第Ⅰ卷

一、选择题

(1)复数，为的共轭复数，则

（A） （B） （C） （D）

【答案】B

【命题意图】本题主要考查复数的运算.

【解析】|z|2-(1+i)-1=.

(2)函数的反函数为

（A） （B）

（C） （D）

【答案】B

【命题意图】本题主要考查反函数的求法.

【解析】由原函数反解得,又原函数的值域为,所以函数的反函数为.

(3)下面四个条件中，使成立的充分而不必要的条件是

（A） （B） （C） （D）

【答案】A

【命题意图】本题主要考查充要条件及不等式的性质.

【解析】即寻找命题,使,且推不出,逐项验证知可选A.

(4)设为等差数列的前项和，若，公差，，则

（A）8 （B）7 （C）6 （D）5

【答案】D

【命题意图】本题主要考查等差数列的基本公式的应用.

【解析】解法一，解得.

解法二: ，解得.

(5)设函数，将的图像向右平移个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则的最小值等于

（A） （B） （C） （D）

【答案】C

【命题意图】本题主要考查三角函数的周期性及三角函数图像的平移变换.

【解析】由题意得,解得,又,令,得.

(6)已知直二面角,点，,为垂足,，,为垂

足．若，则到平面的距离等于

(A) (B) (C) (D) 1

【答案】C

【命题意图】本题主要考查空间点到平面距离的求法.

【解析】如图,过作,垂足为,因为是直二面角, ,∴平面,

∴,,,∴平面,故的长为点到平面的距离.在中,由等面积法得.

(7)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友每位朋友1本，则不同的赠送方法共有

(A)4种 (B)10种 (C)18种 (D)20种

【答案】B

【命题意图】本题主要考查两个原理与排列组合知识，考察考生分析问题的能力.

【解析】分两类:一是取出1本画册,3本集邮册,此时赠送方法有种；

二是取出2本画册,2本集邮册，此时赠送方法有种.故赠送方法共有10种.

(8)曲线在点(0,2)处的切线与直线和围成的三角形的面积为

(A) (B) (C) (D)1

【答案】A

【命题意图】本题主要考查利用导数求切线方程和三角形面积公式.

【解析】∴曲线在点(0,2)处的切线的斜率故切线方程是,在直角坐标系中作出示意图得围成的三角形的三个顶点分别为(0,0)、(1,0)、(, )，∴三角形的面积是.

(9)设是周期为2的奇函数，当时，,则

(A) - (B) (C) (D)

【答案】A

【命题意图】本题主要考查利用函数的周期性和奇偶性求函数值的方法.

【解析】由是周期为2的奇函数,利用周期性和奇偶性得: .

(10)已知抛物线C：的焦点为，直线与交于，两点．则

(A) (B) (C) (D)

【答案】D

【命题意图】本题主要考查直线与抛物线的位置关系,余弦定理的应用.

【解析】联立消去得,解得,不妨设点在轴的上方,于是，两点的坐标分别为(4,4),(1,),又,可求得.在中,由余弦定理.

(11)已知平面α截一球面得圆，过圆心且与α成二面角的平面β截该球面得圆.若该球面的半径为4，圆的面积为4，则圆的面积为

(A)7 (B)9 (C)11 (D)13

【答案】D

【命题意图】本题主要考查二面角的概念与球的性质.

【解析】如图所示,由圆的面积为4知球心到圆的距离,在中,, ∴,故圆的半径,∴圆的面积为.

(12)设向量，，满足|，，，则的最大值等于

(A)2 (B) (c) (D)1

【答案】A

【命题意图】本题主要考查平面向量的数量积运算、向量加减法、四点共圆的条件及数形结合的思想.

【解析】如图，设，则，，∴四点共圆，当为圆的直径时，最大，最大值为2.

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上(注意：在试卷上作答无效)

(13)的二项展开式中，的系数与的系数之差为 .

【答案】0

【命题意图】本题主要考查二项展开式的通项公式和组合数的性质.

【解析】由得的系数为,的系数为,而=,所以的系数与的系数之差为0.

(14)已知,,则 .

【答案】

【命题意图】本题主要考查同角三角函数的基本关系和二倍角的正切公式.

【解析】由,得,故,

∴.

(15)已知、分别为双曲线: 的左、右焦点，点，点的坐标为(2，0)，为的平分线．则 .

【答案】6

【命题意图】本题主要考查三角形的内角平分线定理，双曲线的第一定义和性质.

【解析】为的平分线，∴ ∴

又点，由双曲线的第一定义得.

(16)己知点、分别在正方体的棱、上，且，则面与面所成的二面角的正切值等于 .

【答案】

【命题意图】本题主要考查正方体中二面角的求法.

【解析】延长交的延长线于,连结,则为面与面的交线,由得,∴为中点.设正方体的棱长为1,则,又,∴∴平面,∴∴是面与面所成的二面角的平面角,在中,,故面与面所成的二面角的正切值等于.

三．解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

(17)(本小题满分l0分)(注意：在试题卷上作答无效)

的内角、、的对边分别为、、.已知, ,求.

【命题意图】本题主要考查正弦定理、三角形内角和定理、诱导公式、辅助角公式,考查考生对基础知识、基本技能的掌握情况.

【解析】由及正弦定理可得

…………………………………3分

又由,,故

=

= …………………………………7分

,

因为 ,

所以 ,

…………………………………10分

【点评】三角函数与解三角形的综合性问题，是近几年高考的热点，在高考试题中频繁出现.这类题型难度比较低，一般出现在17或18题，属于送分题，估计以后这类题型仍会保留，不会有太大改变.解决此类问题，要根据已知条件，灵活运用正弦定理或余弦定理，求边角或将边角互化.

(18)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效)

根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3,设各车主购买保险相互独立.

(I)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的l种的概率；

(Ⅱ)表示该地的l00位车主中,甲、乙两种保险都不购买的车主数.求的期望.

【命题意图】本题主要考查独立事件的概率、对立事件的概率、互斥事件的概率及二项分布的数学期望，考查考生分析问题、解决问题的能力.

【解析】记表示事件: 该地的1位车主购买甲种保险；

表示事件: 该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险；

表示事件: 该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的l种；

表示事件: 该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买.

(I), , ……………………………3分

……………………………6分

(Ⅱ),

,即服从二项分布, ……………………………10分

所以期望 . ……………………………12分

【点评】概率与统计是每年的必考题，一般安排在解答题的前3题.本题属于已知概率求概率类型. 考查保险背景下的概率问题，要求考生熟练掌握独立事件的概率、对立事件的概率、互斥事件的概率及二项分布的数学期望.

(19)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效)

如图，四棱锥中， ,，侧面为等边三角形，.

(Ⅰ)证明：平面；

(Ⅱ)求与平面所成角的大小.

【命题意图】以四棱锥为载体考查线面垂直证明和线面角的计算，注重与平面几何的综合.

解法一：(Ⅰ)取中点，连结，则四边形为矩形，，连结，则，.

又,故,所以为直角. ………………3分

由,,,得平面,所以.

与两条相交直线、都垂直.

所以平面. ………………6分

另解:由已知易求得,于是.可知,同理可得,又.所以平面. ………………6分

(Ⅱ)由平面知，平面平面.

作,垂足为,则平面ABCD,.

作,垂足为,则.

连结.则.

又,故平面,平面平面.……9分

作,为垂足,则平面.

,即到平面的距离为.

由于,所以平面,到平面的距离也为.

设与平面所成的角为,则,.……12分

解法二：以为原点,射线为轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系.

设,则、.

又设,则.

(Ⅰ),

由得

,

故.

由得,

又由得,

即,故. ………………3分

于是,

.

故,又,

所以平面. ………………6分

(Ⅱ)设平面的法向量,

则.

又,

故 ………………9分

取得,又

.

故与平面所成的角为. ………………12分

【点评】立体几何一直以来都是让广大考生又喜又忧的题目.为之而喜是因为只要能建立直角坐标系，基本上可以处理立体几何绝大多数的问题；为之而忧就是对于不规则的图形来讲建系的难度较大，问题不能得到很好的解决.今年的立几问题建系就存在这样的问题，很多考生由于建系问题导致立几的完成情况不是很好.

(20)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效)

设数列满足且.

求的通项公式；

(Ⅱ)设.

【命题意图】本题主要考查等差数列的定义及其通项公式,裂项相消法求和,不等式的证明，考查考生分析问题、解决问题的能力.

【解析】(Ⅰ)由题设,

即是公差为1的等差数列.

又,故.

所以 ……………………………5分# (Ⅱ) 由(Ⅰ)得

,

…………………………12分

【点评】2011年高考数学全国卷将数列题由去年的第18题后移,一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模式，具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能,重视两纲的导向作用，也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心.估计以后的高考，对数列的考查主要涉及数列的基本公式、基本性质、递推数列、数列求和、数列极限、简单的数列不等式证明等，这种考查方式还要持续.

(21)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效)

已知为坐标原点，为椭圆：在轴正半轴上的焦点，过且斜率为的直线与交与、两点，点满足.

(I)证明：点在上；

(II)设点关于点的对称点为，证明：、、、四点在同一圆上.

【命题意图】本题考查直线方程、平面向量的坐标运算、点与曲线的位置关系、曲线交点坐标求法及四点共圆的条件。

【解析】(I),的方程为,代入并化简得

. …………………………2分

设,

则

由题意得

所以点的坐标为.

经验证点的坐标满足方程,故点在椭圆上 …6分

(II)由和题设知，，的垂直平分线的方程为

. ①

设的中点为,则,的垂直平分线的方程为

. ②

由①、②得、的交点为. …………………………9分

,

,

,

,

,

故 ,

又 , ,

所以 ,

由此知、、、四点在以为圆心,为半径的圆上. ……………12分

【点评】本题涉及到平面微向量，有一定的综合性和计算量，完成有难度. 首先出题位置和平时模拟几乎没有变化，都保持全卷倒数第二道题的位置，这点考生非常适应的。相对来讲比较容易，是因为这道题最好特点没有任何的未知参数，我们看这道题椭圆完全给出，直线过了椭圆焦点，并且斜率也给出，平时做题斜率不给出，需要通过一定条件求出来，或者根本求不出来，这道题都给了，反而同学不知道怎么下手，让我求什么不知道，给出马上给向量条件，出了两道证明题，这个跟平时做的不太一样，证明题结论给大家，需要大家严谨推导出来，可能叙述的时候有不严谨的地方。这两问出的非常巧妙，非常涉及解析几何本质的内容，一个证明点在椭圆上的问题，还有一个疑问既然出现四点共圆，这都是平时很少涉及内容。从侧面体现教育深层次的问题，让学生掌握解析几何的本质，而不是把套路解决。其实几年前上海考到解析几何本质问题，最后方法用代数方法研究几何的问题，什么是四点共圆？首先在同一个圆上，首先找到圆心，四个点找圆形不好找，最简单的两个点怎么找？这是平时的知识，怎么找距离相等的点，一定在中垂线，两个中垂线交点必然是圆心，找到圆心再距离四个点距离相等，这就是简单的计算问题。方法确定以后计算量其实比往年少.

(22)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效)

(I)设函数，证明：当时，；

(II)从编号1到100的100张卡片中每次随即抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽得的20个号码互不相同的概率为.证明：

【命题意图】本题为导数、概率与不等式的综合,主要考查导数的应用和利用导数证明不等式.考查考生综合运用知识的能力及分类讨论的思想，考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力.

【解析】(I) …………………………2分

当时, ,所以为增函数,又,因此当时,

. …………………………5分

(II) .

又

所以.

由(I)知: 当时,

因此 .

在上式中,令,则 19,即.

所以 …………………………12分

【点评】导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力度不会减弱.作为压轴题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，有时还伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.