2011年高考真题详解——广东卷(文科数学)

【广东卷】（文科数学）

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50分）

一、选择题：（每小题5分，共50分）

【2011广东文，1】1．设复数z满足iz1，其中i为虚数单位，则z= ( )． A．i B．i C．1 D．1 【答案】A． 【解析】 z1ii． ii(i)【2011广东文，2】2．已知集合A为实数，且xy1，则Ax,y|x、y为实数，且x2y21，Bx,y|x、yB的元素个数为( )．

A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C． 【解析】AB的元素个数等价于圆x2y21与直线xy1的交点个数，显然有2个交点．

【2011广东文，3】3．已知向量a(1,2),b(1,0),c(3,4)．若为实数，(ab)∥c，则 ( )． A．

11 B． C．1 D．2 421． 2【答案】B．

【解析】 ab(1,2)，由(ab)∥c，得64(1)0，解得【2011广东文，4】4．函数f(x)1lg(x1)的定义域是( )． 1x A．(,1) B．(1,) C．(1,1)【答案】C．

(1,) D．(,)

【解析】 1x0x1且x1，则f(x)的定义域是(1,1)(1,)．

1x02【2011广东文，5】5．不等式2xx10的解集是( )． A．(11,1) B．(1,) C．(,1)(2,) D．(,)(1,) 221x1，则不等式的解集为1)x0或2【答案】D．

2x1)x(2【解析】2xx10(1(,)2(1,． )0x2【2011广东文，6】6． 已知平面直角坐标系xOy上的区域D由不等式组y2给定，

x2y若Mx,y为D上的动点，点A的坐标为

2,1，则zOMOA的最大值为( )．

 A．3 B．4 C．32 D．42 【答案】B． 【解析】z2xy，即y2xz，画出不等式组表示的平面区域，易知当直线

y2xz经过点(2,2)时，z取得最大值，zmax2224．

【2011广东文，7】7．正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有( )．

A．20 B．15 C．12 D．10 【答案】D．

【解析】正五棱柱中，上底面中的每一个顶点均可与下底面中的两个顶点构成对角线，所以一个正五棱柱对角线的条数共有5210条．

【2011广东文，8】8．设圆C与圆x2(y3)21外切，与直线y0相切．则C的圆心轨迹为( )．

A．抛物线 B．双曲线 C．椭圆 D．圆 【答案】A．

【解析】依题意得，C的圆心到点(0,3)的距离与它到直线y1的距离相等，则C的圆心轨迹为抛物线．

【2011广东文，9】9．如图，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别为等边三角形、等腰三角形和菱形，则该几何体体积为( )．

A． 43 B．4 C． 23 D． 2 【答案】C．

2011年全国高考【广东卷】（文科数学）试题 第3页（共19页）

【解析】该几何体是一个底面为菱形的四棱锥，菱形的面积S高为3，则该几何体的体积V122323，四棱锥的211Sh23323． 33

【2011广东文，10】10．设|HO||HT|是R上的任意实值函数．如下定义两个函数f和fgx；对任意xR,f式恒成立的是( )． A．

gxgxfg(x)；fgxfxg(x)．则下列等

ffghxfhgh(x)

B． C． D．

fghxfhgh(x)

ghxfhgh(x)

fghxfhgh(x)

【答案】B． 【解析】 对A选项 ((fh)(x)(fg)(x)h(x)f(g(x))h(x)， g)　　

((fh)　(gh))(x)(fh)((gh)(　x))(fh)((g(x)h(x))

f(g(x)h(x))h(g(x)h(x))，故排除A；

对B选项 ((fg)　h)(x)(fg)(h(x))f(h(x))g(h(x))，

((fh)　(gh))(x)(fh)(x)(gh)(x)f(h(x))g(h(x))，故选B； 　

对C选项 ((fg)h)(x)(fg)(h(x))f(g(h(x)))，

((f　h))(x)(fg)((g　h)(x))(fg)(g(h(x)))． g)　(g　f(g(g(h(x))))，故排除C；

h)(x)(fg)(x)h(x)f(x)g(x)h(x)， 对D选项 ((fg)　((fg)　(gh))(x)(fg)(x)(gh)(x)f(x)g(x)g(x)h(x)，故排除D． 　解析二：

二、填空题：本大题共5小题．考生作答4小题．每小题5分，满分20分． （一）必做题（11～13题）

第Ⅱ卷（非选择题 共100分）

二、填空题：（每小题5分，共20分）

【2011广东文，11】11．已知an是递增等比数列，a22,a4a34，则此数列的公比

q ．

【答案】 2．

【解析】 a4a34a2q2a2q42q22q402(q2)(q1)0q2或q1 ∵{an}是递增的等比数列，∴q2．

3【2011广东文，12】12．设函数f(x)xcosx1.若f(a)11，则f(a) ．

【答案】 9．

【解析】f(a)acosa111，即f(a)acosa10，

332011年全国高考【广东卷】（文科数学）试题 第5页（共19页）

则f(a)(a)3cos(a)1a3cosa11019．

【2011广东文，13】13．为了解篮球爱好者小李的投篮命中率与打篮球时间之间的关系，下表记录了小李某月1号到5号每天打时间x（单位：小时）与当于投篮命中率y之间的关系：

时间x 命中率y 1 0．4 2 0．5 3 0．6 4 0．6 5 0．4 小李这 5天的平均投篮命中率为 ，用线性回归分析的方法，预测小李该月6号打

6小时篮球的投篮命中率为 ． 【答案】 0.5；0.53．

【解析】小李这5天的平均投篮命中率y1(0.40.50.60.60.4)0.5 5x3，b(xx)(yy)iii1n(xx)ii1n20.2000.1(0.2)0.01，aybx0.47

(2)2(1)201222∴线性回归方程y0.01x0.47，则当x6时，y0.53 ∴预测小李该月6号打6小时篮球的投篮命中率为0.53． （二）选做题（14、15题，考生只能从中选做一题）

14】14．【2011广东文，（坐标系与参数方程选做题）已知两曲线参数方程分别为x5cosysin52xt（0≤ ＜和，它们的交点坐标为 ． 4（t∈R）

yt【答案】 (1,25)． 552xtx2x5cosy21(5x5且0y1)，【解析】 表示椭圆4 5ysinyt表示抛物线y24x， 5x2y21(5x5且0y1)5x24x50x1或x5（舍去）， y24x5又因为0y1，所以它们的交点坐标为(1,25)． 5【2011广东文，15】15．（几何证明选讲选做题）如图4，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，CD＝2，E、F分别为AD、BC上点，且EF＝3，EF∥AB，则梯形ABFE与梯形EFCD的面积比为 ． 【答案】

7． 5BCP，

【解析】如图，延长AD,BC，AD ∵

CD2S4，∴PCD EF3SPEF9CD2S4，∴PCD AB4SPEF16 ∵

∴

S梯形ABEFS梯形EFCD7． 5三、解答题：（本大题共6小题，共80分）

【2011广东文，16】16．（本小题满分12分）已知函数fx2sin(x(Ⅰ) 求f0的值； (Ⅱ) 设,0,【解析】 ． (Ⅰ) f(0)2sin((Ⅱ) f(3136)，xR．

610f(3),求sin的值． ,f(3),2521326)1；

1105)2sin[(3)]2sin，即sin 23261313163f(32)2sin[(32)]2sin()，即cos

362552011年全国高考【广东卷】（文科数学）试题 第7页（共19页）

∵,0,， 221242，sin1cos 1355312463∴sin()sincoscossin． 13513565【2011广东文，17】17．（本小题满分13分）

在某次测验中，有6位同学的平均成绩为75分．用xn表示编号为nn1,2,∴cos1sin成绩，且前5位同学的成绩如下： 1 编号n 成绩xn 70 2 76 3 72 4 70 5 72 ,6的同学所得

(Ⅰ) 求第6位同学成绩x6，及这6位同学成绩的标准差s；

(Ⅱ) 从前5位同学中，随机地选2位同学，求恰有1位同学成绩在区间68,75中的概率． 【解析】 ． (Ⅰ)

16xxn75

6n1x66xxn675707672707290,

n15

(Ⅱ) 从5位同学中随机选取2位同学，共有如下10种不同的取法： {1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，5}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，{3，4}，{3，5}，{4，5}， 选出的2位同学中，恰有1位同学的成绩位于（68，75）的取法共有如下4种取法： {1，2}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，

故所求概率为

161s(xnx)2(5212325232152)49，

6n16s7.

22． 5解法二： （1）

1(7076727072x6)75，解得x690， 6标准差s1[(x1x)2(x2x)26(x6x)2]122222(51353152)7． 6（2）前5位同学中随机选出的2位同学记为(a,b)，a,b{1,2,3,4,5}且ab，

则基本事件有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)共10种，这5位同学中，编号为1、3、4、5号的同学成绩在区间（68，75）中

设A表示随机事件“从前5位同学中随机选出2位同学，恰有1位同学成绩在区间（68，75）

中”，则A中的基本事件有(1,2)、(2,3)、(2,4)、(2,5)共4种，则P(A)42． 105【2011广东文，18】18．（本小题满分12分）如图所示，将高为2，底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后，将其中一半沿切面向右平移到的A,A,B,B分别为

CD,CD,DE,DE,的中点，O1,O1,O2,O2分别为CD,CD,DE,DE的中点．

(Ⅰ) 证明：O1,A,O2,B四点共面；

(Ⅱ) 设G为AA中点，延长AO1到H,使得O1HAO1,证明：BO2面HBG．

【解析】 ．

2011年全国高考【广东卷】（文科数学）试题 第9页（共19页）

(Ⅰ)

A,A分别为CD,CD中点，

O1A//O1A

连接BO2

直线BO2是由直线AO1平移得到

AO1//BO2

O1A//BO2 O1,A,O2,B共面．

(Ⅱ) 将AO1延长至H使得O1H=O1A，连接HO1,HB,HH

// 由平移性质得O1O2=HB

BO2//HO1

AGHO1,HHAH,O1HHGAH

2GAHO1HH

HO1HGHA

2O1HHG BO2HG

O1O2BO2,O1O2O2O2,BO2O2O2O2 O1O2平面BBO2O2 O1O2BO2 BO2HB HBHGH

BO2平面HBG.

解法二：

证明：（1）连接BO2,O2O2,

依题意得O1,O1,O2,O2是圆柱底面圆的圆心 ∴CD,CD,DE,DE是圆柱底面圆的直径 ∵A,B,B分别为CD,DE,DE的中点 ∴AO1DBO2D90 ∴AO1∥BO2

∵BB//O2O2，四边形O2O2BB是平行四边形 ∴BO2∥BO2 ∴AO1∥BO2

∴O1,A,O2,B四点共面

（2）延长AO1到H，使得O1HAO1，连接HH,HO1,HB ∵O1HAO1

∴O1H//O2B，四边形O1O2BH是平行四边形 ∴O1O2∥HB

∵O1O2O2O2，O1O2BO2，O2O2∴O1O2面O2O2BB

∴HB面O2O2BB，BO2面O2O2BB ∴BO2HB

易知四边形AAHH是正方形，且边长AA2，

BO2O2

H∵tanHO1AG1HH， 2，tanAHGAH2O1H2011年全国高考【广东卷】（文科数学）试题 第11页（共19页）

HtanAHG1， ∴tanHO1HAHG90， ∴HO1∴HO1HG

易知O1O2//HB，四边形O1O2BH是平行四边形， ∴BO2∥HO1， ∴BO2HG，HGHBH，

∴BO2平面HBG．

【2011广东文，19】19．（本小题满分14分）设a0,讨论函数f(x)lnxa(1a)x22(1a)x的单调性． 【解析】 ．

函数f(x)的定义域为(0,)．

2a(1a)x22(1a)x1f(x),

x当a1时,方程2a(1a)x22(1a)x1的判别式12(a1)(a)． ①当0a

131时,0,f(x)有两个零点， 3

x1(a1)(3a1)(a1)(3a1)11 0,x22a2a(1a)2a2a(1a)

且当0xx1或xx2时,f(x)0,f(x)在(0,x1)与(x2,)内为增函数； 当x1xx2时,f(x)0,f(x)在(x1,x2)内为减函数；

1a1时,0,f(x)0,所以f(x)在(0,)内为增函数； 31③当a1时,f(x)0(x0),f(x)在(0,)内为增函数；

x②当

④当a1时,0,x1(a1)(3a1)10, 2a2a(1a)

(a1)(3a1)1x20,所以f(x)在定义域内有唯一零点x1，

2a2a(1a)且当0xx1时,f(x)0,f(x)在(0,x1)内为增函数；当xx1时，

f(x)0,f(x)在(x1,)内为减函数。

f(x)的单调区间如下表：

0a1 31a1 3a1 (0,x1)

（其中x1解法二：

(x1,x2) (x2,) (0,) (0,x1) (x1,) (a1)(3a1)(a1)(3a1)11） ,x22a2a(1a)2a2a(1a)函数f(x)的定义域为(0,)，

12a(1a)x22(1a)x1f(x)2a(1a)x2(1a)，

xx令g(x)2a(1a)x2(1a)x1，

24(1a)28a(1a)12a216a44(3a1)(a1)

① 当0a1a(3a1)(a1)1时，0，令f(x)0，解得x， 32a(1a)1a(3a1)(a1)1a(3a1)(a1)或x时，f(x)0，

2a(1a)2a(1a)则当0x2011年全国高考【广东卷】（文科数学）试题 第13页（共19页）

当1a(3a1)(a1)1a(3a1)(a1)时，f(x)0， x2a(1a)2a(1a)1a(3a1)(a1)1a(3a1)(a1))，(,)上单调递增；

2a(1a)2a(1a)则f(x)在(0,在(1a(3a1)(a1)1a(3a1)(a1),)上单调递减．

2a(1a)2a(1a)② 当

1a1时，0，f(x)0，则f(x)在(0,)上单调递增． 3③ 当a1时，0，令f(x)0，解得x1a(3a1)(a1)，

2a(1a)∵x0，∴x1a(3a1)(a1)，

2a(1a) 则当0x1a(3a1)(a1)时，f(x)0；

2a(1a)当x1a(3a1)(a1)时，f(x)0；

2a(1a)1a(3a1)(a1)1a(3a1)(a1)在()上单调递增，,)上单调

2a(1a)2a(1a)则f(x)在(0,递减．

【2011广东文，20】20．（本小题满分14分）设b0,数列{an}满足：a1b，

annban1(n2)．

an12n2(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式；

(Ⅱ) 证明：对于一切正整数n,2anbn11．

【解析】 ．

(Ⅰ)由a1b0,知an

nban10，

an1n1n11n1， anbban1n1,A1, 令Ananb

11An1 bb111 n1n1A1

bbb111 n1n．

bbb111bn1bbnn①当b1时,An， 1b(b1)1b②当b1时，Ann，

当n2时,Annbn(b1),b1 ， anbn11,b12nbn(b1)bn1n1nn1b1，只需2nb(b1)) (Ⅱ)当b1时，欲证2anbn1b1bn1n1(b1)b2nb2n1bn1bn1bn21

b1111 bnbnnbn1n1bbn(222)2nbn,

bbb2nbn(b1)n11b ． 2annb1 综上所述2anbn11．

解法二： ∵annban1

an1n1aban1∴n nan1n1n1n11 ∴

anban1bnn1n① 当b1时，1，则{}是以1为首项，1为公差的等差数列

anan1ann1(n1)1n，即an1 ∴ann11n11() ② 当b0且b1时，

an1bban11b2011年全国高考【广东卷】（文科数学）试题 第15页（共19页）

n11 an1bb(1b)11n1∴{为首项，为公比的等比数列 }是以

bb(1b)an1bn111∴()n an1b1bb当n1时，

n111bn∴ an(1b)bn1b(1b)bnn(1b)bn∴an n1bn(1b)bn,　b0且b1综上所述an1bn

1，　 　b1　　　（2）证明：① 当b1时，2anbn112；

② 当b0且b1时，1b(1b)(1bn1nbn2bn1)

2n(1b)bnbn11， 要证2anb1，只需证n1b2n(1b)1b即证 nn1bb2n1b即证

1bbn2bn1bn1n2n1即证(bn)(1bbb)2n

b11112n1n即证(bbbb)(nn12)2n

bbbb11112n1n∵(bbbb)(nn12)

bbbb1111(b)(b22)(bn1n1)(bnn)

bbbb11112b2b222bn1n12bnn2n，∴原不等式成立．

bbbbn1∴对于一切正整数n，2an≤b1．

【2011广东文，21】21．（本小题满分14分）在平面直角坐标系xOy中，直线l:x2交x轴于点A，设P是l上一点，M是线段OP的垂直平分线上一点，且满足MPOAOP． (Ⅰ) 当点P在l上运动时，求点M的轨迹E的方程；

(Ⅱ) 已知T(1,1)．设H是E上动点，求|HO||HT|的最小值，并给出此时点H的坐标；

(Ⅲ) 过点T(1,1)且不平行于y轴的直线l1与轨迹E有且只有两个不同的交点，求直线l1的斜率k的取值范围． 【解析】 ． 解法一：

（1）如图所示，连接OM，则PMOM

∵MPOAOP，

∴动点M满足MPl或M在x的负半轴上，设M(x,y) ① 当MPl时，MPx2，OMx2y2

x2x2y2，化简得y24x4(x1) ② 当M在x的负半轴上时，y0(x1)

综上所述，点M的轨迹E的方程为y24x4(x1)或y0(x1)．

（2）由（1）知M的轨迹是顶点为(1,0)，焦点为原点的抛物线和x的负半轴y0(x1)

① 若H是抛物线上的动点，过H作HNl于N

由于l是抛物线的准线，根据抛物线的定义有HOHN

则HOHTHNHT

当N,H,T三点共线时，HNHT有最小值TN3 求得此时H的坐标为(3,1) 4② 若H是x的负半轴y0(x1)上的动点

显然有HOHT3

综上所述，HOHT的最小值为3，此时点H的坐标为(3,1)． 4l N H  y H N O H T x x2 （3）如图，设抛物线顶点A(1,0)，则直线AT的斜率kAT∵点T(1,1)在抛物线内部，

∴过点T且不平行于x,y轴的直线l1必与抛物线有

1 l1 2A O y l1 l1 T x 2011年全国高考【广东卷】（文科数学）试题 第17页（共19页） 两个交点

则直线l1与轨迹E的交点个数分以下四种情况讨论： ① 当k② 当1时，直线l1与轨迹E有且只有两个不同的交点 21k0时，直线l1与轨迹E有且只有三个不同的交点 2③ 当k0时，直线l1与轨迹E有且只有一个交点

④ 当k0时，直线l1与轨迹E有且只有两个不同的交点

1综上所述，直线l1的斜率k的取值范围是(,](0,)．

2解法二：

(Ⅰ)如图1，设MQ为线段OP的垂直平分线，交OP于点Q， MPQAOP,MPl,且|MO||MP|.

22因此xy|x2|,即

①

另一种情况，见图2（即点M和A位于直线OP的同侧）。

y24(x1)(x1).

MQ为线段OP的垂直平分线， MPQMOQ.

MPQAOP,MOQAOP. 因此M在x轴上，此时，记M的坐标为(x,0).

为分析M(x,0)中x的变化范围，设P(2,a)为l上任意点(aR). 由|MO||MP|

又

（即|x|

(x2)2a2）得， 1x1a21.

4故M(x,0)的轨迹方程为 y0,x1

综合①和②得，点M轨迹E的方程为

②

4(x1),x1,． y2x1.0,(Ⅱ)由（1）知，轨迹E的方程由下面E1和E2两部分组成（见图3）：

E1:y4(x1)(x1)； E2:y0,x1.

当HE1时，过Ｔ作垂直于l的直线，垂足为T，交E1于D再过H作垂直于l的直线，交l于H. 因此，|HO||HH|（抛物线的性质）。

2

3,1。 4|HO||HT||HH||HT||TT|3（该等号仅当H与T重合（或H与D重合）

时取得）．

当HE2时，则|HO||HT||BO||BT|153. 综合可得，|HO|+|HT|的最小值为3，且此时点H的坐标为3,1. 4 (Ⅲ) 由图3知，直线l1的斜率k不可能为零．

设l1:y1k(x1)(k0). 故x144(y1)1,代入E1的方程得：y2y80. kkk21644因判别式2482280.

kkk所以l1与E中的E1有且仅有两个不同的交点。 又由E2和l1的方程可知，若l1与E2有交点，

则此交点的坐标为k11k1,0,且1.即当k0时,l1与E2有唯一交点

k2kk1,0，从而l1表三个不同的交点． k

因此，直线l1斜率k的取值范围是(,]12(0,)．

2011年全国高考【广东卷】（文科数学）试题 第19页（共19页）