2011高考全国卷2数学理科试题及答案

理科数学必修+选修II

一、 选择题

（1） zzz1复数z1i，z为z的共轭复数，则

A.-2i B.-i C.i （2） 函数y2x(x0)的反函数为

x2A.y(xR)

4x2B.y(x0) C.y4x2(xR)

4D.2i

D.y4x2x0

（3） 下面四个条件中，使得ab成立的充分不必要条件是

A.ab1 B.ab1 C.a2b2

D.a3b3

（4） 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

D.5

（5） 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，所得到的图像与

3原图像重合，则的最小值等于 1A. B.3 C.6 D.9 3（6） 已知直二面角l，点A,ACl，C为垂足，点B,BDl，D为垂足。若AB2，

A.8

B.7

C.6

ACBD1，则D到平面ABC的距离为 A.

2 3B.

3 3C.

6 3D.1

（7） 某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1

本，则不同的赠送方法有 A.4种 B.10种 C.18种 D.20种 （8） 曲线ye2x1，在点(0,2)处的切线与直线y0和yx围成的三角形的面积为

1A. 3B.

1 2C.

2 3D.1

5（9） 设fx是周期为2的奇函数，当0x1时，fx2x1x，则f

21A.

21B.

4C.

1 4D.

1 2（10） 已知抛物线C:y24x的焦点为F，直线y2x4与C交与A，B两点，则cosAFB

A.

4 53B. 53C.

D.

5（11） 已知平面截球面得圆M，过圆心M且与成60二面角的平面截该球面的半径为4，圆C.11 D.13 1（12） 设向量a,b,c?满足ab1,ab,ac,bc60，则|c|的最大值为

2M面积为4，则圆N的面积为 A.7 B.9

A.2 B.3 C.2 D.1

二、 填空题

（13）1x20的二项展开式中，x的系数与x9的系数之差为__________。

5（14）已知,，sin,则tan2=__________。

52x2y21的左右焦点，点AC，点M的坐标为(2,0)，AM为（15）已知F1、F2 分别为双曲线C:927F1AF2的平分线，则AF2_________。

（16）已知点E、F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E2EB,CF2FC1，则面AEF与ABC所成的二面角的正切值等于__________。

三、解答题

（17）ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知AC90,ac2b，求C。

（18）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。

（I） 求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中一种的概率。

（II）X表示该地的100位车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数，求X的期望。

（19）如图，四棱锥SABCD中，AB∥CD,BCCD，侧面SAB为等边，ABBC2，CDSD1. （I） 证明：SD平面SAB；

（II）求AB与平面SBC所成角的大小。

A

（20）设数列{an}满足a10且

111.

1an11anS D B C （I） 求{an}的通项公式； （II）设bn1an1n，记Snbk，证明：Sn1.

k1n3

y21在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为2的直（21）已知O为坐标原点，F为椭圆C:x22y线l与C交于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

（22）设函数fxln1xAFOxB上。

l2x。 x2（I） 证明：当x0时，f(x)0；

（II）从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，

19设抽得的20个号码互不相同的概率为p。证明：p2。

e1019

参

一、 选择题

1 B

2 B

3 A

4 D

5 C

6 C

7 B

8 A

9 A

10 D

11 D

12 A

二、填空题

24 13、0． 14、  15、6 16、 33三、解答题

（17）（10分）

由ac2b及正弦定理可得（3分）

sinAsinC2sinB

又由于AC90,B180AC所以

cosCsinC2sin(AC) ……7分

2sin(902C) 2sin2C22cosCsinCcos2C 22cos(45C)cos2C.0C90, 2C45C,

C15

……10分

（18）（12分）

解：记A“有一位车主购买甲种保险”，B“车主买乙种保险但不购买甲种保险”，C“至少购买一种保险”，D“两种保险都不购买” （I）

PA0.5,PB0.3,PCPAPB0.8……6分

5

（II) DC所以PD0.2……10分

因为 X~B(100,0.2)所以EX1000.220 ……12分

（19）（12分） 解法一：

（I） AB中点E，连结SE，则SEAB,SE3. 又DE1，故DE2SE2SD2 , 所以DSE是直角 ……3分

由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 由AB平面SDE知，平面ABCD平面SDE

作SFDE,垂足为F，则

S H D F A B G C （II）

SF平面ABCD，SFSDSE3. DE2作FHSG，G为垂足，则FGDC1.

连结SG则SGBC.

又BCFG,SGFGG，故BC平面ABCD,SBCSFG ……9分 作FHSG,H为垂足，则FHSBC 又FH21SFFG3，F到平面SBC的距离为. 7SG721。 7由于EDBC所以EDSBC，E到平面SBC的距离d为

设AB与平面SBC所成的角为，则sind2121,arcsin? ……12分 EB77解法二：

（I） 以C为坐标原点，射线CD为x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.

易得ASx2,y2,z,BSx,y2,z,DS(x1,y,z) 由AS|BS|得 故x1.

x2y222z2x2y2z2, 2由DS1得y2z21. 又BS2得x2y2z24

13即y2z24y10，所以y,z. ……3分

222131333331，,,AS-1，,,BS1,,,DS0,,?所以S. 22222222则 DSAS0,DSBS0.

所以DSAS,DSBS，又ASBSS， 所以SD平面SAB。 ……6分

（II）

设平面SBC的法向量为nm,n,p， 则nBS0,nCB0

zSCB33p0mn故  ……9分 222n0取p2得n3,0,2，又 AB2,0,0， 得cosAB,nxADyABn21

ABn721 ……12分 7AB与平面SBC所成的角大小为arcsin

（20）（12分） 解： （I） 由题设

111，

1an11an1即是公差为1的等差数列。

1an又

111故n 1a11an得an1

1. n……5分

7

（II） 由（I）中结论

bn1an1nn1nn1·n ……8分 11,nn1nn111Snbk11kk1n1k1k1……12分

（21）（12分） 解：

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

设Ax1,y1,Bx2,y2,P(x3,y3)， 则x126,x2426， 4得x1x22,y1y22x1x221 22,y3y1y21 2得x3x1x22所以点P的坐标为2,1，验证得P在椭圆上。……6分

（II）

22lQ,1由P，知2,1，PQ的垂直平分线1的方程为 2y2x. 221l设AB的中点为M，则M4,2?，AB的垂直平分线2的方程为

y21x 9分 2421l1联立 ，得N8,8， ……9分 l22221311|NP|1,28882|AB|1(2)2·|x2x1||AM|32,4232,22221133|MN|48288|NA||AM|2|MN|2故|NP||NA|,又|NP||NQ|,|NA||NB|,所以|NA||NP||NB||NQ|, （22） 解： （I）

fxx2311,8由此可知A、P、B、Q四点在以N为圆心，NA为半径的圆上……12分

x1x22. ……2分

当x0时，fx0，所以当xR，fxf00 ……5分

（II） p10099981002081.

又9981902,9882902,,91902，

9所以p ……9分

10由（I）知：当x0，ln1x2所以 1ln1x2.

x192x， x2令x110则19ln2, 999

10所以e2

919综上：p2 ……12分

e101919