全国卷II含答案高考理科数学

2010年普通高等学校招生全国统一考试（2全国Ⅱ卷）数学(理)试题一、选择题(本大题共12题,共计60分)3i2复数()1i34i（B）34i（C）34i（D）34i1ln(x1)函数y(x1)的反函数是()2ye2x11(x0)（B）ye2x11(x0)（C）ye2x11(xR)（D）ye2x11(xR)x≥1,若变量x,y满足约束条件y≥x, 则z2xy的最大值为()3x2y≤5，（A）1（B）2（C）3（D）4如果等差数列a中，aaa12，那么aa...a() n 3 4 5 1 2 7（A）14（B）21（C）28（D）35x2x6不等式＞0的解集为()x1（A）xx＜2,或x＞3（B）xx＜2，或1＜x＜3 （C）x2＜x＜，或1 x＞3（D）x2＜x＜，或1 1＜x＜3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 为了得到函数ysin(2x)的图像，只需把函数ysin(2x)的图像 3 6() （A）向左平移个长度单位（B）向右平移个长度单位 4 4 （C）向左平移个长度单位（D）向右平移个长度单位 2 2△ABC中，点D在边AB上，CD平分∠ACB，若 ＝a，＝b，|a|＝1， 1 2 2 1 3 4 4 3（A）ab（B）ab（C）ab（D）ab33335555已知正四棱锥SABCD中，SA23，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为()（A）1（B）3（C）2（D）312 1处的切线与两个坐标围成的三角形的面积为若曲线yx在点a,a2 18，则a()（A）64（B）32（C）16（D）8与正方体ABCDABCD的三条棱AB、CC、AD所在直线的距离相等 1111 1 11的点()|b||b|＝2，则等于()（C）有且只有3个（D）有无数个3x2y23已知椭圆C:1(a＞b＞0)的离心率为 ，过右焦点F且斜率为a2b2 2uuuruuurk(k＞0)的直线与C相交于A、B两点．若AF3FB，则k()（A）1（B）2（C）3（D）2二．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．4已知a是第二象限的角，tan(2a)，则tana．3a若(x)9的展开式中x3的系数是84，则a．x已知抛物线C:y22px(p＞0)的准线为l，过M(1,0)且斜率为3的直线与uuuuruuurl相交于点A，与C的一个交点为B．若AMMB，则p．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，AB4．若OMON3，则两圆圆心的距离MN．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．5（本小题满分10分）ABC中，D为边BC上的一点，BD33，sinB，133cosADC，求AD．5（本小题满分12分）已知数列{an}的前n项和Sn＝(n2＋n)·3n.a（Ⅰ）求limn；nSn aa a（Ⅱ）证明：12…n＞3n． 1222 n2（本小题满分12分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，AC＝BC，AA1＝AB，D为BB1的中点，E为AB1上的一点，AE＝3EB1.（Ⅰ）证明：DE为异面直线AB与CD的公垂线；1（Ⅱ）设异面直线AB与CD的夹角为45°，求二面角AACB的大小． 1 1 1 1（本小题满分12分）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，T2，T3中至少有一个能通过电流的概率为0.999．（Ⅰ）求p；（Ⅱ）求电流能在M与N之间通过的概率；（Ⅲ）表示T1，T2，T3，T4中能通过电流的元件个数，求的期望．（本小题满分12分）己知斜率为1的直线l与双曲线C：x2y21a＞0，b＞0相交于B、D两点，且BD的中点为M1,3．a2b2（Ⅰ）求C的离心率；（Ⅱ）设C的右顶点为A，右焦点为F，DFgBF17，证明：过A、B、D三点的圆与x轴相切．（本小题满分12分）设函数fx1ex．（Ⅰ）证明：当x＞-1时，fxx；x1（Ⅱ）设当x0时，fxx，求a的取值范围．ax12010年普通高等学校招生全国统一考试（2全国Ⅱ卷）数学(理)试题答案解析:一、选择题（1）A3i2(3i)(1i)2 解析：2 (12i)234i.1i（2）D为y＝e2x－1＋1(x∈R)．故选D。解析：由y＝，得ln(解析：由y＝，得ln(x－1)＝2y－1，解得x＝e2y－1＋1，故反函数由图可知，当直线y＝－2x＋z经过点A时，z最大．由，得，∴a1＋a2＋…＋a7＝＝7a4＝28.则A(1,1)．∴zmax＝2×1＋1＝3..（4）C解析：∵{an}为等差数列，a3＋a4＋a5＝12，∴a4＝4.（5）C x2x6 (x3)(x2)解析：00(x3)(x2)(x1)0，利用数轴穿x1 (x1)根法解得-2＜x＜1或x＞3，故选C（6）B解析：标号1,2的卡片放入同一封信有C1种方法；其他四封信放入两个信封，3C2 C2每个信封两个有4A2种方法，共有C14A218种，故选B. A2 2 3A2 22（7）B 解析：ysin(2x)=sin2(x)，ysin(2x)=sin2(x)，所以将 6 12 3 6 ysin(2x)的图像向右平移个长度单位得到ysin(2x)的图像，故64 3选B.（8）B AD CA 2解析：因为CD平分ACB，由角平分线定理得 = ，所以D为DB CB 1uuur2uuur2uuuruuurAB的三等分点，且ADAB(CBCA)，所以 3 3uuuruuuruuur2uuur1uuur2r1rCDCA+ADCBCAab，故选B. 3 3 3 3（9）C解析：本试题主要考察椎体的体积，考察告辞函数的最值问题.设底面边长为a，则高h212212)22222aa， 1 1 1所以体积Va2h12a4a6， 3 3 21设：y12a4a6，则y48a33a5，当y取最值时，y48a33a50，2a2解得a=0或a=4时，体积最大，此时h122，故选C.2（10）A3,k1a32，切线方程是ya121a32(xa)，令x0，解析：y'x22 21，令y0，x3a，∴三角形的面积是s13a3a118，解得ya22a64.故选A.（11）D解析：直线B1D上取一点，分别作PO1，PO2，PO3垂直于B1D1，B1C，B1A于O1，O2，O3则PO1⊥平面A1C1，PO2⊥平面B1C，PO2⊥平面A1B，O1，O2，O3分别作O1N⊥A1D1，O2M⊥CC1，O3Q⊥AB，垂足分别为M，N，Q，连PM，PN，PQ，由三垂线定理可得，PN⊥A1D1；PM⊥CC1；PQ⊥AB，由于正方体中各个表面、对等角全等，所以PO1=PO2=PO3，O1N=O2M=O3Q，∴PM=PN=PQ，即P到三条棱AB、CC1、A1D1.所在直线的距离相等所以有无穷多点满足条件，故选D.（12）B解析：设直线l为椭圆的有准线，e为离心率，过A，B分别作AA1，BB1垂直于l，A1，B为垂足，过B作BE垂直于AA1与E，由第二定义得， |AF| |BF|3|BF||AA|,|BB|,由AF3FB,得|AA|, 1 e 1 e 1 e2|BF|cosBAE|AE|e 13, AB 4|BF|2e 36sinBAE,tanBAE2,3即k2,故选B.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．1（13）2 4 4 2tan4解析：由tan(2a)得tan2a，又tan2a，解得 3 3 1tan231tan或tan2，又a是第二象限的角，所以tan.2（14）1解析：展开式中x3的系数是C3(a)384a384,a1.9（15）2uuuuruuur解析：过B作BE垂直于准线l于E，∵AMMB，∴M为中点，∴11BMAB，又斜率为3，BAE300，∴BEAB，∴BMBE，22∴M为抛物线的焦点，∴p2.（16）3解析：设E为AB的中点，则O，E，M，N四点共面，如图，∵AB4，AB2所以OER223，∴ME=3，由球的截面性质，有2OMME,ONNE，∵OMON3，所以MEO与NEO全等，所以MEgMOMN被OE垂直平分，在直角三角形中，由面积相等，可得，MN=23OE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． 3 解：由cosADC0知B. 5 24由已知得cosB,sinADC. 5从而sinBADsin(ADCB)4122533sinADCcosBcosADCsinB.51351365由正弦定理得533ADBD ,所以ADBDsinB 1325.sinBsinBAD sinBAD 3365 a SS解：（I）limnlimn nnS nSn nSlim(1n1)n SnS1limn1,nSn S n111limn1lim,nSnn133na 2所以limn. nS 3na（II）当n=1时，1S63; 12 `当n1时，aa1221222 n2S SS SS12 1n n112 22 n2 1 1 1 1 1 1 1()S()S( )SS 1222 12232 2 (n1)2n2 n1n2 nSnn2n2n3n3n.n2 a a a所以，当n1时,12n3n. 1222 n2（19）解：(1)证明：连结A1B，记A1B与AB1的交点为F，因为面AA1B1B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，得CG⊥面AA1B1B，连结DG，则DG∥AB1，故DE⊥DG，由三垂线定理，得DE⊥CD，所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线．(2)因为DG∥AB1，故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角，∠CDG＝45°，设AB＝2，则1作B1H⊥A1C1，H为垂足，因为底面A1B1C1⊥面AA1C1C，故B1H⊥面AA1C1C.又作HK⊥AC1，K为垂足，连结B1K，由三垂线定理，得B1K⊥AC1，因此∠B1KH为二面角A1-AC1-B1的平面角．AB＝2，DG＝，AB＝2，DG＝，CG＝，AC＝，B1H＝＝，HC1＝＝，AC1＝＝，HK＝＝，tan∠BKH＝＝.所以二面角A-AC-B的大小为arctan. 1 11解：记A1表示事件，电流能通过T1,I1,2,3,4.表示事件：T,T,T中至少有一个能通过电流， 1 2 3表示事件：电流能在M与N之间通过。（I）AAAA,A,A,A相互独立， 1 2 3 1 2 3P(A)P(AAA)P(A)P(A)P(A)(1p)3. 1 2 3 1 2 3又P(A)1P()10.9990.001, 故(1p)20.001,p0.9. （III）由于电流能通过各元件的概率都是0.9，且电流能通过各元件相互独立。故~B(4,0.9) E40.93.6. 解：(1)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)， 1 2 12 ，①＝1，即b＝3a，②(2)由①②知，C的方程为3x2－y2＝3a2，则x＋x＝，xx＝－由M(1,3)为BD则x＋x＝，xx＝－由M(1,3)为BD的中点知＝1，故×22故c＝＝2a，所以C的离心率e＝＝2.A(a,0)，F(2a,0)，x＋x＝2，x·x＝－＜0，|BF|＝＝＝a－2x，|FD|＝＝＝2x2－a.解得a＝1或a＝－(舍去)．故|BD|＝|x－x|＝·＝6.1|BF|·|FD|＝(a－2x1)(2x2－a)＝－4x1x2＋2a(x1＋x2)－a2＝5a2＋