2011年山东省文科数学高考试卷及答案

2011年山东省文科数学高考试卷

本试卷分第I卷和第II卷两部分，共4页，满分150分。考试用时120分钟，考试结束后，

将本试卷和答题卡一并交回。 注意事项：

1．答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、准考证证、县区和科类填写在答题卡和试卷规定的位置上。

2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答案不能答在试卷上。

3．第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按能上能下要求作答的答案无效。

4．填空题请直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 参考公式：

柱体的体积公式：VSh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高。

圆柱的侧面积公式：Scl，其中c是圆柱的底面周长，l是圆柱的母线长。

球的体积公式：V

4

R3，其中R是球的半径。 3

2

球的表面积公式：S4R

，其中R是球的半径。

ˆ用最小二乘法求线性回归方程系数公式：b

xynxy

ii

i1

n

n

x

i1

24

nx

2

ˆybx， ,a

如果事件A、B互斥，那么P（A+B）=P（A）+P（B）

第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共l0小题．每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一项是

满足题目要求的． 1．设集合 M ={x|（x+3）（x-2）

2i

（i为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为 2i

B．第二象限

x

A．第一象限 C．第三象限 D．第四象限

3．若点（a,9）在函数y3的图象上，则tan=

a

的值为 6

C．1

D

A．0

2

B

4．曲线yx11在点P（1，12）处的切线与y轴交点的纵坐标是

A．-9 B．-3 C．9 D．15

5．已知a，b，c∈R，命题“若abc=3，则a2b2c2≥3”，的否命题是

A．若a+b+c≠3，则a2b2c2

6．若函数f(x)sinx （ω>0）在区间0,

A．



上单调递增，在区间,上单调递减，则ω= 332

C．2

D．3

2

3

B．

3

2

x2y50

7．设变量x，y满足约束条件xy20，则目标函数z2x3y1的最大值为

x0

A．11 B．10 C．9

8．某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表

4 2 广告费用x（万

元）

49 26 销售额y（万元）

D．8．5

3 39

5 54

ˆ为9．4，据此模型预报广告费用为6万元时销售额ˆaˆbxˆ中的b根据上表可得回归方程y

为

A．63．6万元

B．65．5万元

C．67．7万元

D．72．0万元

9．设M（x0，y0）为抛物线C：x28y上一点，F为抛物线C的焦点，以F为圆心、FM为

半径的圆和抛物线C的准线相交，则y0的取值范围是

A．（0，2）

B．[0，2]

C．（2，+∞）

D．[2，+∞）

10．函数y

x

2sinx的图象大致是

2

11．下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，

其正（主）视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯 视图如下图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如下图．其中真命 题的个数是 A．3 B．2 C．1 D．0

12．设A1，A2，A3，A4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若AR），1A3A1A2 （λ∈



AAA14A12

（μ∈R），且

1





1



2,则称A3，A4调和分割A1，A2 ,已知点C（c，o）,D

（d，O） （c，d∈R）调和分割点A（0，0），B（1，0），则下面说法正确的是 A．C可能是线段AB的中点 B．D可能是线段AB的中点

C．C，D可能同时在线段AB上

D．C，D不可能同时在线段AB的延长线上

第II卷（共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．

13．某高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有150、150、400、300名学生，

为了解学生的就业倾向，用分层抽样的方法从该校这四个专业共抽 取40名学生进行调查，应在丙专业抽取的学生人数为 ． 14．执行右图所示的程序框图，输入l=2，m=3，n=5，则输出的y的值

是

x2y2x2y2

=1有相同的 15．已知双曲线221(a＞0，b＞0)和椭圆

ab169

焦点，且双曲线的离心率是椭圆离心率的两倍，则双曲线的方程

为 ．

16．已知函数f（x）=logaxxb(a＞0，且a1).当2＜a＜3＜b＜4时，函数f（x）的零点

x0(n,n1),nN*,则n=

三、解答题：本大题共6小题，共74分． 17．（本小题满分12分）

在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知

cosA-2cosC2c-a

=．

cosBb

sinC

的值； sinA

1

（II）若cosB=，ABC的周长为5，求b的长.

4

（I）求

18．（本小题满分12分）

甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女．

（I）若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师

性别相同的概率；

（II）若从报名的6名教师中任选2名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师来自同一

学校的概率．

19．（本小题满分12分）

如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，D1D平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB=2AD，AD=A1B1，BAD=60° （Ⅰ）证明：AA1BD； （Ⅱ）证明：CC1∥平面A1BD．

20．（本小题满分12分）

等比数列an中，a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1,a2,a3中的任何两个数不在下表的同一列．

（Ⅰ）求数列an的通项公式；

（Ⅱ）若数列bn满足：bnan(1)nlnan，求数列bn的前2n项和S2n．

21．（本小题满分12分）

某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，

左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为

80

立方米，且l≥2r．假设该容器的建3

造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c＞3)．设该容器的建造费用为y千元．

（Ⅰ）写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域； （Ⅱ）求该容器的建造费用最小时的r． 22．（本小题满分14分）

x2

y21．如图所示，斜率为k(k＞0)且不在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:3

过原点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x3于点D(3,m)． （Ⅰ）求m2k2的最小值； （Ⅱ）若OGOD∙OE，

（i）求证：直线l过定点；

（ii）试问点B，G能否关于x轴对称？若能，求出此

时ABG的外接圆方程；若不能，请说明理由．

2

参考答案

一、选择题

1——12 ADDCABBBCCAD 二、填空题

x2y2

1 16．2 13．16 14．68 15．

43

三、解答题 17．解：

（I）由正弦定理，设

abc

k, sinAsinBsinC

2ca2ksinCksinA2sinCsinA

, 则bksinBsinBcosA2cosC2sinCsinA

. 所以

cosBsinB

即(cosA2cosC)sinB(2sinCsinA)cosB，

化简可得sin(AB)2sin(BC). 又ABC， 所以sinC2sinA

sinC

2. sinAsinC

2得 （II）由

sinAc2a.

因此

由余弦定得及cosB

1得 4

b2a2c22accosB

1

a24a24a24

4a2.

所以b2a. 又abc5, 从而a1,

因此b=2。 18．解：（I）甲校两男教师分别用A、B表示，女教师用C表示；

乙校男教师用D表示，两女教师分别用E、F表示

从甲校和乙校报名的教师中各任选1名的所有可能的结果为： （A，D）（A，E），（A，F），（B，D），（B，E），（B，F），（C，D），（C，E），（C，F）共9种。 从中选出两名教师性别相同的结果有：（A，D），（B，D），（C，E），（C，F）共4种，

选出的两名教师性别相同的概率为P

4

. 9

（II）从甲校和乙校报名的教师中任选2名的所有可能的结果为：

（A，B），（A，C），（A，D），（A，E），（A，F），（B，C），（B，D），（B，E），（B，F）， （C，D），（C，E），（C，F），（D，E），（D，F），（E，F）共15种， 从中选出两名教师来自同一学校的结果有： （A，B），（A，C），（B，C），（D，E），（D，F），（E，F）共6种，

选出的两名教师来自同一学校的概率为P19．（I）证法一：

因为D1D平面ABCD，且BD平面ABCD， 所以D1DBD，

又因为AB=2AD，BAD60， 在ABD中，由余弦定理得

62. 155

BD2AD2AB22ADABcos603AD2，

所以AD2BD2AB2

， 因此ADBD， 又ADD1DD, 所以BD平面ADD1A1. 又AA1平面ADD1A1， 故AA1BD. 证法二：

因为D1D平面ABCD，且BD平面ABCD， 所以BDD1D.

取AB的中点G，连接DG，

在ABD中，由AB=2AD得AG=AD，

又BAD60，所以ADG为等边三角形。 因此GD=GB，

故DBGGDB， 又AGD60

所以GDB=30,

故ADB=ADG+GDB=60+30=90,所以BDAD.

又ADD1DD,

所以BD平面ADD1A1， 又AA1平面ADD1A1， 故AA1BD.

II）连接AC，A1C1，

设ACBDE，连接EA1

因为四边形ABCD为平行四边形， 所以EC

1

2

AC. 由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知 A1C1//EC且A1C1=EC，

所以边四形A1ECC1为平行四边形， 因此CC1//EA1，

又因为EA1平面A1BD，CC1平面A1BD， 所以CC1//平面A1BD。

（

20．解：（I）当a13时，不合题意；

当a12时，当且仅当a26,a318时，符合题意； 当a110时，不合题意。 因此a12,a26,a318, 所以公式q=3， 故an23n1.

（II）因为bnan(1)nlnan

23n1(1)n(23n1)23n1(1)n[ln2(n1)ln3]23n1(1)n(ln2ln3)(1)nnln3,

所以

S2nb1b2b2n2(133

2n1

)[111(1)](ln2ln3)

2n

|[123(1)2n2n]ln3

132n

2nln3

13

32nnln31.

21．解：（I）设容器的容积为V，

由题意知Vrl

2

4380

r,又V, 33

4

Vr3

804420故lr(r)

r23r233r2

由于l2r 因此0r2.

所以建造费用y2rl34rc2r因此y4(c2)r

2

2

420

(2r)34r2c, 3r

160

,0r2. r

1608(c2)320

(r),0r2. （II）由（I）得y'8(c2)r2

rr2c2

由于c3,所以c20,

当r

3

200时,r

c2m,则 8(c2)

(rm)(r2rmm2). 2

r

9

（1）当0m2即c时，

2

所以y'

当r=m时,y'=0;当r(0,m)时,y'0.

所以rm是函数y的极小值点，也是最小值点。 （2）当m2即3c

9

时， 2

当r(0,2)时,y'0,函数单调递减， 所以r=2是函数y的最小值点， 综上所述，当3c

9

时，建造费用最小时r2; 2

当c

9时，建造费用最小时r 222．（I）解：设直线l的方程为ykxt(k0)，

由题意，t0.

ykxt,

由方程组x2得 2

y1,3

(3k21)x26ktx3t230，

由题意0， 所以3k1t. 设A(x1,y1),B(x2,y2)， 由韦达定理得x1x2所以y1y2

2

2

6kt

,

3k21

2t

. 2

3k1

由于E为线段AB的中点，

因此xE

3ktt

,y, E

3k213k21

此时kOE

yE1

. xE3k

1

x, 3k

所以OE所在直线方程为y又由题设知D（-3，m）， 令x=-3，得m即mk=1，

所以m2k22mk2,

1

， k

当且仅当m=k=1时上式等号成立， 此时 由0得0t2, 因此 当mk1且0t2时，

m2k2取最小值2。

（II）（i）由（I）知OD所在直线的方程为y

将其代入椭圆C的方程，并由k0,

解得G(1

x, 3k

3kt1

,),D(3,)，

3k213k21k由距离公式及t0得

又E(

9k21

|OG|(2,

3k12

2

2

|OD|,

k

|OE|2

3k1

由|OG||OD||OE|得tk, 因此，直线l的方程为yk(x1). 所以，直线l恒过定点(1,0).

2

（ii）由（i

）得G(

若B，G关于x轴对称，

则B(

代入yk(x1)整理得3k21

即6k7k10， 解得k2421（舍去）或k21, 6

所以k=1， 此时B(3131,),G(,)关于x轴对称。 2222

又由（I）得x10,y11,所以A（0，1）。

由于ABG的外接圆的圆心在x轴上，可设ABG的外接圆的圆心为（d，0）， 因此d1(d)23

2211,解得d, 42

故

ABG的外接圆的半径为r

1

222 5. 4所以ABG的外接圆方程为(x)y

11

2011年山东省文科数学高考试卷

本试卷分第I卷和第II卷两部分，共4页，满分150分。考试用时120分钟，考试结束后，

将本试卷和答题卡一并交回。 注意事项：

1．答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、准考证证、县区和科类填写在答题卡和试卷规定的位置上。

2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答案不能答在试卷上。

3．第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按能上能下要求作答的答案无效。

4．填空题请直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 参考公式：

柱体的体积公式：VSh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高。

圆柱的侧面积公式：Scl，其中c是圆柱的底面周长，l是圆柱的母线长。

球的体积公式：V

4

R3，其中R是球的半径。 3

2

球的表面积公式：S4R

，其中R是球的半径。

ˆ用最小二乘法求线性回归方程系数公式：b

xynxy

ii

i1

n

n

x

i1

24

nx

2

ˆybx， ,a

如果事件A、B互斥，那么P（A+B）=P（A）+P（B）

第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共l0小题．每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一项是

满足题目要求的． 1．设集合 M ={x|（x+3）（x-2）

2i

（i为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为 2i

B．第二象限

x

A．第一象限 C．第三象限 D．第四象限

3．若点（a,9）在函数y3的图象上，则tan=

a

的值为 6

C．1

D

A．0

2

B

4．曲线yx11在点P（1，12）处的切线与y轴交点的纵坐标是

A．-9 B．-3 C．9 D．15

5．已知a，b，c∈R，命题“若abc=3，则a2b2c2≥3”，的否命题是

A．若a+b+c≠3，则a2b2c2

6．若函数f(x)sinx （ω>0）在区间0,

A．



上单调递增，在区间,上单调递减，则ω= 332

C．2

D．3

2

3

B．

3

2

x2y50

7．设变量x，y满足约束条件xy20，则目标函数z2x3y1的最大值为

x0

A．11 B．10 C．9

8．某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表

4 2 广告费用x（万

元）

49 26 销售额y（万元）

D．8．5

3 39

5 54

ˆ为9．4，据此模型预报广告费用为6万元时销售额ˆaˆbxˆ中的b根据上表可得回归方程y

为

A．63．6万元

B．65．5万元

C．67．7万元

D．72．0万元

9．设M（x0，y0）为抛物线C：x28y上一点，F为抛物线C的焦点，以F为圆心、FM为

半径的圆和抛物线C的准线相交，则y0的取值范围是

A．（0，2）

B．[0，2]

C．（2，+∞）

D．[2，+∞）

10．函数y

x

2sinx的图象大致是

2

11．下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，

其正（主）视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯 视图如下图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如下图．其中真命 题的个数是 A．3 B．2 C．1 D．0

12．设A1，A2，A3，A4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若AR），1A3A1A2 （λ∈



AAA14A12

（μ∈R），且

1





1



2,则称A3，A4调和分割A1，A2 ,已知点C（c，o）,D

（d，O） （c，d∈R）调和分割点A（0，0），B（1，0），则下面说法正确的是 A．C可能是线段AB的中点 B．D可能是线段AB的中点

C．C，D可能同时在线段AB上

D．C，D不可能同时在线段AB的延长线上

第II卷（共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．

13．某高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有150、150、400、300名学生，

为了解学生的就业倾向，用分层抽样的方法从该校这四个专业共抽 取40名学生进行调查，应在丙专业抽取的学生人数为 ． 14．执行右图所示的程序框图，输入l=2，m=3，n=5，则输出的y的值

是

x2y2x2y2

=1有相同的 15．已知双曲线221(a＞0，b＞0)和椭圆

ab169

焦点，且双曲线的离心率是椭圆离心率的两倍，则双曲线的方程

为 ．

16．已知函数f（x）=logaxxb(a＞0，且a1).当2＜a＜3＜b＜4时，函数f（x）的零点

x0(n,n1),nN*,则n=

三、解答题：本大题共6小题，共74分． 17．（本小题满分12分）

在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知

cosA-2cosC2c-a

=．

cosBb

sinC

的值； sinA

1

（II）若cosB=，ABC的周长为5，求b的长.

4

（I）求

18．（本小题满分12分）

甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女．

（I）若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师

性别相同的概率；

（II）若从报名的6名教师中任选2名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师来自同一

学校的概率．

19．（本小题满分12分）

如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，D1D平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB=2AD，AD=A1B1，BAD=60° （Ⅰ）证明：AA1BD； （Ⅱ）证明：CC1∥平面A1BD．

20．（本小题满分12分）

等比数列an中，a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1,a2,a3中的任何两个数不在下表的同一列．

（Ⅰ）求数列an的通项公式；

（Ⅱ）若数列bn满足：bnan(1)nlnan，求数列bn的前2n项和S2n．

21．（本小题满分12分）

某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，

左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为

80

立方米，且l≥2r．假设该容器的建3

造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c＞3)．设该容器的建造费用为y千元．

（Ⅰ）写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域； （Ⅱ）求该容器的建造费用最小时的r． 22．（本小题满分14分）

x2

y21．如图所示，斜率为k(k＞0)且不在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:3

过原点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x3于点D(3,m)． （Ⅰ）求m2k2的最小值； （Ⅱ）若OGOD∙OE，

（i）求证：直线l过定点；

（ii）试问点B，G能否关于x轴对称？若能，求出此

时ABG的外接圆方程；若不能，请说明理由．

2

参考答案

一、选择题

1——12 ADDCABBBCCAD 二、填空题

x2y2

1 16．2 13．16 14．68 15．

43

三、解答题 17．解：

（I）由正弦定理，设

abc

k, sinAsinBsinC

2ca2ksinCksinA2sinCsinA

, 则bksinBsinBcosA2cosC2sinCsinA

. 所以

cosBsinB

即(cosA2cosC)sinB(2sinCsinA)cosB，

化简可得sin(AB)2sin(BC). 又ABC， 所以sinC2sinA

sinC

2. sinAsinC

2得 （II）由

sinAc2a.

因此

由余弦定得及cosB

1得 4

b2a2c22accosB

1

a24a24a24

4a2.

所以b2a. 又abc5, 从而a1,

因此b=2。 18．解：（I）甲校两男教师分别用A、B表示，女教师用C表示；

乙校男教师用D表示，两女教师分别用E、F表示

从甲校和乙校报名的教师中各任选1名的所有可能的结果为： （A，D）（A，E），（A，F），（B，D），（B，E），（B，F），（C，D），（C，E），（C，F）共9种。 从中选出两名教师性别相同的结果有：（A，D），（B，D），（C，E），（C，F）共4种，

选出的两名教师性别相同的概率为P

4

. 9

（II）从甲校和乙校报名的教师中任选2名的所有可能的结果为：

（A，B），（A，C），（A，D），（A，E），（A，F），（B，C），（B，D），（B，E），（B，F）， （C，D），（C，E），（C，F），（D，E），（D，F），（E，F）共15种， 从中选出两名教师来自同一学校的结果有： （A，B），（A，C），（B，C），（D，E），（D，F），（E，F）共6种，

选出的两名教师来自同一学校的概率为P19．（I）证法一：

因为D1D平面ABCD，且BD平面ABCD， 所以D1DBD，

又因为AB=2AD，BAD60， 在ABD中，由余弦定理得

62. 155

BD2AD2AB22ADABcos603AD2，

所以AD2BD2AB2

， 因此ADBD， 又ADD1DD, 所以BD平面ADD1A1. 又AA1平面ADD1A1， 故AA1BD. 证法二：

因为D1D平面ABCD，且BD平面ABCD， 所以BDD1D.

取AB的中点G，连接DG，

在ABD中，由AB=2AD得AG=AD，

又BAD60，所以ADG为等边三角形。 因此GD=GB，

故DBGGDB， 又AGD60

所以GDB=30,

故ADB=ADG+GDB=60+30=90,所以BDAD.

又ADD1DD,

所以BD平面ADD1A1， 又AA1平面ADD1A1， 故AA1BD.

II）连接AC，A1C1，

设ACBDE，连接EA1

因为四边形ABCD为平行四边形， 所以EC

1

2

AC. 由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知 A1C1//EC且A1C1=EC，

所以边四形A1ECC1为平行四边形， 因此CC1//EA1，

又因为EA1平面A1BD，CC1平面A1BD， 所以CC1//平面A1BD。

（

20．解：（I）当a13时，不合题意；

当a12时，当且仅当a26,a318时，符合题意； 当a110时，不合题意。 因此a12,a26,a318, 所以公式q=3， 故an23n1.

（II）因为bnan(1)nlnan

23n1(1)n(23n1)23n1(1)n[ln2(n1)ln3]23n1(1)n(ln2ln3)(1)nnln3,

所以

S2nb1b2b2n2(133

2n1

)[111(1)](ln2ln3)

2n

|[123(1)2n2n]ln3

132n

2nln3

13

32nnln31.

21．解：（I）设容器的容积为V，

由题意知Vrl

2

4380

r,又V, 33

4

Vr3

804420故lr(r)

r23r233r2

由于l2r 因此0r2.

所以建造费用y2rl34rc2r因此y4(c2)r

2

2

420

(2r)34r2c, 3r

160

,0r2. r

1608(c2)320

(r),0r2. （II）由（I）得y'8(c2)r2

rr2c2

由于c3,所以c20,

当r

3

200时,r

c2m,则 8(c2)

(rm)(r2rmm2). 2

r

9

（1）当0m2即c时，

2

所以y'

当r=m时,y'=0;当r(0,m)时,y'0.

所以rm是函数y的极小值点，也是最小值点。 （2）当m2即3c

9

时， 2

当r(0,2)时,y'0,函数单调递减， 所以r=2是函数y的最小值点， 综上所述，当3c

9

时，建造费用最小时r2; 2

当c

9时，建造费用最小时r 222．（I）解：设直线l的方程为ykxt(k0)，

由题意，t0.

ykxt,

由方程组x2得 2

y1,3

(3k21)x26ktx3t230，

由题意0， 所以3k1t. 设A(x1,y1),B(x2,y2)， 由韦达定理得x1x2所以y1y2

2

2

6kt

,

3k21

2t

. 2

3k1

由于E为线段AB的中点，

因此xE

3ktt

,y, E

3k213k21

此时kOE

yE1

. xE3k

1

x, 3k

所以OE所在直线方程为y又由题设知D（-3，m）， 令x=-3，得m即mk=1，

所以m2k22mk2,

1

， k

当且仅当m=k=1时上式等号成立， 此时 由0得0t2, 因此 当mk1且0t2时，

m2k2取最小值2。

（II）（i）由（I）知OD所在直线的方程为y

将其代入椭圆C的方程，并由k0,

解得G(1

x, 3k

3kt1

,),D(3,)，

3k213k21k由距离公式及t0得

又E(

9k21

|OG|(2,

3k12

2

2

|OD|,

k

|OE|2

3k1

由|OG||OD||OE|得tk, 因此，直线l的方程为yk(x1). 所以，直线l恒过定点(1,0).

2

（ii）由（i

）得G(

若B，G关于x轴对称，

则B(

代入yk(x1)整理得3k21

即6k7k10， 解得k2421（舍去）或k21, 6

所以k=1， 此时B(3131,),G(,)关于x轴对称。 2222

又由（I）得x10,y11,所以A（0，1）。

由于ABG的外接圆的圆心在x轴上，可设ABG的外接圆的圆心为（d，0）， 因此d1(d)23

2211,解得d, 42

故

ABG的外接圆的半径为r

1

222 5. 4所以ABG的外接圆方程为(x)y

11