1、2011 年普通高等学校招生全国统一考试 数学（理） （北京卷） 本试卷共 5 页， 150 分。考试时间长 120 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共 40 分） 一、选择题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。 1已知集合 P= x x21 ,M= a .若 P M=P,则 a 的取值范围是 A (-, -1 B 1, +） C -1， 1 D（ -， -1 1， +） 2复数212ii=+A i B -i C4355i D4355i+ 3在极坐标系中，圆
2、=-2sin 的圆心的极坐标系是 A (1, )2B (1, )2 C (1,0) D (1， ) 4执行如图所示的程序框图，输出的 s 值为 A -3 B -12C13D 2 5如图， AD， AE， BC 分别与圆 O 切于点 D， E， F， 延长 AF 与圆 O 交于另一点 G。给出下列三个结论： AD+AE=AB+BC+CA； AFAG=ADAE AFB ADG 其中正确结论的序号是 A B C D 6根据统计，一名工作组装第 x 件某产品所用的时间（单位：分钟）为 aa 的点的轨迹 .给出下列三个结论： 曲线 C 过坐标原点； 曲线 C 关于坐标原点对称； 若点 P 在曲线 C 上
3、，则 F1PF2的面积大于21a2。 其中，所有正确结论的序号是 。 三、解答题共 6 小题，共 80 分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 15（本小题共 13 分） 已知函数 () 4cos sin( ) 16fx x x=+。 （）求 ()f x 的最小正周期： （）求 ()f x 在区间 ,64 上的最大值和最小值。 16（本小题共 14 分） 如图，在四棱锥 P ABCD 中， PA 平面 ABCD ，底面 ABCD 是菱形，2, 60AB BAD= =o. ()求证： BD 平面 ;PAC （）若 ,PA AB= 求 PB与 AC 所成角的余弦值； （）当平面 PBC 与平
4、面 PDC 垂直时，求 PA的长 . 17本小题共 13 分 以下茎叶图记录了甲、乙两组个四名同学的植树棵树。乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以 X 表示。 （）如果 X=8,求乙组同学植树棵树的平均数和方差； （）如果 X=9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵树 Y 的分布列和数学期望。 （ 注： 方差()() ()22 22121nsxxxx xxn=+K ，其中 x为1x ，2x ， nx 的平均数） 18（本小题共 13 分） 已知函数2() ( )xkf xxke= 。 （）求 ()f x 的单调区间； （）若对于任意的 (0, )x+，都有 ()
5、f x 1e，求 k 的取值范围。 19（本小题共 14 分） 已知椭圆22:14xGy+ = .过点（ m,0）作圆221xy+ = 的切线 I 交椭圆 G 于 A， B 两点 . （ I）求椭圆 G 的焦点坐标和离心率； （ II）将 AB 表示为 m 的函数，并求 AB 的最大值 . 20（本小题共 13 分） 若数列12, ., ( 2)nnAaa an=满足111( 1, 2,., 1)naa k n+ = ，数列nA 为 E 数列，记()nSA =12.naa a+ （）写出一个满足10saa=，且 ()sSA 0 的 E数列nA ； （）若112a = ， n=2000，证明：
6、E 数列nA 是递增数列的充要条件是na =2011； （）对任意给定的整数 n（ n2） ，是否存在首项为 0 的 E 数列nA ，使得 ()nSA =0？如果存在，写出一个满足条件的 E 数列nA ；如果不存在，说明理由。 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 2121n（ 12） 14 （ 13） （ 0， 1） （ 14） 三、解答题（
7、共 6 小题，共 80 分） （ 15） （共 13 分） 解： （）因为 1)6sin(cos4)( +=xxxf 1)cos21sin23(cos4 += xxx 1cos22sin32+= xx xx 2cos2sin3 += )62sin(2+= x 所以 )(xf 的最小正周期为 （）因为 .32626,46+ xx 所以 于是，当6,262=+ xx 即 时， )(xf 取得最大值 2； 当 )(,6,662 xfxx 时即=+ 取得最小值 1. （ 16） （共 14 分） 证明： （）因为四边形 ABCD 是菱形， 所以 AC BD. 又因为 PA平面 ABCD. 所以 PA
8、BD. 所以 BD平面 PAC.（）设 ACBD=O. 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 Oxyz，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 . （）由（）知 ).0,3,1(=BC 设 P（ 0， 3 ， t） （ t0） ， 则 ),3,1( tBP = 设平面 PBC 的法向量 ),(
9、 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 .1611)43510()4359()4358()4358(4122222=+=s （）当 X=9 时，由茎叶图可知，甲组同
10、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 44=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 8141414181EY=1
11、7P（ Y=17） +18P（ Y=18） +19P（ Y=19） +20P（ Y=20） +21P（ Y=21）=1781+1841+1941+2041+2181=19 （ 18） （共 13 分） 解： （） .)(1)(122xekxkxf = 令 () 00 =f ，得 kx = .当 k0 时， )()( xfxf 与 的情况如下 x ( k , ) k (k ,k) k ),( +k )(xf + 0 0 + )(xf 124ek 0 所以， )(xf 的单调递减区间是（ k , ）和 ),( +k ；单高层区间是 ),( kk 当 k0 时，因为eekfk1)1(11=+，所以不
12、会有 .1)(),0(exfx + 当 km 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+=+=+ 又由 l 与圆 .1,11|,1222222+=+=+ kkmkkmyx 即得相切 所以212212)()(| yyxxAB += 41)44(4)41(64)1(2222242kmkkmkk+=2.3|342+=mm由于当 3=m 时， ,3| =AB 所以 ),11,(,3|34|
13、2+= UmmmAB . 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： （） 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） （）必要性：因为 E 数列 A5是递增数列， 所以 )1999,2,1(11L=+kaakk. 所以 A5是首项为 12，公差为 1 的等差数列 . 所以 a2000=12+（ 20001） 1=2011. 充分性，由于 a2000a10001， a2000a100
14、01 a2a11 所以 a2000a19999，即 a2000a1+1999. 又因为 a1=12， a2000=2011, 所以 a2000=a1+1999. 故nnnAkaa 即),1999,2,1(011L=+是递增数列 . 综上，结论得证。 （）令 .1),1,2,1(011=+ Akkkcnkaac 则L 因为2111112ccaacaa +=+= ,1211 +=nncccaa L 所以13211)3()2()1()(+=nnccncncnnaAS L ).1()2)(1()1)(1(2)1(121 +=ncncncnnL 因为 ).1,1(1,1 = nkcckkL为偶数所以 所
15、以 )1()2)(1()1)(1*21 ncncnc + L 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 L= 时，有 ;0)(,01=nASa;0)(,0,0),2,1(11144=+ nkkASaamka 有时L 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
