2011年數(shù)學(xué)人教版卷

2011年數(shù)學(xué)人教版湖南y

sinsinxcos

22

M ,42

A．

D．2（8）f(xex1g(xx24x3f(a)g(b則bA．[2

2,2

B．(2

2,2

x,x,y

y

1A．

3 C． 34 x

f(x)x2,g(x)ln

M | 與函 達(dá)到最時t的值為 1

C．

D． a N1M1, a N1 則 ”是 ”6（湖南文12）已知f(x)為奇函數(shù)，g(x)f(x)9,g(2)3,則f(2)

f(x)x1alnx(ax(I)f（II）f

A(x1,f(x1B(x2,f(x2kak2a?若存在，求出aE移動方向的分速度為c(c

（1）P1（2）1

，記

為Ed=100S=2時。y0＜v≤10,0＜c≤5，試根據(jù)c的不同取值范圍，確定移動速度vy9（湖南理22）已知函數(shù)f(x)=x3，g(x)=x xhx)=fx)-gx)nn

{a}(nN*)

，f(an1

，證明：存在常數(shù)M,1nN*an≤M1

1(a0的漸近線方程為3x

則a的值為 11、已知圓Cx2y212l4x3y圓C的圓心到直線l的距離 (2)圓C上任意一點A到直線l的距離小于2的概率 xcos12、9xoyC1的參數(shù)方程為y1sin（為參數(shù)）在極坐標(biāo)系（角坐標(biāo)系xoy取相同的長度單位，且以原點O為極點，以x軸正半軸為極軸）中，曲線C2的方程cossin10，則C1與C2的交點個數(shù) 13、xOy中，曲線C的參數(shù)方程為x2

y

3sinxOy取相同的長度單位，且以原點O為極點，以x軸正半軸為極軸）中，曲線C2的方程為(cossin)10,則C1與C2的交點個數(shù) 14、(13分7，橢圓

1(ab

3x

:yx2

1 C1的長半軸求C1C2的方程設(shè)C2yMO的直線l與C2A,B,MA,MB分別與C1MDME記△MAB,△MDE的面積分別是S .問：是否存在直線l,使得S1=17?請說明理由S2 S215、PF（1，0）Py求動點P的軌跡C過點F作兩條斜率存在且互相垂直的直線l1,2，設(shè)l1與軌跡C

l2與軌跡C

ADEB323正視 側(cè)視

9A．

9x2y21a

的漸近線方程為3x

，則a的值 18（3 3

C1

1(ab

的離心率為

:yx2

C1，C2C2yMO的直線lC2A,B,MA,MBC1相交D,E．

32?19（2 ，⊙O的直徑AB2,C是AB的中點，D為AC的中點2BPAC20（13）3x11x22x33x 21、若執(zhí)行如圖2所示的框圖，輸入x11,x22,x34,x48,則輸出的數(shù)等 22、若執(zhí)行如圖3所示的框圖，輸入x11,x22,x33,x2，則輸出的數(shù)等 男女不K

n(ad(ad)(cd)(ac)(bd

110(40302022 605060p(K2k在犯錯誤的概率不超過0.1%的前提下，認(rèn)為“該項運動與有關(guān)”D．在犯錯誤的概率不超過0.1%的前提下，認(rèn)為“該項運動與無關(guān)”男女不K2由

nadabcdacbd算得

K211040302026050602

．P(K2k)k 有關(guān) 無關(guān) 有關(guān) 無關(guān)25、15．已知圓Cx2y212直線l4x3y圓C的圓心到直線l的距離 圓C上任意一點A到直線l的距離小于2的概率 18（X的值為：140,110,160,70,200,160,140,160,220,200,110,160,160,200,140,110,160,220,142490（萬千瓦時）530（萬千瓦時）的概率．男女不2K2

n(ad

110(4030

2(ab)(cd)(ac)(bd 60502P(K2k)k 29、x 的展開式中含x15的項的系數(shù)

，B（1） （B|= 31對于nN*

nna2ka2k1

2k2 21a20i0時，a1，

k 1ik時，ai為0或1.I

為上述表示中a為0的個數(shù)，（1120i4122021020I(1)0I(4)2）i（1）I(12)

2I(n) 32（15）4，EFGHO1的圓的內(nèi)接正方形。將一顆豆子隨機(jī)地扔到該圖內(nèi)，用AEFGHB表示事件“豆子落在扇形OHE（陰影部分）（1）P（A）= 33、給定kN*fN*N*knf(n設(shè)k1，則其中一個函數(shù)f在n1處的函數(shù)值 設(shè)k4，且當(dāng)n42f

，則不同的函數(shù)f的個數(shù) 35、.某老師從星期一到星期五收到信件數(shù)分別是10，6，8，5，6，則該組數(shù)據(jù)的方差s2 01231595試銷結(jié)束后（假設(shè)該商品的日銷售量的分布規(guī)律不變3記X為第二天開始營業(yè)時該商品的件數(shù)，求X142490（萬千瓦時）530（萬千瓦時）的概率．23（設(shè)整數(shù)n4P(abxOy中的點，其中ab12,3…nabAn為滿足ab3PAnB1(abPB 0123159518（01231595記X為第二天開始營業(yè)時該商品的件數(shù)，求X（1）P（A）= 男女不K2

nadabcdacbd

11040302020 算得，K2 605060P(K2k)k43（在△ABC中，角A,B,Ca,b,cC33 sinA-cos（B+4）的最大值，并求取得最大值時角A、B的大小44、已知函數(shù)f(x)=x3，g(x)=x xhx)=fx)-gx)設(shè)數(shù)列{a}(nN*

，f

，證明：存在常數(shù)M, nnN*a≤Mn45、6EP（S）的垂直方向作勻速移動，速度為v(v0E移動方向的分速度為c(c （1P1 （21其值為2

，記

為E移動過程中的總淋雨量，當(dāng)移動距離d=100，面積S=3時。2y0＜v≤10,0＜c≤5c的不同取值范圍，確定移動速度vy46、f(x)x1alnx(ax(I)f

f

有兩個極x1

A(x1,f(x1B(x2,f(x2的直線的斜率為k在a，使得k2a?av（v＞0E移動方向的分速度為ccR。E（1）PP1（2） 2yEd=100S2寫出y

y'cosx(sinxcosx)sinx(cosxsinx)(sinxcos

(sinxcosx)2

2、【解析】由題可知

f(x)ex11g(x)x24x3(x2)211，若有f(a)g(b),2g(b)(1,1]，即b24b31，解得2 b2223、S

cosxdxsinx|3 3

3 3)

334、【解析】由題|MN|x2lnx(x0)h(x)x2lnx

h'(x)2xxh'(x)0解得x 2

x(0, t

時，h'(x)0

x

2,2

x時 0所以

2時，| 25、6、f(2f(26（I）

x2axf'(x) a2g(x)x2axa2,當(dāng)a2>0,g(x)=00，在(0f'(x)0f(x)在(0a2

,x2 aa2aa2a a2當(dāng)0

時，f'(x0x1

時，f'(x0x

時，f'(x)0f

(0x1x2上單調(diào)遞增，在（II）由（I）a2

2f(x)f(x)(xx)x1x2a(ln

lnx

kf(x1 2x1

x12k2x12又由(I)x1x21ln若存在ak2a.

x1

．即lnx1lnx2x1x22x12lnx0(x2x x [來源h(t)t12ln再由（I）知，函數(shù)

在(0

x2

，所以1xx21x2

這與(*) ．故不存在a，使

k23|vc|（I） 2y100(

|vc|1)5(3|vc| y5(3c3v10)5(3c10)由(I)知，當(dāng)0vc時 當(dāng)cv10

y5(3v3c10)5(103c) 5(3c10)15,0vy 15,cv 0c 20當(dāng)

3yv的減函數(shù).v10

210c

時，在(0c上，y是關(guān)于v的減函數(shù)；在(c,10]上，y是關(guān)于v的增函數(shù)；故當(dāng)v

cx2（I） 知，x[0,)，而h(0)0，且h(1)10,h(2)6 0，x2x0h(x的一個零點，且h(x內(nèi)有零點，因此h(x

h'(x)3x211x121

(x)3x21，

x '(x)6x1x13， 13x(0時，'(x)0，因此

在(0上單調(diào)遞增，則

在(0

(1)0,(3) ，則

(3在

內(nèi)有零點，所以

在(0此零點為x1，則當(dāng)x

時，(x'(x1)0x(x1(x)'(x1)0當(dāng)x 時，h(x單調(diào)遞減，而h(0)0，則h(x在(0,x1]內(nèi)無零點x(x1)h(x)單調(diào)遞增，則h(x)在(x1內(nèi)至多只有一個零點；從而h(x在(0h(x有且只有兩個零點。h(x)x(x21x2

(x)x21x

'(x)2x1x3解法 ， ， 3x(0時，'(x)0，因此x在(0上單調(diào)遞增，則x在(0內(nèi)至多只有一個零點。因此h(x)在(0內(nèi)也至多只有一個零點，h(x（II）記h(x

x0

x3x 當(dāng)a 時

a1

a1

a3

x0

a2

①當(dāng)n1a1②假設(shè)當(dāng)nk

ak

成立，則當(dāng)nk1 3

x x k

0

k

nk1

k

故對任意的nN*an

當(dāng)a

時，由（1）h(x在(x0上單調(diào)遞增。則h(ah

a3a

a3

a aa，即aa

①當(dāng)n1a1②假設(shè)當(dāng)nk

ak

nk1a 3a a ak

知，k

，因此，當(dāng)nk1

k

故對任意的nN*

綜上所述，存在常數(shù)Mmax{x0,a}，使得對于任意的nN*，都有an 10、y3x，故可知a2a42（1426

5（2）由（1）52，即l14x

3，圓心到直線的距離為3可知劣弧所對圓心角為33

P

1612、解析：曲線

:x2(y1)21，

:xy10，由圓心到直線的距離d 01，故|011|22與C2|011|2213、xy xy解析：曲線C1:4

21，曲線C2xy10y得2

8y80，易得0，故（I）a

3a2b，又b2b

a，解得a 故

4

1,y

1（II（i）y由yx2

x2kx1設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，則 是上述方程的兩個實根，于是x1x2 1 M的坐標(biāo)為(01y1y (kx1)(kx k2xxk(xx) k2k2kMAkMB 2 1

MAMBMDME

yk1x

x

x（ii）設(shè)直線的斜率為k1yk1x1，由yx21解得y1或yk21 的坐標(biāo)為(kk21,MB1B的坐標(biāo)為(1,

1). k k S1

1|MA||MB

121k1121k1

|

1k| 11k1 21k1 xyk1x由

得(14k2)x28kx0，解得x0或 x24y24 y y 4k2

11則點D的坐標(biāo)為 , )；又直線的斜率為

E14k214k 4k

32(1k2)|k 1 1S2

|MD||ME| 4k24k

(14k2)(4k2 S

64 由題意知 (4k2 17) 解得k24或k2 k1 k1

k

k11k11k

，所以k 2故滿足條件的直線ly3xy3x 15（I）P的坐標(biāo)為x,y)，由題意為

(x1)2y2|x|y22x2|x|x0時y24x;當(dāng)x0時,y=0.、PC,y24x(x0)和y=0(x0).（II）由題意知，直線l10，設(shè)為k，則l1yk(x1由yk(x1k2x22k24)xk2 y2A(x1y1B(x2y2

xx24,x

1 k 1因為ll，所以

的斜率為1D(xyB(xy

xx24k2,xx 3ADADEB(AFFD)(EFAFEFAFFBFDEFFD|AF||FB||FD||EF故x11)(x21x31)(x41(2

4)11(24k2)1k84(k2

1)84kkkk1當(dāng)且僅當(dāng)k2k

k1ADEB16、17、（Ⅰ）eca

,從而a2b又b2b

a解得a2bC1，C2

x2 y4y

1,yx

（Ⅱ（i）ykxyx2由 x2kx1.A(x1y1B(x2y2),則x1x2x1x2k,x1x21，所以y1

y

k2x

x)1

2 1 xx xx

k2k2 1

yk1xyk1x1,由yx21x xy或yk2 (k,k2則點A的坐標(biāo)為 MBMB，1,1BkkS1|MA||MB1211 1k| | 21 |k121

2|kyk1xx24y24

(14k2)x28kx由 xy或 y解

1 4k2 , 14k214k則點D的坐標(biāo)

k 1, 111ME的斜率為kE11

4k

4k 32(1k2)|kS2

|MD||ME| (1k2)(k2S1S

64

因此 11(4k241717解得k24,或k211k2由題意知， k2

k2

k k 1k1 ,所以k A、B

k 11y3x和y3 19、1OC，因為OAOCD是ACPO底面⊙O，AC底面⊙OACPOOD，POPODACPOD，ACPACPODPAC。（II）PODO作OHPDH，由（I）POD平面所以O(shè)HPACPAPACPAPAO中，過O作OGPAG，連接HG，PARtODA中,ODOAsin45 2 POPO2POPO2 在

222

105POPO222POPO222 RtOHG中,sinOGHOH 1sin211sin21

155

10

1052（I）設(shè)n1x1y1z1POD

1 ,21x1

2 22則由n1OD0,

2z1設(shè)n2x2y2z2PAC則由ny2

，2z22z2得n2

2z2,y22,2,1

2,2,1)所以n1

由（I）PAC的一個法向量為n2

2,設(shè)向量n2和的夾角為cos

n2

1025|n2||n3 2510B—PA—C的余弦值為22021、4

422、3 (12)2(22)2(3 S 23、24、25（1）5（2）626（12分（I）134732（II）PP(Y490或Y530)PX130或XP(X70)P(X110)P(X13

3 3 27、答案K27.86.635P(K26.6350.010x1059010)60，x109060404060 29、30（1）2（B|=4（1）

；2=（B|=（A）=（）

4= 31（1）2（2）1093（1）因12123122021020I(122kk（2）2進(jìn)制的k(k20110的有C12kkkk個，……有m0的有Cm個，……有k10的有Ck11kk的數(shù)n，在所求式中的2I(n)的和為k120k

21

22 Ck12k13k1kkkk 又127271恰為2進(jìn)制的最大7位數(shù)，所 2I(n)20 3k11093 k2,(2)32（1）

（2）16解析：（1）

f(nN*k1n1

f(nn1N*，故只須f(1N*，故（2）k4n4

f(nn4N*n42f

即f(n{23，即n{1234}f(n{23}f的個數(shù)為241634、3.2種,所以概率為1.也可以由141得到 35、165 (107)2(67)2(87)2(57)2(6 s 5P“1

3（Ⅱ）X

51P(X2)P“當(dāng)天商品銷售量為1件） P(

3)P0）P2）P3

19

34XX23P1344EX2133X

（I）134732=132 3 38、（1）P的坐標(biāo)滿足條件：1ba3n3,所以Ann（2）設(shè)k為正整數(shù)，記fn 為滿足題設(shè)條件以及ab3k的點P的個數(shù)，只要討論fn(k)1的形，由1ba3kn3k

(kn3k.且kn3n13mr,其中mN*r|0,12|,則km所以Bnfn(k)(n3k) m將m

kn13

kBn

r(r1) Bn(n1)(n,

（I）P）=P）+P）=153 （II）X

51 P(x3)P("當(dāng)天商品銷售量為0件")+P("當(dāng)天商品銷售量為2件")+P("當(dāng)天商品銷量為3件

1+9+5 XX23P1434XEX21+3311 P“1

3（Ⅱ）XPX2)P1）

51 P(

3)P0）P2）P3）X

19

34X23P1344X的數(shù)學(xué)期望為EX2133 41（1）22) 42、（I）因為0 所sinA0.從而sinCcosC.又cosC0所以tanC1,則C4

B3 3sinAcos(B)4

3sinAcos( 3sinAcosA2sin(A60A0A

11,從而當(dāng)

,即A時 2sin(A6

3sinAcos(B4

A,B5 x44、解析（I）由h(x)x3x 知，x[0,)，而h(0)0，x2h(1)10h(2)6 0x0h(xh(xh(x21h'(x3x212

1 x2，記(x)3x21 2

1 x2，則'(x)6x 4

x2x(0時，'(x)0，因此

在(0上單調(diào)遞增，則

在(0又因為(1

30，則x在3

3,1內(nèi)有零點，所以x在(03x1x(0x1時，(x'(x1)0x(x1(x)'(x1)0；x(0x1h(x)單調(diào)遞減，而h(0)0，則h(x)在(0x1x(x1h(x單調(diào)遞增，則h(x在(x1內(nèi)至多只有一個零點；從而h(x在(0h(x有且只有兩個零點。2h(x)x(x21

2，記(x)x21

2，則'(x)2x 2

x2x(0時，'(x)0，因此

在(0上單調(diào)遞增，則

在(0因此h(x在(0內(nèi)也至多只有一個零點，h(x有且只有兩個零點。記h(x的正零點為x0，即 x 當(dāng)a 時由a 即a .而a3a x x3因此a ①當(dāng)n1a1②假設(shè)當(dāng)nk

ak

成立，則當(dāng)nk1 3

x x3

，因此，當(dāng)nk1

k

k

kn故對任意的nN*an

當(dāng)a

時，由（1）知