数学文科（全国I卷）答案解析2010.doc

2010年普通高等学校夏季招生考试数学文史类(全国卷)一、选择题 ( 本大题 共 12 题, 共计 60 分)1、(5分) Ccos300cos(300360)cos(60)cos602、(5分) C M2,3,5，N(M)1,3,52,3,53,53、(5分) B线性约束条件对应的平面区域如图所示，由zx2y得y，当直线y在y轴上的截距最小时，z取得最大值，由图知，当直线通过点A时，在y轴上的截距最小，由，解得A(1，1)所以zmax12(1)3. 4、(5分) A数列an为等比数列，由a1a2a35得5，由a7a8a910得10，所以50，即(a2a8)350，即50，所以5 (an0)所以a4a5a65.5、(5分) A(1x)4(1)3的展开式中x2项为 (x)1 ()2 (x)26x2，其系数为6. 6、(5分) C不妨设ABACAA11，建立空间直角坐标系如图所示，则B(0，1,0)，A1(0,0,1)，A(0,0,0)，C1(1,0,1)， (0,1,1)，(1,0,1)cos，60.异面直线BA1与AC1所成的角为60. 7、(5分) C函数f(x)|lgx|的图象如图所示， 由图象知a，b一个大于1，一个小于1，不妨设a1,0b1.f(a)f(b)，f(a)|lga|lgaf(b)|lgb|lgblg.a.abb22. 8、(5分) B在PF1F2中，|F1F2|2|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|cos60(|PF1|PF2|)2|PF1|PF2|，即(2)222|PF1|PF2|，解得|PF1|PF2|4. 9、(5分) D不妨设正方体的棱长为1，如图建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(1,1,0)，B1(1,1,1) 平面ACD1的法向量为(1,1,1)，又(0,0,1)，cos，.BB1与平面ACD1所成角的余弦值为.10、(5分) Clog32ln2，要比较log32与5，只需比较log23与log22，只需比较3与2，22243，log325.cab. 11、(5分) D如图，设APO， |2cos2|2(12sin2)(|OP|21)(12)|OP|2323，当且仅当|OP|2，即|OP|时，“”成立12、(5分) B不妨取ABCD，过CD作平面PCD，使AB平面PCD，交AB于P.设点P到CD的距离为h，则有V四面体ABCD22hh.当直径通过AB与CD的中点时，hmax22.故Vmax二、填空题 ( 本大题 共 4 题, 共计 20 分)1、(5分) x|2x1，或x2解析：不等式0可化为(x2)(x23x2)0，即(x2)(x1)(x2)0，解得2x1，或x2.原不等式的解集为x|2x1，或x22、(5分) 解析：为第二象限角，sin，cos.tan.tan2.3、(5分) 30解析：分两类：选A类选修课2门，B类选修课1门，有12(种)；选A类选修课1门，B类选修课2门，有CC3618(种)共有121830(种)4、(5分) 解析：如图，设椭圆的标准方程为1(ab0)不妨设B为上顶点，F为右焦点，设D(x，y)由2，得(c，b)2(xc，y)，即，解得，D(，)由D在椭圆上得：1，e.三、解答题 ( 本大题 共 6 题, 共计 70 分)1、(10分) 解：设数列an的公差为d.依题设有即解得a11，d3或a18，d4.因此Snn(3n1)或Sn2n(5n)2、(12分) 解：由abacotAbcotB及正弦定理得sinAsinBcosAcosB，sinAcosAcosBsinB，从而sinAcoscosAsincosBsinsinBcos，sin(A)sin(B)又0AB，故AB，AB.所以C.3、(12分) 解：(1)记A表示事件：稿件能通过两位初审专家的评审；B表示事件：稿件恰能通过一位初审专家的评审；C表示事件：稿件能通过复审专家的评审；D表示事件：稿件被录用则DABC，P(A)0.50.50.25，P(B)20.50.50.5，P(C)0.3，P(D)P(ABC)P(A)P(BC)P(A)P(B)P(C)0.250.50.30.40.(2)记A0表示事件：4篇稿件中没有1篇被录用；A1表示事件：4篇稿件中恰有1篇被录用；A2表示事件：4篇稿件中至少有2篇被录用A0A1.P(A0)(10.4)40.129 6，P(A1)0.4(10.4)30.345 6，P()P(A0A1)P(A0)P(A1)0.129 60.345 60.475 2，P(A2)1P()10.475 20.524 8. 4、(12分) 解法一：(1)连结BD，取DC的中点G，连结BG， 由此知DGGCBG1，即DBC为直角三角形，故BCBD.又SD平面ABCD，故BCSD，所以BC平面BDS，BCDE.作BKEC，K为垂足因平面EDC平面SBC，故BK平面EDC，BKDE.DE与平面SBC内的两条相交直线BK、BC都垂直，DE平面SBC，DEEC，DESB.SB，DE，EB，SESBEB，所以SE2EB.(2)由SA，AB1，SE2EB，ABSA，知AE1，又AD1，故ADE为等腰三角形取ED中点F，连结AF，则AFDE，AF.连结FG，则FGEC，FGDE.所以AFG是二面角ADEC的平面角连结AG，AG，FG，cosAFG.所以二面角A-DE-C的大小为120.解法二：以D为坐标原点，射线DA为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系Dxyz.设A(1,0,0)，则B(1,1,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2)(1) (0,2，2)，(1,1,0)设平面SBC的法向量为n(a，b，c)，由n，n得n0，n0.故2b2c0，ab0.令a1，则b1，c1，n(1,1,1)又设 (0)，则E(，)(，)，(0,2,0)设平面CDE的法向量m(x，y，z)，由m，m，得m0，m0.故0,2y0.令x2，则m(2,0，)由平面DEC平面SBC得mn，mn0，20，2.故SE2EB.(2)由(1)知E(，)，取DE中点F，则F(，)， (，)，故0，由此得FADE.又(，)，故0，由此得ECDE，向量与的夹角等于二面角ADEC的平面角于是cos，所以二面角A-DE-C的大小为1205、(12分) 解：(1)f(x)4(x1)(3ax23ax1)当a时，f(x)2(x2)(x1)2，f(x)在(，2)内单调递减，在(2，)内单调递增，在x2时，f(x)有极小值所以f(2)12是f(x)的极小值(2)在(1,1)上，f(x)单调增加，当且仅当f(x)4(x1)(3ax23ax1)0，即3ax23ax10， ()当a0时恒成立；()当a0时成立，当且仅当3a123a110，解得a.()当a0时成立，即3a(x)210成立，当且仅当10.解得a.综上，a的取值范围是，6、(12分) 解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x1，y1)，l的方程为xmy1(m0)(1)证明：将xmy1代入y24x并整理得y24my40，从而y1y24m，y1y24. 直线BD的方程为yy2(xx2)，即yy2(x)令y0，得x1.所以点F(1,0)在直线BD上(2)由知，x1x2(my11)(my21)4m22，x1x2(my11)(my21)1.因为(x11，y1)，(x21，y2)，(x11)(x21)y1y2x1x2(x1x2