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[原创]绝密热点2011届山东高考押题2-数学答案与解析.doc

上传人:高**** 文档编号:25156 上传时间:2024-05-23 格式:DOC 页数:6 大小:1.04MB
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1、2011届押题卷数学押题二答案与解析1 【答案】D【解析】由已知条件可得, , 故应选D2【答案】D【解析】,故选D3(理)【答案】A【解析】(舍去), 展开式的第项是,故展开式中的常数项是(文)【答案】A【解析】可以把两个对数同时等价变为,可知,而,所以,选A4 (理)【答案】D【解析】画出正态分布函数图像,由对称性可知(文)【答案】A【解析】依题意知抛物线的准线为,双曲线的一条渐近线与直线交点纵坐标为4,所以交点坐标为(-4,4),故,5【答案】C【解析】由时, 可以看成向上平移0.02个单位而得到,故两个正的零点都在区间内,由奇函数的性质可知,函数还有两个负的零点,在区间内,且,故在R上

2、共有5个零点6【答案】-1【解析】作出不等式组表示的平面区域如图:作直线l: x-3y=0, 平移直线l,当直线l经过4x+y- 9=0与x-y-1=0的交点P(2, 1)时,目标函数z=x-3y取得最大值z=2-31=-1,x-3y的最大值为-17 【答案】B【解析】“i5?”、“s4?”等均可.由循环体可知,当i=2 ,S=1时,T=0+;当i=3,S=2时,T=+=,当i=4,S=3时,T=,当i=5,S=4时,T=,因此,判断框中应填:“i5?”或“s4?”8 【答案】C【解析】由题意知,化简得,所以(舍)或,又由已知条件可得,所以,故,所以,当且仅当,也就是时取“=”9 【答案】B【

3、解析】,所求式子有项,所以和为10 【答案】C【解析】在内是增函数,可得,即,所以由命题q不能推出命题p,由命题p可以推出命题q,q是p的必要不充分条件选C11【答案】B【解析】因为,所以,当时,曲线C上斜率最小的一条切线方程为,即圆心到直线的距离,所以选B.12(理)【答案】B【解析】总试验的结果数为,如图可知,构成“钻角”的情况有,四边形,四边形,四边形都是正方形,构成“钻角”的情况有,所以事件中包含的结果为66,所求事件的概率为(文)【答案】B【解析】落在内的数据个数为5005100=25,落在内的数据个数为5003100=15,按照分层抽样方法两组分别抽取的数据个数为5,3,所以最后从

4、这8个数据中抽取两个数据共有28种取法,这两个数据来自两组的取法种数为15,故概率为13【答案】“任意,”【解析】对命题结论进行否定,同时改变量词14(理)【答案】【解析】从而直线的方程为,与抛物线方程联立得,即弓形的面积为:梯形MNQP的面积为:,所以阴影部分面积为:(文)【答案】2【解析】函数 为幂函数,或,又定义域为R,所以舍去15【答案】【解析】 注意到,同理有,因此所求的和等于16 【答案】【解析】由三视图知该几何体是有一个侧面与底面垂直,底面是一边长为3且这边上的高为1的三棱锥如下图所示,表面积为:17【解析】(1)因为,所以,(2分)即:,可化为=0,(5分)解得,所以(6分)(

5、2)由余弦定理得,(8分)所以,解得,(10分)由或(12分)18(理)【解析】(1)所有不同的选法共有种,其中男甲和女乙同时被选中的选法有种,则男甲和女乙同时被选中的概率为(3分)(2)x的所有可能取值为0,1,2依题意得P(x=0),P(x=1),P(x=2)(6分)x的分布列为:x012Ex(8分)(3)设事件M=“A局是男副局长”,N=“B局是女副局长”则,(10分)所以A局是男副局长的情况下,B局为女副局长的概率为(12分)(文)【解析】(1)因为样本是从甲、乙、丙、丁四所学校参加联考的学生中抽取的,它们存在明显的差异,所以使用分层抽样的方法抽取样本。根据频率分布直方图可知成绩在的频

6、率为,由频率分布表知频数为6,所以设样本有m人,则,解得,根据抽样方法总体中每个个体被抽到的机会均等,所以,解得所以甲学校共有学生1250人参加了高三联考(4分)(2)因为有3人,设为,有6人,设为从中任取2人,则有,共有8+7+6+5+4+3+2+1=36种取法,至少一个个体落在内的取法有33种所以至少有一个个体落在的概率(8分)(3)由茎叶图可知甲、乙两学校的平均成绩为因为,所以两学校的平均分比较接近。由茎叶图可知甲、乙两学校的成绩的方差为因为,所以甲学校的学生成绩比较分散,高低分差距比较大,乙学校的成绩比较集中,高低分差距要小(12分)19(理)【解析】(1),(2分)数列是等差数列,首

7、项公差d=4, (5分)(2)因为,(7分)(10分) (12分)20(理)【解析】(1)由已知,O为AB的中点可得,OCOB,由,可得OCO,故OC平面OB从而平面OB平面ABC过点作DAB,垂足为D,则D平面ABC,(2分)BD30,又OAO=BO1,OD60,从而DOsin60(4分)过点D作DEBC,垂足为E,连结E,可得EBCED为二面角BCA的平面角(5分) 由已知,E1,在RtDE中ED60故二面角BCA的大小为60(7分)(2)法一:传统法:设BC,CB,则OCB-由,可得,又因为AC=BC,所以C,在RtBOC中,(9分)在ADB中,B在BC中,B2C2BC2-2CBC(11

8、分)(12分)法二:向量法:过O点在平面内引,以OB,OC,OM分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz,设OC=m,则,因为与互补,所以,故,也就是,可得,在直角三角形OCB中易求得(文)【解析】(1)连结AE,因为平面ABC平面DEFG,所以AC平面DEFG,又因为ACGD四点共面,所以ACDG,因为EFDG,所以ACEF,又因为AC=EF,所以四边形ACFE是一个平行四边形,故AECF,因为AD平面DEFG ,所以AD平DG,又因为 EDDG,所以DG平面ABED,故DGAE,所以DGCF(6分)(2)有题意易证BE平面DEFG,(12分)21【解析】(1) , (4分)(2)由(

9、1)知; 当2时,0,当02时,0(6分)的单调递增区间为,单调递减区间为,极大值为(8分)(3) (),当时,单调递减,此时值域为,(11分)由(1)得,当时,值域为, 由题意可得:,所以(12分)(文)【解析】(1),(2分),(5分)(2)(1),当时,单调递减,此时值域为,(9分)由(1)得,当时,值域为, 由题意可得:,所以1 (12分)22【解析】(1)由可知N是线段中点;把两边平方可得即(3分),即是线段的垂直平分线, 点M的轨迹是以为焦点的椭圆,且长轴,故,则短半轴椭圆方程为:;(5分)(2) 设直线l的方程为,由 可得则,即 (8分)设,则由可得,即整理可得(12分)即化简可得,代入整理可得,故直线l在y轴上截距的取值范围是(14分)

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