2-2011年高考新课标全国卷理科数学答案

理科数学答案

（1）C【解析】

2i(2i)(12i)i,共轭复数为C． =

512i32|x|（2）B【解析】yx为奇函数，yx1在(0,)上为减函数，y2在(0,)上为减函数，故选B．

（3）B【解析】框图表示annan1，且a11所求a6720，选B．

（4）A【解析】每个同学参加的情形都有3种，故两个同学参加一组的情形有9种，而参

加同一组的情形只有3种，所求的概率为P=

31

，选A． 93

cos2sin21tan23（5）B【解析】由题知tan2,cos2，选B．

cos2sin21tan25（6）D【解析】条件对应的几何体是由底面棱长为r的正四棱锥沿底面对角线截出的部分

与底面为半径为r的圆锥沿对称轴截出的部分构成的。故选D．

2b22a得b22a2a2c22a2，选B． （7）B【解析】通径|AB|=a（8）D【解析】1.令x1得a1．故原式=(x1111)(2x)5．(x)(2x)5的通项xxxxTr1C5r(2x)52r(x1)rC5r(1)r25rx52r，由52r1得r2,对应的常数

项=80，由52r1得r3,对应的常数项=－40，故所求的常数项为40，选D． 解析2．用组合提取法,把原式看做6个因式相乘，若第1个括号提出x,从余下的5个括号中选2个提出x，选3个提出2个提出

11；若第1个括号提出，从余下的括号中选xx1，选3个提出x. x223故常数项=XC5(2X)C3(41312123)C5()C3(2X)3=－40+80=40． XXX322121（9）C【解析】用定积分求解s(xx2)dx(xx2x)|0，选C

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（10）A【解析】ab1a2b22abcos22cos1得， cos，

220,3122cos。由得 abab2abcos22cos12,。 选A．

3（11）A【解析】f(x)2sin(x)，所以2，又f(x)为偶函数，

442k4k,kz，

f(x)2sin(2x)2cos2x，选A．

21（12）D【解析】图像法求解。y的对称中心是（1,0）也是y2sinx(2x4)x1的中心，2x4他们的图像在x=1的左侧有4个交点，则x=1右侧必有4个交点。不妨把他们的横坐标由小到大设为x1,x2,x3,x4,x5,x6,x7,x8， 则x1x8x2x7x3x6x4x52，所以选D．

（13）－6【解析】画出区域图知，



2xy3当直线zx2y过的交点(4,-5)时，zmin6．

xy9c2x2y2x2y21【解析】由a1为所（14）2得a=4．c=22,从而b=8,1681684a16求．

（15）83【解析】设ABCD所在的截面圆的圆心为M,则AM=22OM=4(23)2，VOABCD1(23)26223, 21623283. 3 第 2 页 共 7 页

000（16）27【解析】AC120C120A,A(0,120),

BCAC2BC2sinA sinAsinBABAC2AB2sinC2sin(1200A)3cosAsinA； sinCsinBAB2BC3cosA5sinA28sin(A)27sin(A)，

故最大值是27．

三、解答题

2（17）【解析】（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由a39a2a6得a39a4所以q2321。 9由条件可知q0,故q1。 31。 3由2a13a21得2a13a2q1，所以a1故数列{an}的通项式为an=

1。 n3n(n1) 2（Ⅱ ）bnlog3a1log3a2...log3an=(12n)=故

12112() bnn(n1)nn1111111112n...2((1)()...()) b1b2bn223nn1n1所以数列{12n}的前n项和为． bnn1(18)【解析】（Ⅰ）因为DAB60,AB2AD， 由余弦定理得BD3AD．

从而BDADAB，故BDAD 又PD底面ABCD，可得BDPD 所以BD平面PAD. 故 PABD

（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，则

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A1,0,0，B0，3,0，C1,3,0，P0,0,1．

AB(1,3,0),PB(0,3,1),BC(1,0,0)

nAB0设平面PAB的法向量为n(x,y,z)，则

nPB0 即 x3y03yz0

因此可取n=(3,1,3) 设平面PBC的法向量为m，则 mPB0mBC0

可取m(0,1,3)，cosm,n427 727故二面角A-PB-C的余弦值为 27 72280.3，100（19）【解析】（I）由试验结果知，用A配方生产的产品中优质品的频率为所以用A配方生产的产品的优质品率的估计值为0.3. 由试验结果知，用B配方生产的产品中优质品的频率为生产的产品的优质品率的估计值为0.42.

32100.42，所以用B配方100（II）用B配方生产的100件产品中，其质量指标落入区间90,94，94,102，102,110 的频率分别为0.04，0.54，0.42，因此

PX20.04，PX20.54,PX40.42.

即X的分布列为

X P 2 2 4 0.04 0.54 0.42 则X的数学期望EX20.0420.5440.422.68. (20）【解析】（I）设Mx,y，由已知得Bx,3，A0,1.

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所以MAx,1,y，MB0,3,y，ABx,2. 再由题意可知MAMBAB0，即x,4,2yx,20. 所以曲线C的方程为y12x2. 41211x2上一点，因为yx，所以l的斜率为x0. 422（II）设Px0,y0为曲线C:y因此直线l的方程为yy0则O点到l的距离d12x0xx0，即x0x2y2y0x00. 222y0x02x04. 又y012x02，所以 412x0412422 dx04222x04x04当x00时取等号，所以O点到l的距离的最小值为2. x1alnxxb （21）【解析】（I）fx2x2x1f111由于直线x2y30的斜率为，且过点1,1，故1即 2f12b1a1，解得a1，b1. b22（II）由（I）知fxlnx1，所以 x1xk1x211lnxk2lnx fx2xx1x1x考虑函数hx2lnxk1x21xx0，则hx2k1x212xx2

（i）设k0，由hxkx21x1x2知，当x1时，hx0. 而h10，

故当x0,1时，hx0，可得当x1,时，hx0，可得

1hx0； 1x21hx0 1x2lnxklnxk0，即fx. x1xx1x从而当x0，且x1时，fx 第 5 页 共 7 页

（ii）设0k1，由于当x1,故当x1,12故hx0，而h10，时，k1x12x0，1k11hx0，与题设矛盾. 时，hx0，可得21k1x1hx0，1x2（iii）设k1，此时hx0，而h10，故当x1,时，得hx0，与题设矛盾.

综合得，k的取值范围为,0.

22．【解析】（I）连结DE，根据题意在ADE和ACB中，ADABmnAEAC， 即

ADAE. 又DAECAB，从而ADE∽ACB. ACAB因此ADEACB. 所以C，B，D，E四点共圆.

（II）m4，n6时，方程x214xmn0的两根为x12，x212. 故AD2，AB12.

CGEMADB取CE的中点G，DB的中点F，分别过G，F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连结DH. 因为C，B，D，E四点共圆，所以C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH.

由于A90，故GH//AB，HF//AC，从而HFAG5，DF故C，B，D，E四点所在圆的半径为52.

23．【解析】（I）设Px,y，则由条件知M,，由于M点在C1上，所以

22x2cosx4cos2，即. yy44sin22sin2xy11225. 2x4cos从而C2的参数方程为(为参数).

y44sin(II)曲线C1的极坐标方程为4sin，曲线C2的极坐标方程为8sin. 射线

3

与C1的交点A的极径为14sin3，

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射线

3

与C2的交点B的极径为28sin3，

所以AB1223.

24．【解析】（I）当a1时，fx3x2可化为x12

由此可得x3或x1，故不等式fx3x2的解集为xx3或x1. （II）由fx0得xa3x0 此不等式化为不等式组

xaxaxaxa或即a或a.

xa3x0ax3x0xx42由于a0，所以不等式组的解集为xx.

a2由题设可得a1，故a2. 2 第 7 页 共 7 页