数学文科（全国II卷）答案解析2010.docVIP

2010年普通高等学校夏季招生考试数学文史类(全国卷)一、解答题 ( 本大题 共 1 题, 共计 12 分)1、(12分) 解：(1)由题设知，l的方程为yx2. 代入C的方程，并化简，得(b2a2)x24a2x4a2a2b20，设B(x1，y1)、D(x2，y2)，则x1x2，x1x2， 由M(1,3)为BD的中点知1，故1，即b23a2， 故c2a，所以C的离心率e2.(2)由知，C的方程为3x2y23a2，A(a,0)，F(2a,0)，x1x22，x1x20，故不妨设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.连结MA，则由A(1,0)，M(1,3)知|MA|3，从而MAMBMD，且MAx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轴相切二、选择题 ( 本大题 共 12 题, 共计 60 分)1、(5分) CU1,2,3,4,5，AB1,3,5， (AB)2,42、(5分) A原不等式等价于(x3)(x2)0，解得2x3. 3、(5分) Bcos(2)cos2(12sin2)(12).4、(5分) D由y1ln(x1)得ln(x1)y1，x1ey1.xey11.yex11.又y1ln(x1)(x1)的值域为R，y1ln(x1)(x1)的反函数是yex11(xR)5、(5分) C约束条件所对应的可行域如图 由z2xy得y2xz.由图可知，当直线y2xz经过点A时，z最大由，得，则A(1,1)zmax2113. 6、(5分) Can为等差数列，a3a4a512，a44.a1a2a77a428. 7、(5分) Ay2xa，ky|x0a1，将(0，b)代入切线：0b10，b1，a1，b1. 8、(5分) D法一：(几何法)如图，取BC中点D，连结AD、SD. 由SA面ABC，得SABC.D为BC中点，得ADBC.BC面SAD.过A作AESD，交SD于E.又BCAE，AESEE，AE面SBC.ABE为AB与平面SBC所成的角在SAD中，SA3，AD，SD2，SAADSDAE，解得AE.sinABE.法二：(向量法)以A为原点，分别以AB、AS所在直线为x轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz，易知S(0,0,3)，B(2,0,0)，C(1，0)设平面SBC的法向量为n(x，y，z)则，得n(3，2)，又(2,0,0)，当为AB与平面SBC所成的角时，sin|cos，n|9、(5分) B将标号为1、2的卡片放入一个信封，有3(种)，将剩下的4张卡片放入剩下的2个信封中，有6(种)，共有3618(种)10、(5分) B法一：(直接法)CD平分ACB， 2() (ab)b (ab)ab.法二：(排除法)由角平分线的性质知abab.故ab.系数之比为21，只有B项符合11、(5分) D经验证线段B1D上的点B，D，中点，四等分点均满足题意，故由排除法知应有无数个点12、(5分) B如图，过A、B分别作准线l的垂线，垂足分别为A1，B1，过B作BMAA1于M. 由椭圆的第二定义得：e，e，|BB1|，|AA1|.又3，3，|AA1|，|AM|AA1|MA1|AA1|BB1|，而|AB|AF|FB|4|FB|，在RtBAM中，cosBAM，sinBAM，ktanBAM.三、填空题 ( 本大题 共 4 题, 共计 20 分)1、(5分) 解析：由1tan2得1.cos2.是第二象限的角，cos0.cos.2、(5分) 84解析：(x)9的展开式的通项为Tr1x9r()rx92r，当r3时，T31x96x384x3，x3的系数为84. 3、(5分) 2解析：l：x，过M(1,0)且斜率为的直线为y (x1)，联立得解得A(， (1)又，M点为AB的中点B点坐标为(2， (1)将B(2， (1)代入y22px(p0)，得3(1)22p(2)，解得p2或p6(舍)4、(5分) 3解析：|OM|ON|3，圆M与圆N的半径相等，且为.取AB中点C，连结MC、NC，则MCAB，NCAB，|MC|NC|，易知OM、CN共面且OMMC，ONNC，|OC|2，sinOCM，|MN|2|MC|sinOCM23. 四、解答题 ( 本大题 共 5 题, 共计 58 分)1、(10分) 解：由cosADC0知B，由已知得cosB，sinADC，从而sinBADsin(ADCB)sinADCcosBcosADCsinB.由正弦定理得，AD25. 2、(12分) 解：(1)设公比为q，则ana1qn1.由已知有化简得又a10，故q2，a11.所以an2n1.(2)由(1)知bn(an)224n12.因此Tn(144n1)(1)2n2n (4n41n)2n1. 3、(12分) 法一：(1)证明：连结A1B，记A1B与AB1的交点为F， 因为面AA1B1B为正方形，故A1BAB1，且AFFB1，又AE3EB1，所以FEEB1，又D为BB1的中点，故DEBF，DEAB1.作CGAB，G为垂足，由ACBC知，G为AB中点又由底面ABC面AA1B1B，得CG面AA1B1B，连结DG，则DGAB1，故DEDG，由三垂线定理，得DECD，所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线(2)因为DGAB1，故CDG为异面直线AB1与CD的夹角，CDG45，设AB2，则AB12，DG，CG，AC，作B1HA1C1，H为垂足，因为底面A1B1C1面AA1C1C，故B1H面AA1C1C.又作HKAC1，K为垂足，连结B1K，由三垂线定理，得B1KAC1，因此B1KH为二面角A1AC1B1的平面角B1H，HC1，AC1，HK，tanB1KH.所以二面角A1AC1B1的大小为arctan.解法二：(1)证明：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Bxyz，设AB2，则A(2,0,0)，B1(0,2,0)，D(0,1,0)，E(，0)，又设C(1,0，c)，则(，0)，(2，2,0)，(1，1，c)于是0，0，故DEB1A，DEDC，所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线(2)因为，等于异面直线AB1与CD的夹角，故cos45，即24，解得c，故(1,0，)又(0,2,0)所以(1,2，)设平面AA1C1的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，即x2yz0且2y0.令x，则z1，y0，故m(，0,1)，设平面AB1C1的法向量为n(p，q，r)，则n0，n0，即p2qr0,2p2q0，令p，则q，r1，故n(，1)所以cosm，n.由于m，n等于二面角A1AC1B1的平面角，所以二面角A1-AC1-B1的大小为arccos.4、(12分) 解：记Ai表示事件：电流能通过Ti，i1,2,3,4.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(1) ，A1，A2，A3相互独立，P()P()P()P()P()(1p)3.又P()1P(A)10.9990.001，故(1p)30.001，p0.9.(2)BA4A1A3A2A3，P(B)P(A4A1A3A2A3)P(A4)P(A1A3)P(A2A3)P(A4)P()P(A1)P(A3)P()P()P(A2)P(A3)0.90.10.90.90.10.10.90.90.989 1. 5、(12分) 解：(1)当a2时，f(x)x36x23x1，f(x)3(x2)(x2)当x(，2)时f(x)0，f(x)在(，2)上单调增加；当x(2，2)时f(x)0，f(x)在(2，2)上单调减少；当x(2，)时