2010高考数学全国II理.pdf

高考真题专家全解 1 2010 年普通高等学校招生全国统一考试 全国 卷 数学 理科 本试题卷分选择题和非选择题两部分 满分 150 分 考试时间 120 分钟 请考生按规定用笔讲所有试题的答案涂 写在答题纸上 一 选择题 1 复数 2 3 1 i i A 3 4i B 3 4i C 3 4i D 3 4i 解一 2 22 22 3 3 96864 334 12 1 1 2 iiiii i iiiiii 解二 22 22 2 22 3 3 1 3 324 1 2 1 4434 1 1 1 22 iiiiiii iiii iii 选 A 2 函数 1 ln 1 1 2 x yx 的反函数是 A y e2x 1 1 x 0 B y e2x 1 1 x 0 C y e2x 1 1 x R D y e2x 1 1 x R 解 当 x 1 时 x 1 0 所以 ln x 1 R 所以 y R 反函数的定义域是 x R 2y 1 ln x 1 ln x 1 2y 1 x 1 e2y 1 x e2y 1 1 交换 x y y e2x 1 1 x R 选 D 3 若变量 x y 满足约束条件 1 325 x yx xy 则 z 2x y 的最大值为 高考真题专家全解 2 A 1 B 2 C 3 D 4 解 作出可行域 是由 A 1 1 B 1 4 C 1 1 构成的三角形 由 z 的意义是直线 y 2x z 的纵截距 可知目标函数过 C 时最大 即 x 1 y 1 时 z 取得最大值为 3 选 C 4 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 解 因为数列 an 是等差数列 则 a3 a5 2a4 所以 3a4 12 所以 a4 3 又 a1 a7 a2 a6 a3 a5 2a4 所以 a1 a2 a7 7a4 21 选 B 5 不等式 2 6 0 1 xx x 的解集为 A x x3 B x x 2 或 1 x 3 C x 2 x3 D x 2 x 1 或 1 x 3 解 2 6 3 2 00 2 1 3 0 11 xxxx xxx xx 如图可知 2 x3 解法二 当 x 2 时 x 1 x 3 0 x3 此时 2 x3 当 x 2 时 x 1 x 3 0 无解 所以 2 x3 选 C 6 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 则不同的方法共有 A 12 种 B 18 种 C 36 种 D 54 种 2 0 1 3x 高考真题专家全解 3 解 第一步 将 1 2 放入同一信封 有 3 种方法 第二步 从剩下的四张卡片 选 2 张放入第二个信封 有 C42 6 种方法 第三步 将剩下的两张卡片 放入第三个信封 有 1 种方法 共有 3 6 1 18 种方法 选 B 7 为了得到函数sin 2 3 yx 的图像 只需把函数sin 2 6 yx 的图像 A 向左平移 4 个长度单位 B 向右平移 4 个长度单位 C 向左平移 2 个长度单位 D 向右平移 2 个长度单位 解 sin 2 sin2 sin2 36124 yxxx sin 2 sin2 612 yxx 所 以 要 得 到 函 数s i n 2 3 yx 的 图 像 只 需 把 函 数 sin 2 6 yx 的图像向右平移 4 个长度单位 选 B 8 ABC 中 点 D 在 AB 上 CD 平分 ACB 若CB a CA b a 1 b 2 则CD A 12 33 ab B 21 33 ab C 34 55 ab D 43 55 ab 解 过 A 作 AE BC 交 CD 延长线于 E 则 AEC ECB ADE BDC ADAE DBCB 又 ECB ACE AEB ACE AE AC a 1 b 2 所以 2 2 1 AD ADDB DB b a 因为 ADACCD DBDCCB 2 ACCDDCCB E D AB C 高考真题专家全解 4 2 CDDC ba 32CD ab 21 33 CD ab 选 B 9 已知正四棱锥 S ABCD 中 SA 2 3 那么当该棱锥的体积最大时 它的高为 A 1 B 3 C 2 D 3 解 设底面边长为 a 0 O 底面中心 则 SO 为正四棱 锥的高 且 2 22 12 2 a SOSAOA 2 222 12 1224 326 a Vaaa 解法一 2222 222 2248214822 24 662633 aaaa Va aaaa 等号当且仅当 a2 48 2a2即 a2 16 即 a 4 时成立 当 a 4 时 2 16 12122 22 a SO 解法二 设 f a a4 24 a2 则 f a a6 24a4 f a 6a5 96a3 6a3 a2 16 因为 a 0 所以当 a 4 时 f a 0 且当 0 a0 当 a 4 时 f a 0 的直线与 C 相交于 A B 两点 若3AFFB 则 k A 1 B 2 C 3 D 2 解法一 过 A B 分别作准线的垂线 垂足分别为 A1 B1 过 B 作 BE AA1于 E 设 BB1 d 则 FB de 所以 AF 3de AB 4de AE AA1 EA1 AA1 BB1 2d 213 cos 423 AEd BAE ABdee 高考真题专家全解 7 因为 k 0 所以 BAE 为锐角 2 6 sin1 cos 3 BAEBAE 6 3 tan2 3 3 kBAE 解法二 设焦点 F c 0 则 c2 a2 b2 由 3 2 e 得 3a2 4c2 得到 a 2b 则椭圆方程为 222 440 xyb 设直线 AB 方程为 x my c m2 4 y2 2mcy c2 4b2 0 设 A x1 y1 B x2 y2 12 2 2 22 12 22 2 4 4 3 44 mc yy m c cb y y mm 因为3AFFB 所以 c x1 y1 3 x2 c y2 所以 y1 3y2 所以 y1 y2 2y2 y1y2 3y22 所以 22 22 2 2 44 mcmc yy mm 所以 2 2 22 3 3 44 c mc mm m2 4 9m2 2m2 1 k2 2 所以2k 选 B 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 4 tan 2 3 则 tan 解 因为 44 tan 2 tan2 33 2 2 2tan4 2tan3tan20 2tan1 tan2 0 31 tan 高考真题专家全解 8 因为 是第二象限的角 所以 tan 0 的准线为 l 过 M 1 0 且斜率为3的直线与 l 相交于点 A 与 C 的一个交点为 B 若AMMB 则 p 解法一 过 B 作 BE 垂直于准线 l 于 E 因为AMMB M 为中点 1 2 BMAB 又 斜率为3 BAE 30 1 2 BEAB BM BE M 为抛物线的焦点 p 2 解法二 设 AB 的方程为 3 1 yx 与 2 p x 联立解得 3 2 22 p Ap 因为 M 是 AB 的中点 所以 2 1 2 3 2 2 0 2 B B p x yp 解得 3 2 2 22 p Bp 因为 B 在抛物线上 所以 2 3 2 2 2 22 p pp 22 3 44 4 4 pppp 3p2 12p 12 16p 4p2 p2 4p 12 0 高考真题专家全解 9 p 2 或 p 6 舍 答案 2 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 解 设 E 为 AB 的中点 因为 OM M 所在平面 ON N 所 在平面 OM AB ON AB AB 平面 OMN AB ME AB NE 所以 AB 平面 MEN 所以 O E M N 四点共面 如图 AB 4 所以 22 2 3 2 AB OER 3ME 法一 33 cos 22 3 OM MOE OE 所以 MOE 30 同理 NOE 30 所以三角形 OMN 为正三角形 所以 MN 3 法二 OM ON 3 所以 Rt OME ONE 全等 所以 MN 被 OE 垂直平分 在直角三角形 中 由面积相等 可得 23 ME MO MN OE 答案 3 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 ABC 中 D 为边 BC 上的一点 BD 33 5 sin 13 B 3 cos 5 ADC 求 AD 解 由 cos ADC 3 5 0 ADC B 知 B 为锐角 因为 5 sin 13 B 得 cosB 12 13 sin ADC 4 5 从而 sin BAD sin ADC B sin ADCcosB cos ADCsinB 4 123 533 5 135 1365 由正弦定理得 sinsin ADBD BBAD 所以 5 33 sin 13 25 33 sin 65 BDB AD BAD 18 已知数列 an 的前 n 项和 Sn n2 n 3n 求lim n n n a S 证明 12 222 3 12 nn aaa n 解法一 B C A D E N M O C A B 高考真题专家全解 10 Sn n2 n 3n a1 S1 6 当 n 2 时 an Sn Sn 1 n n 1 3n n n 1 3n 1 n 3n 1 3n 3 n 1 2n n 2 3n 1 n1 n 22 2 1 2 1lim 2n n2 32 2 2 limlimlimlim 11 3 1 3n n1 3 3 1 3 1lim n n nnnn n n an nn Sn nn 当 n 1 时 11 2 63 1 S 当 n 2 时 因为 n1 111 22 2n n2 324 2 1 32 33 nnnn a nnnn 所以 1112 222 44 2 1 4 2 33 2 33 212 nnn aaa nn 11 1 1 4 2 1 33 42 33 1 34 2 42 33 12 4 31 42 33 3 nn n n nnn n n n 所以 12 222 3 12 nn aaa n 解法二 因为 1 1 11 1 1lim 1 31 limlimlim 11 3 1 3 3 1 3 1lim n n n n nnn n n Sn n nn Sn n nn 所以 111 12 limlimlim 1 1 lim1 33 nnnnn nnnn nnnn aSSSS SSSS 当 n 1 时 11 2 63 1 S 当 n 2 时 因为 11 2222 nnnnn aSSSS nnnn 112121 222222 1212 nnn aSSaaSSS nn 121 2222222 111111 1223 1 n n S SSS nnn 2 1 31 1 33 n nn n n nn 所以 12 222 3 12 nn aaa n 高考真题专家全解 11 19 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 证明 DE 为异面直线 AB1与 CD 的公垂线 设异面直线 AB1与 CD 的夹角为 45 求二面角 A1 AC1 B1的大小 解法一 I 连接 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 连接 DG 则 DG AB1 故 DE DG DG CG G DE 平面 CGD 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 1 2 2AB 2DG 2CG 3AC 作 B1H A1C1 H 为垂足 因为底面 A1B1C1 面 AA1CC1 故 B1H 面 AA1C1C 又作 HK AC1 K 为垂足 连接 B1K 由三垂线定理 得 B1K AC1 因 此 B1KH 为二面角 A1 AC1 B1的平面角 22 111111 1 11 1 2 2 2 3 ABACAB B H AC 22 1111 3 3 HCBCB H 22 1 2 3 7AC 11 1 2 3 3 7 AAHC HK AC 1 1 tan14 B H B KH HK E D C1 B1 A A1 B C G E F D C1 B1 A A1 B C G E F D C1 B1 A A1 B C H K 高考真题专家全解 12 所以二面角 A1 AC1 B1的大小为arctan 14 解法二 以 B 为原点 射线 BA BB1分别为 x y 轴的正半轴 建立如图空间直角坐标系 B xyz 设 AB 2 则 A 2 0 0 B1 0 2 0 D 0 1 0 1 3 0 2 2 E 又设 C 1 0 c 则 1 1 1 0 2 2 0 1 1 2 2 DEB ADCc 于是 1 1 1 0 2 2 0 1 1 00 2 2 DE B A 1 111 0 1 1 00 2 222 DE DCcc 所以 DE AB1 DE CD 所以 DE 为异面直线 AB1与 CD 的公垂线 因为 1 B A DC等于异面直线 AB1与 CD 的夹角 故 11 cos45B A DCB ADC 即 2 2 2 224 2 c 解得2c 故 1 0 2 AC 又 11 0 2 0 AABB 所以 11 1 2 2 ACACAA 设平面 AA1C1的法向量为 mx y z 则 11 0 0m ACm AA 即220 xyz 且20y 令2x 则1 0zy 故 2 0 1 m 设平面 11 ABC的法向量为 np q r 则 11 0 0n ACn B A 即220 220pqrpq 令2p 则2 1qr 故 2 2 1 n 所以 1 cos 15 m n m n m n 由于等于二面角 A1 AC1 B1的平面角 所以二面角 A1 AC1 B1的大小为 15 arccos 15 20 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 E F D C1 B1 A A1 B C x y z 高考真题专家全解 13 T2 T3中至少有一个能通过电流的概率为 0 999 求 p 求电流能在 M 与 N 之间通过的概率 表示 T1 T2 T3 T4中能通过电流的元件个数 求 的期望 解 记 Ai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 123123 AA AA A A A 相互独立 3 123123 1 P AP A AAP A P A P Ap 又 1 1 9990 001 P AP A 1 p 3 0 001 即 1 p 0 1 所以 p 0 9 44134123 BAAA AAA AA 44134123 P BP AAA AAA AA 44134123 P AP AA AP AA AA 44134123 P AP A P A P AP A P A P A P A 0 9 0 1 0 9 0 9 0 1 0 1 0 9 0 9 0 9891 由于电流能通过各元件的概率都是 0 9 且电流能否通过各元件相互独立 故 B 4 0 9 E 4 0 9 3 6 所以 的期望为 3 6 21 己知斜率为 1 的直线 l 与双曲线 C 22 22 100 xy ab ab 相交于 B D 两点 且 BD 的 中点为 M 1 3 T1 T2 T3 T4 M N 高考真题专家全解 14 求 C 的离心率 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 解 由题设知 l 的方程为 y x 2 代入 C 的方程 并化简 得 b2 a2 x2 4a2x 4a2 a2b2 0 设 B x1 y1 D x2 y2 则 2 12 22 222 12 22 4 4 a xx ba aa b x x ba 来源 Z xx k Com 由 M 1 3 为 BD 的中点知 12 1 2 xx 故 2 22 14 1 2 a ba 即 b2 3a2 故 22 2caba 所以 C 的离心率2 c e a 由 知 C 的方程为 3x2 y2 3a2 2 1212 43 0 2 0 2 0 2 a A aFaxxx x 故不妨设 x1 a x2 a 22222 11111 2 2 332BFxayxaxaax 22222 22222 2 2 332FDxayxaxaxa BF FD a 2x1 2x2 a 4x1x2 2a x1 x2 a2 5a2 4a 8 又 BF FD 17 故 5a2 4a 8 17 解得 a 1 或 9 5 a 舍去 故 2 121212 22 46BDxxxxx x 连接 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 处于 x 轴相切 所以过 A B D 三点的圆与 x 轴相切 22 设函数 f x 1 e x 证明 当 x 1 时 1 x f x x 设当 x 0 时 1 x f x ax 求 a 的取值范围 分析 1 x f x x x 1 高考真题专家全解 15 10 1 x x e x x 1 1 0 1 x x ex ex x 1 又 ex x 1 0 x 1 上式 g x ex x 1 0 x 1 即原命题 求证函数 g x x 1 的最小值为 0 II 1 x f x ax x 0 是比较两个函数值的大小 首先应考虑两个函数的符号 当 x 0 时 f x 1 e x 1 1 0 x e 而函数 1 x ax 的符号取决于 a 与 x 当 a0 上式 h x axf x f x x 0 h 0 h x axf x f x x 在 0 上递减 h x af x a x e x e x 1 0 在 0 上恒成立 又 h x 0 h 0 h x af x a x e x e x 1 在 0 上递减 h x a e x a e x a x e x e x 0 在 0 恒成立 即 h x e x 2a 1 a x e x 2a 1 0 当 1 0 2 a h x 0 由最后一式 成立 即可导出 0 1 x f x ax 即当 1 0 2 a 时 有 1 x f x ax 下一步证明 当 1 2 a 时 总可以找到 x M 0 使 1 x f x ax 高考真题专家全解 16 1 x f x ax 0 11 xaxf xf xx f x axax h x axf x f x x 0 h 0