高考理科数学陕西卷

高考理科数学陕西卷

‎2011年普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）‎ 数 学(理工农医类)‎ 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的（本大题共10小题，每小题5分，共50分）．‎ ‎1．设，是向量，命题“若，则”的逆命题是 ‎（A）若，则 （B）若，则 ‎（C）若，则 （D）若，则 ‎2．设抛物线的顶点在原点，准线方程为，则抛物线的方程是 ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎3．设函数（R）满足，，则函数的图像是 ‎4．（R）展开式中的常数项是 ‎（A） （B）‎ ‎（C）15 （D）20‎ ‎5．某几何体的三视图如图所示，则它的体积是 ‎ ‎（A） （B）‎ ‎（C） （D）‎ ‎6．函数在内 ‎ ‎（A）没有零点 （B）有且仅有一个零点 ‎（C）有且仅有两个零点 （D）有无穷多个零点 ‎7．设集合，，为虚数单位，R，则为（ ）‎ ‎（A）（0，1） （B）， （C）， （D），‎ ‎8．右图中，，，为某次考试三个评阅人对同一道题的独立评分，为该题的最终得分，当，，时，等于 ‎（A）11 （B）10 ‎ ‎（C）8 （D）7‎ ‎9．设，…，是变量和的个样本点，直线是由这些样本点通过最小二乘法得到的线性回归方程（如图），以下结论中正确的是 ‎（A）和的相关系数为直线的斜率 ‎（B）和的相关系数在0到1之间 ‎（C）当为偶数时，分布在两侧的样本点的个数一定相同 ‎（D）直线过点 ‎10．甲乙两人一起去游“2011西安世园会”，他们约定，各自独立地从1到6号景点中任选4个进行游览，每个景点参观1小时，则最后一小时他们同在一个景点的概率是 ‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ 二、填空题：把答案填在答题卡相应题号后的横线上（本大题共5小题，每小题5分，共25分）‎ ‎11．设，若，则 ．‎ ‎12．设，一元二次方程有整数根的充要条件是 ．‎ ‎13．观察下列等式 ‎1=1‎ ‎2+3+4=9‎ ‎3+4+5+6+7=25‎ ‎4+5+6+7+8+9+10=49‎ ‎……‎ 照此规律，第个等式为 .‎ ‎14．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距‎10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为 （米）．‎ ‎15．（考生注意：请在下列三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分）‎ A．（不等式选做题）若关于的不等式存在实数解，则实数 的取值范围是 ．‎ B．（几何证明选做题）如图，∠B=∠D，，，且AB=6，AC=4，AD=12，则BE= ．‎ C．（坐标系与参数方程选做题）直角坐标系中，以原点O为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点A，B分别在曲线：（为参数）和曲线：上，则的最小值为 ．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（本大题共6小题，共75分）‎ ‎16．（本小题满分12分）‎ 如图，在△ABC中，∠ABC=，∠BAC，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC．‎ ‎（1）证明：平面ADB⊥平面BDC；‎ ‎（2）设E为BC的中点，求与夹角的余弦值．‎ ‎17．（本小题满分12分）‎ 如图，设Ｐ是圆上的动点，点Ｄ是Ｐ在轴上投影，Ｍ为PD上一点，且．‎ ‎（1）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；‎ ‎（2）求过点（3，0）且斜率为的直线被C所截线段的长度．‎ ‎18．（本小题满分12分）‎ 叙述并证明余弦定理．‎ ‎19．（本小题满分12分）‎ 如图，从点P1（0，0）作轴的垂线交曲线于点，曲线在点处的切线与轴交于点．再从做轴的垂线交曲线于点，依次重复上述过程得到一系列点：；；…；，记点的坐标为（）．‎ ‎（1）试求与的关系（）；‎ ‎（2）求．‎ ‎20．（本小题满分13分）‎ 如图，A地到火车站共有两条路径和，据统计，通过两条路径所用的时间互不影响，所用时间落在个时间段内的频率如下表：‎ 时间（分钟）‎ ‎1020‎ ‎2030‎ ‎3040‎ ‎4050‎ ‎5060‎ 的频率 的频率 ‎0‎ 现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站．‎ ‎（1）为了尽最大可能在各自允许的时间内赶到火车站，甲和乙应如何选择各自的路径？‎ ‎（2）用X表示甲、乙两人中在允许的时间内能赶到火车站的人数，针对（1）的选择方案，求X的分布列和数学期望 .‎ ‎21．（本小题满分14分）‎ 设函数定义在上，，导函数，．‎ ‎（1）求的单调区间和最小值；‎ ‎（2）讨论与的大小关系；‎ ‎（3）是否存在，使得对任意成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ 参考答案及其解析 一、选择题：（本大题共10小题，每小题5分，共50分）．‎ ‎1．【分析】首先确定原命题的条件和结论，然后交换条件和结论的位置即可得到逆命题。‎ ‎【解】选D 原命题的条件是，作为逆命题的结论；原命题的结论是，作为逆命题的条件，即得逆命题“若，则”，故选D．‎ ‎2．【分析】由准线确定抛物线的位置和开口方向是判断的关键．‎ ‎【解】选B 由准线方程得,且抛物线的开口向右（或焦点在轴的正半轴），所以．‎ ‎3．【分析】根据题意，确定函数的性质，再判断哪一个图像具有这些性质．‎ ‎【解】选B 由得是偶函数，所以函数的图象关于轴对称，可知B，D符合；由得是周期为2的周期函数，选项D的图像的最小正周期是4，不符合，选项B的图像的最小正周期是2，符合，故选B．‎ ‎4．【分析】根据二项展开式的通项公式写出通项，再进行整理化简，由的指数为0，确定常数项是第几项，最后计算出常数项.‎ ‎【解】选C ，‎ 令，则，所以，故选C．‎ ‎5．【思路点拨】根据已知的三视图想象出空间几何体，然后由几何体的组成和有关几何体体积公式进行计算．‎ ‎【精讲精析】选A 由几何体的三视图可知几何体为一个组合体，‎ 即一个正方体中间去掉一个圆锥体，所以它的体积是 ‎.‎ ‎6．【分析】利用数形结合法进行直观判断，或根据函数的性质（值域、单调性等）进行判断。‎ ‎【解】选B （方法一）数形结合法，令，则，设函数和，它们在的图像如图所示，显然两函数的图像的交点有且只有一个，所以函数在内有且仅有一个零点；‎ ‎（方法二）在上，，，所以；‎ 在，，所以函数是增函数，又因为，，所以在上有且只有一个零点．‎ ‎7．【分析】确定出集合的元素是关键。本题综合了三角函数、复数的模，不等式等知识点。‎ ‎【解】选C ，所以；‎ 因为，所以，即，又因为R，所以，即；所以，故选C.‎ ‎8．【分析】先读懂右图的逻辑顺序，然后进行计算判断，其中判断条件是否成立是解答本题的关键．‎ ‎【解】选C ，,不成立,即为“否”，所以再输入；由绝对值的意义（一个点到另一个点的距离）和不等式知，点到点的距离小于点到的距离，所以当时，成立，即为“是”，此时，所以，即，解得，不合题意；当时，不成立，即为“否”，此时，所以，即，解得，符合题意，故选C．‎ ‎9．【分析】根据最小二乘法的有关概念：样本点的中心，相关系数线，性回归方程的意义等进行判断．‎ ‎【解】选D 选项 具体分析 结论 A 相关系数用来衡量两个变量之间的相关程度，直线的斜率表示直线的倾斜程度；它们的计算公式也不相同 不正确 B 相关系数的值有正有负，还可以是0；当相关系数在0到1之间时，两个变量为正相关，在到0之间时，两个变量负相关 不正确 C 两侧的样本点的个数分布与的奇偶性无关，也不一定是平均分布 不正确 D 回归直线一定过样本点中心；由回归直线方程的计算公式可知直线必过点 正确 ‎10．【分析】本题抓住主要条件，去掉次要条件（例如参观时间）可以简化解题思路，然后把问题简化为两人所选的游览景点路线的排列问题．‎ ‎【解】选D 甲乙两人各自独立任选4个景点的情形共有（种）；最后一小时他们同在一个景点的情形有（种），所以．‎ 二、填空题：把答案填在答题卡相应题号后的横线上（本大题共5小题，每小题5分，共25分）‎ ‎11．【分析】分段函数问题通常需要分布进行计算或判断，从算起是解答本题的突破口.‎ ‎【解】因为，所以，又因为，‎ 所以，所以，．‎ ‎【答案】1‎ ‎12．【分析】直接利用求根公式进行计算，然后用完全平方数、整除等进行判断计算．‎ ‎【解】，因为是整数，即为整数，所以为整数，且，又因为，取，验证可知符合题意；反之时，可推出一元二次方程有整数根．‎ ‎【答案】3或4‎ ‎13．【分析】归纳总结时，看等号左边是子的变化规律，右边结果的特点，然后归纳出一般结论．行数、项数及其变化规律是解答本题的关键．‎ ‎【解】把已知等式与行数对应起来，则每一个等式的左边的式子的第一个数是行数 ‎，加数的个数是；等式右边都是完全平方数，‎ ‎ 行数 等号左边的项数 ‎1=1 1 1‎ ‎2+3+4=9 2 3‎ ‎3+4+5+6+7=25 3 5‎ ‎4+5+6+7+8+9+10=49 4 7‎ ‎…… …… ……‎ 所以，‎ 即 ‎【答案】‎ ‎14．【分析】把实际问题转化为数学模型,然后列式转化为函数的最值问题．‎ ‎【解】（方法一）设树苗放在第个树坑旁边（如图），‎ ‎ 1 2 … … 19 20‎ 那么各个树坑到第i个树坑距离的和是 ‎，所以当或时，的值最小，最小值是1000，所以往返路程的最小值是‎2000米.‎ ‎（方法二）根据图形的对称性，树苗放在两端的树坑旁边，所得路程总和相同，取得一个最值；所以从两端的树坑向中间移动时，所得路程总和的变化相同，最后移到第10个和第11个树坑旁时，所得的路程总和达到另一个最值，所以计算两个路程和即可。树苗放在第一个树坑旁，则有路程总和是；树苗放在第10个（或第11个）树坑旁边时，路程总和是 ‎，所以路程总和最小为‎2000米.‎ ‎【答案】2000‎ ‎15．（考生注意：请在下列三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分）‎ A．【分析】先确定的取值范围，再使得能取到此范围内的值即可．‎ ‎【解】当时，；‎ 当时，；‎ 当时，；‎ 综上可得，所以只要，解得或，‎ 即实数的取值范围是．‎ ‎【答案】‎ B．【分析】寻找两个三角形相似的条件，再根据相似三角形的对应边成比例求解．‎ ‎【解】因为，‎ 所以∠AEB=，又因为∠B=∠D，所以△AEB∽△ACD，所以,‎ 所以，在Rt△AEB中，．‎ ‎【答案】‎ C．【分析】利用化归思想和数形结合法，把两条曲线转化为直角坐标系下的方程．‎ ‎【解】曲线的方程是，曲线的方程是，两圆外离，所以的最小值为．‎ ‎【答案】3‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（本大题共6小题，共75分）‎ ‎16．（本小题满分12分）‎ ‎【分析】（1）确定图形在折起前后的不变性质，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明；（2）在（1）的基础上确定出三线两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标和向量的数量积运算求解．‎ ‎【解】（1）∵折起前AD是BC边上的高，‎ ‎∴当△ABD折起后， AD⊥DC，AD⊥DB，‎ 又，∴AD⊥平面BDC，‎ ‎∵AD平面ABD，∴平面ABD⊥平面BDC．‎ ‎（2）由∠BDC及（1）知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|=1，以D为坐标原点，以，，‎ 所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得：‎ D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0,),E(,,0)，‎ 所以，，‎ ‎∴‎ 所以与夹角的余弦值是．‎ ‎17．（本小题满分12分）‎ ‎【分析】（1）动点M通过点P与已知圆相联系，所以把点P的坐标用点M的坐标表示，然后代入已知圆的方程即可；（2）直线方程和椭圆方程组成方程组，可以求解，也可以利用根与系数关系；结合两点的距离公式计算．‎ ‎【解】（1）设点M的坐标是，P的坐标是，‎ 因为点Ｄ是Ｐ在轴上投影，‎ Ｍ为PD上一点，且，所以，且，‎ ‎∵P在圆上，∴，整理得，‎ 即C的方程是．‎ ‎（2）过点（3，0）且斜率为的直线方程是，‎ 设此直线与C的交点为，，‎ 将直线方程代入C的方程得：‎ ‎，化简得，∴，，‎ 所以线段AB的长度是 ‎，即所截线段的长度是．‎ ‎18．（本小题满分12分）‎ 叙述并证明余弦定理．‎ ‎【分析思路点拨】本题是课本公式、定理、性质的推导，这是高考考查的常规方向和考点，引导考生回归课本，重视基础知识学习和巩固．‎ ‎【解】叙述:‎ ‎ 余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两遍平方的和减去这两边与它们夹角的余弦之积的两倍。或：在△ABC中，a，b，c为A，B，C的对边，有 ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ 证明：（证法一） 如图， ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 即 ‎ 同理可证 ，‎ ‎ ‎ ‎（证法二）已知中，所对边分别为，以为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，则，‎ ‎∴‎ ‎，‎ 即 ‎ 同理可证 ，‎ ‎ ‎ ‎19．（本小题满分12分）‎ ‎【分析】（1）根据函数的导数求切线方程，然后再求切线与轴的交点坐标；（2）尝试求出通项的表达式，然后再求和．‎ ‎【解】（1）设点的坐标是，∵，∴，‎ ‎∴，在点处的切线方程是，‎ 令，则（）．‎ ‎（2）∵，，∴，‎ ‎∴，于是有 ‎，‎ 即．‎ ‎20．（本小题满分13分）‎ ‎【分析】（1）会用频率估计概率，然后把问题转化为互斥事件的概率；（2）首先确定X的取值，然后确定有关概率，注意运用对立事件、相互独立事件的概率公式进行计算，列出分布列后即可计算数学期望．‎ ‎【解】（1）表示事件“甲选择路径时，40分钟内赶到火车站”， 表示事件“甲选择路径时，50分钟内赶到火车站”，，．‎ 用频率估计相应的概率，则有：‎ ‎，；‎ ‎∵，∴甲应选择路径；‎ ‎，；‎ ‎∵，∴乙应选择路径．‎ ‎（2）用A，B分别表示针对（1）的选择方案，甲、乙在各自允许的时间内赶到火车站，由（1）知，，又事件A，B相互独立，的取值是0，1，2，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎∴X的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎0.04‎ ‎0.42‎ ‎0.54‎ ‎∴．‎ ‎21．（本小题满分14分）‎ ‎【分析】（1）先求出原函数，再求得，然后利用导数判断函数的单调性（单调区间），并求出最小值；（2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的正负；（3）存在性问题通常采用假设存在，然后进行求解；注意利用前两问的结论．‎ ‎【解】（1）∵，∴（为常数），又∵，所以，即，‎ ‎∴；，‎ ‎∴，令，即，解得，‎ 当时，，是减函数，故区间在是函数的减区间；‎ 当时，，是增函数，故区间在是函数的增区间；‎ 所以是的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，‎ 所以的最小值是．‎ ‎（2），设，‎ 则，‎ 当时，，即，‎ 当时，，，‎ 因此函数在内单调递减，‎ 当时，=0，∴；‎ 当时，=0，∴． ‎ ‎（3）满足条件的不存在．证明如下：‎ 证法一 假设存在，使对任意成立，‎ 即对任意有 ①‎ 但对上述的，取时，有，这与①左边的不等式矛盾，‎ 因此不存在，使对任意成立．‎ 证法二 假设存在，使对任意成立，‎ 由（1）知，的最小值是，‎ 又，而时，的值域为，‎ ‎∴当时，的值域为，‎ 从而可以取一个值，使，即,‎ ‎∴，这与假设矛盾．‎ ‎∴不存在，使对任意成立．‎