2010年(全國(guó)卷II)(含答案)高考理科數(shù)學(xué)

1、2010年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試（2全國(guó)卷）數(shù)學(xué)(理)試題一、選擇題 ( 本大題 共 12 題, 共計(jì) 60 分)（1）復(fù)數(shù)( )（A）（B）（C）（D）（2）函數(shù)的反函數(shù)是( )（A）（B）（C）（D）（3）若變量滿足約束條件則的最大值為( )（A）1 （B）2 （C）3 （D）4（4）如果等差數(shù)列中，那么( )（A）14 （B）21 （C）28 （D）35（5）不等式的解集為( )（A）（B）（C）（D）（6）將標(biāo)號(hào)為1，2，3，4，5，6的6張卡片放入3個(gè)不同的信封中若每個(gè)信封放2張，其中標(biāo)號(hào)為1，2的卡片放入同一信封，則不同的方法共有( )（A）12種（B）18種（C）36種（D

2、）54種（7）為了得到函數(shù)的圖像，只需把函數(shù)的圖像( )（A）向左平移個(gè)長(zhǎng)度單位（B）向右平移個(gè)長(zhǎng)度單位（C）向左平移個(gè)長(zhǎng)度單位（D）向右平移個(gè)長(zhǎng)度單位（8）ABC中，點(diǎn)D在邊AB上，CD平分ACB，若a，b，|a|1，|b|2，則   等于() （A）（B）（C）（D）（9）已知正四棱錐中，那么當(dāng)該棱錐的體積最大時(shí)，它的高為( )（A）1 （B）（C）2 （D）3（10）若曲線在點(diǎn)處的切線與兩個(gè)坐標(biāo)圍成的三角形的面積為18，則( )（A）64 （B）32 （C）16 （D）8（11）與正方體的三條棱、所在直線的距離相等的點(diǎn)( )（A）有且只有1個(gè)（B）有且只有2個(gè)（C）有

3、且只有3個(gè)（D）有無(wú)數(shù)個(gè)（12）已知橢圓的離心率為，過(guò)右焦點(diǎn)且斜率為的直線與相交于兩點(diǎn)若，則( )（A）1 （B）（C）（D）2二填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分（13）已知是第二象限的角，則（14）若的展開(kāi)式中的系數(shù)是，則（15）已知拋物線的準(zhǔn)線為，過(guò)且斜率為的直線與相交于點(diǎn)，與的一個(gè)交點(diǎn)為若，則（16）已知球的半徑為4，圓與圓為該球的兩個(gè)小圓，為圓與圓的公共弦，若，則兩圓圓心的距離三解答題：本大題共6小題，共70分解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟（17）（本小題滿分10分）中，為邊上的一點(diǎn)，求（18）（本小題滿分12分）已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn(n2n)·3n

4、.（）求；（）證明：（19）（本小題滿分12分）如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，AA1AB，D為BB1的中點(diǎn)，E為AB1上的一點(diǎn)，AE3EB1. （）證明：為異面直線與的公垂線；（）設(shè)異面直線與的夾角為45°，求二面角的大?。?0）（本小題滿分12分）如圖，由M到N的電路中有4個(gè)元件，分別標(biāo)為T(mén)1，T2，T3，T4，電流能通過(guò)T1，T2，T3的概率都是p，電流能通過(guò)T4的概率是0.9電流能否通過(guò)各元件相互獨(dú)立已知T1，T2，T3中至少有一個(gè)能通過(guò)電流的概率為0.999（）求p；（）求電流能在M與N之間通過(guò)的概率；（）表示T1，T2，T3，T4中能通過(guò)電流的元件個(gè)數(shù)，求的

5、期望（21）（本小題滿分12分）己知斜率為1的直線l與雙曲線C：相交于B、D兩點(diǎn)，且BD的中點(diǎn)為（）求C的離心率；（）設(shè)C的右頂點(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F，證明：過(guò)A、B、D三點(diǎn)的圓與x軸相切（22）（本小題滿分12分）設(shè)函數(shù)（）證明：當(dāng)時(shí)，；（）設(shè)當(dāng)時(shí)，求a的取值范圍2010年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試（2全國(guó)卷）數(shù)學(xué)(理)試題答案解析:一、選擇題（1）A 解析：.（2）D解析：由y，得ln(x1)2y1，解得 xe2y11，故反函數(shù)為ye2x11(xR)故選D。（3）C解析：約束條件所對(duì)應(yīng)的可行域如圖 由z2xy得y2xz.由圖可知，當(dāng)直線y2xz經(jīng)過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z最大由，得，則A(1,1)zmax

6、2×113.（4）C解析：an為等差數(shù)列，a3a4a512，a44.a1a2a77a428. （5）C解析：，利用數(shù)軸穿根法解得-2x1或x3，故選C（6）B解析：標(biāo)號(hào)1,2的卡片放入同一封信有種方法；其他四封信放入兩個(gè)信封，每個(gè)信封兩個(gè)有種方法，共有種，故選B.（7）B 解析：=，=，所以將的圖像向右平移個(gè)長(zhǎng)度單位得到的圖像，故選B.（8）B 解析：因?yàn)槠椒?，由角平分線定理得，所以D為AB的三等分點(diǎn)，且，所以，故選B.（9）C解析：本試題主要考察椎體的體積，考察告辭函數(shù)的最值問(wèn)題.設(shè)底面邊長(zhǎng)為a，則高，所以體積，設(shè)：，則，當(dāng)y取最值時(shí)，解得a=0或a=4時(shí)，體積最大，此時(shí)，故選C.

7、（10）A 解析：，切線方程是，令，令，三角形的面積是，解得.故選A.（11）D解析：直線B1D上取一點(diǎn)，分別作PO1，PO2，PO3垂直于B1D1，B1C，B1A于O1，O2，O3則PO1平面A1C1，PO2平面B1C，PO2平面A1B，O1，O2，O3分別作O1NA1D1，O2MCC1，O3QAB，垂足分別為M，N，Q，連PM，PN，PQ，由三垂線定理可得，PNA1D1；PMCC1；PQAB，由于正方體中各個(gè)表面、對(duì)等角全等，所以PO1=PO2=PO3，O1N=O2M=O3Q，PM=PN=PQ，即P到三條棱AB、CC1、A1D1.所在直線的距離相等所以有無(wú)窮多點(diǎn)滿足條件，故選D.（12）B

8、解析：設(shè)直線l為橢圓的有準(zhǔn)線，e為離心率，過(guò)A，B分別作AA1，BB1垂直于l，A1，B為垂足，過(guò)B作BE垂直于AA1與E，由第二定義得，二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分（13）解析：由得，又，解得，又是第二象限的角，所以.（14）1 解析：展開(kāi)式中的系數(shù)是.（15）2 解析：過(guò)B作BE垂直于準(zhǔn)線于E，M為中點(diǎn)，又斜率為，M為拋物線的焦點(diǎn)，2.（16）3 解析：設(shè)E為AB的中點(diǎn)，則O，E，M，N四點(diǎn)共面，如圖，所以，由球的截面性質(zhì)，有，所以與全等，所以MN被OE垂直平分，在直角三角形中，由面積相等，可得，三、解答題：本大題共6小題，共70分解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟

9、（17）解：由由已知得從而 由正弦定理得所以（18）解：（I）所以 （II）當(dāng)n=1時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以，當(dāng)（19）解：(1)證明：連結(jié)A1B，記A1B與AB1的交點(diǎn)為F， 因?yàn)槊鍭A1B1B為正方形，故A1BAB1，且AFFB1，又AE3EB1，所以FEEB1，又D為BB1的中點(diǎn)，故DEBF，DEAB1.作CGAB，G為垂足，由ACBC知，G為AB中點(diǎn)又由底面ABC面AA1B1B，得CG面AA1B1B，連結(jié)DG，則DGAB1，故DEDG，由三垂線定理，得DECD，所以DE為異面直線AB1與CD的公垂線(2)因?yàn)镈GAB1，故CDG為異面直線AB1與CD的夾角，CDG45°，設(shè)AB2，則A

10、B12，DG，CG，AC，作B1HA1C1，H為垂足，因?yàn)榈酌鍭1B1C1面AA1C1C，故B1H面AA1C1C.又作HKAC1，K為垂足，連結(jié)B1K，由三垂線定理，得B1KAC1，因此B1KH為二面角A1-AC1-B1的平面角B1H，HC1，AC1，HK，tanB1KH.所以二面角A1-AC1-B1的大小為arctan.（20）解：記A1表示事件，電流能通過(guò)A表示事件：中至少有一個(gè)能通過(guò)電流，B表示事件：電流能在M與N之間通過(guò)。 （I）相互獨(dú)立，又故 （III）由于電流能通過(guò)各元件的概率都是0.9，且電流能通過(guò)各元件相互獨(dú)立。故（21）解：(1)由題設(shè)知，l的方程為yx2. 代入C的方程，并

11、化簡(jiǎn)，得(b2a2)x24a2x4a2a2b20，設(shè)B(x1，y1)、D(x2，y2)，則x1x2，x1x2，               由M(1,3)為BD的中點(diǎn)知1，故×1，即b23a2，                     &#

12、160;   故c2a，所以C的離心率e2.(2)由知，C的方程為3x2y23a2，A(a,0)，F(xiàn)(2a,0)，x1x22，x1·x20，故不妨設(shè)x1a，x2a.|BF|a2x1，|FD|2x2a.|BF|·|FD|(a2x1)(2x2a)4x1x22a(x1x2)a25a24a8.又|BF|·|FD|17，故5a24a817，解得a1或a (舍去)故|BD|x1x2|·6.連結(jié)MA，則由A(1,0)，M(1,3)知|MA|3，從而MAMBMD，且MAx軸，因此以M為圓心，MA為半徑的圓經(jīng)過(guò)A、B、D三點(diǎn)，且在點(diǎn)A處與x軸相切所以過(guò)A、B、D三點(diǎn)的圓與x軸相切（22）解：(1)當(dāng)x1時(shí)，f(x)，當(dāng)且僅當(dāng)ex1x.令g(x)exx1，則g(x)ex1.當(dāng)x0時(shí)，g(x)0，g(x)在0，)上是增函數(shù)；當(dāng)x0時(shí)，g(x)0，g(x)在(，0上是減函數(shù)于是g(x)在x0處達(dá)到最小值，因而當(dāng)xR時(shí)，g(x)g(0)，即exx1.所以當(dāng)x1時(shí)，f(x).(2)由題設(shè)x0，此時(shí)f(x)0.當(dāng)a0時(shí)，若x，則0，f(x)不成立；當(dāng)a0時(shí)，令h(x)axf(x)f(x)x，則f(x)當(dāng)且僅當(dāng)h(x)0，h(x)af(x)axf(x)f(x)1af(x)axf(x)axf(x)()當(dāng)0