2011年数学人教版浙江卷.doc

1、2011 年数学人教版浙江卷一、选择题1、 （浙江理 1）已知0),1(2xfxf，则 2f的值为 A6 B5 C4 D22、 （浙江文 10）设函数 2,fxabcR，若 1x为函数 2fxe的一个极值点，则下列图象不可能为 y的图象是 3、 （浙江理 7）若 ,ab为实数，则“ 01mab ”是1ba 或 的A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件二、填空题4、 （浙江文 11）设函数 k4()1fx,若 ()2fa,则实数 a=_三、解答题5、 （浙江文 21）设函数 axaxf22ln)(， 0（）求 )(xf的单调区间；（）求所有实数 a，使2)(

2、1exfe对 ,1恒成立注： e为自然对数的底数6、 （浙江理 22）已知函数 ()2ln(1)(0)fxaxa.（）求 ()fx的单调区间和极值；（）求证：(1)lglg423nee*()N.四、选择题7、浙江理 8已知椭圆21:(0)xyCab 与双曲线21:4yCx有公共的焦点， 1C的一条渐近线与以 1的长轴为直径的圆相交于 ,AB两点，若 1恰好将线段 AB三等分，则A 23a B 213a C 2b D 2b8、浙江文（9）已知椭圆21:xyCab（ab0）与双曲线22:14yx有公共的焦点，C 2 的一条渐近线与以 C1 的长轴为直径的圆相交于 ,AB两点若 C1 恰好将线段 A

3、B三等分，则Aa 2 = 13 Ba 2=13 Cb 2= 1 Db 2=2五、填空题9、设 12,F分别为椭圆213xy的左、右焦点，点 ,AB在椭圆上，若 125FAB;则点 的坐标是 10、若直线 250xy与直线 260xmy互相垂直，则实数 m=_六、解答题11、 （本题满分 15 分）已知抛物线 1C: 3x y，圆 2: 2(4)1xy的圆心为点 M（）求点 M 到抛物线 1c的准线的距离；（）已知点 P 是抛物线 上一点（异于原点） ，过点 P 作圆 2c的两条切线，交抛物线 1c于 A，B 两点，若过 M，P 两点的直线 l垂直于 AB，求直线 l的方程12、 （本小题满分

4、15 分）如图，设 P 是抛物线 1C： 2xy上的动点。过点 P做圆2C1)3(:2yx的两条切线，交直线 l： 3于 ,AB两点。（）求 的圆心 M到抛物线 1准线的距离。（）是否存在点 P，使线段 AB被抛物线 1C在点 P处得切线平分，若存在，求出点 P的坐标；若不存在，请说明理由。七、选择题13、 （浙江理 8）已知椭圆21:(0)xyCab 与双曲线21:4yCx有公共的焦点， 1C的一条渐近线与以 1的长轴为直径的圆相交于 ,AB两点，若 1恰好将线段 AB三等分，则A23aB 213a C2bD 2b14、 （浙江理 4）下列命题中错误的是A如果平面 平 面 ，那么平面 内一定

5、存在直线平行于平面 B如果平面 不垂直于平面 ，那么平面 内一定不存在直线垂直于平面C如果平面 平 面 ，平面 平 面 ， =l，那么 l平 面D如果平面 平 面 ，那么平面 内所有直线都垂直于平面15、 （浙江理 3）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是八、填空题16、 （浙江理 17）设 12,F分别为椭圆213xy的左、右焦点，点 ,AB在椭圆上，若 125FAB;则点 A的坐标是 九、解答题17、 （浙江理 20） 如图，在三棱锥 PABC中， ，D 为 BC 的中点， PO平面 ABC，垂足 O 落在线段 AD 上，已知 BC=8，PO=4，AO=3 ，OD=2（）

6、证明：APBC；（）在线段 AP 上是否存在点 M，使得二面角 A-MC-B 为直二面角？若存在，求出 AM 的长；若不存在，请说明理由。十、填空题18、 （浙江理 12）若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的 k 的值是 。19、某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的 k的值是_十一、选择题20、浙江文（8）从装有 3 个红球、2 个白球的袋中任取 3 个球，则所取的 3 个球中至少有 1 个白球的概率是A 10 B 10 C 5 D 90十二、填空题21、浙江文（13）某小学为了解学生数学课程的学习情况，在 3000 名学生中随机抽取 200 名，并统计这200 名学生的某次数学考试

7、成绩，得到了样本的频率分布直方图（如图） 。根据频率分布直方图推测3000 名学生在该次数学考试中成绩小于 60 分的学生数是_十三、选择题22、 （浙江理 9）有 5 本不同的书，其中语文书 2 本，数学书 2 本，物理书 1 本若将其随机的并排摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率A1B2C35D45十四、填空题23、 （浙江理 15）某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历，假定该毕业生得到甲公司面试的概率为23，得到乙丙公司面试的概率为 p，且三个公司是否让其面试是相互独立的。记 X 为该毕业生得到面试得公司个数。若 1(0)2P，则随机变量 X 的数

8、学期望 ()EX 十五、解答题24、设二项式（x- ax） 6（a0）的展开式中 X 的系数为 A,常数项为 B，若 B=4A，则 a 的值是 。25、某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历，假定该毕业生得到甲公司面试的概率为 23，得到乙丙公司面试的概率为 p，且三个公司是否让其面试是相互独立的。记 X 为该毕业生得到面试得公司个数。若 1(0)2PX，则随机变量 X 的数学期望()EX26、浙江文（8）从装有 3 个红球、2 个白球的袋中任取 3 个球，则所取的 3 个球中至少有 1 个白球的概率是A 10 B 310 C 35 D 927、某小学为了解学生数学课程

9、的学习情况，在 3000 名学生中随机抽取 200 名，并统计这 200 名学生的某次数学考试成绩，得到了样本的频率分布直方图（如图） 。根据频率分布直方图推测 3000 名学生在该次数学考试中成绩小于 60 分的学生数是_28、浙江理 9有 5 本不同的书，其中语文书 2 本，数学书 2 本，物理书 1 本若将其随机的并排摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率 A 1 B 2 C 35 D 4529、 （浙江理 18）在 AC中，角 .所对的边分别为 a,b,c已知 sinsin,pBR且214acb（）当5,14pb时，求 ,ac的值；（）若角 B为锐角，求 p 的取值范围；本

10、题主要考查三角变换、正弦定理、余弦定理等基础知识，同时考查运算求解能力。满分 14 分。30、 （浙江理 19）已知公差不为 0 的等差数列 na的首项 1为 a（ R）,设数列的前 n 项和为 nS，且1a， 2， 4成等比数列（1）求数列 n的通项公式及 nS（2）记 1231.nnAS， 2121.nBaa，当 时，试比较 nA与 B的大小本题主要考查等差数列、等比数列、求和公式、不等式等基础知识，同时考查分类讨论思想。满分 14 分。31、 （天津理 20） 已知数列 na与 b满足： 123(1)0,2nnnnaba， *N，且12,4（）求 35,的值；（）设*21,nncaN，证

11、明： nc是等比数列；（III）设*242,kkSa证明：4*17()6kSNa本小题主要考查等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法.满分 14 分.32、设函数 axaxf22ln)(， 0（）求 的单调区间；（）求所有实数 ，使 2)(1exfe对 ,1恒成立注： e为自然对数的底数33、已知函数 ()2ln(1)(0)fxaxa.（）求 的单调区间和极值；（）求证：(1)lglg423nee*()N.以下是答案一、选择题1、B2、D3、A二、填空题4、-1三、解答题5、本题主要考查函数的单调性、导数运算法则、导数应用等

12、基础知识，同时考查抽象概括、推理论证能力。满分 15 分。（）解：因为22()ln.0fxaxax其 中，所以2()f由于 0a，所以 ()fx的增区间为 (0,)a，减区间为 (,)a（）证明：由题意得， 11c即 ，由（）知 ()1,fxe在 内单调递增，要使21(),efxe对恒成立，只要22()1,fea，解得 .a6、解：（）定义域为 1,， 2()1fx2 分令 ()02fxxa，令 0fa故 的单调递增区间为 1,， ()x的单调递减区间为 21,()fx的极大值为 2lna （）证：要证(1)gllg4l3nee即证(1)1l23gne， 即证(1)14ln23e即证ln(1)

13、n令12a，由（）可知 ()fx在 0,)上递减，故 ()0fx即 ln()x，令*1nN，故11ln(lln)ln累加得，l23111ln()ln()()3nne故113ln()2n，得证法二：()n=012nnCC12!3!n211n11()32nn，其余相同证法.四、选择题7、C8、C五、填空题9、 (0,1)10、1六、解答题11、本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线、圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分 15 分。（I）解：由题意可知，抛物线的准线方程为： 1,4y所以圆心 M（0，4）到准线的距离是 17.4（II）解：设 22201(,

14、)(,)(,)PxAxB，则题意得 012,xx，设过点 P 的圆 C2 的切线方程为 0()yk，即 0yk则 002|4|1,kx即 222000()4(4)1xxx，设 PA，PB 的斜率为 12,k，则 12,k是上述方程的两根，所以20012122(4)(4),.xxk，将代入 220,yxkx得由于 0是此方程的根，故 1020,kk，所以 22 0112120020(4)4,.1AB MPxxxkx k由 MPAB，得2200(4)4(1)1AMPxxk，解得 203,5x即点 P 的坐标为 3(,)5，所以直线 l的方程为 3154.yx12、本题主要考查抛物线几何性质，直线与

15、抛物线、直线与圆的位置关系，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力。满分 15 分。（）解：因为抛物线 C1 的准线方程为： 14y所以圆心 M 到抛物线 C1 准线的距离为： |(3)|.（）解：设点 P 的坐标为 20(,)x，抛物线 C1 在点 P 处的切线交直线 l于点 D。再设 A，B，D 的横坐标分别为 ,AB过点 20(,)x的抛物线 C1 的切线方程为：0y（1）当 01x时，过点 P（1，1）与圆 C2 的切线 PA 为： 15()8yx可得 7,5ABDABDxx当 0x时，过点 P（1，1）与圆 C2 的切线 PA 为： 1()yx可得 DBADBA xx,175x

16、，所以 20设切线 PA，PB 的斜率为 12,k，则2010:()PAyx（2）2Bkx（3）将 3y分别代入（1） ， （2） ， （3）得2 220 00121();(,0)DABxxxkk从而 2012(3).AB又201|3|xk，即 22201010()(3)(3)1xkxkx同理， 222000() 所以 12,k是方程 20(1)(3)(3)1xkxkx的两个不相等的根，从而220012123, .1因为 0xBA，所以2200011203(3),.xxkkx即从而200(3)1，进而得 4408,综上所述，存在点 P 满足题意，点 P 的坐标为 4(,2).七、选择题13、C

17、14、D15、D八、填空题16、 (0,1)九、解答题17、本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分 15 分。方法一：（I）证明：如图，以 O 为原点，以射线 OP 为 z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 Oxyz则 (0,)(,30)(4,2)(,0)(,4)OABCP，,48,P，由此可得 AB，所以APBC，即 .（II）解：设 ,1(0,34)MPA则(4,2)(0,34)(,5)(8,)ACB设平面 BMC 的法向量 11nxyz，平面 APC 的法向量 22(,)由10,BMCn得1114(23)(4)0,80

18、,xyx即11123(,)234,4nzy可 取由20,.APnC即20,5zxy得2225,4(,43).3,xynz可 取由 120,0,4n得解得 5，故 AM=3。综上所述，存在点 M 符合题意，AM=3。方法二：（I）证明：由 AB=AC，D 是 BC 的中点，得 ADBC又 PO平面 ABC，得 .POBC因为 A，所以 平面 PAD，故 .BC（II）解：如图，在平面 PAB 内作 BMPA于 M，连 CM，由（I）中知 AP，得 平面 BMC，又 平面 APC，所以平面 BMC 平面 APC。在22, 41,.RtADBBDA中 得在 POO中 ，在22,t中所以2 36PB=

19、.BD得在22RtPOA, 5,OA中 得又1cos ,3PB从而 PM s2，所以 AM=PA-PM=3。综上所述，存在点 M 符合题意，AM=3。十、填空题18、519、5十一、选择题20、D十二、填空题21、600十三、选择题22、B十四、填空题23、53十五、解答题24、225、 5326、D27、60028、B29、 （I）解：由题设并利用正弦定理，得5,41,ac解得1,4.ac或（II）解：由余弦定理， 22cosbaB222()cos1,3cs,acBpb即因为230cos1,(,)Bp得，由题设知6,.所 以30、 （I）解：设等差数列 na的公差为 d，由214(),a得2

20、11()(3)add因为 0，所以 a所以 1(),.2nnS（II）解：因为12()nS，所以1231()n nAa因为 1na，所以2112()21().nnn nBaa当0,n nnCC时，即1,2n所以，当 0,;naAB时当 .时31、 （I）解：由*3(1),2nnbN可得,n为 奇 数为 偶 数又 120,nnbaa1231234435 ;5;.当 n=时 ,a+=0,由 a,可 得 a当 时 可 得当 时 ,可 得（II）证明：对任意*nN21210,naan2123,n，得 2.na将代入，可得 1321()nna即*1()ncN又 3,0,na故 c因此1,nnc所 以是等

21、比数列.（III）证明：由（II）可得 21()kka，于是，对任意 *kN且 ，有1357231,(),(1).kkaa将以上各式相加，得 21()(),ka即121()kk，此式当 k=1 时也成立.由式得12()3).kk从而 246842()(),k kkSaaa13.k所以，对任意*,2nN，44324111( )nnkmmSSSaaa12( )3nm1( )(2)2nm2533(1)()nmn21()(2)n5113( )357(2)nn 1362(2)7.n对于 n=1，不等式显然成立.所以，对任意*,nN2112nSSaa 321124()()()nSa2211()()()4(

22、4(n221()()()4nnn.43n32、本题主要考查函数的单调性、导数运算法则、导数应用等基础知识，同时考查抽象概括、推理论证能力。满分 15 分。（）解：因为 22()ln.0fxaxax其 中 ，所以2()2()axafx由于 0，所以 ()f的增区间为 (0,)，减区间为 (,)a（）证明：由题意得， 11ac即 ，由（）知 (1,fxe在 内单调递增，要使 21(),efxe对 恒成立，只要 22()1,fea，解得 .a33、解：（）定义域为 1,， ()1fx2 分令 ()02fxxa，令 0a故 的单调递增区间为 ,， ()fx的单调递减区间为21,a()fx的极大值为 2ln1a（）证：要证(1)glg4l3nee即证(1)1l23gne， 即证(1)4ln23e即证 l()nn令 12a，由（）可知 fx在 0,上递减，故 ()0fx即 ln()x，令 *1()N，故 11ln(lln)ln累加得， 231l()ln()1()3nne故 l23，得证法二： (1)n= 0121nnCC 12!3!n2n 11()32nn，其余相同证法.