高考试题(解析版)--数学理(陕西卷).pdf

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1、2011 年普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）数学（理）试题解析一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的（本大题共10 小题，每小题5 分，共 50 分）1设a，b是向量，命题“若a b，则|a|b|”的逆命题是（）（A）若a b，则|a|b|（B）若a b，则|a|b|（C）若|a|b|，则a b（D）若|a|b|，则a b【分析】首先确定原命题的条件和结论，然后交换条件和结论的位置即可得到逆命题。【解】选 D原命题的条件是a b，作为逆命题的结论；原命题的结论是|a|b|，作为逆命题的条件，即得逆命题“若|a|b|，则a b”，故选 D2设抛物线的顶点在原点，准线

2、方程为x 2，则抛物线的方程是（）（A）y2 8x（B）y28x（C）y2 4x（D）y2 4x【分析】由准线确定抛物线的位置和开口方向是判断的关键【解】选 B由准线方程x 2得p 2,且抛物线的开口向右（或焦点在x轴的正半轴），所以2y2 2px 8x3设函数f(x)（xR）满足f(x)f(x)，f(x2)f(x)，则函数y f(x)的图像是（）【分析】根据题意，确定函数y f(x)的性质，再判断哪一个图像具有这些性质【解】选B由f(x)f(x)得y f(x)是偶函数，所以函数y f(x)的图象关于y轴对称，可知 B，D 符合；由f(x2)f(x)得y f(x)是周期为 2 的周期函数，选项

3、 D 的图像的最小正周期是 4，不符合，选项 B 的图像的最小正周期是 2，符合，故选 B4(4x2x)6（xR）展开式中的常数项是（）（A）20（B）15（C）15（D）20【分析】根据二项展开式的通项公式写出通项，再进行整理化简，由x的指数为 0，确定常数项是第几项，最后计算出常数项.rrr【解】选 CTr1C6(4x)6r(2x)rC622x(6r)2xrC6212x3xr，4令12x3xr 0，则r 4，所以T5C615，故选 C5某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（）（A）8（B）8233（C）822（D）3【思路点拨】根据已知的三视图想象出空间几何体，然后由几何体的组成和有关几

4、何体体积公式进行计算【精讲精析】选 A由几何体的三视图可知几何体为一个组合体，即一个正方体中间去掉一个圆锥体，所以它的体积是18V 23222 8.336函数f(x)x cosx在0,)内（）（A）没有零点（B）有且仅有一个零点（C）有且仅有两个零点（D）有无穷多个零点【分析】利用数形结合法进行直观判断，或根据函数的性质（值域、单调性等）进行判断。【解】选 B（方法一）数形结合法，令f(x)x cosx 0，则x cosx，设函数y x和y cos x，它们在0,)的图像如图所示，显然两函数的图像的交点有且只有一个，所以函数f(x)x cosx在0,)内有且仅有一个零点；（方法二）在x在x(0

5、,2,)上，x 1，cos x 1，所以f(x)x cosx 0；2，f(x)12 xsin x 0，所以函数f(x)x cosx是增函数，又因为f(0)1，f()2 0，所以f(x)x cosx在x0,上有且只有一个零点221i2，i为虚数单位，xR R，7设集合M y|y|cos2xsin2x|,xR，N x|x|则MN为（）（A）（0，1）（B）(0，1（C）0，1)（D）0，1【分析】确定出集合的元素是关键。本题综合了三角函数、复数的模，不等式等知识点。【解】选 Cy|cos2xsin2x|cos2x|0,1，所以M 0,1；因为|x|1i2，所以|xi|2，即|x(i)|2，又因为x

6、R R，所以1 x 1，即N (1,1)；所以MN 0,1)，故选 C.8右图中，x1，x2，x3为某次考试三个评阅人对同一道题的独立评分，p为该题的最终得分，当x1 6，x29，p 8.5时，x3等于（）（A）11（B）10（C）8（D）7【分析】先读懂右图的逻辑顺序，然后进行计算判断，其中判断条件|x3 x1|x3 x2|是否成立是解答本题的关键【解】选 Cx1 6，x29,|x1 x2|3，2不成立,即为“否”所以再输入x3；由绝对值的意义（一个点到另一个点的距离）和不等式|x3 x1|x3 x2|知，点x3到点x1的距离小于点x3到x2的距离，所以当x3 7.5时，此时x2 x3，所以

7、p|x3 x1|x3 x2|成立，即为“是”x1 x36 x38.5，解得，即22x311 7.5，不合题意；当x3所以p，此时x1 x3，7.5时，|x3 x1|x3 x2|不成立，即为“否”x3 x2x 98.5，解得x38 7.5，符合题意，故选 C，即3229设(x1,y1),(x2,y2)，(x3,y3)是变量x和y的n个样本点，直线l是由这些样本点通过最小二乘法得到的线性回归方程（如图），以下结论中正确的是（）（A）x和y的相关系数为直线l的斜率（B）x和y的相关系数在 0 到 1 之间（C）当n为偶数时，分布在l两侧的样本点的个数一定相同（D）直线l过点(x,y)【分析】根据最小

8、二乘法的有关概念：样本点的中心，相关系数线，性回归方程的意义等进行判断【解】选 D选项ABC具体分析相关系数用来衡量两个变量之间的相关程度，直线的斜率表示直线的倾斜程度；它们的计算公式也不相同相关系数的值有正有负，还可以是0；当相关系数在0 到 1 之间时，两个变量为正相关，在1到 0 之间时，两个变量负相关结论不正确不正确不正确l两侧的样本点的个数分布与n的奇偶性无关，也不一定是平均分布回归直线l一定过样本点中心(x,y)；由回归直线方程的计算公式D正确a ybx可知直线l必过点(x,y)10甲乙两人一起去游“2011 西安世园会”，他们约定，各自独立地从 1 到 6 号景点中任选 4 个进

9、行游览，每个景点参观 1 小时，则最后一小时他们同在一个景点的概率是（）（A）1115（B）（C）（D）963636【分析】本题抓住主要条件，去掉次要条件（例如参观时间）可以简化解题思路，然后把问题简化为两人所选的游览景点路线的排列问题【解】选 D甲乙两人各自独立任选 4 个景点的情形共有A6A6（种）；最后一小时他们同在一个33A5A561景点的情形有A A 6（种），所以P 44A6A66443535二、填空题：把答案填在答题卡相应题号后的横线上（本大题共二、填空题：把答案填在答题卡相应题号后的横线上（本大题共 5 5 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2525 分）分）lg

10、x11设f(x)a2x3t dt0 x 0 x0，若f(f(1)1，则a【分析】分段函数问题通常需要分布进行计算或判断，从x 1算起是解答本题的突破口.23【解】因为x 1 0，所以f(1)lg1 0，又因为f(x)x3t dt xa，03所以f(0)a3，所以a 1，a 1a【答案】112设nN，一元二次方程x 4xn 0有整数根的充要条件是n【分析】直接利用求根公式进行计算，然后用完全平方数、整除等进行判断计算【解】x 且n24 164n 24n，因为x是整数，即24n为整数，所以4n为整数，24，又因为nN，取n 1,2,3,4，验证可知n 3,4符合题意；反之n 3,4时，可推出一2元

11、二次方程x 4xn 0有整数根【答案】3 或 413观察下列等式1=12+3+4=93+4+5+6+7=254+5+6+7+8+9+10=49照此规律，第n个等式为 .【分析】归纳总结时，看等号左边是子的变化规律，右边结果的特点，然后归纳出一般结论行数、项数及其变化规律是解答本题的关键【解】把已知等式与行数对应起来，则每一个等式的左边的式子的第一个数是行数n，加数的个数是2n1；等式右边都是完全平方数，行数等号左边的项数1=1112+3+4=9233+4+5+6+7=25354+5+6+7+8+9+10=4947所以n(n1)即n(n1)n(2n1)1(2n1)2，(3n2)(2n1)2(3n

12、2)(2n1)2【答案】n(n1)14植树节某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10 米开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为（米）【分析】把实际问题转化为数学模型,然后列式转化为函数的最值问题【解】（方法一）设树苗放在第i个树坑旁边（如图），12i 19 20那么各个树坑到第 i 个树坑距离的和是s (i1)10(i2)1010ii(ii)10(i1)i10(20i)10i(i1)(20 i)(i120)i(20i)2210(i221i210)，所以当i 10或11时，s的值最小，最小值是

13、 1000，所以往返路程的最小值是 2000 米.（方法二）根据图形的对称性，树苗放在两端的树坑旁边，所得路程总和相同，取得一个最值；所以从两端的树坑向中间移动时，所得路程总和的变化相同，最后移到第10 个和第 11 个树坑旁时，所得的路程总和达到另一个最值，所以计算两个路程和即可。树苗放在第一个树坑旁，则有路程总和是10(1219)2 1019(119)2 3800；树苗放在第 10 个（或第 11 个）树坑旁2边时，路程总和是10(129)10(1210)2109(19)10(110)2102 9001100 2000，所以路程总和最小为 2000 米.22【答案】200015（考生注意：

14、请在下列三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分）A（不等式选做题）若关于x的不等式|a|x1|x2|存在实数解，则实数a的取值范围是【分析】先确定|x1|x2|的取值范围，再使得a能取到此范围内的值即可【解】当x当1 x1时，|x1|x2|x1 x2 2x13；2时，|x1|x2|x1 x2 3；当x 2时，|x1|x2|x1 x2 2x1 3；综上可得|x1|x2|3，所以只要|a|3，解得a即实数a的取值范围是(,33,)【答案】(,33,)B（几何证明选做题）如图，B=D，AE BC，ACD 90，且 AB=6，AC=4，AD=12，3或a3，则 BE=【分析】寻找两个三角形

15、相似的条件，再根据相似三角形的对应边成比例求解【解】因为AE BC，所以AEB=ACD 90，又因为B=D，所以AEBACAD,AEABAB AC64 2，在Rt AEB中，所 以AE AD12ACD，所以BE AB2 AE26222 4 2【答案】4 2C（坐标系与参数方程选做题）直角坐标系xOy中，以原点O 为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点A，B 分别在曲线C1：x 3cos（为参数）和曲线C2：1上，则|AB|的y 4sin最小值为【分析】利用化归思想和数形结合法，把两条曲线转化为直角坐标系下的方程【解】曲线C1的方程是(x3)2(y4)21，曲线C2的方程是x2 y21，两

16、圆外离，所以|AB|的最小值为3242113【答案】3三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（本大题共三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（本大题共 6 6 小题，共小题，共 7575 分）分）16（本小题满分 12 分）如图，在ABC 中，ABC=60，BAC 90，AD 是 BC 上的高，沿 AD 把ABD 折起，使BDC 90（1）证明：平面 ADB平面 BDC；（2）设 E 为 BC 的中点，求AE与DB夹角的余弦值【分析】（1）确定图形在折起前后的不变性质，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明；（2）在（1）的基础上

17、确定出三线两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标和向量的数量积运算求解【解】（1）折起前 AD 是 BC 边上的高，当ABD 折起后，ADDC，ADDB，又DBDC D，AD平面 BDC，AD平面 ABD，平面 ABD平面 BDC（2）由BDC 90及（1）知DA，DB，DC 两两垂直，不妨设|DB|=1，以 D 为坐标原点，以DB，DC，DA所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得：D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0,3),E(1 3,0)，2 2所以AE (,3)，DB (1,0,0)，1 32 2cos AE,DB AE DBAE DB

18、1122242222所以AE与DB夹角的余弦值是17（本小题满分 12 分）2222如图，设是圆x2 y2 25上的动点，点是在x轴上投影，为 PD 上一点，且|MD|4|PD|54的直线被 C 所截线段的长度5（1）当 P 在圆上运动时，求点 M 的轨迹 C 的方程；（2）求过点（3，0）且斜率为【分析】（1）动点 M 通过点 P 与已知圆相联系，所以把点 P 的坐标用点 M 的坐标表示，然后代入已知圆的方程即可；（2）直线方程和椭圆方程组成方程组，可以求解，也可以利用根与系数关系；结合两点的距离公式计算【解】（1）设点 M 的坐标是(x,y)，P 的坐标是(xp,yp)，因为点是在x轴上投

19、影，为 PD 上一点，且|MD|54|PD|，所以xp x，且ypy，45252x2y21，P 在圆x y 25上，x(y)25，整理得4251622x2y21即 C 的方程是2516（2）过点（3，0）且斜率为44的直线方程是y(x3)，55设此直线与 C 的交点为A(x1,y1)，B(x2,y2)，4x2y21得：将直线方程y(x3)代入 C 的方程52516x2(x3)23413411，化简得x23x8 0，x1，x2，252522所以线段 AB 的长度是|AB|(x1 x2)(y1 y2)(12216)(x1 x2)22541414141，即所截线段的长度是525518（本小题满分 1

20、2 分）叙述并证明余弦定理【分析思路点拨】本题是课本公式、定理、性质的推导，这是高考考查的常规方向和考点，引导考生回归课本，重视基础知识学习和巩固【解】叙述:余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两遍平方的和减去这两边与它们夹角的余弦之积的两倍。或：在ABC 中，a，b，c 为 A，B，C 的对边，有a2 b2c22bccos A，b2 c2a22cacosB，c2 a2b22abcosC.2证明：（证法一）如图，c BC AC AB AC AB AC 2AC AB AB AC 2 AC AB cos A AB b 2bccos Ac即a b c 2bccos A同理可证b c a 2caco

21、sB，c a b 2abcosC（证法二）已知ABC中，A,B,C所对边分别为a,b,c,，以A为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，则C(bcos A,bsin A),B(c,0)，a|BC|(bcosAc)(bsin A)b cos A2bccosAc b sin A222222222222222222222222 b2c22bccos A，即a b c 2bccos A222同理可证b c a 2cacosB，c a b 2abcosC19（本小题满分 12 分）如图，从点 P1（0，0）作x轴的垂线交曲线y ex于点Q1(0,1)，曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2再从P2做x轴

22、的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1,Q1；P2,Q2；222222Pn,Qn，记Pk点的坐标为(xk,0)（k 0,1,2,（1）试求xk与xk1的关系（2,n）kn）；（2）求|PQ11|PQ22|PQ33|PQnn|【分析】（1）根据函数的导数求切线方程，然后再求切线与（2）尝试求出通项|PQx轴的交点坐标；nn|的表达式，然后再求和【解】（1）设点Pk1的坐标是(xk1,0)，y ex，y ex，Qk1(xk1,exk1)，在点Qk1(xk1,exk1)处的切线方程是yexk1 exk1(x xk1)，kn）令y 0，则xk xk11（2（2）x1 0，xk xk1

23、 1，xk(k 1)，(k1)k|PQ，于是有kk|e ex|PQ11|PQ22|PQ33|ee1n，e1即|PQ11|PQ22|PQ33|20（本小题满分 13 分）|PQnn|1ee12e(k1)1en1e1ee1n|PQnn|e1如图，A 地到火车站共有两条路径L1和L2，据统计，通过两条路径所用的时间互不影响，所用时间落在个时间段内的频率如下表：时间（分钟）10202030304040505060L1的频率L2的频率0.100.20.10.30.40.20.40.20.1现甲、乙两人分别有 40 分钟和 50 分钟时间用于赶往火车站（1）为了尽最大可能在各自允许的时间内赶到火车站，甲和

24、乙应如何选择各自的路径？（2）用X 表示甲、乙两人中在允许的时间内能赶到火车站的人数，针对（1）的选择方案，求X 的分布列和数学期望.【分析】（1）会用频率估计概率，然后把问题转化为互斥事件的概率；（2）首先确定 X 的取值，然后确定有关概率，注意运用对立事件、相互独立事件的概率公式进行计算，列出分布列后即可计算数学期望【解】（1）Ai表示事件“甲选择路径Li时，40 分钟内赶到火车站”，Bi表示事件“甲选择路径Li时，50 分钟内赶到火车站”，i 1，2用频率估计相应的概率，则有：P(A1)0.10.20.3 0.6，P(A2)0.10.4 0.5；P(A1)P(A2)，甲应选择路径L1；P

25、(B1)0.10.20.30.2 0.8，P(B2)0.10.40.4 0.9；P(B2)P(B1)，乙应选择路径L2（2）用 A，B 分别表示针对（1）的选择方案，甲、乙在各自允许的时间内赶到火车站，由（1）知P(A)0.6，P(B)0.9，又事件 A，B 相互独立，X的取值是 0，1，2，P(X 0)P(AB)P(A)P(B)0.40.1 0.04，P(X 1)P(AB AB)P(A)P(B)P(A)P(B)0.40.90.60.10.42P(X 2)P(AB)P(A)P(B)0.60.9 0.54，X 的分布列为XP0120.040.420.54EX 00.04 10.42 20.54

26、1.521（本小题满分 14 分）设函数f(x)定义在(0,)上，f(1)0，导函数f(x)（1）求g(x)的单调区间和最小值；（2）讨论g(x)与g()的大小关系；1，g(x)f(x)f(x)x1x（3）是否存在x0 0，使得|g(x)g(x0)|若不存在，请说明理由1对任意x 0成立？若存在，求出x0的取值范围；x【分析】（1）先求出原函数f(x)，再求得g(x)，然后利用导数判断函数的单调性（单调区间），并求出最小值；（2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的正负；（3）存在性问题通常采用假设存在，然后进行求解；注意利用前两问的结论1，f(x)ln

27、xc（c为常数），又f(1)0，所以ln1c 0，即c 0，x1f(x)lnx；g(x)ln x，xx1x1g(x)2，令g(x)0，即2 0，解得x 1，xx【解】（1）f(x)当x(0,1)时，g(x)0，g(x)是减函数，故区间在(0,1)是函数g(x)的减区间；当x(1,)时，g(x)0，g(x)是增函数，故区间在(1,)是函数g(x)的增区间；所以x 1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以g(x)的最小值是g(1)1（2）g()lnx x，设h(x)g(x)g()2ln x x1x1x1，x(x1)2则h(x)，x2当x 1时，h(1)0，即g(x)g()，当x

28、(0,1)1x(1,)时，h(x)0，h(1)0，因此函数h(x)在(0,)内单调递减，当0 x 1时，h(x)h(1)=0，g(x)g()；当x 1时，h(x)h(1)=0，g(x)g()（3）满足条件的x0不存在证明如下：证法一假设存在x0 0，使|g(x)g(x0)|即对任意x 0有lnx g(x0)lnx但对上述的x0，取x1 eg(x0)1x1x1对任意x 0成立，x2x时，有lnx1 g(x0)，这与左边的不等式矛盾，1对任意x 0成立x1证法二假设存在x0 0，使|g(x)g(x0)|对任意x 0成立，x因此不存在x0 0，使|g(x)g(x0)|由（1）知，g(x)的最小值是g(1)1，又g(x)ln x当x1 ln x，而x 1时，ln x的值域为(0,)，x1时，g(x)的值域为1,)，从而可以取一个值x11，使g(x1)|g(x1)g(x0)|1g(x0)1，即g(x1)g(x0)1,1，这与假设矛盾x11对任意x 0成立x不存在x0 0，使|g(x)g(x0)|