2011年全国普通高等学校招生统一考试-理科数学(山东卷)


山东理科
1.(2011 山东,理 1)设集合 M={x|x2+x-6<0},N={x|1≤x≤3},则 M∩N=( A.[1,2) C.(2,3] B.[1,2] D.[2,3]
2-i (i 2+i

).

2.(2011 山东,理 2)复数 z= A.第一象限 C.第三象限

为虚数单位)在复平面内对应的点所在象限为(

).

B.第二象限 D.第四象限
π 6

3.(2011 山东,理 3)若点(a,9)在函数 y=3x 的图象上,则 tan 的值为( A.0 B.
3 3

).

C.1 D. 3 ).

4.(2011 山东,理 4)不等式|x-5|+|x+3|≥10 的解集是( A.[-5,7] B.[-4,6] C.(-∞,-5]∪[7,+∞) D.(-∞,-4]∪[6,+∞)

5.(2011 山东,理 5)对于函数 y=f(x),x∈R,“y=|f(x)|的图象关于 y 轴对称”是“y=f(x)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.既不充分也不必要条件 6.(2011 山东,理 6)若函数 f(x)=sinωx(ω>0)在区间[0, ]上单调递增,在区间[ , ]上单调递减,则ω=( A.3 B.2 C.
3 2 3 32

).

).

D.

2 3

7.(2011 山东,理 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) 销售额 y(万元)
^ ^ ^

4 49


2 26

3 39

5 54

根据上表可得回归方程 y =b x+a 中的b 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 C.67.7 万元 B.65.5 万元 D.72.0 万元
x2 y2 a b

).

8.(2011 山东,理 8)已知双曲线 2- 2=1(a>0,b>0)的两条渐近线均和圆 C:x2+y2-6x+5=0 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. - =1 B. - =1 C. - =1 D. - =1 9.(2011 山东,理 9)函数 y= -2sin x 的图象大致是(
x 2 x2 y2 3 6 x2 y2 6 3 x2 y2 5 4 x2 y2 4 5

).

).

10.(2011 山东,理 10)已知 f(x)是 R 上最小正周期为 2 的周期函数,且当 0≤x<2 时,f(x)=x3-x,则函数 y=f(x) 的图象在区间[0,6]上与 x 轴的交点的个数为( A.6 B.7 C.8 D.9 ).

11.(2011 山东,理 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、俯视图如右图;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.(2011 山东,理 12)设 A1,A2,A3,A4 是平面直角坐标系中两两不同的四点,若A1 A3 =λA1 A2 (λ∈R),A1 A4 = μA1 A2 (μ∈R),且 + =2,则称 A3,A4 调和分割 A1,A2.已知平面上的点 C,D 调和分割点 A,B,则下面说法正
λ μ 1 1

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 13.(2011 山东,理 13)执行下图所示的程序框图,输入 l=2,m=3,n=5,则输出的 y 的值是 .

14.(2011 山东,理 14)若(x- 2 )6 展开式的常数项为 60,则常数 a 的值为
x

a

.

15.(2011 山东,理 15)设函数 f(x)= f1(x)=f(x)=
x , x+2 x , 3x+4 x , 7x+8 x , 15x+16

x (x>0),观察: x+2

f2(x)=f(f1(x))= f3(x)=f(f2(x))= f4(x)=f(f3(x))= ……

根据以上事实,由归纳推理可得: 当 n∈N*且 n≥2 时,fn(x)=f(fn-1(x))= (n,n+1),n∈N*,则 n= .

.

16.(2011 山东,理 16)已知函数 f(x)=logax+x-b(a>0,且 a≠1).当 2<a<3<b<4 时,函数 f(x)的零点 x0∈
A-2C 2c-a = . B b

17.(2011 山东,理 17)在△ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c.已知 (1)求
C 的值; A 1 4

(2)若 cos B= ,b=2,求△ABC 的面积 S.

18.(2011 山东,理 18)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. (1)求红队至少两名队员获胜的概率; (2)用ξ表示红队队员获胜的总盘数,求ξ的分布列和数学期望 Eξ.

19.(2011 山东,理 19)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 为平行四边形,∠ACB=90°,EA⊥平面 ABCD,EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,AB=2EF.

(1)若 M 是线段 AD 的中点,求证:GM∥平面 ABFE;

(2)若 AC=BC=2AE,求二面角 A-BF-C 的大小.

20.(2011 山东,理 20)等比数列{an}中,a1,a2,a3 分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且 a1,a2,a3 中 的任何两个数不在下表的同一列.
第一列 第一行 第二行 第三行 3 6 9 第二列 2 4 8 第三列 10 14 18

(1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足:bn=an+(-1)nln an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

21.(2011 山东,理 21)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容积为
80 立方米,且 3

l≥2r.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 c(c>3)千元. 设该容器的建造费用为 y 千元.

(1)写出 y 关于 r 的函数表达式,并求该函数的定义域; (2)求该容器的建造费用最小时的 r.

22.(2011 山东,理 22)已知动直线 l 与椭圆 C: + =1 交于 P(x1,y1),Q(x2,y2)两不同点,且△OPQ 的面积 S
△OPQ=

x2 y2 3 2

6 ,其中 2

O 为坐标原点.

2 2 2 2 (1)证明:x1 +x2 和y1 +y2 均为定值;

(2)设线段 PQ 的中点为 M,求|OM|·|PQ|的最大值; (3)椭圆 C 上是否存在三点 D,E,G,使得 S△ODE=S△ODG=S△OEG= ?若存在,判断△DEG 的形状;若不存在, 请说明理由.
6 2

山东理科
1.A ∵M={x|x2+x-6<0}={x|(x+3)(x-2)<0}={x|-3<x<2},N={x|1≤x≤3},
2

∴M∩N={x|1≤x<2}.
2-i (2-i) 2.D ∵z=2+i=(2+i)(2-i)=3-4i=3-4i, 5 5 5

∴复数 z 在复平面内对应的点在第四象限. 3.D 由题意知 9=3a,∴a=2. ∴tan 6 =tan 3 = 3. 4.D (法一)令 y=|x-5|+|x+3|, 则函数对应的图象为
π π

令 y=10,即|x-5|+|x+3|=10,得 x=-4 或 x=6, 结合图象可知|x-5|+|x+3|≥10 的解集为(-∞,-4]∪[6,+∞). (法二)将 x=6 代入可知适合,故排除 C;将 x=0 代入可知不适合,故排除 A,B. 5.B 若 f(x)是奇函数,则对任意的 x∈R,均有 f(-x)=-f(x),即|f(-x)|=|-f(x)|=|f(x)|, 所以 y=|f(x)|是偶函数,即 y=|f(x)|的图象关于 y 轴对称. 反过来,若 y=|f(x)|关于 y 轴对称,则不能得出 y=f(x)一定是奇函数,比如 y=|x2|,显然,其图象关于 y 轴对称,但是 y=x2 是偶函数.故“y=|f(x)|的图象关于 y 轴对称”是“y=f(x)是奇函数”的必要而不充分条件. 6.C 根据函数 f(x)=sinωx(ω>0)在区间[0,]上单调递增,在区间[,]上单调递减,可知 3 =,即ω=3. 3 3 2 2 2
ω

7.B

∵ a =y- b x=49+26+39+54-9.4×4+2+3+5=9.1, 4 4






∴回归方程为 y =9.4x+9.1, 令 x=6,得 y =9.4×6+9.1=65.5(万元). 8.A 由题意得,x2-y2=1(a>0,b>0)的两条渐近线方程为 y=±bx,即 bx±ay=0, a a
b
2 2



又圆 C 的标准方程为(x-3)2+y2=4,半径为 2,圆心坐标为(3,0). ∴a2+b2=32=9,且
|3b| a2 +b
2

=2,解得 a2=5,b2=4.
2

∴该双曲线的方程为x -y =1. 5 4
x 9.C 令 f(x)=2-2sin x,x∈R,

2

则可知 f(-x)=-f(x), ∴f(x)为奇函数,故排除 A. 又 f'(x)=1-2cos x, 2 可知 f'(x)有无穷多个零点,即 f(x)有无穷多个极值点, 故排除 B,D.选 C. 10.B 当 0≤x<2 时,令 f(x)=x3-x=0,得 x=0 或 x=1. 根据周期函数的性质,由 f(x)的最小正周期为 2, 可知 y=f(x)在[0,6)上有 6 个零点, 又 f(6)=f(3×2)=f(0)=0, 所以 f(x)在[0,6]上与 x 轴的交点个数为 7. 11.A ①正确,如图一直三棱柱,

其中四边形 BCC1B1 与四边形 BAA1B1 是全等的矩形,且面 BCC1B1⊥面 BAA1B1,即满足要求. ②正确,如图一正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1,即满足要求.

③正确,横卧的圆柱即可,如图.

12.D ∵C,D 调和分割点 A,B, ∴AC=λAB,AD=μAB,且1+1=2(*),
λ μ

不妨设 A(0,0),B(1,0),则 C(λ,0),D(μ,0), 对 A,若 C 为 AB 的中点,则AC=1 AB,即λ=1,将其代入(*)式,得1=0,这是无意义的,故 A 错误; 2 2
μ

对 B,若 D 为 AB 的中点,则μ=1,同理得1=0,故 B 错误; 2
λ

对 C,要使 C,D 同时在线段 AB 上,则 0<λ<1 且 0<μ<1,∴1>1,1>1,∴1+1>2,这与1+1=2 矛盾;故 C 错误;
λ μ λ μ λ μ

显然 D 正确. 13.68 由程序框图可知,y 的变化情况为 y=70×2+21×3+15×5=278,进入循环,显然 278>105,

因此 y=278-105=173;此时 173>105,故 y=173-105=68. 经判断 68>105 不成立,输出此时 y 的值 68. 14.4
a 由二项式定理可知 Tr+1=r x6-r(- x2 )r=r (- a)rx6-3r, 6 6

令 6-3r=0,得 r=2, ∴T3=2 (- a)2=60. 6 ∴15a=60.∴a=4.
x 15.(2n-1)x+2n

由已知可归纳如

下:f1(x)=

x x ,f2(x)= 2 x 2,f3(x)= 3 x 3,f4(x)= 4 x 4,…,fn(x)=(2n-1)x+2n. (21 -1)x+21 (2 -1)x+2 (2 -1)x+2 (2 -1)x+2

16.2 ∵a>2, ∴f(x)=logax+x-b 在(0,+∞)上为增函数,且 f(2)=loga2+2-b,f(3)=loga3+3-b, ∵2<a<3<b<4,∴0<loga2<1,-2<2-b<-1. ∴-2<loga2+2-b<0. 又 1<loga3<2,-1<3-b<0, ∴0<loga3+3-b<2,即 f(2)<0,f(3)>0. 又∵f(x)在(0,+∞)上是单调函数, ∴f(x)在(2,3)必存在唯一零点.
a b c 17.解:(1)由正弦定理,设A=B=C=k,

则2c-a=2kC-kA=2C-A, b kB B 所以A-2C=2C-A, B B 即(cos A-2cos C)sin B=(2sin C-sin A)cos B. 化简可得 sin(A+B)=2sin(B+C), 又 A+B+C=π,所以 sin C=2sin A.
C 因此A=2. C (2)由A=2 得 c=2a.

由余弦定理 b2=a2+c2-2accos B 及 cos B=1,b=2, 4 得 4=a2+4a2-4a2×1. 4 解得 a=1.从而 c=2.

又因为 cos B=1,且 0<B<π, 4 所以 sin B=
15 . 4 15 15 = 4 . 4

因此 S=1acsin B=1×1×2× 2 2

18.解:(1)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D,E,F分别表示甲不胜 A、乙不胜 B、丙不胜 C 的事件. 因为 P(D)=0.6,P(E)=0.5,P(F)=0.5, 由对立事件的概率公式知 P(D)=0.4,P(E)=0.5,P(F)=0.5. 红队至少两人获胜的事件有:DEF、DEF、DEF、DEF. 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 P=P(DEF)+P(DEF)+P(DEF)+P(DEF) =0.6×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5 =0.55. (2)由题意知ξ可能的取值为 0,1,2,3. 又由(1)知DEF、DEF、DEF是两两互斥事件,且各盘比赛的结果相互独立, 因此 P(ξ=0)=P(DEF)=0.4×0.5×0.5=0.1, P(ξ=1)=P(DEF)+P(DEF)+P(DEF) =0.4×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5 =0.35, P(ξ=3)=P(DEF)=0.6×0.5×0.5=0.15. 由对立事件的概率公式得 P(ξ=2)=1-P(ξ=0)-P(ξ=1)-P(ξ=3)=0.4. 所以ξ的分布列为:
ξ P 0 0.1 1 0.35 2 0.4 3 0.15

因此 Eξ=0×0.1+1×0.35+2×0.4+3×0.15=1.6. 19.(1)证法一:因为 EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°, 所以∠EGF=90°,△ABC∽△EFG. 由于 AB=2EF,因此 BC=2FG. 连接 AF,由于 FG∥BC,FG=1BC, 2

在?ABCD 中,M 是线段 AD 的中点, 则 AM∥BC,且 AM=1BC, 2 因此 FG∥AM 且 FG=AM. 所以四边形 AFGM 为平行四边形. 因此 GM∥FA. 又 FA?平面 ABFE,GM?平面 ABFE, 所以 GM∥平面 ABFE. 证法二:因为 EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°, 所以∠EGF=90°,△ABC∽△EFG, 由于 AB=2EF,所以 BC=2FG. 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?ABCD 中,M 是线段 AD 的中点,连接 MN, 则 MN∥AB. 因为 MN∩GN=N, 所以平面 GMN∥平面 ABFE. 又 GM?平面 GMN,所以 GM∥平面 ABFE. (2)解法一:因为∠ACB=90°,所以∠CAD=90°. 又 EA⊥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,建立如图所示的空间直角坐标系,

不妨设 AC=BC=2AE=2, 则由题意得 A(0,0,0),B(2,-2,0),C(2,0,0),E(0,0,1), 所以AB=(2,-2,0),BC=(0,2,0). 又 EF=1AB,所以 F(1,-1,1),BF=(-1,1,1). 2 设平面 BFC 的法向量为 m=(x1,y1,z1), 则 m·BC=0,m·BF=0,

所以 x 1 = z .取 z1=1,得 x1=1, 1 1 所以 m=(1,0,1). 设平面 ABF 的法向量为 n=(x2,y2,z2), 则 n·AB=0,n·BF=0,
2 所以 z2 = 0. 取 y2=1,得 x2=1, 2

y = 0,

x =y ,

则 n=(1,1,0). 所以 cos<m,n>=
m·n 1 =. |m|·|n| 2

因此二面角 A-BF-C 的大小为 60°. 解法二:由题意知,平面 ABFE⊥平面 ABCD, 取 AB 的中点 H,连接 CH,

因为 AC=BC,所以 CH⊥AB. 则 CH⊥平面 ABFE. 过 H 向 BF 引垂线交 BF 于 R,连接 CR, 则 CR⊥BF. 所以∠HRC 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 FH⊥AB. 又 AB=2 2,所以 HF=AE=1,BH= 2. 因此在 Rt△BHF 中,HR= 36. 由于 CH=1AB= 2, 2 所以在 Rt△CHR 中,tan∠HRC= 2 = 3. 6
3

因此二面角 A-BF-C 的大小为 60°. 20.解:(1)当 a1=3 时,不合题意; 当 a1=2 时,当且仅当 a2=6,a3=18 时,符合题意; 当 a1=10 时,不合题意. 因此 a1=2,a2=6,a3=18. 所以公比 q=3.故 an=2·3n-1. (2)因为 bn=an+(-1)nln an =2·3n-1+(-1)nln(2·3n-1) =2·3n-1+(-1)n[ln 2+(n-1)ln 3] =2·3n-1+(-1)n(ln 2-ln 3)+(-1)nnln 3, 所以 Sn=2(1+3+…+3n-1)+[-1+1-1+…+(-1)n](ln 2-ln 3)+[-1+2-3+…+(-1)nn]ln 3, 所以当 n 为偶数时,Sn=2×1-3 +nln 3=3n+nln 3-1; 2 1-3 2
n

当 n 为奇数时,Sn=2×1-3 -(ln 2-ln 3)+(n-1-n)ln 3 2 1-3 =3n-n-1ln 3-ln 2-1. 2 综上所述,Sn=
3 + 3-1,n 为偶数, 3 -1 3-2-1,n 2 2

n

为奇数.

21.解:(1)设容器的容积为 V, 由题意知 V=πr2l+4πr3, 3 又 V=80, 3 故 l=
V-3r3 r2
4

80 =32-4r=4(20-r). 3 3 r2

由于 l≥2r,因此 0<r≤2. 所以建造费用 y=2πrl×3+4πr2c=2πr×4(20-r)×3+4πr2c. 3 r2 因此 y=4π(c-2)r2+160,0<r≤2. r
20 (2)由(1)得 y'=8π(c-2)r-160=8(c-2)(r3-c-2).0<r<2. r2 r2

由于 c>3,所以 c-2>0.
20 当 r3-c-2=0 时,r= 3 20 . c-2

令3

20 =m,得 c-2

m>0,

所以 y'=8(c-2)(r-m)(r2+rm+m2). r2 ①当 0<m<2 即 c>9时, 2 当 r=m 时,y'=0; 当 r∈(0,m)时,y'<0; 当 r∈(m,2)时,y'>0. 所以 r=m 是函数 y 的极小值点,也是最小值点. (2)当 m≥2 即 3<c≤9时, 2 当 r∈(0,2)时,y'<0,函数单调递减. 所以 r=2 是函数 y 的最小值点. 综上所述,当 3<c≤9时,建造费用最小时 r=2;当 c>9时,建造费用最小时 r= 3 2 2 22.解:(1)当直线 l 的斜率不存在时,P、Q 两点关于 x 轴对称, 所以 x2=x1,y2=-y1. 因为 P(x1,y1)在椭圆上, 因此 31+ 21=1.①
x2 y2 20 . c-2

又因为 S△OPQ= 26,所以|x1|·|y1|= 26.② 由①、②得|x1|= 26,|y1|=1, 此时x2 +x2 =3,y2 +y2 =2. 1 2 1 2 (2)当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y=kx+m, 由题意知 m≠0,将其代入x +y =1 得(2+3k2)x2+6kmx+3(m2-2)=0, 3 2 其中Δ=36k2m2-12(2+3k2)(m2-2)>0,即 3k2+2>m2.(*) 又 x1+x2=6km
2 2 2

2+3k

,x1x2=3(m

2 -2) 2

2+3k

,

所以|PQ|= 1 + k 2 · (x1 + x2 )2 -4x1 x2 = 1 + k2
2 6 3k +2-m2 2+3k
2 2

.
|m| 1+k
2

因为点 O 到直线 l 的距离为 d= 所以 S△OPQ=1|PQ|·d 2 =1 1 + k 2 · 2 =
2

.

2 6 3k +2-m2 2+3k
2

2

·

|m| 1+k
2

6|m| 3k +2-m2 2+3k
2

.

又 S△OPQ= 26. 整理得 3k2+2=2m2,且符合(*)式, 此时x2 +x2 =(x1+x2)2-2x1x2=(1 2
2 3 2 3 2 3 2+3k 6km 2 3(m2 -2) 2 ) -2× 2 =3, 2+3k

y2 +y2 = (3-x2 )+ (3-x2 )=4- (x2 +x2 )=2. 1 2 1 2 1 2

综上所述,x2 +x2 =3,y2 +y2 =2,结论成立. 1 2 1 2 (2)解法一:①当直线 l 的斜率不存在时, 由(1)知|OM|=|x1|= 26,|PQ|=2|y1|=2, 因此|OM|·|PQ|= 26×2= 6. ②当直线 l 的斜率存在时,由(1)知,
x1 +x2 3k =-2m, 2
2 2 y1 +y2 +2m2 1 =k(x1+x2 )+m=-3k +m=-3k 2m =m, 2 2 2m

|OM|2=(x1 +x2)2+( 2

y1 +y2 2 9k2 1 6m2 -2 1 1 ) =4m2+m2= 4m2 =2(3-m2), 2

|PQ|2=(1+k2)24(3k

2

(2+3k )

+2-m2 ) 2(2m2 +1) 1 = m2 =2(2+m2), 2 2

1 1 所以|OM|2·|PQ|2=1×(3-m2)×2×(2+m2) 2 3- 12 +2+ 12
m

1 1 =(3-m2)(2+m2)≤(

2

m

)2=25. 4

1 1 所以|OM|·|PQ|≤5,当且仅当 3-m2=2+m2,即 m=± 2时,等号成立. 2

综合①②得|OM|·|PQ|的最大值为5. 2 解法二:因为 4|OM|2+|PQ|2=(x1+x2)2+(y1+y2)2+(x2-x1)2+(y2-y1)2=2[(x2 +x2 )+(y2 +y2 )]=10. 1 2 1 2 所以 2|OM|·|PQ|≤4|OM| 2+|PQ| =10=5, 2 即|OM|·|PQ|≤5. 2 当且仅当 2|OM|=|PQ|= 5时等号成立. 因此|OM|·|PQ|的最大值为5. 2 (3)椭圆 C 上不存在三点 D,E,G,使得 S△ODE=S△ODG=S△OEG= 26. 证明:假设存在 D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足 S△ODE=S△ODG=S△OEG= 26, 由(1)得 u2+x2 =3,u2+x2 =3,x2 +x2 =3; 1 2 1 2 v2+y2 =2,v2+y2 =2,y2 +y2 =2, 1 2 1 2 解得 u2=x2 =x2 =3;v2=y2 =y2 =1. 1 2 2 1 2 因此 u,x1,x2 只能从± 26中选取,v,y1,y2 只能从±1 中选取, 因此 D,E,G 只能在(± 26,±1)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 S△ODE=S△ODG=S△OEG= 26矛盾. 所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点 D,E,G.
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