2011年高考浙江省數學(理科)模擬試卷參考答案

一、 選擇題

二、 填空題

（11） 10000；6000（12） -2（13） （14） 2

（15） a（16） ［3，11］（17） 2012

三、 解答題

（18） 解： （Ⅰ） ∵ cosC++cosC-=，即2cosCcos=，∴ cosC= ……………………………………………………………… 4分

∵ 在△ＡＢＣ中，0

（Ⅱ） ∵ sinA=2sinB， ∴ a=2b. ∵ c2=a2+b2-2abcosC ……………… 9分

∴ （2）2＝4b2+b2-2#8226;2ｂ#8226;ｂ#8226;＝3ｂ2………………………… 12分

∴ ｂ＝2， ∴ ａ＝4． ∴ S△ABC＝ａｂｓｉｎC＝2 ……………………… 14分

（19） 解：（Ⅰ） 當n=1時，有a13=a12. 又∵ an>0， ∴ a1=1 ………… 1分

當n=2時，有a13+a23=（ａ1+ａ2）2. 將a1=1代入上式， ∵ an>0， ∴ a2=2． ∵ a13+a23+…+an3 =（ａ1+ａ2+…+ａｎ）2 （①）， ∴ a13+a23+…+an3+=（ａ1+ａ2+…+ａｎ+ａｎ+1）2 （②），②－①得=（ａ1+ａ2+…+ａｎ+ａｎ+1）2-（ａ1+ａ2+…+ａｎ）2．

∵ an>0， ∴ 化簡上式得=2（ａ1+ａ2+…+ａｎ）+ａｎ+1 （③） …………… 3分

同理，an2=2（ａ1+ａ2+…+ａｎ-1）+ａｎ （ｎ≥2） （④），③－④得-an2=ａｎ+1+ａｎ． ∴ ａｎ+1-ａｎ=1 （ｎ≥2） ……………………………………………………………… 5分

又ａ2-ａ1=1，即當ｎ∈N*時都有ａｎ+1-ａｎ=1， ∴數列｛ａｎ｝是首項為1、公差為1的等差數列．∴ ａｎ=n ………………………………………………… 7分

（Ⅱ） ∵ ａｎ=n， ∴ =＝-， ∴ Sｎ＝++…+＝1+--＝-+ ……………… 10分

∵ Sn+1-Sn=->0， ∴ 數列｛Sn｝單調遞增，即（Sn）ｍｉｎ＝S1＝． 又a>0，1-ａ＞0， ∴ 0loga（1-ａ）恒成立，只需使>loga（1-ａ）恒成立， ∴ 1-a>a. ∴ 0＜ａ＜． ∴實數ａ的取值范圍為0， ……… 14分

20． （Ⅰ） 證明： ∵ AE垂直于圓O所在的平面，CD在圓O所在的平面內，∴ AE⊥CD． …………………………… 1分

在正方形ABCD中，CD⊥AD， ∵ AD∩AE=A，∴ CD⊥平面ADE． ∵ CD?奐平面ABCD， ∴平面ABCD⊥平面ADE ………………………… 5分

（Ⅱ） 解法1： ∵ CD⊥平面ADE，DE?奐平面ADE， ∴ CD⊥DE ………………………… 6分

∵ DE在圓O所在的平面內， ∴ CE為圓O的直徑，∴ CE=9． 設正方形ABCD的邊長為a，則在Rt△CDE中，DE2=CE2-CD2=81-a2． 在Rt△AED中，DE2=AD2-AE2=a2-9. 由81-a2=a2-9解得a=3． ∴ DE==6

………………………………………… 8分

過點E作EF⊥AD交AD于點F，作FG∥AB交BC于點G，連接GE. ∵ AB∥CD， ∴ AB⊥平面ADE. ∵ EF?奐平面ADE，∴ EF⊥AB． ∵ AD∩AB=A，∴ EF⊥平面ABCD． ∵ BC?奐平面ABCD， ∴ BC⊥EF． ∵ BC⊥FG，EF∩FG=F， ∴ BC⊥平面EFG． ∵ EG?奐平面EFG，∴ BC⊥EG． ∴ ∠FGE是二面角D-BC-E的平面角 …… 10分

在Rt△AED中，AD#8226;EF=AE#8226;DE. ∵ AE=3，DE=6，AD=3， ∴ EF=== …………………………………………… 12分

∵在Rt△EFG中，FG=AB=3， ∴ tan∠FGE==，二面角D-BC-E的平面角的正切值為 ……………………………………………… 14分

（Ⅱ） 解法2： ∵ CD⊥平面ADE，DE?奐平面ADE， ∴ CD⊥DE． ∴ CE為圓O的直徑，∴ CE=9． 設正方形ABCD的邊長為a． 在Rt△CDE中，DE2=CE2-CD2=81-a2． 在Rt△AED中，DE2=AD2-AE2=a2-9. 由81-a2=a2-9解得a=3． ∴ DE==6 …………… 7分

以D為坐標原點，以ED，CD所在的直線為x軸和y軸，以過D點垂直于圓O所在的平面的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系 … 8分

可得D（0，0，0），E（-6，0，0），C（0，-3，0），A（-6，0，3），B（-6，-3，3）． 設平面ABCD的法向量為n1=（ｘ1，ｙ1，ｚ1），則n1#8226;=0，n1#8226;=0.即-6x1+3z1=0，-3ｙ1＝0. 取ｘ1＝1，則n1=（1，0，2） ………………… 12分

設平面BCE的法向量為n2=（ｘ2，ｙ2，ｚ2），則n2#8226;=0，n2#8226;=0.即-3ｙ2+3z2=0，6x2-3ｙ2＝0.取ｙ2＝2，則n2=（，2，2）． ∵ cos〈n1，n2〉===，∴ ｓｉｎ〈n1，n2〉=．

∴ tan〈n1，n2〉=． ∴ 二面角D-BC-E的平面角的正切值為 … 14分

21． 解：（Ⅰ） 設Q（x0，0），由F2（c，0），A（0，b）可得=（-c，b），=（x0，-b）. ∵ ⊥， ∴ -cx0-b2=0，x0=-. ∵ 2+=0， ∴ F1為F2Q的中點， ∴ x0+xF2=2xF1，即-+c=-2c∴ b2=3c2=a2-c2， ∴ 橢圓的離心率e=

……………………………………………………………………… 4分

（Ⅱ） 由（Ⅰ）知e==，得c=a， ∴ F2a，0，Q-a，0. ∵ ∠QAF2=90°，F1為F2Q的中點， ∴ △QAF2的外接圓圓心為F1-a，0，半徑r=F2Q=a. ∵ 過A，Q，F2的圓與直線l：x-y-3=0相切， ∴ =a，解得a=2. ∴ c=1，b=，所求的橢圓方程為+=1 …………… 8分

（Ⅲ） 由（Ⅱ）知F2（1，0），設ｌ：ｙ＝ｋ（ｘ-1）．聯立方程組得ｙ＝ｋ（ｘ-1），+=1．整理得（3+4ｋ2）ｘ2-8ｋ2ｘ+4ｋ2-12＝0 ………………………………………… 10分

設M（ｘ1，ｙ1），N（ｘ2，ｙ2），則ｘ1+ｘ2＝，ｙ1+ｙ2＝ｋ（ｘ1+ｘ2-2），+＝（ｘ1-ｍ，ｙ1）+（ｘ2-ｍ，ｙ2）＝（ｘ1+ｘ2-2ｍ，ｙ1+ｙ2）．

∵菱形對角線相互垂直， ∴ （+）#8226;=0，故k（ｙ1+ｙ2）+ｘ1+ｘ2-2ｍ=0. 則k2（ｘ1+ｘ2-2）+ｘ1+ｘ2-2ｍ=0，即k2-2+-2ｍ＝0．

由已知條件得k∈R且ｋ≠0， ∴ m== …………… 13分

∴ 0

22． 解： （Ⅰ） ∵ ｆ（ｘ）=ln（ｅｘ+ａ）是奇函數， ∴ln（ｅ-ｘ+ａ）＝-ln（ｅｘ+ａ）， ∴ （ｅ-ｘ+ａ）（ｅｘ+ａ）＝1， 化簡得a（ex+e-x+ａ）＝0， ∴ a=0 …………………………… 3分

（Ⅱ） 由（Ⅰ）知 ｆ（ｘ）=x， ∴g（ｘ）=λx+sinx. ∵g（ｘ）在［-1，1］上單調遞減，g′（ｘ）=λ+cosx， ∴ λ≤-cosx在［-1，1］上恒成立，∴ λ≤-1 ……… 5分

∵ ［g（ｘ）］max=g（-1）=-λ-sin1， ∴ 要使題中不等式恒成立，即-λ-sin1

令ｈ（λ）＝（ｔ+1）λ+ｔ2+ｓｉｎ1+1＞0 （λ≤-1），則ｔ+1＜0，-ｔ-1+ｔ2+ｓｉｎ1+1＞0. ∴ t<-1，ｔ2-t+ｓｉｎ1＞0.又ｔ2-t+ｓｉｎ1＞0恒成立，∴ t<-1. 當t=-1時，ｈ（λ）=sｉｎ1+2＞0. ∴ t≤-1… 8分

（Ⅲ） ==x2-2ex+m. 令 ｆ1（ｘ）=， ｆ2（ｘ）=x2-2ex+m. ∵ｆ1′（ｘ）=，當x∈（0，ｅ）時， ｆ1′（ｘ）>0，∴ｆ1（ｘ）在（0，ｅ）上為增函數；當x∈（ｅ，+∞）時， ｆ1′（ｘ）＜0，∴ｆ1（ｘ）在（ｅ，+∞)上為減函數；當x=e時， ｆ′（ｘ）＝0. ∴ ［ ｆ1（ｘ）］max= ｆ1（e）=……………………………………………………………… 12分

ｆ2（ｘ）＝（ｘ-ｅ）2+ｍ-ｅ2. ∵ｆ2（ｘ）≥ｍ-ｅ2， ｆ1（ｘ）≤， ∴ 當ｍ-ｅ2>即ｍ>ｅ2+時， ｆ1（ｘ）與 ｆ2（ｘ）的圖象沒有交點， ∴方程無