2011高考全国卷2数学理科试题及答案

1 2011年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷二） 理科数学（必修+选修II） 一、 选择题 （1） 1zzz复数1iz，z为z的共轭复数，则 A.-2i B.-i C.i D.2i

（2） 函数2(0)yxx的反函数为

A.2()4xyxR B.2(0)4xyx C.24()yxxR D.240yxx （3） 下面四个条件中，使得ab成立的充分不必要条件是 A.1ab B.1ab C.22ab D.33ab

（4） 设nS为等差数列{}na的前n项和，若11a，公差2d，2?–24kkSS，则k A.8 B.7 C.6 D.5 （5） 设函数cos(0)fxx，将yfx的图像向右平移3个单位长度后，所得到的图像与原图像重合，则的最小值等于 A.13 B.3 C.6 D.9

（6） 已知直二面角l，点,AACl，C为垂足，点,BBDl，D为垂足。若2AB，1ACBD，则D到平面ABC的距离为

A.23 B.33 C.63 D.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2e1xy，在点(0,2)处的切线与直线0y和yx围成的三角形的面积为

A.13 B.12 C.23 D.1

（9） 设fx是周期为2的奇函数，当01x时，21fxxx，则52f A.12 B.14 C.14 D.12 （10） 已知抛物线2:4Cyx的焦点为F，直线24yx与C交与A，B两点，则cosAFB A.45 B.3 5 C.35 D.45 2

（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M面积为4，则圆N的面积为 A.7 B.9 C.11 D.13 

（12） 设向量,,?abc满足11,,,602ababacbc，则||c的最大值为

A.2 B.3 C.2 D.1

二、 填空题 （13）201x的二项展开式中，x的系数与9x的系数之差为__________。 （14）已知,2，5sin5,则tan2=__________。

（15）已知F1、F2 分别为双曲线22:1927xyC的左右焦点，点AC，点M的坐标为(2,0)，AM为12FAF的平分线，则2AF_________。

（16）已知点E、F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱11BBCC、上，且112,2BEEBCFFC，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90,2ACacb，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独立。

（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。 3

A D C B

S （19）如图，四棱锥SABCD中，,ABCDBDCC∥，侧面SAB为等边，2ABBC，1CDSD. （I） 证明：SDSAB平面； （II）求AB与平面SBC所成角的大小。

（20）设数列{}na满足10a且111111nnaa. （I） 求{}na的通项公式； （II）设11nnabn，记1nnkkSb，证明：1nS. 4

xylAF

OB

（21）已知O为坐标原点，F为椭圆22:12yCx在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为2的直线l与C交于A、B两点，点P满足 0OAOBOP. （I） 证明：点P在C上； （II）设点P关于点O的对称点为Q，证明APBQ、、、四点在同一圆上。

（22）设函数2ln12xfxxx。 （I） 证明：当0x时，()0fx； （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，

设抽得的20个号码互不相同的概率为p。证明：1929110ep。 5

参考答案 一、 选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B B A D C C B A A D D A

二、填空题

13、0． 14、 43 15、6 16、2 3 三、解答题 （17）（10分） 由2acb及正弦定理可得（3分）

sinsin2sinACB 又由于90AC,180BAC所以 cossin2sin()2sin(902)2sin2CCACCC

„„7分 22cossincos222cos(45)cos2.CCCCC

 090,C 2C45C, C15 „„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） 0.5,0.3,0.8PAPBPCPAPB„„6分 6

H G F

A

D C

B

S

（II) DC所以0.2PD„„10分 因为 ~(100,0.2)XB所以1000.220EX „„12分

（19）（12分） 解法一：

（I） AB中点E，连结SE，则,3SEABSE.

又1DE，故222 DESESD, 所以DSE是直角 „„3分 由ABSDE平面,所以ABSD SD与两条相交直线AB、SE都垂直 所以SDSAB平面 „„6分 （II） 由ABSDE平面知，平面ABCDSDE平面 作SFDE,垂足为F，则

SFABCD平面，32SDSESFDE.

作FHSG，G为垂足，则1FGDC. 连结SG则SGBC.

又,BCFGSGFGG，故,BCABCDSBCSFG平面 „„9分 作FHSG,H为垂足，则FHSBC

又37SFFGFHSG，F到平面SBC的距离为217.

由于EDBC所以EDSBC，E到平面SBC的距离d为217。 设AB与平面SBC所成的角为，则2121sin,arcsin?77dEB „„12分 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(,,)Sxyz，则0,0,0xyz.

易得2,2,,,2,,(1,,)ASxyzBSxyzDSxyz 由||ASBS得 222222222xyzxyz, 故1x. 7

由1DS得221yz. 又2BS得22224xyz

即22410yzy，所以13,22yz. „„3分 所以133333131,,-1,,1,,,0,,?22222222SASBSDS，，. 则 0,0DSASDSBS. 所以,DSASDSBS，又ASBSS， 所以SDSAB平面。 „„6分 （II） 设平面SBC的法向量为,,nmnp，

则0,0nBSnCB

故 3302220mnpn „„9分 取2p得3,0,2n，又 2,0,0AB， 得21cos,7ABnABnABn

AB与平面SBC所成的角大小为21arcsin7 „„12分 （20）（12分） 解：

（I） 由题设111111nnaa，

即11na是公差为1的等差数列。 又1111a故11nna 得11nan. „„5分

zyxCA

S

BD8

（II） 由（I）中结论 11111111,11111·111nnnnnkkknabnnnnnnSbkkn















„„8分

„„12分 （21）（12分） 解：

（I） (0,1)F，l的方程为21yx，代入2212yx并化简得 „„2分

242210x

设112233,,,,(,)AxyBxyPxy，

则122626,44xx， 得1212122,2212xxyyxx 得3123122,12xxxyyy 所以点P的坐标为2,12，验证得P在椭圆上。„„6分 （II） 由2,12P，知2,12Q，PQ的垂直平分线1l的方程为 2.2yx

设AB的中点为M，则21,?42M，AB的垂直平分线2l的方程为