全国高考卷文科数学试题及答案详细解析（选择、填空、解答全解全析）.doc

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1、2011年普通高等学校招生全国统一考试文科数学(必修+选修I)解析版 本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。第卷1至2页。第卷3至4页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第卷注意事项：1答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码.请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目. 2每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动,用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效.3第卷共l2小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.一、选择题(1)设集合U=,则（

2、A） （B） （C） （D）【命题意图】本题主要考查集合交并补运算.【解析】 【答案】D (2)函数的反函数为（A） （B）（C） （D）【命题意图】本题主要考查反函数的求法.【解析】由反解得,又原函数的值域为,所以函数的反函数为. 【答案】B (3)设向量满足,则（A） （B） （C） （D）【命题意图】本题主要考查平面向量的数量积与长度的计算方法.【解析】,所以【答案】B (4)若变量x，y满足约束条件，则的最小值为（A）17 （B）14 （C）5 （D）3【命题意图】本题主要考查简单的线性规划.【解析】作出不等式组表示的可行域，从图中不难观察当直线过直线x=1与x-3y=-2的交点（1，

3、1）时取得最小值,所以最小值为5. 【答案】C (5)下面四个条件中，使成立的充分而不必要的条件是（A） （B） （C） （D）【命题意图】本题主要考查充要条件及不等式的性质.【解析】即寻找命题,只需由,且由不能推出,可采用逐项验证的方法，对A，由，且，所以，但时，并不能得到，故答案为。 【答案】A (6)设为等差数列的前项和，若，公差，则 （A）8 （B）7 （C）6 （D）5【命题意图】本题主要考查等差数列的基本公式的应用.【解析】解法一：，解得.解法二: ，解得. 【答案】D (7)设函数，将的图像向右平移个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则的最小值等于（A） （B） （C） （D）

4、【命题意图】本题主要考查三角函数的周期性与三角函数图像变换的关系.【解析】将的图像向右平移个单位长度后得，由题意得，所以（）恒成立，显然不恒成立，从而，（）,解得,又,令,得. 【答案】C (8)已知直二面角,点，,为垂足,，,为垂CABD足,若，则（A） 2 （B） （C） （D）1【命题意图】本题主要考查二面角的平面角及解三角形.【解析】因为是直二面角, ,平面,又, 【答案】C (9) 4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有(A) 12种 (B) 24种 (C) 30种 (D)36种【命题意图】本题主要考查两个原理与排列组合知识，考察考生分析问题的

5、能力.【解析】第一步选出2人选修课程甲有种方法，第二步安排剩余两人从乙、丙中各选1门课程有种选法，根据分步计数原理，有种选法. 【答案】B (10) 设是周期为2的奇函数，当时，,则(A) - (B) (C) (D)【命题意图】本题主要考查利用函数的周期性和奇偶性求函数值的方法. 关键是把通过周期性和奇偶性把自变量转化到区间0,1上进行求值.【解析】由是周期为2的奇函数,利用周期性和奇偶性得: 【答案】A (11)设两圆、都和两坐标轴相切，且都过点（4，1），则两圆心的距离= (A)4 (B) (C)8 (D) 【命题意图】本题主要考查圆的方程与两点间的距离公式.【解析】由题意知圆心在直线y=

6、x上并且在第一象限,设圆心坐标为,则,即,所以由两点间的距离公式可求出.【答案】C (12)已知平面截一球面得圆，过圆心且与成二面角的平面截该球面得圆.若该球面的半径为4，圆的面积为4，则圆的面积为 (A)7 (B)9 (C)11 (D)13【命题意图】本题主要考查二面角的概念与球的性质.【解析】如图所示,由圆的面积为4知球心到圆的距离,在中, ,故圆的半径,圆的面积为. 【答案】D第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上. (注意：在试卷上作答无效)(13)的二项展开式中，的系数与的系数之差为 .【命题意图】本题主要考查二项展开式的通项公式和组合数的性质.【

7、解析】由得的系数为,的系数为,而=,所以的系数与的系数之差为0.【答案】0 (14)已知,则 .【命题意图】本题主要考查同角三角函数的基本关系式. 要注意角的范围，进而确定值的符号.【解析】,则.【答案】 (15)已知正方体中，E为的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为 .【命题意图】本题主要考查正方体中异面直线AE与BC所成的角.【解析】取A1B1的中点M连接EM，AM，AE，则就是异面直线AE与BC所成的角。在中，. 【答案】 (16)已知、分别为双曲线: 的左、右焦点，点，点的坐标为(2，0)，为的平分线则 .【命题意图】本题主要考查三角形的内角平分线定理，双曲线的第一定义和性质.

8、【解析】为的平分线，由三角形的内角平分线定理得 又点，由双曲线的第一定义得.【答案】6三解答题：本大题共6小题，共70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l0分)(注意：在试题卷上作答无效)设等比数列的前n项和为.已知求和.【思路分析】解决本题的突破口是利用方程的思想建立关于a1和公比q的方程，求出a1和q，然后利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解即可。【解析】设的公比为q,由题设得 3分解得或， 6分当时，；当时， 10分(18)(本小题满分12分)(注意：在试题卷上作答无效)ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.己知. ()求B；（）若.【思路分析】

9、第（I）问由正弦定理把正弦转化为边，然后再利用余弦定理即可解决。（II）在（I）问的基础上知道两角一边可以直接利用正弦定理求解.【解析】(I)由正弦定理得3分由余弦定理得.故，因此 .6分（II） 8分故 .12分(19)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效)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、乙两种保险中的1种的概率； (II)求该地3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率.【思路分析】要解决好本题首先要明确车主购买保险甲、乙两种保险是相互独立的，其次

10、车主购只买甲种保险的概率为0.5，只购买乙种保险的概率为0.3。对第(I)问，实际上是求只买甲种保险和只买乙种保险的概率，且两个事件互斥，所以只需运用互斥事件有一个发生的概率加法公式即可的解；对第()问，易知该地3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买为三次独立重复试验发生一次的概率，考查考生分析问题、解决问题的能力.【解析】记A表示事件：该地的1位车主购买甲种保险：B表示事件：该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险。C表示事件：该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种；D表示事件：该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买；E表示事件：该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买

11、.(I), , 3分 6分(II)D=,P(D)=1-P(C)=1-0.8=0.2, 9分P(E)=. 12分(20）(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效)如图，四棱锥中， ,，侧面为等边三角形. 证明：求AB与平面SBC所成角的大小。【思路分析】证明直线和平面垂直，基本方法是利用直线和平面垂直的判定定理，即证明垂直于平面内的两条相交直线，注意到为等边三角形，可考虑取中点为，连结、，再结合题设条件，第()问就容易了；直线与平面所成角是空间三大角之一，它是高考的热点，求直线与平面所成角的常用方法有：一、直接法 直接法就是根据斜线与平面所成角的定义，直接作出斜线在平面内的射影，则斜线与射

12、影所成角就是斜线与平面所成角，这是解题时首先要考虑的方法，直接法的关键是确定斜线在平面内的射影，下列结论常作为找斜线在平面内射影的依据。（1）如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面。（2）如果一个角所在平面外一点到角的两边的距离相等，那么这个点在平面内的射影在这个角的平分线上。（3）经过一个角的顶点引这个角所在平面的斜线，设它和已知角的两边的夹角为锐角且相等，则这条斜线在平面的射影是这个角的平分线。（4）若三棱锥的三条侧棱相等，则其顶点在底面上的射影是底面三角形的外心。二、间接法 间接法就是当直接法不便于求解时，利用已知条件进行间接求解或证明的方法。1. 平移法

13、平移法就是利用两平行线与同一个平面所成角相等或一直线与两平行平面所成角相等，将斜线平移或将平面平移到恰当的位置，以便于确定斜线的射影位置。2. 公式法cos=，利用此公式可快捷、准确地求出一类直线与平面所成角。3. 向量法 设平面的法向量为，斜线AB与平面所成角为，与所夹锐角，则，从而。结合本题的题设条件，给出以下两种解法。第（I）问的证明的突破口是利用等边三角形SAB这个条件，找出AB的中点E，连结SE，DE，就做出了解决这个问题的关键辅助线。(II)本题直接找线面角不易找出，要找到与AB平行的其它线进行转移求解。解法一：()取中点，连结，则四边形为矩形，连结，则，.又,故,所以为直角. 3

14、分由,得平面,所以.与两条相交直线、都垂直.所以平面. 6分另解:由已知易求得,于是.可知,同理可得,又.所以平面. 6分()由平面知，平面平面.作,垂足为,则平面ABCD,.作,垂足为,则.连结.则.又,故平面,平面平面.9分作,为垂足,则平面.,即到平面的距离为.由于,所以平面,到平面的距离也为.设与平面所成的角为,则,.12分解法二：以为原点,射线为轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设,则、.又设,则.(),由得,故.由得,又由得,即,故. 3分于是,.故,又,所以平面. 6分()设平面的法向量,则.又,故 9分取得,又.故与平面所成的角为. 12分(21)(本小题满分l2分)(

15、注意：在试题卷上作答无效)已知函数()证明：曲线（）若求a的取值范围.【思路分析】第(I)问直接利用导数的几何意义，求出切线的斜率，然后易写出切线方程.(II)第（II）问是含参问题，关键是抓住方程的判别式进行分类讨论.解：（I） .2分由得曲线在x=0处的切线方程为 由此知曲线在x=0处的切线过点（2，2） .6分（II）由得.（i）当时，没有极小值； .8分(ii)当或时，由得故.由题设知，当时，不等式无解；当时，解不等式得综合(i)(ii)得的取值范围是 .12分(22)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效)已知为坐标原点，为椭圆：在轴正半轴上的焦点，过且斜率为的直线与交与、两

16、点，点满足.(I)证明：点在上；(II)设点关于点的对称点为，证明：、四点在同一圆上.【命题意图】本题考查直线方程、平面向量的坐标运算、点与曲线的位置关系、曲线交点坐标求法及四点共圆的条件。【思路分析】解决直线与圆锥曲线的位置关系，最常用的方法是由直线的方程和圆锥曲线的方程联立方程组、消元，得到一元二次方程，运用韦达定理。本题由容易得到点的坐标，满足椭圆方程即可证明点在上。对第(II)问的证明有两种思路：思路一：关键是证明互补.通过证明这两个角的正切值互补即可，再求正切值时要注意利用倒角公式。思路二：根据圆的几何性质圆心一定在弦的垂直平分线上，所以根据两条弦的垂直平分线的交点找出圆心N，然后证

17、明N到四个点A、B、P、Q的距离相等即可.【解析】(I),的方程为,代入并化简得. 2分设,则 由题意得所以点的坐标为.经验证点的坐标满足方程,故点在椭圆上 6分(II)解法一：由和题设知，的垂直平分线的方程为. 设的中点为,则,的垂直平分线的方程为. 由、得、的交点为. 9分,故 ,又 , ,所以 ,由此知、四点在以为圆心,为半径的圆上. 12分（II）解法二： 同理所以互补，因此A、P、B、Q四点在同一圆上。【解后反思】本题涉及直线方程、平面向量的坐标运算、点与曲线的位置关系、曲线交点坐标求法及四点共圆的条件。这两问出的非常巧妙，涉及解析几何本质的内容，一问是证明点在椭圆上的问题，一问是证明四点共圆，这都是平时很少涉及内容。从侧面体现教育深层次的问题，让学生掌握解析几何的本质，而不是用套路解决。