2011湖南高考（理科）数学试题答案解析(2)

（I）求角C的大小； （II）求3sinA?cos(B??4解析：（I）由正弦定理得sinCsinA?sinAcosC.

)的最大值，并求取得最大值时角A,B的大小．

因为0?A??,所以sinA?0.从而sinC?cosC.又cosC?0,所以tanC?1,则C?（II）由（I）知B?3?4?A.于是

?4

3sinA?coBs?(?4?)3Asi?n?c?oAs() ?3sinA?3?4coAs?,?2sAin?(6?6?).?

?0?A??6?A?11??从,而当A12?6?即,A2?时??3,2sin(A??6)取最大值2．

综上所述，3sinA?cos(B??4)的最大值为2，此时A??3,B?5?12.

18. 某商店试销某种商品20天，获得如下数据：

日销售量（件） 0 频数 1 1 5 2 9 3 5 试销结束后（假设该商品的日销售量的分布规律不变），设某天开始营业时有该商品3件，当天营业结束后检查存货，若发现存货少于2件，则当天进货补充至．．3件，否则不进货，将频率视为概率。 ．．．(Ⅰ）求当天商品不进货的概率； ．．．

（Ⅱ）记X为第二天开始营业时该商品的件数，求X的分布列和数学期望。 解析：（I）P（“当天商店不进货”）=P（“当天商品销售量为0件”）+P（“当天商品销售量1件”）=

120?520?310。

（II）由题意知，X的可能取值为2，3.

P(x?2)?P(\当天商品销售量为1件\?520?14；

P(x?3)?P(\当天商品销售量为0件\P(\当天商品销售量为2件\P(\当天商品销售量为3件\?120+920+520?34故X的分布列为

X

2 3 6

P 14 14+3?34=11434 X的数学期望为EX?2?。

19.（本题满分12分）如图5，在圆锥PO中，已知PO?AB?2,C是?A的B中点,,为D2,?O的直径

A的中点．C（I）证明：平面POD?平面PAC;

（II）求二面角B?PA?C的余弦值． 解：（I）连接OC，因为OA?OC,D为的AC中点，所以AC?OD.

又PO?底面?O,AC?底面?O,所以AC?PO.因为OD,PO是平面POD内的两条相交直线，所以

AC?平面POD。而AC?平面PAC，所以平面POD?平面PAC。

（II）在平面POD中，过O作OH?PD于H，由（I）知，平面POD?平面PAC,所以OH?平面PAC,又PA?平面PAC,所以PA?OH.

在平面PAO中，过O作OG?PA于G,连接HG,则有PA?平面OGH， 从而PA?HG，所以?OGH是二面角B?PA?C的平面角． 在Rt?ODA中,OD?OA?sin45??22

在Rt?POD中,OH?PO?ODPO+OD222??2+2212?105

在Rt?POA中,OG?PO?OAPO+OA22?2?12+1?63

7

10在Rt?OHG中,sin?OGH?OHOG??5?63155,所以cos?OGH?105。

故二面角B?PA?C的余弦值为

105。

20. 如图6，长方形物体E在雨中沿面P（面积为S）的垂直方向作匀速移动，速

度为v(v?0)，雨速沿E移动方向的分速度为c(c?R)。E移动时单位时间内的淋．．．．雨量包括两部分：（1）P或P的平行面（只有一个面淋雨）的淋雨量，假设其值与v?c×S成正比，比例系数为

110；（2）其它面的淋雨量之和，其值为，记y2321为E移动过程中的总淋雨量，当移动距离d=100，面积S=时。

（Ⅰ）写出y的表达式

（Ⅱ）设0＜v≤10,0＜c≤5，试根据c的不同取值范围，确定移动速度v，使总淋雨量y最少。

解析：（I）由题意知，E移动时单位时间内的淋雨量为

100v320125v320|v?c|?12，

故y?(|v?c|?)?(3|v?c|?10).

（II）由(I)知，当0?v?c时，y?5v5v(3c?3v?10)?5(3c?10)v?15；

当c?v?10时，y?(3v?3c?10)?5(10?3c)v?15.

8

?5(3c?10)?15,0?v?c??v故y??。

?5(10?3c)?15,c?v?10?v?(1)当0?c?103103时，y是关于v的减函数.故当v?10时，ymin?20?3c2。

(2) 当?c?5时，在(0,c]上，y是关于v的减函数；在(c,10]上，y是关于v的

增函数；故当v?c时，ymin?

50c。

A.(本小题满分13分） 如图7，椭圆C1:xa22?yb22?1(a?b?0)的离心率为

32，x轴被曲线C2:y?x?b 截

2得的线段长等于C1的长半轴长。 （Ⅰ）求C1，C2的方程；

（Ⅱ）设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A,B,直线MA,MB分别与C1相交与D,E.

（i）证明：MD?ME；

(ii)记△MAB,△MDE的面积分别是S1,S2.问：是否存在直线l,使得请说明理由。

S1S2=

1732?

9

解析：（I）由题意知e?C1C2ca2?322，从而a?2b，又2b?a，解得a?2,b?1。

故，的方程分别为

x4?y?1,y?x?1。

2（II）（i）由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y?kx. ?y?kx由?得x2?kx?1?0， 2?y?x?1设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1,x2是上述方程的两个实根，于是x1?x2?k,x1x2??1。 又点M的坐标为(0,?1)，所以

y?1y2?1(kx1?1)(kx2?1)kx1x2?k(x1?x2)?1?k?k?1?1??????1

x1x2x1x2x1x2?1222kMA?kMB故MA?MB，即MD?ME。

?y?k1x?1?x?0（ii）设直线的斜率为k1，则直线的方程为y?k1x?1，由?解得?2?y??1?y?x?1?x?k12(k,k?1) 或?，则点的坐标为112?y?k1?1又直线MB的斜率为?121k1 ，同理可得点B的坐标为(?121k121k1k12,12?1).

于是S1?|MA|?|MB|?1?k1?|k1|?1?2?|?1k1|?1?k12|k1|.

?y?k1x?122(1?4k)x?8k1x?0， 由?2得12?x?4y?4?08k1?x?2?21?4k?x?08k14k1?1?1,)； 解得?或?，则点D的坐标为(222y??11?4k11?4k1??y?4k1?12?1?4k1?又直线的斜率为?1k1，同理可得点E的坐标(?8k14?k12,4?k14?k122)

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