高中数学2010年天津高考数学名师详解(文理)

2010 年天津高考数学卷 理科详解 年天津高考数学卷 理科详解 第第 卷卷 一 选择题 本卷共一 选择题 本卷共小题 每小题小题 每小题分 共分 共分 在每小题给出的四个选项中 只有分 在每小题给出的四个选项中 只有10550 一个是符合要求的 一个是符合要求的 1 是虚数单位 复数 i 1 3i 12i 1 i 55i 55i 1 i 解解 故选 1 3i1 2i1 3i55i 1 i 12i12i1 2i5 2 函数的零点所在的一个区间是 23 x f xx 2 1 1 0 0 1 1 2 解解 解法解法 1 因为 2 2260f 1 1230f 0 0200f 所以函数的零点所在的一个区间是 故选 23 x f xx 1 0 解法解法 2 可化为 230 x f xx 23 x x 画出函数和的图象 可观察出选项 不正确 2xy 3yx 且 由此可排除 故选 0 0200f 3 命题 若是奇函数 则是奇函数 的否命题是 f x fx 若偶函数 则是偶函数 f x fx 若不是奇函数 则不是奇函数 f x fx 若是奇函数 则是奇函数 fx f x 若不是奇函数 则不是奇函数 fx f x 解解 由四种命题的定义 故选 4 阅读右边的程序框图 若输出的值为 则判断框内可填写 s7 3 i 4 i 5 i 6 i 解解 由框图 第一步为 第二步为 第三步为 1 3si 2 5si 7 7si 由于输出的值为 则需否 因此判断框内为故选 s7 7i 6 i 5 已知双曲线的一条渐近线方程是 它的一个焦 22 22 1 xy ab 0 0ab 3yx 点在抛物线的准线上 则双曲线的方程为 2 24yx 22 1 36108 xy 22 1 927 xy 22 1 10836 xy 22 1 279 xy 解解 解法解法 1 由题设可得双曲线方程满足 即 22 3xy 22 1 3 xy 于是 2 4 33 c 又抛物线的准线方程为 因为双曲线的一个焦点在抛物线 2 24yx 6x 的准线上 则 2 24yx 于是 2 4 36 3 c 27 所以双曲线的方程 故选 22 1 927 xy 解法解法 2 因为抛物线的准线方程为 双曲线的一个焦点在抛物线 2 24yx 6x 的准线上 则 由此排除 2 24yx 2 36c 又双曲线的一条渐近线方程是 则 22 22 1 xy ab 0 0ab 3 b yxx a ba 由此又排除 故选 6 已知是首项为 的等比数列 是的前项和 且 则 n a1 n S n an 36 9SS 的前项和为 1 n a 5 或 或 15 8 5 31 16 5 31 16 15 8 解解 设数列的公比为 由可知 于是又 n aq 36 9SS 1q 3 6 9 1 1 11 q q qq 于是 即 因为 则 63 980qq 33 180qq 1q 2q 数列的首项为 公比为 则前项和 故选 1 n a 1 1 q 5 55 5 4 1 1 131 1 116 1 qq T qq q 7 在中 内角的对边分别是 若 ABC A B C a b c 22 3abbc 则 sin2 3sinCB A B C D 30 60 120 150 解解 由及正弦定理得 代入得sin2 3sinCB 2 3cb 22 3abbc 即 又 222 32 36abbbb 22 7ab 22 12cb 由余弦定理 222222 2 12763 cos 224 34 3 bcabbb A bcb 所以 故选 30A 8 设函数若 则实数的取值范围是 2 1 2 log 0 log 0 xx f x xx f afa a 1 00 1 U 11 U 1 01 U 10 1 U 解解 若 则 即 所以 0a 21 2 loglogaa 2 2log0a 1a 若则 即 所以 0a 12 2 loglogaa 2 2log0a 01a 10a 所以实数的取值范围是或 即 故选 C a1a 10a 1 01a U 9 设集合 若 则实数 1 Ax xax R 2 Bx xbx RAB 必满足 a b 3ab 3ab 3ab 3ab 解解 集合化为 A 11 Ax axax R 集合化为 B 22 Bx xbxbx R丁 BB A A b 2b 2 a 1 a 1 a 1 a 1 若 则满足或 因此有AB 12ab 12ab 或 即 故选 3ab 3ab 3ab 10 如图 用四种不同的颜色给图中的六个点涂色 要 A B C D E F 求每个点涂一种颜色 且图中每条线段的两个端点涂不同颜色 则不同的涂 色方法共有 种 种 种 种288264240168 解解 解法解法 1 首先考虑除外 相邻两端点不同色的情形 此时 E F 有种涂法 与相邻的点有种涂法 有种涂法 有种涂法 A4AB3D3E2 此时 有种涂法 有种涂法 因此共有C2F2 种 4 3 3 2 2 2288 但是 这是有可能同色 且当同色 不同色时 同色 此时的涂 E F B D A C E F 法有同色的有种 对于点 点共有种 由对称性只有 种涂 E F4E A D3 26 B C1 法 所以共有 种 4 3 2 124 因此 符合题目要求的涂法有 种 故选 28824264 解法解法 2 分两种情形讨论 点同色和点不同色 涂法数如下表 A F A F A F BEDC 合 计 点同色 A F 43321 4 3 3 2 172 点不同色 A F 4 3 22224 3 2 2 2 2192 BC F E DA 因此 符合题目要求的涂法有 种 故选 72 192264 解法解法 3 先对涂色 有 种 B F C4 3 224 固定其中一种涂法 设四种不同的颜色为颜色 且设涂颜色 B 涂颜色 涂颜色 FC 则根据题意的涂法可用下表枚举 A E D A E D 以上共种 11 因此符合题目要求的涂法有 种 故选 24 11264 解法解法 4 分两种情形讨论 1 全部使用四种不同的颜色 第一步 对涂色 只能用三种颜色 有 种 B F C 3 4 A24 第二步 从三点中选一点涂第四种颜色 有种 再对另两点涂色有 A E D 1 3 C3 种涂法 共有种涂法 33 39 所以全部使用四种不同的颜色的涂法有 种 24 9216 2 只使用三种颜色 第一步 对涂色 有 种 B F C 33 43 C A24 第二步 对三点涂色 由于只用三种颜色 则点有种涂法 此时和 A E DA2E 只有 种涂法 D1 所以只使用三种颜色的涂法有 种 24 248 由 1 2 符合题目要求的涂法有种 故选 21648264 解法解法 5 为研究问题方便 不妨把平面图形变换成三棱柱 如右图所示 染色规则 在三棱柱的六个顶点中 相同颜色的顶点可连接同一颜色的线段 依题意 三 棱柱的九条棱都不能染色 下面分情况进行讨论 1 当六个顶点只用三种颜色涂色时 相同颜色 顶点的连线为三棱柱侧面上的对角线 如图 甲 或 乙 图中字母的角码表示颜色编号 则不同的涂色方法共有 种 13 24 C A48 2 当六个顶点用四种颜色涂色时 又可分为 在 1 的条件下 用第四种颜色替换掉六个 顶点中的一个或两个 2 B 3 C 1 F 2 D 3 E 1 A 丁丁 3 B 1 C 2 F 2 D 3 E 1 A 丁丁 2 B 3 C 1 F 2 D 3 E 4 A 丁丁 3 B 4 C 2 F 2 D 4 E 1 A 丁丁 用第四种颜色替换掉六个顶点中的一个 如图 丙 此时相当于在 1 的条件下 去掉 一条侧面上的对角线 有种方法 因此 1 3 C 不同的涂色方法共有 种 113 324 C C A 144 用第四种颜色替换掉六个顶点中两个 显然被替换掉的两个顶点的颜色编号 不能相同 否则与 1 重复 被替换掉的两个顶点也不能在同一底面上或同一侧 棱上 因此被替换掉的两个顶点与被保留的两个同颜色顶点在同一侧面上 如 图 丁 此时相当于在 1 的条件下 保留一个侧面上的对角线 考虑到重复情 况 不同的涂色方法共有 种 113 324 1 C C A 72 2 综上所述 不同的涂色方法共有 种 故选 B 2647214448 第第 卷卷 二 本大题共二 本大题共小题 每小题小题 每小题分 共分 共分 把答案填在题中横线上 分 把答案填在题中横线上 6424 11 甲 乙两人在天中每天加工的零件的个数用茎叶10 图表示如下图 中间一列的数字表示零件个数的十位数 两 边的数字零件个数的个位数 则这天中甲 乙两人日加工10 零件的平均数分别为 和 解解 2423 设甲的平均数为 乙的平均数为 则ab 1 20 1 320 15 11 11 2024 10 a 1 39 1424 10 12 10 2023 10 b 则这天中甲 乙两人日加工零件的平均数分别为10 和 2423 12 一个几何体的三视图如图所示 则这个几何体的体积为 解解 10 3 几何体是由一个正四棱锥和一个长方体组合而成 设几何体的体积为 正四棱锥的体积为 长方体的体积V 1 V 为 2 V 则 22 12 1410 21 122 333 VVV 侧 侧 侧 侧 侧 侧侧 侧 侧 2 2 1 2 1 1 2 1 13 已知圆的圆心是直线 为参数 与轴的交点 且圆与直线C 1 xt yt txC 相切 则圆的方程为 30 xy C 解解 2 2 12xy 把直线 为参数 化为普通方程为 与轴的交点为 1 xt yt t1yx x 1 0 于是圆心的坐标为 1 0 因为圆与直线相切 所以圆心到直线的距离即为半径 C30 xy 30 xy r 因此 22 1 03 2 11 r 所以圆的方程为 C 2 2 12xy 14 如图 四边形是圆的内接四边形 延长ABCDO 和相交于点 若 则的值为 ABDCP 1 2 PB PA 1 3 PC PD BC AD 解解 6 6 因为四边形是圆的内接四边形 ABCDO 所以 又 PBCD BPCDPA 所以 BPCDPA 于是 PBPCBC PDPADA 因为 所以 1 2 PB PA 1 3 PC PD 2 PB PCBC PD PADA 从而 于是 2 PB PCBC PA PDDA 2 1 11 2 36 PB PCBC PA PDDA 6 6 BC AD 15 如图 在中 ABC ADAB 3BCBD uu u ruuu r P O B C D A B C D A 则 1AD uuu r AC AD uuu r uuu r 解解 3 设 则 BDa uuu r 3BCa uu u r 31CDa uuu r 又 则 1AD uuu r ADAB 2 1ABa 解法解法 1 AC ADBCBAAD uuu r uuu ruu u ruu ruuu r BC ADBA AD uu u r uuu ruu r uuu r 因为 所以 ADAB 0BA AD uu r uuu r 因为是直角三角形 所以 ADB 1 cos AD ADB a BD uuu r uuu r 于是 1 cos313AC ADBC ADBCADADBa a uuu r uuu ruu u r uuu ruu u ruuu r 解法解法 2 2 AC ADADDCADADDC AD uuu r uuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu r uuu r 1 1cos1313DCADADBa a uuu ruuu r 解法解法 3 设 则 DAC 2 BAC 在中 由正弦定理得 ABC sinsin BCAC BACB uu u ruuu r 即 所以 3 1 sin 2 AC a a uuu r 3 cos a a AC uuu r 33 cos a a ACAC uuu ruuu r AC AD uuu r uuu r 3 cos13ACADAC AC uuu ruuu ruuu r uuu r 解法解法 4 根据题意 建立如图的直角坐标系 则 1 0D 设 于是 C x y ACx y uuu r 1 0AD uuu r 为此 只需求出点的横 1 0AC ADx yx uuu r uuu r C 坐标 作轴于 由 AEx ECDEDBA E y x B C D A 则 于是 于是 DEDC ADDB 31 1 a DE a 31DE 3AE 即点的横坐标 所以 C3x 3AC AD uuu r uuu r 16 设函数 对任意 2 1f xx 3 2 x 2 414 x fm f xf xf m m 恒成立 则实数的取值范围是 m 解解 33 22 U 解法 解法 不等式化为 即 2 1440 x f xf mfm f x m 2 2 2222 2 11441440 x xmm xm m 整理得 22 2 1 14230mxx m 因为 所以 2 0 x 2 22 123 14 x m mx 设 2 23x g x x 3 2 x 于是题目化为 对任意恒成立的问题 2 2 1 14mg x m 3 2 x 为此需求 的最大值 2 23x g x x 3 2 x 设 则 1 u x 2 0 3 u 函数在区间上是增函数 因而在处取得最大 2 32g xh uuu 2 0 3 2 3 u 值 242 28 3 3933 h 所以 2 max 2 18 14 3 mux m 整理得 即 42 12530mm 22 43310mm 所以 解得或 2 430m 3 2 m 3 2 m 因此实数的取值范围是 m 33 22 m U 解法解法 2 同解法 1 题目化为 对任意恒成立的问 2 2 1 14mg x m 3 2 x 题 为此需求 的最大值 2 23x g x x 3 2 x 设 则 23tx 6 t 2 44 9 69 6 t g xh t tt t t 因为函数在上是增函数 9 t t 3 所以当时 取得最小值 6t 9 t t 3 6 2 从而有最大值 h t 48 3 3 66 2 所以 2 max 2 18 14 3 mgx m 整理得 即 42 12530mm 22 43310mm 所以 解得或 2 430m 3 2 m 3 2 m 因此实数的取值范围是 m 33 22 m U 解法解法 3 不等式化为 即 2 1440 x f xf mfm f x m 2 2 2222 2 11441440 x xmm xm m 整理得 22 2 1 14230mxx m 令 22 2 1 1423F xmxx m 由于 则其判别式 因此的最小值不可能在函数图象的顶点得 030F 0 F x 到 所以为使对任意恒成立 必须使为最小值 0F x 3 2 x 3 2 F 即实数应满足m 2 2 2 2 1 140 3 0 2 23 12 2 14 m m F m m 解得 2 3 4 m 因此实数的取值范围是 m 33 22 m U 解法解法 4 针对填空题或选择题针对填空题或选择题 由题设 因为对任意 3 2 x 2 414 x fm f xf xf m m 恒成立 则对 不等式也成立 3 2 x 2 414 x fm f xf xf m m 把代入上式得 即 3 2 x 2 331 44 222 fm fff m m 222 2 991 1 44144 444 mmm m 因为 上式两边同乘以 并整理得 2 40m 2 4m 即 42 12530mm 22 43310mm 所以 解得或 2 430m 3 2 m 3 2 m 因此实数的取值范围是 m 33 22 m U 三 解答题 本大题共三 解答题 本大题共小题 共小题 共分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步676 骤 骤 17 本小题满分分 已知函数 12 2 2 3sin cos2cos1f xxxx x R 求函数的最小正周期及在区间上的最大值和最小值 f x0 2 若 求的值 0 6 5 f x 0 4 2 x 0 cos2x 解解 由得 2 2 3sin cos2cos1f xxxx 2 3 2sin cos2cos13sin2cos22sin 2 6 f xxxxxxx 所以函数的最小正周期为 2 2 T 因为 所以 0 2 x 7 2 666 x 所以 即时 函数为增函数 而在时 2 66 2 x 0 6 x f x 6 2 x 函数为减函数 f x 所以为最大值 为最小值 2sin2 62 f 7 2sin1 26 f 由 知 又由已知 00 2sin 2 6 f xx 0 6 5 f x 则 0 3 sin 2 65 x 因为 则 因此 0 4 2 x 0 27 2 636 x 0 cos 20 6 x 所以 于是 0 4 cos 2 65 x 00 cos2cos2 66 xx 00 cos 2cossin 2sin 6666 xx 433134 3 525210 18 本小题满分分 某射手每次射击击中目标的概率是 且各次射击的结果互12 2 3 不影响 假设这名射手射击次 求恰有次击中的概率 52 假设这名射手射击次 求有次连续击中目标 另外次未击中目标的概532 率 假设这名射手射击次 每次射击 击中目标得 分 未击中目标得分 在310 次射击中 若有次连续击中 而另外 次未击中 则额外加 分 若次全击中 则额32113 外加分 记为射手射击次后的总得分数 求的分布列 3 3 解解 设为射手在次射击中击中目标的次数 则 X5 2 5 3 XB 在次射击中恰有次击中的概率为52 23 2 5 2240 2C1 33243 P X 设 第 次击中目标 为事件 射手在次射击中有次连i 1 2 3 4 5 i A i 53 续击中目标 另外次未击中目标 为事件 则2A 123451234512345 P AP A A A A AP A A A A AP A A A A A 32323 2112112 3333333 8 81 由题意 的所有可能取值为 0 1 2 3 6 三次均未中 0 PP 3 123 11 327 P A A A 仅击中 次 1 PP 1 123123123 P A A AP A A AP A A A 22 21121122 33333339 击中次但未连续击中 2P P 2 123 2124 33327 P A A A 有次连续击中 3P P 2 22 123123 21128 333327 P A A AP A A A 次连续击中 6P P 3 3 123 28 327 P A A A 或 610123PPPPP 12488 1 279272727 所以的分布列为 01236 P1 27 2 9 4 27 8 27 8 27 19 本小题满分分 如图 在长方体中 12 1111 ABCDABC D 分别是棱 上的点 E FBC 1 CC2CFABCE 1 1 2 4AB AD AA 求异面直线与所成的角的余弦值 EF 1 AD 证明 1 AFAED 丁丁 F E C1 B1 D1 A1 D C B A 求二面角的正弦值 1 AEDF 解解 解法解法 1 如图所示 建立空间坐标系 点为坐标原点 设A 由 知1AB 2CFABCE 1 1 2 4AB AD AA 2AD 1 4AA 1CF 1 2 CE 于是 1 2 0C 0 2 0D 1 2 1F 3 1 0 2 E 1 0 0 4A 1 0 1 2 EF uu u r 1 0 2 4AD uuu r 于是 1 1 2 2 12222 1 0 02 1 14 3 2 cos 5 1 01024 2 EF AD EF AD EFAD uu u r uuu r uu u r uuu r uu u ruuu r 由于异面直线所成的角的范围是 0 2 所以异面直线与所成的角的余弦值为 EF 1 AD 3 5 1 2 1AF uuu r 1 3 1 4 2 EA uuu r 1 1 0 2 ED uuu r 则 1 0AF EA uuu r uuu r 0AF ED uuu r uuu r 于是 又 1 AFEA AFED 1 EAEDE I 所以 1 AFAED 丁丁 设平面的法向量 则即EFD ux y z r0 0 u EF u ED uu u r r uuu r r 1 0 2 1 0 2 yz xy 取 则 1x 2y 1z 1 2 1ux y z r 由 可知 为平面的一个法向量 又 AF uuu r 1 AED 1 2 1AF uuu r 所以 从而 42 cos 366 u AF u AF uAF uuu r r uuu r r uuu r r 2 25 sin 1 33 u AF uuu r r z y x F E C1 B1 D1 A1 D C B A 所以二面角的正弦值为 1 AEDF 5 3 解法解法 2 设 由 知1AB 2CFABCE 1 1 2 4AB AD AA 2AD 1 4AA 1CF 1 2 CE 连接 设与交于点 易知 1 BC 1 BC 1 BC 1 BCM 11 ADBC 由 所以 1 1 4 CECF CBCC 1 EFBC 所以是异面直线与所成的角 BMC EF 1 AD 因为 22 1 11 245 22 SMCMBC 所以由余弦定理有 222 3 cos 25 BMCMBC BMC BM CM 所以异面直线与所成的角的余弦值为 EF 1 AD 3 5 连接 设与交于点 ACACDEN 因为 所以 1 2 CDCE CBAB RtRtDCECBA 从而 CDEBCA 又由于 所以 90CDECED 90BCACED 因此 ACDE 又因为 且 所以 从而 1 CCDE 1 CCACC IDEACF 丁丁AFDE 连接 同理可证 从而 所以 BF 1 BCABF 丁丁 1 AFBC 1 AFAD 因为 所以 AFDE 1 AFAD 1 DEADD I 1 AFAED 丁丁 连接 由 可知 1 AN FNDEACF 丁丁 又 所以 NFACF 丁丁 1 ANACF 丁丁 1 DENF DEAN 因此为二面角的平面角 1 ANF 1 AEDF 易知 则 又 所以 RtRtCNECBA CNEC BCAC 5AC 5 5 CN N M F E C1 B1 D1 A1 D C B A 在中 Rt CNF 22 30 5 NFCFCN 在中 1 Rt A AN 22 11 4 30 5 ANANA A 连接 在中 11 AC AF 11 Rt AC F 22 1111 14AFACC F 在中 1 ANF 222 11 1 1 2 cos 23 ANFNAF ANF AN FN 所以 1 5 sin 3 ANF 所以二面角的正弦值为 1 AEDF 5 3 20 本小题满分分 已知椭圆的离心率 连接椭12 22 22 1 xy ab 0ab 3 2 e 圆的四个顶点得到的菱形的面积为 4 求椭圆的方程 设直线 与椭圆相交于不同的两点 已知点的坐标为 点l A BA 0a 在线段的垂直平分线上 且 求的值 0 0 QyAB4QA QB uur uu u r 0 y 解解 由得 再由得 3 2 c e a 22 34ac 222 abc 2ab 因为连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为 4 所以 则 1 224 2 ab 2ab 解方程组得 2 2 ab ab 2 1ab 所以椭圆的方程 2 2 1 4 x y 解法解法 1 由 得 设点的坐标为 2 0A B 11 x y 由题意直线 的斜率存在 设直线 的斜率为 则直线 的方程为 llkl 2yk x 于是两点的坐标满足方程组 A B 2 2 2 1 4 yk x x y 由方程组消去并整理得y 2222 14161640kxk xk 因为是方程的一个根 则由韦达定理有2x 2 1 2 164 2 14 k x k 所以 从而 2 1 2 28 14 k x k 11 2 4 2 14 k yk x k 设线段的中点为 则的坐标为 ABMM 2 22 82 1414 kk kk 下面分情况讨论 1 当时 点的坐标为 线段的垂直平分线为轴 0k B 2 0ABy 于是 由得 0 2 QAy uur 0 2 QBy uu u r 4QA QB uur uu u r 0 2 2y 2 当时 线段的垂直平分线方程为0k AB 2 22 218 1414 kk yx kkk 令得0 x 0 2 6 14 k y k 由 0 2 QAy uur 110 QBx yy uu u r 2 1010 2222 2 28 646 2 14141414 k kkk QA QBxyyy kkkk uur uu u r 42 2 2 4 16151 4 14 kk k 整理得 2 72k 14 7 k 所以 0 2 62 14 145 k y k 综上 或 0 2 2y 0 2 14 5 y 解法解法 2 若轴 则 ABx 2 0 B 2 0000 2 2 44 2 2QA QByyyy 若直线的中垂线斜率存在 设 AB 11 B x y 则直线中垂线方程 AB 111 1 22 22 yxx yx y 令 则 0 x 22 11111 0 11 224 222 xxyxy y yy 因为在椭圆上 则 11 B x y 2 2 1 4 x y 2 2 1 1 4 4 x y 因此 2222 1111 01 11 443 222 xyyy yy yy 2 2 1 0101111 41515 2 224 444 x QA QByx yyxyx 整理得 解得 舍 2 11 153240 xx 1 2 15 x 1 2x 所以 2 2 2 1 1 2 2 4 416 1415 4415 x y 1 4 14 15 y 于是 01 32 14 25 yy 综上 或 0 2 2y 0 2 14 5 y 21 本小题满分分 已知函数 14 e x f xx x R 求函数的单调区间和极值 f x 已知函数的图象与函数的图象关于直线对称 证明当 yg x yf x 1x 时 1x f xg x 如果 且 证明 12 xx 12 f xf x 12 2xx 解解 1e x fxx 令 则 1e0 x fxx 1x 当变化时 的变化情况如下表 x fxf x x 1 1 1 fx 0 f x 增极大值减 所以在区间内是增函数 在区间内是减函数 f x 1 1 函数在处取得极大值 且 f x1x 1f 1 1 e f 因为函数的图象与函数的图象关于直线对称 yg x yf x 1x 所以 于是 2g xfx 2 2exg xx 记 则 F xf xg x 2 e2 e xx F xxx 22 1 e1 e xx Fxx 当时 从而 又 1x 220 x 22 e10 x e0 x 所以 0Fx 于是函数在区间上是增函数 F x 1 因为 所以 当时 11 1ee0F 1x 10F xF 因此 f xg x 1 若 由 及 得 与矛 12 110 xx 12 f xf x 12 xx 12 xx 盾 2 若 由由 及 得 与矛盾 12 110 xx 12 f xf x 12 xx 12 xx 根据 1 2 可得 不妨设 12 110 xx 12 1 1xx 由 可知 所以 222 2f xg xfx 1222 2f xf xg xfx 因为 所以 又 2 1x 2 21x 1 1x 由 在区间内是增函数 f x 1 所以 即 12 2xx 12 2xx 22 本小题满分分 在数列中 且对任意 14 n a 1 0a k N 成等差数列 其公差为 21221 kkk aaa k d 若 证明成等比数列 2 k dk 22122 kkk aaa 若对任意 成等比数列 其公比为 k N 22122 kkk aaa k q 设 证明是等差数列 1 1q 1 1 k q 若 证明 2 2a 2 2 3 22 2 n k k k n a 2n 解解 解法解法 1 由题设可得 2121 4 kk aak k N 所以 2112121212331kkkkk aaaaaaaa L 4414 121kkk k L 因为 所以 1 0a 21 21 k ak k 从而由成等差数列 其公差为得 21221 kkk aaa 2k 2 221 22 kk aakk 于是 2 22 21 k ak 因此 所以 21 2 1 k k ak ak 22 21 1 k k ak ak 2221 212 1 kk kk aak aak 于是当时 对任意 成等比数列 2 k dk k N 22122 kkk aaa 解法解法 2 用数学归纳法 1 当时 因为成公差为的等差数列 及 则1k 123 a a a22k 1 0a 23 2 4aa 当时 因为成公差为的等差数列 及 则2k 345 a a a24k 3 4a 45 8 12aa 由 所以成等比数列 23 2 4aa 4 8a 234 a a a 所以当时 结论成立 1k 2 假设对于结论成立 即k 成公差为等差数列 成等比数列 21221 kkk aaa 2 k dk 22122 kkk aaa 设 则 2k au 21 2 k auk 2 2 21 22 2 2 k k k uka a au 又由题设成公差为等差数列 212223 kkk aaa 21 k dk 则 2221 2122242 kk aakukkuk 因此 解得 2 2 42 uk uk u 2 2uk 于是 2 21 2221 k akkk k 2 2 22 222221 k akkkk 2 23 2121212 k akkkk 再由题设成公差为等差数列 232425 kkk aaa 22 k dk 及 23 212 k akk 则 2 2423 222122222 kk aakkkkk 因为 2 22 21 k ak 23 212 k akk 2 24 22 k ak 所以 23 2 22 2122 1 21 k k kkak ak k 2 24 23 222 2121 k k kak akkk 于是成等比数列 222324 kkk aaa 于是对结论成立 1k 由 1 2 对对任意 结论成立 k N 证法证法 1 由成等差数列 成等比数列 21221 kkk aaa 22122 kkk aaa 则 即 22121 2 kkk aaa 2121 221 1 2 kk k kkk aa q aaq 因为 可知 1 1q 1 k q k N 从而 1 1 111 1 1 11 21 kk k qq q 即 1 11 1 11 kk qq 所以是等差数列 且公差为 1 1 k q 1 证法证法 2 由题设 212222 1 kkkkkkkk daaq aaaq 2 12221222 1 kkkkkkkkkk daaq aq aa qq 所以 1kkk dq d 232211 1 2 22222 1 kkkk k kkkk aadd q aaq a 2 2 222 11 1112 kk kkk kkkkkkk aqq dd q aq aq aq 因为 可知 1 1q 1 k q k N 于是 1 111 1 1111 k kkkk q qqqq 所以是等差数列 且公差为 1 1 k q 1 证法证法 1 由 得解法 1 和解法 2 均可得 1 k k q k 从而 2221 212 1 kk kk aak aak 2 22 2 1 k k ak ak 因此 2 22 2 2224 2222 2 22242 12 22 1 12 kk k kk kaaak aak aaa kk LLk N 2 212 11 221 kk kk aakk k kk k N 1 当为偶数时 设 n2nm m N 若 则 满足 1m 22 2 2 242 2 n k k k n a 2 2 3 22 2 n k k k n a 若 则2m 22 2 1 212 221 221 nmm kkk kkk kkk aaa 22 2 12 221 221 mn kk kk kk k 2 1 12 441 2 2121 mm kk kk k kk k 1 1 1 11 22 21 m k m kk 11 2211 2 mm m 31 2 2 n n 所以 所以 2 2 31 2 2 n k k k n an 2 2 3 22 2 n k k k n a 4 6 8 n L 2 当为奇数时 设 n21nm m N 2 22 2 22 21 21 nm kk kkm mkk aaa 2 2131 4 2221 m m mm m 11 4 221 m m 31 2 21 n n 所以 所以 2 2 31 2 21 n k k k n an 2 2 3 22 2 n k k k n a 3 5 7 n L 由 1 2 可知 对任意 2n 2 2 3 22 2 n k k k n a 证法证法 2 由 得解法 1 和解法 2 均可得 1 k k q k 从而 1 1 k k k dk q dk 所以 由 可得 12 1121 12 121 kkk kk ddddkk k ddddkk LL 1 2d 2 k dk 于是由 知 21 21 k ak k 2 2 2 k ak 以下同证法 2010 年天津高考数学卷 文科详解 年天津高考数学卷 文科详解 第第 卷卷 一 选择题 本卷共一 选择题 本卷共小题 每小题小题 每小题分 共分 共分 在每小题给出的四个选项中 只有分 在每小题给出的四个选项中 只有10550 一个是符合要求的 一个是符合要求的 1 是虚数单位 复数 i 3i 1 i 12i 24i 1 2i 2i 解解 故选 3i1 i3i24i 12i 1 i1 i1 i2 2 设变量满足约束条件则目标函数 x y 3 1 1 xy xy y 的最大值为 42zxy 121082 解解 画出可行域如图 直线经过时 目42zxy 2 1B 标函数取得最大值 所以 故选 max 4 22 110z 3 阅读右边的程序框图 运行相应的程序 则输出的值为 s 1 0 13 解解 第一步得 13 113s 24i 第二步得 33214s 34i 第三步得 43311s 34i 第四步得 13410s 4i 到第四步 不是大于 因此输出 所以输出的 故选 4i 40s 4 函数的零点所在的一个区间是 e2 x f xx 2 1 1 0 0 1 1 2 解解 因为 1 1e1 20f 0 0e0210f 1 1e1 2e 10f 所以函数的零点所在的一个区间是 故选 e2 x f xx 0 1 5 下列命题中 真命题是 使函数是偶函数 m R 2 f xxmx x R 使函数是奇函数 m R 2 f xxmx x R 使函数都是偶函数 m R 2 f xxmx x R 使函数都都是奇函数 m R 2 f xxmx x R 解解 当时 函数是偶函数 故选 0m 2 f xxx R 此外 函数都都不是奇函数 因此排除 m R 2 f xxmx x R 若 则函数既不是奇函数也不是偶函数 因此排除 1m 2 f xxx x R 6 设 则 5 log 4a 2 5 log 3b 4 log 5c acb bca abc bac 解解 因为 44 log 5log 41cc 5 0log 41a 5 0log 31a 所以 2 5555 log 3log 3 log 4log 4ba 所以 故选 bac 7 设集合 若 则实 1 Ax xax R 15 Bxxx RAB I 数的取值范围是 a B 06aa 2 4a aa 丁 C D 0 6a aa 丁 24aa 解解 集合化为 又A 11 Ax axax R 15 Bxxx R 因为 则或 即或 故选 AB I1 1a 15a 0a 6a 51 a 1a 1 a 1 a 1 8 右图是函数在区间 sinyAx x R 上的图象 为了得到这个函数的图象 只要将 5 66 的图象上的所有的点 sinyx x R 向左平移个单位长度 再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍 纵坐标不变 3 1 2 向左平移个单位长度 再把所得各点的横坐标伸长到原来的倍 纵坐标不变 3 2 向左平移个单位长度 再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍 纵坐标不变 6 1 2 向左平移个单位长度 再把所得各点的横坐标伸长到原来的倍 纵坐标不变 6 2 解解 解法解法 1 如图 平移需满足 解得 因此首先将 26 3 的图象上的所有的点向左平移个单位长度 sinyx x R 3 又因为该函数的周期为 于是再需把的图2 36 T sinyx x R 象上的所有的点横坐标缩短到原来的倍 故选 1 2 解法解法 2 由已知图象得解得 又 0 6 3 2 3 1A 所以图中函数的解析式是 sin 2 3 yx 因此该函数的图象是将的图象上的所有的点向左平移个单位长度 sinyx x R 3 再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍 纵坐标不变得到的 故选 1 2 9 如图 在中 ABC ADAB 3BCBD uu u ruuu r 则 1AD uuu r AC AD uuu r uuu r B C D A 2 3 3 2 3 3 3 解解 设 则 BDa uuu r 3BCa uu u r 31CDa uuu r 又 则 1AD uuu r ADAB 2 1ABa 解法解法 1 AC ADBCBAAD uuu r uuu ruu u ruu ruuu r BC ADBA AD uu u r uuu ruu r uuu r 因为 所以 ADAB 0BA AD uu r uuu r 因为是直角三角形 所以 ADB 1 cos AD ADB a BD uuu r uuu r 于是 故选 1 cos313AC ADBC ADBCADADBa a uuu r uuu ruu u r uuu ruu u ruuu r 解法解法 2 AC ADADDCAD uuu r uuu ruuu ruuu ruuu r 2 ADDC AD uuu ruuu r uuu r 1cosDCADADB uuu ruuu r 故选 1 1313a a 解法解法 3 设 则 DAC 2 BAC 在中 由正弦定理得 ABC sinsin BCAC BACB uu u ruuu r 即 所以 3 1 sin 2 AC a a uuu r 3 cos a a AC uuu r 33 cos a a ACAC uuu ruuu r 故选 AC AD uuu r uuu r 3 cos13ACADAC AC uuu ruuu ruuu r uuu r 解法解法 4 根据题意 建立如图的直角坐标系 则 1 0D 设 于是 C x y ACx y uuu r 1 0AD uuu r 为此 只需求出点的横 1 0AC ADx yx uuu r uuu r C E y x B C D A 坐标 作轴于 由 AEx ECDEDBA 则 于是 于是 DEDC ADDB 31 1 a DE a 31DE 3AE 即点的横坐标 所以 故选 C3x 3AC AD uuu r uuu r 10 设函数 则的值 2 2g xx x R 4 g xxxg x f x g xx xg x f x 域是 9 01 4 U 0 9 4 9 02 4 U 解解 解得 则或 2 2xg xx 2 20 xx 1x 2x 因此的解为 2 2xg xx 12x 于是 2 2 2 12 2 12 xxxx f x xxx 丁 当或时 1x 2x 2f x 当时 则 12x 2 2 19 2 24 xxx 9 4 f x 又当和时 1x 2x 2 20 xx 所以 9 0 4 f x 由以上 可得或 因此的值域 2f x 9 0 4 f x f x 是 故选 9 02 4 U 第第 卷卷 二 本大题共二 本大题共小题 每小题小题 每小题分 共分 共分 把答案填在题中横线上 分 把答案填在题中横线上 6424 11 如图 四边形是圆的内接四边形 延长和相ABCDOABDC P O B C D A 交于点 若 则的值为 P1PB 3PD BC AD 解解 1 3 因为四边形是圆的内接四边形 ABCDO 所以 又 PBCD BPCDPA 所以 BPCDPA 于是 PBPCBC PDPADA 因为 所以 1PB 3PD 1 3 BCPB ADPD 12 一个几何体的三视图如图所示 则这个几何体的体积为 解解 3 设几何体的体积为 则 V 1 122 13 2 V 13 已知双曲线的一条渐近线方程是 22 22 1 xy ab 0 0ab 它的一个焦点与抛物线的焦点相同 则双曲线3yx 2 16yx 的方程为 解解 22 1 412 xy 由题设可得双曲线方程满足 即 22 3xy 22 1 3 xy 于是 2 4 33 c 又抛物线的焦点为 则 与 2 16yx 4 04c 于是 2 4 16 3 c 12 所以双曲线的方程 22 1 412 xy 14 已知圆的圆心是直线与轴的交点 且圆与直线C10 xy xC 相切 则圆的方程为 30 xy C 解解 2 2 12xy 侧 侧 侧 侧 侧 侧侧 侧 侧 1 1 1 1 2 2 1 直线与轴的交点为 10 xy x 1 0 于是圆心的坐标为 1 0 因为圆与直线相切 所以圆心到直线的距离即为半径 C30 xy 30 xy r 因此 22 1 03 2 11 r 所以圆的方程为 C 2 2 12xy 15 设是等比数列 公比 为的前项和 记 n a2q n S n an 2 1 17 nn n n SS T a 设为数列的最大项 则 n N 0 n T n T 0 n 解解 4 设 则 1 1a 1 2 n n a 1 2 n n a 1 21 1 2121 n n n a S 2 2 1 2 21 1 2121 n n n a S 2 11 2 1 111 11 17 17116 2121 17 21 nn nn nn nnn aa SS Ta aaa 因为函数在时 取得最小值 16 g xx x 0 x 4x 所以在时取得最大值 1 1 116 17 21 nn n Ta a 1 4 n a 此时 解得 即为数列的最大项 则 1 24 n n a 4n 4 T n T 0 4n 16 设函数 对任意 恒成立 则实数的 1 f xx x 1 x 0f mxmf x m 取值范围是 解解 1 解法解法 1 显然 0m 由于函数对是增函数 1 f xx x 1 x 则当时 不恒成立 0m 0f mxmf x 因此 0m 当时 函数在 是减函数 0m h xf mxmf x 1 x 因此当时 取得最大值 1x h x 1 1hm m 于是恒成立等价于的最大值 0h xf mxmf x h x 1 x 0 即 1 10hm m 解得 1 0 0 m m m 1m 于是实数的取值范围是 m 1 解法解法 2 然 0m 由于函数对是增