2011山东高考

1

2011年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）

理科数学

本试卷分第I卷和第II卷两部分，共4页，满分150分。考试用时120分钟，考试结束后，

将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：

1．答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、准考证证、县区和科类填

写在答题卡和试卷规定的位置上。

2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答案不能答在试卷上。

3．第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位

置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂

改液、胶带纸、修正带。不按能上能下要求作答的答案无效。

4．填空题请直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

参考公式：

柱体的体积公式：VSh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高。

圆柱的侧面积公式：Scl，其中c是圆柱的底面周长，l是圆柱的母线长。

球的体积公式：3

4

3

VR，其中R是球的半径。

球的表面积公式：24SR，其中R是球的半径。

用最小二乘法求线性回归方程系数公式：1

2

2

4

1

ˆ

ˆ

,

n

ii

i

n

i

xynxy

baybx

xnx















，

如果事件A、B互斥，那么P（A+B）=P（A）+P（B）

第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共l0小题．每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一项是

满足题目要求的．

1．设集合M={x|260xx}，N={x|1≤x≤3},则M∩N=

A．[1,2）B．[1,2]C．[2,3]D．[2,3]

2．复数z=

2

2

i

i





（i为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限

3．若点（a,9）在函数3xy的图象上，则tan=

6

a

的值为

2

A．0B．

3

3

C．1D．3

4．不等式|5||3|10xx的解集是

A．[-5，7]B．[-4，6]

C．,57,UD．,46,U

5．对于函数(),yfxxR,“|()|yfx的图象关于y轴对称”是“y=()fx是奇函数”的

A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要

6．若函数()sinfxx(ω>0)在区间0,

3









上单调递增，在区间,

32









上单调递减，则ω=

A．3B．2C．

3

2

D．

2

3

7．某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表

广告费用x（万元）

4235

销售额y（万元）

49263954

根据上表可得回归方程

ˆ

ˆˆ

ybxa中的

ˆ

b为9．4，据此模型预报广告费用为6万元时销售额

为

A．63．6万元B．65．5万元C．67．7万元D．72．0万元

8．已知双曲线

22

22

1(0b0)

xy

a

ab

＞，＞的两条渐近线均和圆C:22650xyx相切,且双曲

线的右焦点为圆C的圆心,则该双曲线的方程为

A．

22

1

54

xy

B．

22

1

45

xy

C．

22

1

36

xy

D．

22

1

63

xy



9．函数2sin

2

x

yx的图象大致是

10．已知()fx是R上最小正周期为2的周期函数，且当02x时,3()fxxx,则函数

3

()yfx的图象在区间[0,6]上与x轴的交点的个数为

A．6B．7C．8D．9

11．右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，

其正（主）视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯

视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命

题的个数是

A．3B．2

C．1D．0

12．设

1

A，

2

A，

3

A，

4

A是平面直角坐标系中两两不同的四点，若

1312

AAAA

uuuuvuuuuv

（λ∈R），

1412

AAAA

uuuuvuuuuv

（μ∈R），且

11

2



,则称

3

A，

4

A调和分割

1

A，

2

A,已知平面上的点C，

D调和分割点A，B则下面说法正确的是

A．C可能是线段AB的中点

B．D可能是线段AB的中点

C．C，D可能同时在线段AB上

D．C，D不可能同时在线段AB的延长线上

第II卷（共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．

13．执行右图所示的程序框图，输入l=2，m=3，n=5，则输出的y的值是

14．若6

2

()

a

x

x

展开式的常数项为60，则常数

a

的值为.

15．设函数()(0)

2

x

fxx

x





,观察:

1

()(),

2

x

fxfx

x





21

()(()),

34

x

fxffx

x





32

()(()),

78

x

fxffx

x





43

()(()),

1516

x

fxffx

x





LL

根据以上事实，由归纳推理可得：

4

当nN且2n时，

1

()(())

nn

fxffx



.

16．已知函数fx（）=log(0a1).

a

xxba＞，且当2＜a＜3＜b＜4时，函数fx（）的零点

*

0

(,1),,n=xnnnN则.

三、解答题：本大题共6小题，共74分．

17．（本小题满分12分）

在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知

cosA-2cosC2c-a

=

cosBb

．

（I）求

sin

sin

C

A

的值；

（II）若cosB=

1

4

，b=2，ABC的面积S。

18．（本小题满分12分）

红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对A，乙对B，丙对C各一

盘，已知甲胜A，乙胜B，丙胜C的概率分别为0.6,0.5,0.5，假设各盘比赛结果相互独立。

（Ⅰ）求红队至少两名队员获胜的概率；

（Ⅱ）用表示红队队员获胜的总盘数，求的分布列和数学期望E.

19．（本小题满分12分）

在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，

∠ACB=90，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，

ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.

（Ⅰ）若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ;

5

（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．

20．（本小题满分12分）

等比数列

n

a中，

123

,,aaa分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且

123

,,aaa中的

任何两个数不在下表的同一列．

第一列第二列第三列

第一行

3210

第二行

6414

第三行

9818

（Ⅰ）求数列

n

a的通项公式；

（Ⅱ）若数列

n

b满足：(1)ln

nnn

baa，求数列

n

b的前

n

项和

n

S．

21．（本小题满分12分）

某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，

左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为

80

3



立方米，且2lr≥．假设该容器的建

造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方

米建造费用为(3)cc＞千元，设该容器的建造费用为y千元．

（Ⅰ）写出y关于

r

的函数表达式，并求该函数的定义域；

（Ⅱ）求该容器的建造费用最小时的r．

6

22．（本小题满分14分）

已知动直线l与椭圆C:

22

1

32

xy

交于P

11

,xy、Q

22

,xy两不同点，且△OPQ的面

积

OPQ

S



=

6

2

,其中O为坐标原点.

（Ⅰ）证明22

12

xx和22

12

yy均为定值;

（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求||||OMPQ的最大值；

（Ⅲ）椭圆C上是否存在点D,E,G，使得

6

2ODEODGOEG

SSS



?若存在，判断△DEG

的形状；若不存在，请说明理由.

参考答案

一、选择题

1—12ADDDBCBACBAD

二、填空题

13．6814．415．

(21)2nn

x

x

16．2

三、解答题

17．解：

（I）由正弦定理，设,

sinsinsin

abc

k

ABC



则

22sinsin2sinsin

,

sinsin

cakCkACA

bkBB





7

所以

cos2cos2sinsin

.

cossin

ACCA

BB





即(cos2cos)sin(2sinsin)cosACBCAB，

化简可得sin()2sin().ABBC

又ABC，

所以sin2sinCA

因此

sin

2.

sin

C

A



（II）由

sin

2

sin

C

A

得

由余弦定理

222

222

1

2coscos,2,

4

1

44.

4

bacacBBb

aa





及

得4=a

解得a=1。

因此c=2

又因为

1

cos,.

4

BGB且

所以

15

sin.

4

B

因此

111515

sin12.

2244

SacB

18．解：（I）设甲胜A的事件为D，

乙胜B的事件为E，丙胜C的事件为F，

则

,,DEF

ururur

分别表示甲不胜A、乙不胜B，丙不胜C的事件。

因为()0.6,()0.5,()0.5,PDPEPF

由对立事件的概率公式知

()0.4,()0.5,()0.5,PDPEPF

ururur

红队至少两人获胜的事件有：

,,,.DEFDEFDEFDEF

ururur

由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立，

因此红队至少两人获胜的概率为

8

()()()()

0.60.50.50.60.50.50.40.50.50.60.50.5

0.55.

PPDEFPDEFPDEFPDEF





ururur

（II）由题意知可能的取值为0，1，2，3。

又由（I）知

,,DEFDEFDEF

ururururur

是两两互斥事件，

且各盘比赛的结果相互独立，

因此

(0)()0.40.50.50.1,PPDEF

ururur

(1)()()()PPDEFPDEFPDEF

urururururur

0.40.50.50.40.50.50.60.50.5

0.35





(3)()

由对立事件的概率公式得

(2)1(0)(1)(3)0.4,PPPP

所以的分布列为：



0123

P

0．10．350．40．15

因此00.110.3520.430.151.6.E

19．（I）证法一：

因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，90ACB，

所以90,EGFABC∽.EFG

由于AB=2EF，

因此，BC=2FC，

连接AF，由于FG//BC，

1

,

2

FGBC

在ABCDY中，M是线段AD的中点，

则AM//BC，且

1

,

2

AMBC

因此FG//AM且FG=AM，

所以四边形AFGM为平行四边形，

9

因此GM//FA。

又FA平面ABFE，GM平面ABFE，

所以GM//平面AB。

证法二：

因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，90ACB，

所以90,EGFABC∽.EFG

由于AB=2EF，

因此，BC=2FC，

取BC的中点N，连接GN，

因此四边形BNGF为平行四边形，

所以GN//FB，

在ABCDY中，M是线段AD的中点，连接MN，

则MN//AB，

因为,MNGNNI

所以平面GMN//平面ABFE。

又GM平面GMN，

所以GM//平面ABFE。

（II）解法一：

因为90,ACB所以CAD=90，

又EA平面ABCD，

所以AC，AD，AE两两垂直，

分别以AC，AD，AE所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所法的空间直角坐标系，

不妨设22,ACBCAE

则由题意得A（0，0，0，），B（2，-2，0），C（2，0，0，），

E（0，0，1），

所以

(2,2,0),(0,2,0),ABBC

uuuruuur

又

1

,

2

EFAB

所以

(1,1,1),(1,1,1).FBF

uuur

设平面BFC的法向量为

111

(,,),mxyz

则

0,0,mBCmBF

uuuruuur

所以1

11

0,

,

y

xz











取

11

11,zx得

所以(1,0,1),m

10

设平面ABF的法向量为

222

(,,)nxyz，

则

0,0,nABnBF

uuuruuur

所以22

22

2

,

1,1,

0,

xy

yx

z













取得

则(1,1,0)n，

所以

1

cos,.

||||2

mn

mn

mn







因此二面角A—BF—C的大小为60.

解法二：

由题意知，平面ABFE平面ABCD，

取AB的中点H，连接CH，

因为AC=BC，

所以CHAB，

则CH平面ABFE，

过H向BF引垂线交BF于R，连接CR，

则.CRBF

所以HRC为二面角A—BF—C的平面角。

由题意，不妨设AC=BC=2AE=2。

在直角梯形ABFE中，连接FH，

则FHAB，又

22,AB

所以

1,2,HFAEBH

因此在RtBHF中，

6

.

3

HR

由于

1

2,

2

CHAB

所以在RtCHR中，

2

tan3,

6

3

HRC

因此二面角A—BF—C的大小为60.

20．解：（I）当

1

3a时，不合题意；

当

1

2a时，当且仅当

23

6,18aa时，符合题意；

当

1

10a时，不合题意。

11

因此

123

2,6,18,aaa

所以公式q=3，

故123.n

n

a

（II）因为(1)lnn

nnn

baa

11

1

1

23(1)(23)

23(1)[ln2(1)ln3]

23(1)(ln2ln3)(1)ln3,

nnn

nn

nnn

n

n













所以

212

2

2(133)[111(1)](ln2ln3)[125(1)]ln3,nnn

n

SnLLL

所以

当n为偶数时，

13

2ln3

132

n

n

n

S







3ln31;

2

n

n



当n为奇数时，

131

2(ln2ln3)()ln3

132

n

n

n

Sn







1

3ln3ln21.

2

n

n



综上所述，

3ln31,

2

1

2

n

n

n

n

n

S

n





















为偶数

3-ln3-ln2-1,n为奇数

21．解：（I）设容器的容积为V，

由题意知23

480

,,

33

VrlrV



又

故

3

222

4

804420

3

()

333

Vr

lrr

rrr









由于2lr

因此02.r

所以建造费用22

2

420

2342()34,

3

yrlrcrrrc

r



因此2

160

4(2),

r





12

（II）由（I）得3

22

1608(2)20

'8(2)(),02.

2

c

ycrrr

rrc











由于3,20,cc所以

当3

3

2020

0,.

22

rr

cc





时

令3

20

,

2

m

c





则

0m

所以22

2

8(2)

'()().

c

yrmrrmm

r





（1）当

9

02

2

mc即时，





当r=m时,y'=0;

当r(0,m)时,y'<0;

当r(m,2)时,y'>0.

所以

rm

是函数y的极小值点，也是最小值点。

（2）当2m即

9

3

2

c时，

当(0,2),'0,ry时函数单调递减，

所以r=2是函数y的最小值点，

综上所述，当

9

3

2

c时，建造费用最小时2;r

当

9

2

c时，建造费用最小时3

20

.

2

r

c





22．（I）解：（1）当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，

所以

2121

,.xxyy

因为

11

(,)Pxy在椭圆上，

因此

22

111

32

xy

①

又因为

6

,

2OPQ

S





所以

11

6

||||.

2

xy②

13

由①、②得

11

6

||,||1.

2

xy

此时2222

1212

3,2,xxyy

（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为,ykxm

由题意知m0，将其代入

22

1

32

xy

，得

222(23)63(2)0kxkmxm，

其中22223612(23)(2)0,kmkm

即2232km…………（*）

又

2

1212

22

63(2)

,,

2323

kmm

xxxx

kk







所以

22

222

1212

2

2632

||1()41,

23

km

PQkxxxxk

k







因为点O到直线l的距离为

2

||

1,

m

d

k





所以

1

||

2OPQ

SPQd





22

2

2

2

12632||

1

223

1

kmm

k

k

k









22

2

6||32

23

mkm

k







又

6

,

2OPQ

S





整理得22322,km且符合（*）式，

此时

2

2222

121212

22

63(2)

()2()23,

2323

kmm

xxxxxx

kk







222222

121212

222

(3)(3)4()2.

333

yyxxxx

综上所述，2222

1212

3;2,xxyy

结论成立。

14

（II）解法一：

（1）当直线l的斜率存在时，

由（I）知

11

6

||||,||2||2,

2

OMxPQy

因此

6

||||26.

2

OMPQ

（2）当直线l的斜率存在时，由（I）知

12

3

,

22

xx

k

m





222

1212

22

222

1212

2222

222

22

2222

332

(),

2222

916211

||()()(3),

22442

24(32)2(21)1

||(1)2(2),

(23)

yyxx

kkm

kmm

mmm

xxyy

km

OM

mmmm

kmm

PQk

kmm



















所以22

22

111

||||(3)2(2)

2

OMPQ

mm



22

22

2

11

(3)(2)

11

32

25

().

24

mm

mm







所以

5

||||

2

OMPQ，当且仅当

22

11

32,2m

mm

即时，等号成立.

综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为

5

.

2

解法二：

因为222222

12122121

4||||()()()()OMPQxxyyxxyy

2222

1212

2[()()]

10.

xxyy



所以

224||||10

2||||5.

25

OMPQ

OMPQ





即

5

||||,

2

OMPQ当且仅当

2||||5OMPQ

时等号成立。

因此|OM|·|PQ|的最大值为

5

.

2

15

（III）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得

6

.

2ODEODGOEG

SSS





证明：假设存在

1122

6

(,),(,),(,)

2ODEODGOEG

DuvExyGxySSS



满足，

由（I）得

222222222222

12121212

222222

1212

1212

3,3,3;2,2,2,

3

;1.

2

5

,,,,,1,

2

uxuxxxvyvyyy

uxxvyy

uxxvyy







解得

因此只能从中选取只能从中选取

因此D，E，G只能在

6

(,1)

2

这四点中选取三个不同点，

而这三点的两两连线中必有一条过原点，

与

6

2ODEODGOEG

SSS



矛盾，

所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.