2011年安徽省高考数学试卷(理科)及解析

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第1至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页．全卷满分150分，考试时间120分钟．

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

一、选择题：（每小题5分，共50分）

【2011安徽理，1】1．设是虚数单位，复数

ai为纯虚数，则实数a为( )． i A．2 B．2 C．【答案】A．

【解析】本题考查复数的基本运算．设

 D． ai=bi(bR)，则1+aibi(2i)b2bi，所以ib1,a2.故选A．

【2011安徽理，2】2．双曲线xy的实轴长是( )．

A． B． C． D． 【答案】C．

x2y2【解析】本题考查双曲线的标准方程，考查双曲线的性质．xy可变形为1，

48则a24，a2，2a4.故选C．

【2011安徽理，3】3．设f(x)是定义在R上的奇函数，当x时，f(x)xx，则f() ( )．

A．3 B．1 C． D．3 【答案】A．

【解析】本题考查函数的奇偶性，考查函数值的求法．利用奇函数的性质，可知

f(1)f(1)[2(1)2(1)]3．故选A．

【2011安徽理，4】4．设变量x,y满足xy1,则x2y的最大值和最小值分别为( )． A． 1， B．， C．， D．， 【答案】B．

【解析】本题考查线性规划问题.不等式xy1对应的区域，如下图所示：

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当目标函数过点0,1，0,1时，分别取最小或最大值，所以x2y的最大值和最小值分 别为2，2.故选B．

【2011安徽理，5】5．在极坐标系中，点 (,) 到圆2cos的圆心的距离为( )．

A．2 B．4【答案】D．

29 C．129 D．3

【解析】本题考查极坐标的知识及极坐标与直角坐标的相互转化，考查两点间距离. 极坐标(,2)化为直角坐标为(2cos,2sin)，即(1,3).圆的极坐标方程2cos

332222可化为2cos，化为直角坐标方程为xy2x，即(x1)y1，以圆心坐标为

(1,0)，则由两点间距离公式d(11)2(30)23.故选D．

【2011安徽理，6】6．一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )．

A．48 B． C． D．80

【答案】C．

【解析】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法．由

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三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，两底面积和为2124424，四个侧面的面积为44221724817，所以几2何体的表面积为48817.故选C．

【2011安徽理，7】7．命题“所有能被2整除的数都是偶数”的否定是( )． ．． A．所有不能被2整除的数都是偶数 B．所有能被2整除的数都不是偶数 C．存在一个不能被2整除的数是偶数 D．存在一个能被2整除的数不是偶数 【答案】D．

【解析】本题考查全称命题的否定.把全称量词改为存在量词，并把结果否定． 【2011安徽理，8】8．设集合A1,2,3,4,5,6,B4,5,6,7,则满足SA且S的集合S的个数是( )．

A．57 B．56 C．49 D．8 【答案】B．

【解析】本题考查集合间的基本关系，考查集合的基本运算，考查子集问题，考查组合知识. 集合A的所有子集共有2664个，其中不含4,5,6,7的子集有238个，所以集合S共有56个.故选B．

【2011安徽理，9】9．已知函数f(x)sin(2x)，其中为实数，若f(x)f()对xRB6恒成立，且f()f()，则f(x)的单调递增区间是( )．

2 A．kC．k3,k,k B．(kZ)k,k(kZ) 6262 D．(kZ)k,k(kZ) 32【答案】C ．

【解析】本题考查正弦函数的有界性，考查正弦函数的单调性.

2011年全国高考【安徽卷】（理科数学）试题 第3页（共12页）

若f(x)f()对xR恒成立，则f()sin(66)1，所以k,kZ，

323（kZ），可知sin()sin(2)，即sin0，所以 k,kZ.由f()f()，

62772k,kZ，代入f(x)sin(2x)，得f(x)sin(2x)sin(2x)，

66632由2k，得k，故选C． 2x2kxk26263【2011安徽理，10】10．函数f(x)ax(x)在区间[0,1]上的图像如图所示，则m，n的值可能是( )．

A．m1,n1 B．m1,n2 C．m2,n1 D．m3,n1 【答案】B．

【解析】本题考查导数在研究函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力． 代入验证，当m1,n2，f(x)ax(x)n(xxx)，则f(x)a(xx)，由f(x)a(xx)可知，x1mn11,x21，结合图像可知：函数应在0,递增， 33在,1递减，即在x131取得最大值，由f()a()，知a存在．故选B． 32011年全国高考【安徽卷】（理科数学）试题 第4页（共12页）

第Ⅱ卷（非选择题 共100分）

二、填空题：（每小题5分，共25分）

【2011安徽理，11】11．如图所示，程序框图（算法流程图） 的输出结果是 ．

【答案】 15．

【解析】本题考查算法框图的识别，考查等差数列前n项和公式． 由算法框图可知T123kk(k1)，若T＝105，则K＝14，继续执行循环体，这2时k＝15，T>105，所以输出的k值为15．

【2011安徽理，12】12．设(x)aaxax【答案】0．

【解析】本题考查二项展开式相关概念．

1010111111101010，a11C21，所以a10a11C21a10C21(1)11C21(1)10C21C21C21C210.

ax，则aa ．

【2011安徽理，13】13．已知向量a，b满足(a2b)(ab)6，且a1，b2，则a与b的夹角为 ． 【答案】60（或

3）．

【解析】本题考查向量的数量积，考查向量夹角的求法．

a2bab6，则aab2b6，即12ab2226，ab1，所以

abab1，所以a,b60． 222cosa,b【2011安徽理，14】14．已知ABC的一个内角为120，并且三边长构成公差为4的等差数列，则ABC的面积为 ． 【答案】153．

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【解析】本题考查等差数列的概念，考查余弦定理的应用，考查利用公式求三角形面积． 设三角形的三边长分别为a4,a,a4，最大角为

，由余弦定理得

(a4)2a2(a4)22a(a4)cos120，则a10，所以三边长为6,10,14.△ABC的面积

为S1610sin120153． 2【2011安徽理，15】15．在平面直角坐标系中，如果x与y都是整数，就称点(x,y)为整点，

下列命题中正确的是_____________（写出所有正确命题的编号）. ①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点 ②如果k与b都是无理数，则直线ykxb不经过任何整点 ③直线经过无穷多个整点，当且仅当经过两个不同的整点

④直线ykxb经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数 ⑤存在恰经过一个整点的直线 【答案】①③⑤．

【解析】本题考查直线方程，考查逻辑推理能力．

1满足①，故①正确；若k2,b2，y2x2过整点(1,0)，所以②错 2误；设ykx是过原点的直线，若此直线过两个整点(x1,y1),(x2,y2)，则有y1kx1，y2kx2，

令yx两式相减得y1y2k(x1x2)，则点(x1x2,y1y2)也在直线ykx上，通过这种方法可 以得到直线经过无穷多个整点，通过上下平移ykx得对于ykxb也成立，所以③正确； ④错误；直线y2x恰过一个整点，⑤正确．

三、解答题：（本大题共6小题，共75分）

ex【2011安徽理，16】16．（本小题满分12分）设f(x)，其中a为正实数． 21ax4(Ⅰ) 当a时，求f(x)的极值点；

3(Ⅱ) 若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．

【解析】 对函数f(x)求导得fxex1ax22ax1ax22 ． ①

(Ⅰ) 当a431时若fx0，则4x28x30，解得x1，x2．结合①，可知 3222011年全国高考【安徽卷】（理科数学）试题 第6页（共12页）

1 (,) x 21 20 极大值 13(,) 223 20 极小值 3(,) 2fx    fx 所以，x131是极小值点，x2是极大值点． 22(Ⅱ) 若函数f(x)为R上的单调函数，则fx在R上不变号，结合①与条件a0，知

ax22ax10在R上恒成立，因此4a24a4a(a1)0，由此并结合a0，

知0a1．

【2011安徽理，17】17．（本小题满分12分）如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA1，OD2，OAB,OAC，ODF都是正三角形．

(Ⅰ) 证明直线BC//EF； (Ⅱ) 求棱锥FOBED的体积． 【解析】 ．

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【2011安徽理，18】18．（本小题满分13分）在数1和100之间插入n个实数，使得这n2个数构成递增的等比数列，将这n2个数的乘积记作Tn，再令anlgTn,，n1． (Ⅰ) 求数列{an}的通项公式；

(Ⅱ) 设bntanantanan1，求数列{bn}的前n项和Sn． 【解析】(Ⅰ)设t1,t2,...,tn2构成等比数列，其中t11,tn2100，则 Tnt1t2...tn1tn2 ① Tntn2tn1...t2t1 ② ①×②并利用titn3it1tn2102(1in2)，得

Tn2(t1tn2)(t2tn1)...(tn1t2)(tn2t1)102(n2) anlgTnn2,n1. (Ⅱ)由题意和(Ⅰ)中计算结果，知

bntan(n2)tan(n3),n1.

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另一方面，利用

tan1tan((k1)k)得 tan(k1)tanknn2k3tan(k1)tank1,

1tan(k1)tanktan(k1)tank1.

tan1所以 Sn btan(k1)tank

kk1(k3n2tan(k1)tank1)

tan1tan(n3)tan3n．

tan1【2011安徽理，19】19．（本小题满分12分）． (Ⅰ) 设x1,y1,证明

xy(Ⅱ) 1abc，证明

111xy； xyxylogablogbclogcalogbalogcblogac．

【解析】 本题考查不等式的基本性质，对数函数的性质和对数换底公式等基本知识，考查代数式的恒等变形能力和推理论证能力． 证明: (Ⅰ) 由于x1,y1，所以xy111xy xyxy2 xy(xy)1yx(xy) 将上式中的右式减左式，得

(yx(xy)2)(xy(xy)1)((xy)21)(xy(xy)(xy)) (xy1)(xy1)(xy)(xy1)

(xy1)(xyxy1)(xy1)(x1)(y1)既然x1,y1，所以(xy1)(x1)(y1)0，从而所要证明的不等式成立. (Ⅱ)设logabx,logbcy，由对数的换底公式得

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logca111,logba,logcb,logacxy xyxy于是所要证明的不等式即为 xy111xy xyxy其中xlogab1,ylogbc1.

由 (Ⅰ) 知所要证明的不等式成立． 【2011安徽理，20】20．（本小题满分13分）工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不超过10分钟，如果前一个人10分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人．现在一共只有甲、乙、丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别p,p,p，假设p,p,p互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立．

(Ⅰ) 如果按甲在先，乙次之，丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率．若改变三个人

被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？

(Ⅱ) 若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成任务的概率依次为q,q,q，其中q,q,q

是p,p,p的一个排列，求所需派出人员数目X的分布列和均值（数字期望）EX； (Ⅲ) 假定ppp，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目

的均值（数字期望）达到最小．

【解析】 ．

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【2011安徽理，21】 21．（本小题满分13分）设，点A的坐标为(1,1)，点B在抛物线

yx上运动，点Q满足BQQA，经过点Q与x轴垂直的直线交抛物线于点M，点P满

足QMMP,求点P的轨迹方程． 【解析】 ．

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2011年全国高考【安徽卷】（理科数学）试题 第12页（共12页）