2010年全国高考数学试题及答案-全国2卷

2010年普通高等学校招生全国统一考试（全国Ⅱ卷）

文科数学

第Ⅰ卷 （选择题）

本卷共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

参考公式：

如果事件A、B互斥，那么 球的表面积公式 P(A+B)P(A)+P(B) S=4πR2

如果事件A、B相互独立，那么 其中R表示球的半径

P(A•B)P(A)•P(B) 球的体积公式

如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么 V4R3 3n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率 其中R表示球的半径

kkPn(k)Cnp(1p)nk(k0,1,2,,n)

一、选择题

（1）设全集UxNx6，集合A1,3，B3,5,则

*U(AB)（ ）

（Ａ）1,4 （Ｂ）1,5 （Ｃ）2,4 （Ｄ）2,5 （２）不等式

x30的解集为（ ） x2（Ａ）x2x3 （Ｂ）xx2 （Ｃ）xx2或x3 （Ｄ）xx3 （3）已知sin2，则cos(2) 3(A) 5511 (B)  (C) (D) 3399（4）函数y1ln(x1)(x1)的反函数是

(A) ye(C) yex11(x0) (B) yex11(x0) 1(xR) (D) yex11(xR)

x1x1(5) 若变量x,y满足约束条件yx，则z2xy的最大值为

3x2y5(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D)4 （6）如果等差数列an中，a3+a4+a5=12，那么 a1+a2+…+a7=

(A) 14 (B) 21 (C) 28 (D)35 （7）若曲线yxaxb在点(0,b)处的切线方程式xy10，则

（A）a1,b1 （B）a1,b1 （C）a1,b1 （D）a1,b1

（8）已知三棱锥SABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，

SA=3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为 （A）23573 （B） （C）（D） 444 4（9）将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标

号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有

（A）12种 （B）18种 （C）36种 （D）54种

（10）△ABC中，点D在边AB上，CD平分∠ACB，若CBa，CAb，a1,b2，则

CD=

（A）a132223443b （B）ab （C）ab （D）ab 3335555（11）与正方体ABCDA1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点

（A）有且只有1个 （B）有且只有2个 （C）有且只有3个 （D）有无数个

3x2y2（12）已知椭圆C：2+2=1(ab0)的离心率为，过右焦点F且斜率为k（k＞0）

2ab的直线与C相交于A、B两点，若AF=3FB，则k=

（A）1 （B）2 （C）3 （D）2

第Ⅱ卷（非选择题）

二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。 （13）已知是第二象限的角，tan1，则cos___________. 2(14) (x)的展开式中x的系数是__________

2 (15) 已知抛物线C：y2px(p0)的准线为l，过M(1,0)且斜率为3的直线与l相交

1x93于点A,与C的一个交点为B,若，AMMB，则p等于_________.

（16）已知球O的半径为4，圆M与圆N为该球的两个小圆，AB为圆Ｍ与圆N的公共弦，

AB=4，若OM=ON=3，则两圆圆心的距离MN=________________.

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10分）

△ABC中，D为边BC上的一点，BD=33,sinB

（18）（本小题满分12分）

已知{an}是各项均为正数的等比例数列，且

53 ,cosADC.求AD. 135a1a22(11111)，a3a4a564()

a3a4a5.a1a2 (Ⅰ) 求{an}的通项公式； （Ⅱ）设bn(an12),求数列{bn}的前n项和Tn. an

（19）（本小题满分12分）

如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC，AA1=AB，D为BB1的中点，E为AB1

上的一点，AE=3EB1.

（Ⅰ）证明：DE为异面直线AB1与CD的公垂线；

（Ⅱ）设异面直线AB1与CD的夹角为45,求二面角A1-AC1-B1的大小.

（20）（本小题满分12分）

如图，由M到N的电路中有4个元件，分别标为T1，T2，T3，T4，电流能通过T1，T2，

T3的概率都是p，电流能通过T4的概率是0.9，电流能否通过各元件相互独立.已知T1，T2，T3中至少有一个能通过电流的概率为0.999 （Ⅰ）求p；

（Ⅱ）求电流能在M与N之间通过的概率.

o

（21）（本小题满分12分）

已知函数f(x)x3ax3x1 （Ⅰ）设a2，求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）设f(x)在区间（2,3）中至少有一个极值点，求a的取值范围.

32（22）（本小题满分12分）

x2y2 已知斜率为1的直线l与双曲线C：221(a0,b0)相交于B、D两点，且BD

ab的中点为M(1,3). （Ⅰ）求C的离心率；

（Ⅱ）设C的右顶点为A，右焦点为F，DF•BF=17，证明：过A、B、D三点的圆与x轴相切.

2010年普通高等学校招生全国统一考试 文科数学试题参考答案和评分参考

一、选择题

1. C 2. A 3. B 4. D 5. C 6. C 7. A 8. D 9. B 10. B 11. D 12. B 二、填空题 13. 25 14. 84 15. 2 16. 3 5三、解答题 （17）解：

30知B 52124 由已知得cosB,sinADC，

135 由cosADC 从而 sinBADsin(ADCB)

=sinADCcosBcosADCsinB

41235 51351333 .

65  由正弦定理得

ADBD, sinBsinBADBD•sinB 所以AD

sinBAD53313=25. =3365 （18）解：

n1（Ⅰ）设公比为q，则ana1q.由已知有

11aaq211,aaq11 aq2aq3aq464111.211341aqaqaq1112a1q2，化简得

26a1q64.又a10，故q2,a11

n1所以 an2

1112n1a242 （Ⅱ）由（Ⅰ）知bnann2n1aa4nn因此

21n14111n14Tn14...41...n12n2n4n41n2n144111344n1

（19）解法一：

（Ⅰ）连结A1B,记A1B与AB1的交点为F.因为面AA1BB1为

正方形，故A1BAB1，且AF=FB1.又AE=3EB1，所以FE=EB1，又

D

为BB1的中点，故

DE∥BF，DEAB1.

作CGAB,G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点. 又由底面ABC面AA1B1B，得CGAA1B1B.

连结DG，则DG∥AB1，故DEDG,由三垂线定理，得DECD. 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.

（Ⅱ）因为DG∥AB1，故CDG为异面直线AB1与CD的夹角，CDG=45.

设AB=2，则AB122，DG=2，CG=2,AC=3. 作B1HA1C1,H为垂足，因为底面A1B1C1面AA1C1C,故B1H面AA1C1C， 又作HKAC1，K为垂足，连结B1K,由三垂线定理，得B1KAC1，因此B1KH为二面角A1AC1B1的平面角

1A1B1ACA1B111222B1H

A1C1322HC1B1C12B1H23 3AC122(3)27,HKtanB1KHB1H14 HKAA1HC123 AC137所以二面角A1AC1B1的大小为arctan14 解法二：

（Ⅰ）以B为坐标原点，射线BA为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.

设AB=2，则A（2,0,0,），B1(0,2,0)，D（0,1,0），E(13,,0)， 220，B1A=2,-2,0,DC=1,-1,c. 又设C（1,0,c）,则DE，，于是DEB1A=0,DEDC=0. 故DEB1A，DEDC,

所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线. （Ⅱ）因为B1A,DC等于异面直线AB1与CD的

夹角，

故 B1ADCB1ADCcos45， 即 22c2解得 c2112224， 22，故AC(-1,2，2)，

又AA1=BB1=(0,2,0)，

所以AC1=AC+AA1=(1,2，2)， 设平面AA1C1的法向量为m(x,y,z)， 则mAC10,mAA10 即x2y2z0且2y0 令x2，则z1,y0，故m(2,0,1)

令平面AB1C1的法向量为n(p,q,r)

则nAC10,nB1A0，即p2q2r0,2p2q0 令p2，则q2,r1，故n(2,21)

所以 cosm,nmn1. mn15由于m,n等于二面角A1-AC1-B1的平面角， 所以二面角A1-AC1-B1的大小为arccos（20）解：

记A1表示事件：电流能通过Ti,i1,2,3,4,

A表示事件：T1，T2，T3中至少有一个能通过电流， B表示事件：电流能在M与N之间通过， （Ⅰ）AA1A2A3，A1，A2，A3相互独立，

3 P(A)P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)(1p),

15. 15又 P(A)1P(A)=10.9990.001， 故 (1p)0.001，p0.9， （Ⅱ）BA4+A4A1A3+A4A1A2A3， P(B)P(A4+A4A1A3+A4A1A2A3)

3 P(A4)+P(A4A1A3)+P(A4A1A2A3)

P(A4)+P(A4)P(A1)P(A3)+P(A4)P(A1)P(A2)P(A3) =0.9+0.1×0.9×0.9+0.1×0.1×0.9×0.9 =0.9891 （21）解：

32（Ⅰ）当a=2时，f(x)x6x3x1,f(x)3(x23)(x23)

当x(,23)时f(x)0,f(x)在(,23)单调增加； 当x(23,23)时f(x)0,f(x)在(23,23)单调减少； 当x(23,)时f(x)0,f(x)在(23,)单调增加； 综上所述，f(x)的单调递增区间是(,23)和(23,)，

f(x)的单调递减区间是(23,23)

22（Ⅱ）f(x)3[(xa)1a]，

当1a0时，f(x)0,f(x)为增函数，故f(x)无极值点； 当1a0时，f(x)0有两个根

22x1aa21,x2aa21 由题意知，2aa213,或2aa213 ①式无解，②式的解为

55a， 43因此a的取值范围是，. （22）解：

（Ⅰ）由题设知，l的方程为：yx2，

代入C的方程，并化简，得(ba)x4ax4aab0， 设 B(x1,y1)、D(x2,y2)，

222222255434a24a2a2b2,x1x22则x1x22 ①

ba2ba214a2x1x21 由M(1,3)为BD的中点知1，故22ba22即b3a， ② 故ca2b22a 所以C的离心率e22c2 a222（Ⅱ）由①②知，C的方程为：3xy3a，

43a2A(a,0),F(2a,0),x1x22,x1x20

2故不妨设x1a,x2a，

BF=(x12a)2y12(x12a)23x123a2a2x1，

22FD=(x22a)2y2(x22a)23x23a22x2a，

BFFD(a2x1)(2x2a)=4x1x22a(x1x2)a25a24a8.

又 BFFD17， 故 5a4a817， 解得a1，或a29（舍去）， 5故BD=2x1x22(x1x2)24x1x26，

连结MA，则由A(1,0)，M(1,3)知MA3，从而

MA=MB=MD,且MAx轴，因此以M为圆心，MA为半径

的圆经过A、B、D三点，且在点A处与x轴相切，所以过A、B、D三点的圆与x轴相切.