的根，则 m+k 的最小值为 A-8 B8 C12 D13 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5

4、 分，共 25 分，把答案写在答题卡相应位置上 11在等差数列 na中，3737aa，则2468aaaa_ 12已知单位向量1e，2e的夹角为 60，则122ee_ 13将一枚均匀的硬币投掷 6 次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率_ 14已知1sincos2，且0,2，则cos2sin4的值为_ 15设圆 C 位于抛物线22yx与直线 x=3 所围成的封闭区域（包含边界）内，则圆 C 的半径能取到的最大值为_ 三、解答题：本大题共 6 小题，共 75 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 16（本小题满分 13 分）设aR，2cossincoscos2f xx axxx满足 0

5、3ff，求函数()f x在11,424上的最大值和最小值.17（本小题满分 13 分）（）小问 5 分，（）小问 8 分）某市公租房的房源位于 A，B，C 三个片区，设每位申请人只申请其中一个片区的房源，且申请其中任一个片区的房源是等可能的求该市的任 4 位申请人中：（）恰有 2 人申请 A 片区房源的概率；3 （）申请的房源所在片区的个数的分布列与期望 18（本小题满分 13 分，（）小问 6 分，（）小问 7 分）设()f xxaxbx的导数()fx满足(),()fa fb ，其中常数,a bR （）求曲线()yf x在点(,()f处的切线方程；（）设()()xg xfx e，求函数()g

6、 x的极值 19（本小题满分 12 分，（）小问 5 分，（）小问 7 分）如题（19）图，在四面体ABCD中，平面ABC 平面ACD，ABBC，ADCD，CAD （）若AD ，ABBC，求四面体ABCD的体积；（）若二面角CABD为，求异面直线AD与BC所成角的余弦值 20（本小题满分 12 分，（）小问 4 分，（）小问 8 分）如题（20）图，椭圆的中心为原点O，离心率e，一条准线的方程为x （）求该椭圆的标准方程；4 （）设动点P满足：OPOMONuuu ruuuruuu r，其中,M N是椭圆上的点，直线OM与ON的斜率之积为，问：是否存在两个定点,F F，使得PFPF为定值？若存在

7、，求,F F的坐标；若不存在，说明理由 21（本小题满分 12 分，（I）小问 5 分，（II）小问 7 分）设实数数列na的前 n 项和nS，满足)(*11NnSaSnnn （I）若122,2a Sa成等比数列，求2S和3a；（II）求证：对14303kkkaa有 参考答案 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.15 CADBD 610 ACBCD 二、填空题：本题考查基本知识和基本运算，每小题 5 分，满分 25 分.5 1174 123 131132 14142 1561 三、解答题：满分 75 分.16（本题 13 分）解：22()sincoscoss

8、inf xaxxxx sin2cos2.2axx 由31()(0)1,2 3.3222affa 得解得 因此()3sin 2cos22sin(2).6f xxxx 当,2,()4 363 2xxf x 时为增函数，当113,2,()324624xxf x时为减函数，所以11(),()2.443f xf在上的最大值为 又因为11()3,()2,424ff 故11(),424f x在上的最小值为11()2.24f 17（本题 13 分）解：这是等可能性事件的概率计算问题.（I）解法一：所有可能的申请方式有 34种，恰有 2 人申请 A 片区房源的申请方式2242C 种，从而恰有 2人申请 A 片区

9、房源的概率为 224428.273C 解法二：设对每位申请人的观察为一次试验，这是 4 次独立重复试验.记“申请 A 片区房源”为事件 A，则1().3P A 从而，由独立重复试验中事件 A 恰发生 k 次的概率计算公式知，恰有 2 人申请 A 片区房源的概率为 22244128(2)()().3327PC （II）的所有可能值为 1，2，3.又 421322243244234431(1),273()(22)1414(2)(2)272733PCC CC CCPP或 12123342434444(3)(3).9933C C CC APP或 6 综上知，有分布列 1 2 3 P 127 1427

10、49 从而有 114465123.2727927E 18（本题 13 分）解：（I）因32()1,f xxaxbx故2()32.fxxaxb 令1,(1)32,xfab得 由已知(1)2,322,3.faabab 因此解得 又令2,(2)124,xfab得由已知(2),fb 因此124,abb 解得3.2a 因此3235()31,(1)22f xxxxf 从而 又因为3(1)2()3,2f 故曲线()(1,(1)yf xf在点处的切线方程为 5()3(1),6210.2yxxy 即 （II）由（I）知2()(333)xg xxxe，从而有2()(39).xg xxx e 令212()0,390

11、,0,3.g xxxxx得解得 当(,0),()0,()(,0)xg xg x 时故在上为减函数；当(0,3),()0,()xg xg x时故在（0，3）上为增函数；当(3,)x时，()0,()(3,)g xg x故在上为减函数；从而函数1()0g xx 在处取得极小值2(0)3,3gx 在处取得极大值3(3)15.ge 19（本题 12 分）（I）解：如答（19）图 1，设 F 为 AC 的中点，由于 AD=CD，所以 DFAC.故由平面 ABC平面 ACD，知 DF平面 ABC，即 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高，且 DF=ADsin30=1，AF=ADcos30=3.在

12、RtABC 中，因 AC=2AF=2 3，AB=2BC，7 由勾股定理易知2 154 15,.55BCAB 故四面体 ABCD 的体积 1114 152 154.332555ABCVSDF （II）解法一：如答（19）图 1，设 G，H 分别为边 CD，BD 的中点，则 FG/AD，GH/BC，从而FGH是异面直线 AD 与 BC 所成的角或其补角.设 E 为边 AB 的中点，则 EF/BC，由 ABBC，知 EFAB.又由（I）有 DF平面 ABC，故由三垂线定理知 DEAB.所以DEF 为二面角 CABD 的平面角，由题设知DEF=60 设,sin.2aADaDFADCAD则 在33,co

13、t,236aRt DEFEFDFDEFa中 从而13.26GHBCEFa 因 RtADERtBDE，故 BD=AD=a，从而，在 RtBDF 中，122aFHBD，又1,22aFGAD从而在FGH 中，因 FG=FH，由余弦定理得 2223cos226FGGHFHGHFGHFG GHFG 因此，异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为3.6 解法二：如答（19）图 2，过 F 作 FMAC，交 AB 于 M，已知 AD=CD，平面 ABC平面 ACD，易知 FC，FD，FM 两两垂直，以 F 为原点，射线 FM，FC，FD 分别为 x 轴，y轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 Fxyz.

14、不妨设 AD=2，由 CD=AD，CAD=30，易知点 A，C，D 的坐标分别为(0,3,0),(0,3,0),(0,0,1),(0,3,1).ACDAD则 显然向量(0,0,1)k 是平面 ABC 的法向量.已知二面角 CABD 为 60，故可取平面 ABD 的单位法向量(,)nl m n，使得1,60,.2n kn从而 8 2223,30,.661,.3nADmnmlmnl 由有从而由得 设点 B 的坐标为6(,0);,3B x yABBC nABl 由取，有 224 63,0,9,()633(3)0,7 3,369xyxxyxyy 解之得舍去 易知63l 与坐标系的建立方式不合，舍去.因

15、此点 B 的坐标为4 6 7 3(,0).99B所以4 62 3(,0).99CB 从而 222 33()39cos,.6|4 62 331()()99AD CBAD CBADCB 故异面直线 AD 与 BC 所成的角的余弦值为3.6 20（本题 12 分）解：（I）由22,2 2,2caeac 解得2222,2,2acbac，故椭圆的标准方程为 221.42xy （II）设1122(,),(,),(,)P x y M x yN xy，则由 2OPOMON 得 112212121212(,)(,)2(,)(2,2),2,2.x yx yxyxxyyxxxyyy即 因为点 M，N 在椭圆2224

16、xy上，所以 9 2222112224,24xyxy，故222222121212122(44)2(44)xyxxx xyyy y 2222112212121212(2)4(2)4(2)204(2).xyxyx xy yx xy y 设,OMONkk分别为直线 OM，ON 的斜率，由题设条件知 12121,2OMONy ykkx x 因此121220,x xy y 所以22220.xy 所以 P 点是椭圆22221(2 5)(10)xy上的点，设该椭圆的左、右焦点为 F1，F2，则由椭圆的定义|PF1|+|PF2|为定值，又因22(2 5)(10)10c，因此两焦点的坐标为 12(10,0),(

17、10,0).FF 21（本题 12 分）（I）解：由题意2221222221122,2,Sa aSSSa Sa a 得，由 S2是等比中项知220.2.SS 因此 由23332SaSa S解得 23222.1213SaS （II）证法一：由题设条件有11,nnnnSaaS 故11111,1,11nnnnnnnnSaSaaSSa且 从而对3k 有 112112112111211111.11111kkkkkkkkkkkkkkkkaaSaSaaaaSaSaaaa 因2221111131()0024kkkkaaaa 且，由得0ka 10 要证43ka，由只要证212114,31kkkaaa 即证222

18、111134(1),(2)0.kkkkaaaa即 此式明显成立.因此4(3).3kak 最后证1.kkaa若不然212,1kkkkkaaaaa 又因220,1,(1)0.1kkkkkaaaaa故即矛盾.因此1(3).kkaa k 证法二：由题设知111nnnnnSSaaS，故方程21110nnnnxSxSSa 有根和（可能相同）.因此判别式21140.nnSS 又由2212212121.1nnnnnnnnnaSSaaSaSa得且 因此22222222240,3401(1)nnnnnnaaaaaa即，解得240.3na 因此40(3).3kak 由110(3)1kkkSakS，得 111211122111(1)(1)11110.131()24kkkkkkkkkkkkkkkkkkSSSaaaaaSa SSSaaSSS 因此1(3).kkaak 11