2011年北京(理)答案

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1 2011年普通高等学校招生全国统一考试

数学（理）（北京卷）

参考答案

一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）

（1）C （2）A （3）B （4）D

（5）A （6）D （7）C （8）C

二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）

（9）102552 （10）1

（11）—2 2121n （12）14

（13）（0，1） （14）②③

三、解答题（共6小题，共80分）

（15）（共13分）

解：（Ⅰ）因为1)6sin(cos4)(xxxf

1)cos21sin23(cos4xxx

1cos22sin32xx

xx2cos2sin3

)62sin(2x

所以)(xf的最小正周期为

（Ⅱ）因为.32626,46xx所以

于是，当6,262xx即时，)(xf取得最大值2；

当)(,6,662xfxx时即取得最小值—1.

（16）（共14分）

证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，

所以AC⊥BD.

又因为PA⊥平面ABCD.

所以PA⊥BD.

所以BD⊥平面PAC.

（Ⅱ）设AC∩BD=O. ·版权所有·转载必究·

2 因为∠BAD=60°，PA=PB=2,

所以BO=1，AO=CO=3.

如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则

P（0，—3，2），A（0，—3，0），B（1，0，0），C（0，3，0）.

所以).0,32,0(),2,3,1(ACPB

设PB与AC所成角为，则

4632226||||cosACPBACPB.

（Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(BC

设P（0，－3，t）（t>0），

则),3,1(tBP

设平面PBC的法向量),,(zyxm,

则0,0mBPmBC

所以03,03tzyxyx

令,3y则.6,3tzx

所以)6,3,3(tm

同理，平面PDC的法向量)6,3,3(tn

因为平面PCB⊥平面PDC,

所以nm=0，即03662t

解得6t

所以PA=6

（17）（共13分）

解（1）当X=8时，由茎叶图可知，乙组同学的植树棵数是：8，8，9，10，

所以平均数为

;435410988x

方差为 ·版权所有·转载必究·

3 .1611])43510()4359()4358()4358[(4122222s

（Ⅱ）当X=9时，由茎叶图可知，甲组同学的植树棵树是：9，9，11，11；乙组同学的植树棵数是：9，8，9，10。分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，共有4×4=16种可能的结果，这两名同学植树总棵数Y的可能取值为17，18，19，20，21事件“Y=17”等价于“甲组选出的同学植树9棵，乙组选出的同学植树8棵”所以该事件有2种可能的结果，因此P（Y=17）=.81162

同理可得;41)18(YP;41)19(YP.81)21(;41)20(YPYP

所以随机变量Y的分布列为：

Y 17 18 19 20

21

P 81 41 41 41 81

EY=17×P（Y=17）+18×P（Y=18）+19×P（Y=19）+20×P（Y=20）+21×P（Y=21）=17×81+18×41+19×41+20×41+21×81

=19

（18）（共13分）

解：（Ⅰ）.)(1)(122xekxkxf

令00f，得kx.

当k>0时，)()(xfxf与的情况如下

x (k,) k (k,k) k ),(k

)(xf + 0 — 0 +

)(xf ↗ 124ek ↘ 0 ↗

所以，)(xf的单调递减区间是（k,）和),(k；单高层区间是),(kk当k<0时，)()(xfxf与的情况如下

x (k,) k (k,k) k ),(k

)(xf — 0 + 0 —

)(xf ↘ 0 ↗ 124ek ↘

所以，)(xf的单调递减区间是（k,）和),(k；单高层区间是),(kk ·版权所有·转载必究·

4 （Ⅱ）当k>0时，因为eekfk1)1(11，所以不会有.1)(),,0(exfx

当k<0时，由（Ⅰ）知)(xf在（0，+）上的最大值是.4)(2ekkf

所以exfx1)(),,0(等价于.14)(2eekkf

解得021k.

故当.1)(),,0(exfx时，k的取值范围是).0,21[

（19）（共14分）

解：（Ⅰ）由已知得,1,2ba

所以.322bac

所以椭圆G的焦点坐标为)0,3(),0,3(

离心率为.23ace

（Ⅱ）由题意知，1||m.

当1m时，切线l的方程1x，点A、B的坐标分别为),23,1(),23,1(

此时3||AB

当m=－1时，同理可得3||AB

当1||m时，设切线l的方程为),(mxky

由0448)41(.14),(2222222mkmxkxkyxmxky得

设A、B两点的坐标分别为),)(,(2211yxyx，则

2222122214144,418kmkxxkmkxx ·版权所有·转载必究·

5 又由l与圆.1,11||,1222222kkmkkmyx即得相切

所以212212)()(||yyxxAB

]41)44(4)41(64)[1(2222242kmkkmkk

.3||342mm

由于当3m时，,3||AB

所以),1[]1,(,3||34||2mmmAB.

因为,2||3||343||34||2mmmmAB

且当3m时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2.

（20）（共13分）

解：（Ⅰ）0，1，2，1，0是一具满足条件的E数列A5。

（答案不唯一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E的数列A5）

（Ⅱ）必要性：因为E数列A5是递增数列，

所以)1999,,2,1(11kaakk.

所以A5是首项为12，公差为1的等差数列.

所以a2000=12+（2000—1）×1=2011.

充分性，由于a2000—a1000≤1，

a2000—a1000≤1

……

a2—a1≤1

所以a2000—a≤19999，即a2000≤a1+1999.

又因为a1=12，a2000=2011,

所以a2000=a1+1999.

故nnnAkaa即),1999,,2,1(011是递增数列.

综上，结论得证。

（Ⅲ）令.1),1,,2,1(011Akkkcnkaac则

因为2111112ccaacaa

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6 ,1211nncccaa

所以13211)3()2()1()(nnccncncnnaAS

)].1()2)(1()1)(1[(2)1(121ncncncnn

因为).1,,1(1,1nkcckk为偶数所以

所以)1()2)(1()1)(1*21ncncnc为偶数,

所以要使2)1(,0)(nnASn必须使为偶数,

即4整除*)(144),1(Nmmnmnnn或亦即.

当,1,0,*)(14241414kkknaaaAENmmn的项满足数列时14ka

),,2,1(mk时，有;0)(,01nASa

;0)(,0,0),,,2,1(11144nkkASaamka有时

当nAENmmn数列时,*)(14的项满足，,1,0243314kkkaaa

当)1(,)(3424mnNmmnmn时或不能被4整除，此时不存在E数列An，

使得.0)(,01nASa