- 2021-04-17 发布 |
- 37.5 KB |
- 14页
申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
高考理科数学试题山东卷
2011年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学 本试卷分第I卷和第II卷两部分,共4页,满分150分。考试用时120分钟,考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。 注意事项: 1.答题前,考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、准考证证、县区和科类填写在答题卡和试卷规定的位置上。 2.第I卷每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号,答案不能答在试卷上。 3.第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置,不能写在试卷上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按能上能下要求作答的答案无效。 4.填空题请直接填写答案,解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 参考公式: 柱体的体积公式:,其中S是柱体的底面积,h是柱体的高。 圆柱的侧面积公式:,其中c是圆柱的底面周长,是圆柱的母线长。 球的体积公式:,其中R是球的半径。 球的表面积公式:,其中R是球的半径。 用最小二乘法求线性回归方程系数公式:, 如果事件A、B互斥,那么P(A+B)=P(A)+P(B) 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|},N ={x|1≤x≤3},则M∩N = A.[1,2) B.[1,2] C.[2,3] D.[2,3] 2.复数z=(为虚数单位)在复平面内对应的点所在象限为 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3.若点(a,9)在函数的图象上,则tan=的值为 A.0 B. C.1 D. 4.不等式的解集是 A.[-5,7] B.[-4,6] C. D. 5.对于函数,“的图象关于y轴对称”是“=是奇函数”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 6.若函数 (ω>0)在区间上单调递增,在区间上单调递减,则ω= A.3 B.2 C. D. 7.某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表 广告费用x(万元) 4 2 3 5 销售额y(万元) 49 26 39 54 根据上表可得回归方程中的为9.4,据此模型预报广告费用为6万元时销售额为 A.63.6万元 B.65.5万元 C.67.7万元 D.72.0万元 8.已知双曲线的两条渐近线均和圆C:相切,且双曲线的右焦点为圆C的圆心,则该双曲线的方程为 A. B. C. D. 9.函数的图象大致是 10.已知是上最小正周期为2的周期函数,且当时,,则函数的图象在区间[0,6]上与轴的交点的个数为 A.6 B.7 C.8 D.9 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 12.设,,,是平面直角坐标系中两两不同的四点,若 (λ∈R),(μ∈R),且,则称,调和分割, ,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.若展开式的常数项为60,则常数的值为 . 15.设函数,观察: 根据以上事实,由归纳推理可得: 当且时, . 16.已知函数=当2<a<3<b<4时,函数的零点 . 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. (I)求的值; (II)若cosB=,b=2,的面积S。 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. 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=,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) 等比数列中,分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且中的任何两个数不在下表的同一列. 第一列 第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行 9 8 18 (Ⅰ)求数列的通项公式; (Ⅱ)若数列满足:,求数列的前n项和. 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立方米,且.假设该容器的建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千元,设该容器的建造费用为千元. (Ⅰ)写出关于的函数表达式,并求该函数的定义域; (Ⅱ)求该容器的建造费用最小时的. 22.(本小题满分14分) 已知动直线与椭圆C: 交于P、Q两不同点,且△OPQ的面积=,其中O为坐标原点. (Ⅰ)证明和均为定值; (Ⅱ)设线段PQ的中点为M,求的最大值; (Ⅲ)椭圆C上是否存在点D,E,G,使得?若存在,判断△DEG的形状;若不存在,请说明理由. 参考答案 一、选择题 1—12 ADDDBCBACBAD 二、填空题 13.68 14.4 15. 16.2 三、解答题 17.解: (I)由正弦定理,设 则 所以 即, 化简可得 又, 所以 因此 (II)由得 由余弦定理 解得a=1。 因此c=2 又因为 所以 因此 18.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, 则分别表示甲不胜A、乙不胜B,丙不胜C的事件。 因为 由对立事件的概率公式知 红队至少两人获胜的事件有: 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 (II)由题意知可能的取值为0,1,2,3。 又由(I)知是两两互斥事件, 且各盘比赛的结果相互独立, 因此 由对立事件的概率公式得 所以的分布列为: 0 1 2 3 P 0.1 0.35 0.4 0.15 因此 19.(I)证法一: 因为EF//AB,FG//BC,EG//AC,, 所以∽ 由于AB=2EF, 因此,BC=2FC, 连接AF,由于FG//BC, 在中,M是线段AD的中点, 则AM//BC,且 因此FG//AM且FG=AM, 所以四边形AFGM为平行四边形, 因此GM//FA。 又平面ABFE,平面ABFE, 所以GM//平面AB。 证法二: 因为EF//AB,FG//BC,EG//AC,, 所以∽ 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, 在中,M是线段AD的中点,连接MN, 则MN//AB, 因为 所以平面GMN//平面ABFE。 又平面GMN, 所以GM//平面ABFE。 (II)解法一: 因为, 又平面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 则由题意得A(0,0,0,),B(2,-2,0),C(2,0,0,),E(0,0,1), 所以 又 所以 设平面BFC的法向量为 则 所以取 所以 设平面ABF的法向量为, 则 所以 则, 所以 因此二面角A—BF—C的大小为 解法二: 由题意知,平面平面ABCD, 取AB的中点H,连接CH, 因为AC=BC, 所以, 则平面ABFE, 过H向BF引垂线交BF于R,连接CR, 则 所以为二面角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,又 所以 因此在中, 由于 所以在中, 因此二面角A—BF—C的大小为 20.解:(I)当时,不合题意; 当时,当且仅当时,符合题意; 当时,不合题意。 因此 所以公式q=3, 故 (II)因为 所以 所以 当n为偶数时, 当n为奇数时, 综上所述, 21.解:(I)设容器的容积为V, 由题意知 故 由于 因此 所以建造费用 因此 (II)由(I)得 由于 当 令 所以 (1)当时, 所以是函数y的极小值点,也是最小值点。 (2)当即时, 当函数单调递减, 所以r=2是函数y的最小值点, 综上所述,当时,建造费用最小时 当时,建造费用最小时 22.(I)解:(1)当直线的斜率不存在时,P,Q两点关于x轴对称, 所以 因为在椭圆上, 因此 ① 又因为 所以 ② 由①、②得 此时 (2)当直线的斜率存在时,设直线的方程为 由题意知m,将其代入,得 , 其中 即 …………(*) 又 所以 因为点O到直线的距离为 所以 又 整理得且符合(*)式, 此时 综上所述,结论成立。 (II)解法一: (1)当直线的斜率存在时, 由(I)知 因此 (2)当直线的斜率存在时,由(I)知 所以 所以,当且仅当时,等号成立. 综合(1)(2)得|OM|·|PQ|的最大值为 解法二: 因为 所以 即当且仅当时等号成立。 因此 |OM|·|PQ|的最大值为 (III)椭圆C上不存在三点D,E,G,使得 证明:假设存在, 由(I)得 因此D,E,G只能在这四点中选取三个不同点, 而这三点的两两连线中必有一条过原点, 与矛盾, 所以椭圆C上不存在满足条件的三点D,E,G.查看更多