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1、2011年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题（湖南卷，解析版）2011年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题（湖南卷，解析版）本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分，共6页，时量120分钟，满分150分。参考公式：（1），其中为两个事件，且， （2）柱体体积公式，其中为底面面积，为高。 （3）球的体积公式，其中为求的半径。一选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。1.若，为虚数单位，且，则（ ）A B C D 答案：D解析：332正视图侧视图俯视图图1因，根据复数相等的条件可知。2.设，则“”是“”则（ ）A充分不必要条件 B必要
2、不充分条件 C充分必要条件 D既不充分又不必要条件 答案：A解析：因“”，即，满足“”，反之“”，则，或，不一定有“”。3.设图一是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A B C D 答案：B解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积。4.通过随机询问110名性别不同的大学生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：男女总计爱好402060不爱好203050总计6050110由算得附表：0.0500.0100.0013.8416.63510.828参照附表，得到的正确结论是（ ）A在犯错误的概率不超过的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”B在犯错误的概率不超过的前提下，认
3、为“爱好该项运动与性别无关”C有以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”D有以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关” 答案：C解析：由，而，故由独立性检验的意义可知选C.5.设双曲线的渐近线方程为，则的值为（ ）A4 B3 C2 D1答案：C解析：由双曲线方程可知渐近线方程为，故可知。6. 由直线与曲线所围成的封闭图形的面积为（ ）A B1 C D答案：D解析：由定积分知识可得，故选D。7. 设，在约束条件下，目标函数的最大值小于2，则的取值范围为（ ）A B C D答案：A解析：画出可行域，可知在点取最大值，由解得。8.设直线与函数的图像分别交于点，则当达到最小时的值为（ ）A1 B C D
4、答案：D解析：由题，不妨令，则，令解得，因时，当时，所以当时，达到最小。即。 二填空题：本大题共8小题，考生作答7小题，每小题5分，共35分，把答案填在答题卡中对应题号的横线上。一、选做题（请考生在第9、10、11三题中任选两题作答，如果全做，则按前两题记分）9.在直角坐标系中，曲线C1的参数方程为（为参数）在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点O为极点，以轴正半轴为极轴）中，曲线的方程为，则与的交点个数为 。 答案：2解析：曲线，由圆心到直线的距离，故与的交点个数为2.10.设,则的最小值为 。答案：9解析：由柯西不等式可知。11.如图2，是半圆周上的两个三等分点，直径，,垂足为
5、D, 与相交与点F，则的长为 。答案：解析：由题可知，,得,，又，所以.二、必做题（1216题）12、设是等差数列的前项和，且，则答案：25解析：由可得，所以。13、若执行如图3所示的框图，输入，则输出的数等于 。答案：解析：由框图的算法功能可知，输出的数为三个数的方差，则。14、在边长为1的正三角形中，设，则。答案：解析：由题，所以。15、如图4， 是以为圆心，半径为1的圆的内接正方形，将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形内”，B表示事件“豆子落在扇形（阴影部分）内”，则（1）；（2）答案：（1）；（2）解析：（1）由几何概型概率计算公式可得；（2）由条件概率的计算公式可
6、得。16、对于，将表示为，当时，当时，为0或1.记为上述表示中为0的个数，（例如，：故）则（1） （2）答案：（1）2；（2）解析：（1）因，故；（2）在2进制的位数中，没有0的有1个，有1个0的有个，有2个0的有个，有个0的有个，有个0的有个。故对所有2进制为位数的数，在所求式中的的和为：。又恰为2进制的最大7位数，所以。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。17.（本小题满分12分）在中，角所对的边分别为，且满足.（I）求角的大小；（II）求的最大值，并求取得最大值时角的大小解析：（I）由正弦定理得因为所以（II）由（I）知于是 取最大值2综上所述，的
7、最大值为2，此时18. 某商店试销某种商品20天，获得如下数据：日销售量（件）0123频数1595试销结束后（假设该商品的日销售量的分布规律不变），设某天开始营业时有该商品3件，当天营业结束后检查存货，若发现存货少于2件，则当天进货补充至3件，否则不进货，将频率视为概率。(）求当天商品不进货的概率；（）记X为第二天开始营业时该商品的件数，求X的分布列和数学期望。解析：（I）P（“当天商店不进货”）=P（“当天商品销售量为0件”）+P（“当天商品销售量1件”）=。（II）由题意知，的可能取值为2，3.；故的分布列为23的数学期望为。19.（本题满分12分）如图5，在圆锥中，已知的直径的中点（I）
8、证明：（II）求二面角的余弦值解：（I）连接，因为,为的中点，所以.又因为内的两条相交直线，所以而，所以。（II）在平面中，过作于，由（I）知，,所以又所以.在平面中，过作连接,则有，从而，所以是二面角的平面角在在在在,所以。故二面角的余弦值为。20. 如图6，长方形物体E在雨中沿面P（面积为S）的垂直方向作匀速移动，速度为，雨速沿E移动方向的分速度为。E移动时单位时间内的淋雨量包括两部分：（1）P或P的平行面（只有一个面淋雨）的淋雨量，假设其值与S成正比，比例系数为；（2）其它面的淋雨量之和，其值为，记为E移动过程中的总淋雨量，当移动距离d=100，面积S=时。（）写出的表达式（）设0v10
9、,0c5，试根据c的不同取值范围，确定移动速度，使总淋雨量最少。解析：（I）由题意知，E移动时单位时间内的淋雨量为，故.（II）由(I)知，当时，当时，故。(1)当时，是关于的减函数.故当时，。(2) 当时，在上，是关于的减函数；在上，是关于的增函数；故当时，。A. (本小题满分13分） 如图7，椭圆的离心率为，轴被曲线 截得的线段长等于的长半轴长。（）求，的方程；（）设与轴的交点为M，过坐标原点O的直线与相交于点A,B,直线MA,MB分别与相交与D,E.（i）证明：；(ii)记MAB,MDE的面积分别是.问：是否存在直线,使得=?请说明理由。解析：（I）由题意知，从而，又，解得。故，的方程分
10、别为。（II）（i）由题意知，直线的斜率存在，设为，则直线的方程为.由得，设，则是上述方程的两个实根，于是。又点的坐标为，所以故，即。（ii）设直线的斜率为，则直线的方程为，由解得或，则点的坐标为又直线的斜率为 ，同理可得点B的坐标为.于是由得，解得或，则点的坐标为；又直线的斜率为，同理可得点的坐标于是因此由题意知，解得 或。又由点的坐标可知，所以故满足条件的直线存在，且有两条，其方程分别为和。22.（本小题满分13分） 已知函数() =，g ()=+。 （）求函数h ()=()-g ()的零点个数，并说明理由； （）设数列满足，证明：存在常数M,使得对于任意的，都有.解析：（I）由知，而，且
11、，则为的一个零点，且在内有零点，因此至少有两个零点解法1：，记，则。当时，因此在上单调递增，则在内至多只有一个零点。又因为，则在内有零点，所以在内有且只有一个零点。记此零点为，则当时，；当时，；所以，当时，单调递减，而，则在内无零点；当时，单调递增，则在内至多只有一个零点；从而在内至多只有一个零点。综上所述，有且只有两个零点。解法2：，记，则。当时，因此在上单调递增，则在内至多只有一个零点。因此在内也至多只有一个零点，综上所述，有且只有两个零点。（II）记的正零点为，即。（1）当时，由，即.而，因此，由此猜测：。下面用数学归纳法证明：当时，显然成立；假设当时，有成立，则当时，由知，因此，当时，成立。故对任意的，成立。（2）当时，由（1）知，在上单调递增。则，即。从而，即，由此猜测：。下面用数学归纳法证明：当时，显然成立；假设当时，有成立，则当时，由知，因此，当时，成立。故对任意的，成立。综上所述，存在常数，使得对于任意的，都有.- 13 - / 13
