2011年高考数学文科试卷(全国1卷)(内含答案)(新课标卷卷)

2011年普通高等学校招生全国统一考试

一、选择题

(1）设集合U=1,2,3,4，M1,2,3,N2,3,4,则（UMN）=

（A）1，2 （B)2，3 （C）2，4 （D）1，4

【答案】D

【命题意图】本题主要考查集合交并补运算。 【解析】

MN{2,3},U(MN){1,4}

（2)函数y2x(x0)的反函数为

x2x2（A）y(xR) （B）y(x0)

44（C)y4x2(xR) （D）y4x2(x0)

【答案】B

【命题意图】本题主要考查反函数的求法.

y2【解析】由原函数反解得x，又原函数的值域为y0,所以函数y2x(x0)4x2的反函数为y(x0)。

4（3)设向量a,b满足|a||b|1，ab1，则a2b 2（A）2 （B）3 （C）5 (D）7

【答案】B

【命题意图】本题主要考查平面向量的数量积与长度的计算方法。

1【解析】|a2b|2|a|24ab4|b|214()43，所以a2b3

2xy6（4）若变量x，y满足约束条件x3y-2,则z=2x3y的最小值为

x1（A）17 (B）14 （C）5 （D）3

【答案】C

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【命题意图】本题主要考查简单的线性规划.

【解析】作出不等式组表示的可行域，从图中不难观察当直线z=2x3y过直线x=1与x—

3y=—2的交点（1，1）时取得最小值，所以最小值为5。

（5)下面四个条件中,使ab成立的充分而不必要的条件是

（A）a＞b1 （B）a＞b1 （C）a2＞b2 （D）a3＞b3

【答案】A

【命题意图】本题主要考查充要条件及不等式的性质。

【解析】即寻找命题P,使Pab,且ab推不出P，逐项验证知可选A. (6)设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k

（A)8 （B)7 (C）6 （D）5

【答案】D

【命题意图】本题主要考查等差数列的基本公式的应用. 【解析】解法一

(k2)(k1)k(k1)Sk2Sk[(k2)12][k12]4k424，解得k5.

22解法二: Sk2Skak2ak1[1(k1)2](1k2)4k424，解得k5。 （7)设函数f(x)cosx(0)，将yf(x)的图像向右平移

个单位长度后，所3得的图像与原图像重合，则的最小值等于

1（A） （B）3 （C)6 （D）9

3【答案】C

【命题意图】本题主要考查三角函数的周期性与三角函数图像变换的关系.

【解析】由题意将yf(x)的图像向右平移个单位长度后，所得的图像与原图像重合,

32说明了是此函数周期的整数倍，得k(kZ),解得6k,又0，令k1,

33得min6.

（8)已知直二面角l,点A，ACl，C为垂足，B，BDl，D为垂

足,若AB2,ACBD1，则CD

（A） 2 （B)3 (C）2 (D）1

 A 【答案】C

【命题意图】本题主要考查二面角的平面角及解三角形.

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l D C B 2011年高考数学文科试卷(全国1卷)(内含答案)(新课标卷卷)

【解析】因为l是直二面角, ACl,∴AC平面,ACBC

BC3，又BDl，CD2 （9） 4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法

共有

（A） 12种 （B） 24种 （C） 30种 (D）36种

【答案】B

【命题意图】本题主要考查两个原理与排列组合知识,考察考生分析问题的能力.

26种方法，第二步安排剩余两人从乙、丙中各选【解析】第一步选出2人选修课程甲有C41门课程有22种选法,根据分步计数原理,有6424种选法。

5(10） 设f(x)是周期为2的奇函数,当0x1时，f(x)2x(1x)，则f()

21111(A) - (B） (C) (D)

4242【答案】A

【命题意图】本题主要考查利用函数的周期性和奇偶性求函数值的方法。 关键是

5把通过周期性和奇偶性把自变量转化到区间[0，1］上进行求值.

2【解析】由f(x)是周期为2的奇函数，利用周期性和奇偶性得:

5511111f()f(2)f()f()2(1)2222222

(11）设两圆C1、C2都和两坐标轴相切，且都过点（4,1)，则两圆心的距离C1C2= （A）4 (B）42 （C)8 (D）82

【答案】C

【命题意图】本题主要考查圆的方程与两点间的距离公式.

【解析】由题意知圆心在直线y=x上并且在第一象限，设圆心坐标为(a,a)(a0),则

a(a4)2(a1)2,即a210a170,所以由两点间的距离公式可求出C1C22[(a1a2)24a1a2]2(100417)8。

(12）已知平面α截一球面得圆M,过圆心M且与α成60二面角的平面β截该球面得圆N

0.

若该球面的半径为4，圆M的面积为4，则圆N的面积为

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(A）7 (B)9 (C）11 （D)13

【答案】D

【命题意图】本题主要考查二面角的概念与球的性质. 【解析】如图所示，由圆M的面积为4知球心O到圆M的距离OM23,在RtOMN中，OMN30, ∴

1ONOM3，故圆N的半径rR2ON213,∴圆

2N的面积为Sr213。

第Ⅱ卷

注意事项：

1答题前，考生先在答题卡上用直径0．5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考 证号填写清楚，然后贴好条形码。请认真核准条形码卜的准考证号、姓名和科目。2第Ⅱ卷共2页，请用直径0．5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域 内作答，在试题卷上作答无．．．．．．．．效。 ．

3第Ⅱ卷共l0小题，共90分.

二、填空题：本大题共4小题,每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上。

（注意：在试卷上作答无效） ．．．．．．．．

（13)(1x)10的二项展开式中,x的系数与x9的系数之差为 。

【答案】0

【命题意图】本题主要考查二项展开式的通项公式和组合数的性质.

rrr9(x)r(1)rC10x得x的系数为10,x9的系数为C1010，【解析】由Tr1C10所以x的系数与x9的系数之差为0. (14）已知(,【答案】5 53),tan2,则cos 。 2【命题意图】本题主要考查同角三角函数的基本关系式。 要注意角的范围，进而确

定值的符号。

【解析】(,53)，tan2,则cos。

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(15)已知正方体ABCDA1B1C1D1中,E为C1D1的中点,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为 .

2【答案】

3【命题意图】本题主要考查正方体中异面直线AE与BC所成的角。

【解析】取A1B1的中点M连接EM,AM，AE，则AEM就是异面直线AE与BC所成的角。在AEM223252。 中，cosAEM2233x2y21的左、右焦点,点AC，点M的坐(16)已知F1、F2分别为双曲线C:

927标为（2，0)，AM为F1AF2的平分线．则|AF2| . 【答案】6

【命题意图】本题主要考查三角形的内角平分线定理，双曲线的第一定义和性质。 【解析】

AM为F1AF2的平分线，∴

|AF2||MF2|41 ∴|AF1|2|AF2| |AF1||MF1|82又点AC,由双曲线的第一定义得|AF1||AF2|2|AF2||AF2||AF2|2a6. 三．解答题:本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 （17）（本小题满分l0分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．

设等比数列an的前n项和为Sn。已知a26,6a1a330,求an和Sn.

【思路点拨】解决本题的突破口是利用方程的思想建立关于a1和公比q的方程，求出a1和q,然后利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解即可。 【解析】设an的公比为q,由题设得

a1q6 …………………………………3分 6aaq3011解得a13a12或， …………………………………6分 q2q3n1n当a13,q2时，an32,Sn3(21)；

n1n当a12,q3时,an23,Sn31 ……………………………10分

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(18）(本小题满分12分)(注意:在试题卷上作答无效) ．．．．．．．．．

△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.己知asinAcsinC2asinCbsinB。 （Ⅰ)求B；

（Ⅱ）若A75,b2,求a，c。

【思路点拨】第（I)问由正弦定理把正弦转化为边，然后再利用余弦定理即可解决。 （II）在（I）问的基础上知道两角一边可以直接利用正弦定理求解。

【解析】（I）由正弦定理得ac2acb…………………………3分 由余弦定理得bac2accosB. 故cosB22222202，因此B45 .…………………………………6分 2（II）sinAsin(3045)

sin30cos45cos30sin45 26 …………………………………8分 4故 absinA2613 sinB2sinCsin6026.…………………………………12分 sinBsin45cb（19)(本小题满分l2分)（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．

根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0。5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立.

（I）求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率； (II)求该地3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率。

【命题意图】本题主要考查独立事件的概率、对立事件的概率、互斥事件的概率

及次独立重复试验发生k次的概率，考查考生分析问题、解决问题的能力。

【解析】记A表示事件：该地的1位车主购买甲种保险:

B表示事件：该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险。 C表示事件：该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种；

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D表示事件:该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买;

E表示事件：该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买.

（I）P(A)0.5, P(B)0.3， CAB ……………………………3

分

P(C)P(AB)P(A)P(B)0.8 ……………………………6分

(II)D=C,P（D)=1—P(C)=1—0.8=0.2, ……………………………9分

22P（E）=C30.20.80.384. ……………………………12分

（20)（本小题满分l2分)（注意:在试题卷上作答无效) ．．．．．．．．．如图，四棱锥SABCD中， AB∥CD，BCCD，侧面SAB为等边三角形.ABBC2,CDSD1. (I) (II)

证明：SD平面SAB

求AB与平面SBC所成角的大小。

SDC【分析】第(I）问的证明的突破口是利用等边三角形SAB这个条件，找出AB的中点E,连结SE，DE，就做出了解决这个问题的关键辅助线。

（II)本题直接找线面角不易找出,要找到与AB平行的其它线进行转移求解.

ASB【命题意图】以四棱锥为载体考查线面垂直证明和线面角的计算，注重与平面几何的综合。 解法一：（Ⅰ）取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DECB2，连结SE，则

DFAEHGBCSEAB，SE3. 又SD1,故ED2SE2SD2，

所以DSE为直角。 ………………3分

DE由ABDE，ABSE，SEE，得AB平面SDE，所以ABSD。

SD与两条相交直线AB、SE都垂直.

所以SD平面SAB。 ………………6分 另解:由已知易求得SD1,AD5,SA2，于是SA2SD2AD.可知SDSA,

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同理可得SDSB，又SASBS。所以SD平面SAB。 ………………6分 (Ⅱ）由AB平面SDE知，平面ABCD平面SDE. 作SFDE，垂足为F,则SF平面ABCD，SF作FGBC,垂足为G，则FGDC1。 连结SG。则SGBC. 又BCFG,SGFGG,故BC平面SFG,平面SBC平面SFG。……9分

SDSE3。 DE2作FHSG，H为垂足，则FH平面SBC.

FH21SFFG3,即F到平面SBC的距离为. 7SG721. 7由于ED//BC,所以ED//平面SBC,E到平面SBC的距离d也为

设AB与平面SBC所成的角为，则sind2121，arcsin.……12分 EB77解法二:以C为原点，射线CD为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系

Cxyz.

设D(1,0,0),则A(2,2,0)、B(0,2,0). 又设S(x,y,z),则x0,y0,z0。

(Ⅰ）AS(x2,y2,z),BS(x,y2,z),DS(x1,y,z)， 由|AS||BS|得

(x2)2(y2)2z2x2(y2)2z2, 故x1.

由|DS|1得y2z21,

又由|BS|2得x2(y2)2z24,

13即y2z24y10，故y,z. ………………3分

2213333313于是S(1,,),AS(1,,),BS(1,,),DS(0,,)，

22222222- 8 - / 13

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DSAS0,DSBS0。

故DSAS,DSBS，又ASBSS,

所以SD平面SAB。 ………………6分 (Ⅱ)设平面SBC的法向量a(m,n,p)， 则aBS,aCB,aBS0,aCB0。

33又BS(1,,),CB(0,2,0),

2233p0,mn故 ………………9分 222n0取p2得a(3,0,2),又AB(2,0,0),

cosAB,aABa|AB||a|21. 721。 ………………12分 7故AB与平面SBC所成的角为arcsin（21）（本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．

已知函数f(x)x3ax(36a)x+12a4aR

32(Ⅰ)证明：曲线yf(x)在x0处的切线过点（2，2）；

（1，3），（Ⅱ)若f(x)在xx0处取得最小值，x0求a的取值范围.

【分析】第（I）问直接利用导数的几何意义，求出切线的斜率，然后易写出切线方程. （II）第(II）问是含参问题，关键是抓住方程f(x)0的判别式进行分类讨论. 解：（I）f(x)3x6ax36a 。………………2分 由f(0)12a4,f(0)36a得曲线yf(x)在x=0处的切线方程为

2y(36a)x12a4

由此知曲线yf(x)在x=0处的切线过点(2，2） .………………6分 (II）由f(x)0得x2ax12a0。

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（i）当21a（ii)当a21时,f(x)没有极小值； .………………8分

21或a21时,由f(x)0得

x1aa22a1,x2aa22a1 故x0x2。由题设知1aa22a13, 当a21时,不等式1aa22a13无解;

当a21时，解不等式1aa22a13得5a21 252(22）（本小题满分l2分）（注意：在试题卷上作答无效) ．．．．．．．．．

2综合（i)（ii)得a的取值范围是(,21) ..………………12分

y21在y轴正半轴上的焦点，过F且已知O为坐标原点，F为椭圆C：x2斜率为2的直线l与C交与A、B两点，点P满足

OAOBOP0。

(I)证明：点P在C上；

（II)设点P关于点O的对称点为Q,证明：A、P、B、Q四点在同一圆上.

【命题意图】本题考查直线方程、平面向量的坐标运算、

点与曲线的位置关系、曲线交点坐标求法及四点共圆的条件。

【分析】方程联立利用韦达定理是解决这类问题的基本思路，注意把OAOBOP0.用坐标表示后求出P点的坐标,然后再结合直线方程把P点的纵坐标也用A、B两点的横坐标表示出来。从而求出点P的坐标代入椭圆方程验证即可证明点P在C上;（II）此问题证明有两种思路：思路一：关键是证明APB,AQB互补.通过证明这两个角的正切值互补即可，再求正切值时要注意利用到角公式。

思路二：根据圆的几何性质圆心一定在弦的垂直平分线上，所以根据两条弦的垂直平分线的交点找出圆心N，然后证明N到四个点A、B、P、Q的距离相等即可。

y21并化简得 【解析】（I）F(0,1),l的方程为y2x1,代入x224x222x10. …………………………2分

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设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3)， 则x12626,x2, 442,y1y22(x1x2)21, 22,y3(y1y2)1, 2x1x2 由题意得x3(x1x2)所以点P的坐标为(2,1). 22y22,1)满足方程x1,故点P在椭圆C上 …6分 经验证点P的坐标(22(II)由P(22,1)和题设知，Q(,1)，PQ的垂直平分线l1的方程为 222x。 ① 221,)，AB的垂直平分线l2的方程为 42y设AB的中点为M,则M(y21x。 ② 2421,). …………………………9分 88由①、②得l1、l2的交点为N(|NP|(2221311， )(1)2288832, 2|AB|1(2)2|x2x1|32， 4|AM||MN|(22211233, )()48288- 11 - / 13

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|NA||AM|2|MN|2311， 8故 |NP||NA|,

又 |NP||NQ|， |NA||NB|, 所以 |NA||NP||NB||NQ|,

由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心,NA为半径的圆上. ……………12分

y1(1)y(1)222x1()x2()22 y(1)y(1)11222x1()x2()22（II）法二：tanAPBkPAkPB1kPAkPB3(x2x1)4(x2x1)

33293x1x2(x1x2)22同理

tanAQBkQBkQA1kQAkQBy21y1122x2x1()22 y21y11122x2x1()22(x1x2)4(x2x1)

3213x1x2(x1x2)22所以APB,AQB互补,

因此A、P、B、Q四点在同一圆上。

【点评】本题涉及到平面向量，有一定的综合性和计算量，完成有难度. 首先出题

位置和平时模拟几乎没有变化，都保持全卷倒数第二道题的位置，这点考生非常适应的。相对来讲比较容易，是因为这道题最好特点没有任何的未知参数，我们看这道题椭圆完全给出，直线过了椭圆焦点，并且斜率也给出，平时做题斜率不给出,需要通过一定条件求出来，或者根本求不出来,这道题都给了，反而同学不知道怎么下手,让我求什么不知道，给出马上给向量条件，出了两道证明题,这个跟平

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时做的不太一样,证明题结论给大家，需要大家严谨推导出来，可能叙述的时候有不严谨的地方。这两问出的非常巧妙，非常涉及解析几何本质的内容，一个证明点在椭圆上的问题，还有一个疑问既然出现四点共圆，这都是平时很少涉及内容。从侧面体现教育深层次的问题，让学生掌握解析几何的本质,而不是把套路解决.其实几年前上海考到解析几何本质问题,最后方法用代数方法研究几何的问题，什么是四点共圆?首先在同一个圆上，首先找到圆心，四个点找圆形不好找，最简单的两个点怎么找？这是平时的知识，怎么找距离相等的点，一定在中垂线，两个中垂线交点必然是圆心，找到圆心再距离四个点距离相等,这就是简单的计算问题.方法确定以后计算量其实比往年少。

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1．必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所示的答题区域内作答。答在试题卷上无效。2．本部分共4大题，11小题。共120分。四．（23分）11.把上一部分文言文阅读材料中画横线的句子翻译成现代汉语。（10分）（1）一日，携楮币诣富家易谷种，值大雪，立门下，人弗之顾。（5分）（2）...

新课标卷和全国卷的主要区别在于它们的制定依据、内容特点以及适用范围。新课标卷，即全国普通高中课程标准试验卷，是根据教育部制定的普通高中课程标准（新课标）来命题的。这种试卷更强调对学生综合素质和能力的考查，包括知识运用、实践探究、批判性思维等方面。新课标卷的内容往往更加灵活和开放，旨在引导...

新课标卷就是全国卷，因为新课标卷全称新课标全国卷，所以它既可以简称新课标卷，也可以简称全国卷。区别：1、出现世间不同 新课标全国卷最早出现在2007年，宁夏高考试题由国家考试中心命题自此，宁夏卷开启了新课标全国卷命题的序幕，规范了样式，定下了基调。北京卷开始于2002年。2、试卷份数不同 由于...

2011年高考新课标全国卷的使用省份为：(琼、宁、吉、黑、晋、豫、新）大纲全国卷（冀、桂、云、贵、甘、青、内蒙古、藏)）楼上说的很多都是地方自主命题的

全国一卷与全国二卷主要区别在难度上面，两份试卷在难度系数方面存在一些差异。全国一卷和全国二卷又叫做新课标全国卷一和新课标全国卷二。由于各地之间的教育水平、教育资源配置存在差异，高考试卷的适用区域也有所不同。全国卷侧重不同的地区，试卷一适用在我国东部和中部的部分省份;试卷二适用在我国西部...

不是。根据高三网查询可知，全国一卷不是新高考一卷，它们的服务对象和范围不同，新高考卷1的省份有广东、福建、江苏、湖南、湖北、河北、山东，共7省。2、全国卷一是我们通常说的全国乙卷，全国乙卷省份有河南、安徽、江西、山西、陕西、黑龙江、吉林、甘肃、内蒙古、青海、宁夏、新疆。因此新高考卷1...

新疆、江西、湖南、黑龙江、吉林、辽宁、河南、宁夏