2011年安徽高考理科数学试题及答案

第Ⅰ卷（选择题共50分）

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选题中，只有一项是符合题目要求的: （1）设i是虚数单位，复数

(A)2

1ai2i为纯虚数，则实数a为

(C) 12(B) -2 (D)

12

（2）双曲线2x2y28的实轴长是

(A)2

(B) 22

(C) 4

(D) 42

2（3）设f(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，f(x)2xx,则f(1)

(A)-3 (B)-1 (C) 1 (D)3 （4）设变量x,y满足|x|+|y|≤1，则x+2y的最大值和最小值分别为

(A) 1,-1 (B) 2,-2 (C)1,-2 (D)2,-1

（5）在极坐标系中，点(2,)到圆2cos的圆心的距离为

3(A) 2 (B) 429 (C) 129 (D)3

（6）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为

(A)48

(B) 32817

(C)48817

(D)80

（7）命题“所有能被2整除的整数都是偶数”的否定是 ．．

(A) 所有不能被2整除的整数都是偶数

(B) 所有不能被2整除的整数都不是偶数 (C) 存在一个不能被2整除的整数是偶数

(D) 存在一个能被2整除的整数不是偶数

（8）设集合A={1,2,3,4,5,6},B={4,5,6,7,8}，则满足SA且SB的集合S的个数是

(A)57

(B) 56

(C) 49

(D)8 6（9）已知函数f(x)sin(2x)，其中为实数，若f(x)|f(f()|对xR恒成立，且

2)f()，则f(x)的单调递增区间是

(A) k,k(kZ)

36

(B) k,k(kZ)

22(C) k,k(kZ) 63mn

(D) k,k(kZ) 2（10）函数f(x)ax(1x)在区间[0,1]上的图像如图所示，则m,n的值可能是

(A) m=1,n=1 (B) m=1,n=2 (C) m=2,n=1 (D) m=3,n=1

第Ⅱ卷（非选择题共100分）

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。把答案填在答题卡的相应位置。 （11）如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是 .

（12）设(x1)21a0a1xa2xa21x，则a10a11 .

221（13）已知向量a,b满足(a+2b)·(a-b)=-6，且|a|=1,|b|=2，则a与b的夹角为 . （14）已知⊿ABC的一个内角为120°，并且三边长构成公差为4的等差数列，则⊿ABC的面积为 .

（15）在平面直角坐标系中，如果x与y都是整数，就称点(x,y)为整点。下列命题中正确的是 .（写出所有正确的编号）。

①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点 ②如果k与b都是无理数，则直线y=kx+b不经过任何整点 ③直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点

④直线y=kx+b经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数 ⑤存在恰经过一个整点的直线

三、解答题：本大题共6小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。解答写在答题卡的指定区域内。 （16）（本小题满分12分） 设f(x)ex21ax43，其中a为正实数.

（Ⅰ）当a时，求f(x)的极值点；

（Ⅱ）若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围

（17）（本小题满分12分）

如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA=1，OD=2，⊿OAB, ⊿OAC, ⊿ODE, ⊿ODF都是正三角形.

（Ⅰ）证明直线BC∥EF;

（Ⅱ）求棱锥F-OBED的体积. （18）（本小题满分13分）

在数1和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作Tn，再令anlgTn，n≥1. （Ⅰ）求数列an的通项公式；

（Ⅱ）设bntanantanan1，求数列bn的前n项和Sn. （19）（本小题满分12分） （Ⅰ）设x≥1,y≥1，证明xy1xy1x1yxy；

（Ⅱ）设1（20）（本小题满分13分）

工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不超过10分钟。如果前一个人10分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人，现在一共只有甲、乙、丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别为p1,p2,p3，假设p1,p2,p3互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立。

（Ⅰ）如果按甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率。若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？

（Ⅱ）若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成任务的概率依次为q1,q2,q3，其中q1,q2,q3是p1,p2,p3的一个排列，求所需派出人员数目X的分布列和均值（数学期望）EX； （Ⅲ）假定1p1p2p3，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值（数学期望）达到最小。 （21）（本小题满分13分）

2设0，点A的坐标为（1,1），点B在抛物线yx上运动，点Q满足BQQA，经

过点Q与x轴垂直的直线交抛物线于点M，点P满足QMMP，求点P的轨迹方程。

数学（理科）试题参考答案

一、选择题：本题考查基本知识和基本运算. 每小题5分，满分50分.

（1）A （2）C （3）A （4）B （5）D （6）C （7）D （8）B （9）C （10）B 二、填空题：本题考查基本知识和基本运算. 每小题5分，满分25分.

（11）15 （12）0 （13） （14）153 （15）①③⑤

3三、解答题：本大题共6小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 （16）本题考查导数的运算，极值点的判断，导数符号与函数单调性之间的关系。求解一元二次不等式等基本知识，考查运算求解能力，综合分析和解决问题的能力。 解：对f(x)求导得f(x)e43x1ax2ax(1ax)2222 ①

3212（Ⅰ）当a时，若f(x)0，则4x8x30，解得x1,x2

结合①，可知

x 1(,) 212 (13,) 2232 (32,) f(x) f(x) + ↗ 0 极大值 _ ↘ 0 极小值 + ↗ 所以，x132是极小值点，x212是极大值点。

（Ⅱ）若f(x)为R上的单调函数，则f(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知

ax2ax10

2在R上恒成立，因此4a4a4a(a1)0，由此并结合a>0，知0a1. （17）本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力。 （Ⅰ）（综合法）

证明：设G是线段DA与线段EB延长线的交点，由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以OB∥

12DE,OB=

12DE,OG=OD=2

2同理，设G′是线段DA与线段FC延长线的交点，有OG′=OD=2，又由于G和G′都在线段DA的延长线上，所以G与G′重合。 在△GED和△GFD中，由OB∥

12DE,OB=

12DE和OC∥

12DF, OC=

12DF,可知B,C分别是

GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF. （向量法）

过点F作FQ⊥AD,交AD于点Q，连QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED,以Q为坐标原点，QE为x轴正向，QD为y轴正向，QF为z轴正向，建立如图所示空间直角坐

标系。

由条件知E(3，0,0)，F（0,0，3），B（

32，-

32，0），C（0，-

32，

32）。

则有，BC(32,0,32)，EF(3,0,3)。

所以EF2BC，即得BC∥EF.

32（Ⅱ）解：由OB=1，OE=2，∠EOB=60°，知SEOB=,而△OED是边长为2的正三角形，

故SOED=3,所以SOBED=SEOB+SOED=

332。

过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F-OBED的高，且FQ=3，所以VF-OBED=

13FQ·SOBED=

32。

（18）本题考查等比和等差数列，对数和指数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用基本知识解决问题的能力，创新思维能力和运算求解能力。 解：（Ⅰ）设t1,t2,,tn2构成等比数列，其中t11,tn2100，则

Tnt1t2tn1tn2 Tntn2tn1t2t1

① ②

2①×②并利用titn3it1tn210,(1in2)，得

Tn1022(n2)

anlgTnn2,n1.

（Ⅱ）由题意和（Ⅰ）中计算结果，知

bntan(n2)tan(n3),n1

另一方面，利用

tan1tan((k1)k)tan(k1)tank1tan(k1)tank

得

tan(k1)tanktan(k1)tanktan11

所以

nn2iSnn2bi1tan(i3k1)tank1)i3(tan(k1)tanktan1tan1n

tan(n3)tan3（19）本题考查不等式的性质，对数函数的性质和对数换底公式等基本知识，考查代数式的恒等变形和推理论证能力。

证明：（Ⅰ）由于x≥1,y≥1，所以xy1xy1x1yxy

xy(xy)1yx(xy)

2将上式中的右式减左式，得

(yx(xy))(xy(xy)1)((xy)1)(xy(xy)(xy))(xy1)(xy1)(xy)(xy1) (xy1)(xyxy1)(xy1)(x1)(y1)22既然x≥1,y≥1，所以(xy1)(x1)(y1)0，从而所要证明的不等式成立。 （Ⅱ）设logabx,logbcy，由对数的换底公式得

logca1xy,logba1x,logcb1y,logcxy

a于是，所要证明的不等式即为xy1xy1x1yxy

其中xlogab1,ylogbc1

故由（Ⅰ）立知所要证明的不等式成立。

（20）本题考查相互独立事件的概率计算，考查离散型随机变量及其分布列、均值等基本知识，考查在复杂情境下处理问题的能力以及抽象概括能力、合情推理与演绎推理，分类讨论思想，应用意识与创新意识。

解：（Ⅰ）无论以怎样的顺序派出人员，任务不能被完成的概率都是(1p1)(1p2)(1p3)，所以任务能被完成的概率与三个人被派出的先后顺序无关，并等于

1(1p1)(1p2)(1p3)p1p2p3p1p2p1p3p2p3p1p2p3

（Ⅱ）当依次派出的三个人各自完成任务的概率分别为q1,q2,q3时，随机变量X的分布列

为

X 1 P q12 3 (1q1)q2 (1q1)(1q2)

所需派出的人员数目的均值（数学期望）EX是 EX=q1+(1q1)q2+(1q1)(1q2) =32q1q2q1q2

（Ⅲ）（方法一）由（Ⅱ）的结论知，当甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时， EX=32q1q2q1q2

根据常理，优先派出完成任务概率大的人，可减少所需派出的人员数目的均值。 下面证明：对于p1,p2,p3的任意排列q1,q2,q3，都有 32q1q2q1q232p1p2p1p2

（＊）

事实上，

(32q1q2q1q2)(32p1p2p1p2)2(p1q1)(p2q2)p1p2q1q22(p1q1)(p2q2)(p1q1)p2q1(p2q2)(2p2)(p1q1)(1q1)(p2q2)(1q1)[(p1p2)(q1q2)]0

即（＊）成立。

（方法二）（ⅰ）可将（Ⅱ）中所求的EX改写为3(q1q2)q1q2q1，若交换前两人的派出顺序，则变为3(q1q2)q1q2q2。由此可见，当q2q1时，交换前两人的派出顺序可减少均值。

（ⅱ）也可将（Ⅱ）中所求的EX改写为32q1(1q1)q2，若交换后两人的派出顺序，则变为32q1(1q1)q1。由此可见，若保持第一个派出的人选不变，当q2q1时，交换后两人的派出顺序也可减少均值。

综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当(p1,p2,p3)=(q1,q2,q3)时，EX达到最小。即完成任务概率大的人优先派出，可减少所需派出人员数目的均值，这一结论是合乎常理的。

（21）本题考查直线和抛物线的方程，平面向量的概念，性质与运算，动点的轨迹方程等基本知识，考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力，全面考核综合数学素养。 解：由QMMP知Q,M,P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设

P(x,y),Q(x,y0),M(x,x2),则xy0(yx),即

22y0(1)xy

2①

再设B(x1,y1)，由BQQA，即(xx1,y0y1)(1x,1y0)，解得

x1(1)x, y(1)y.01②

将①式代入②式，消去y0，得

x1(1)x, 22y(1)x(1)y.12③

又点B在抛物线yx2上，所以y1x1，再将③式代入y1x1，得

(1)x(1)y((1)x),

2222整理得2(1)x(1)y(1)0 因0，两边同除以(1)，得

2xy10

故所求点P的轨迹方程为y2x1。