重庆市高考理科数学试卷及答案(Word版)

绝密★启用前解密时间：2010年6月7日17：00【测试时间：6月7日15：00—17：00】2010年一般高等学校招生全国一致测试（重庆卷）数学（理工农医类）剖析数学试题卷（理工农医类）共4页。满分150分。测试时间120分钟。一、选择题：本大题共10小题，每题5分，共50分.在每题给出的四个备选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的

.（1）在等比数列

{an}

中，

a2010

8a2007，则公比

q的值为（

）A、2

B、3

C、4

D、8【命题企图】本题考察等比数列的观点，基础题

.【剖析】∵

a2010

q3

8

，∴

q

2，选

A.a2007（2）已知向量

a,b知足ab

0,|a|1,|b|

2，则

|2a

b|

（

）A、0

B、22

C、4

D、8【命题企图】本题考察向量的有关观点和基本运算.【剖析】∵|2ab|(2ab)24a24abb2822，∴选B.（3）lim41（）x24x2x2A、1B、11D、14C、4【命题企图】本题考察函数极限的观点、运算法例、0型极限的求法以及转变和化归思想.0【剖析】lim41lim2xlim11，选B.x2x24x2x2(x24)(x2)x2x24y0,（4）设变量x,y知足拘束条件xy10,则z2xy的最大值为（）xy30,A、2B、4C、6D、8【命题企图】本题考察线性规划的求解问题.作为选择题，要正确迅速求解，可利用端点处获得最值（函数的思想）来求解则更好，进而要求考生对性规划的问题有较深刻的认识.y0,【剖析】不等式组xy10,表示的平面地区是如下图的xy30,ABC，当直线z2xy过点A(3,0)的时，z获得最大值6，应选C.（5）函数f(x)4x1的图象（）2xA、对于原点对称B、对于直线yx对称C、对于x轴对称D、对于y轴对称【命题企图】本题考察函数的观点和奇偶性、幂的运算性质和计算能力.【剖析】∵f(x)4x114xf(x)，∴f(x)是偶函数，图像对于y轴对称，选D2x2x（6）已知函数ysin(x)（0,||）2的部分图象如题（6）图所示，则（）A、1,6B、C、D、

1,62,62,6【命题企图】本题考察yAsin(x)的图像和性质，数形联合思想等，这是高考的常考题型，但又是学生的软肋，注意复习，多加训练.【剖析】由图像可知，周期T4(7)，∴2，由五点作图法知2，解得，123326所以2，6，选D.（7）已知x0，y0，x2y2xy8，x2y的最小值是（）A、3B、4C、9D、1122【命题企图】本题考察均值不等式的灵巧使用、一元二次不等式的解法以及整体思想.x2【剖析】由均值不等式，得2yx2y8x(2y)8，2整理，得x2y24x2y320，即x2y4x2y80，又x2y0，所以x2y4，选B.（8）直线y3x2x33cos,[0,2)）A、B两点，则直线AD和和圆心为D的圆（3y13sin,BD的倾斜角之和为（）A、7B、5C、4D、56433【命题企图】本题考察直线的倾斜角、斜率、方程，圆的标准方程和参数方程，直线和圆的地点关系以及数形联合的思想方法.【剖析】画出图形，130，230由圆的性质可知123030，故4，选C.3（9）某单位安排7位职工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天.若7位职工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不一样的安排方案共有（）A、504种B、960种C、1008种D、1108种【命题企图】本题是一个摆列组合问题.既考察了剖析问题，解决问题的能力，更重视于考察学生战胜困难解决实质问题的能力和水平.【剖析】分两类：①甲乙排1、2号或6、7号，共有2A22A41A44种不一样的安排方法；②甲乙排中间，丙排7号或不排7号，共有4A22(A44A31A31A33)种方法，故共有1008种不一样的排法，选C.10）到两相互垂直的异面直线的距离相等的点，在过此中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是（）A、直线B、椭圆C、抛物线D、双曲线【命题企图】本题考察空间中线和线，线和面的垂直，动点的轨迹的求法，同时考察空间想象力.【剖析】（直接法）记这两直线为l1，l2，异面直线的距离为k，平面为过l1且平行于l2的平面，设上某个点P知足条件。将l2正投影到平面上，其投影记为l3，设P到l1及l2的距离为t，到l3的距离为u，则u2k2t2，即t2u2k2，这里k为定值，t，u分别正是P到上两垂直直线l1，l2的距离，而l1和l3可看作上的直角坐标系，由此可知，P的轨迹就是双曲线.（清除法）轨迹是轴对称图形，清除A、C，轨迹和已知直线不可以有交点，清除B，应选D.二、填空题：本大题共5小题，每题5分，共25分.把答案填写在答题卡相应地点上.（11）已知复数z1i,则2z____________.z.【命题企图】本题考察复数观点和基本运算，此中分母实数化是求解的重点【剖析】2iiii，答案为：2i.11112i（12）设U{0,1,2,3},A{xU|x2mx0}，若CUA{1,2}，则实数m_________.【命题企图】本题题型来自于课本习题，考察会合的观点和运算、方程的解法等基础知识.【剖析】∵CUA{1,2}，∴A={0,3}，故m3.答案为：3.（13）某篮球队员在竞赛中每次罚球的命中率同样，且在两次罚球中至多命中一次的概率为16，则该队25员每次罚球的命中率为_____________.【命题企图】本题考察对峙事件的概率、独立事件的概率以及计算能力和推理能力.当有“起码”、“最多”等字眼时，常从反面下手，化难为易.【剖析】由1p216，解得p3，答案为：32555（14）已知以F为焦点的抛物线y24x上的两点、知足AF3FB，则弦AB的中点到准线的距AB离为___________.【命题企图】本题考察抛物线的定义、标准方程、几何性质等，灵巧使用平面几何知识是解决本题的关键，向量只是是一件外套，本题是平面几何知识的使用.【剖析】设BFm，由抛物线的定义，知AA13m，BBm，1ABC中，AC2m，AB4m，由相像三角形性质，得2mm，解得m4，2m4m3依据梯形中位线定理，得弦AB的中点到准线的距离为m3m882m3，答案为：.231（15）已知函数f(x)知足：f(1)，44f(x)f(y)f(xy)f(xy)（x,yR），则f(2010)__________.【命题企图】本题考场抽象函数的周期性，函数和数列的关系，研究抽象函数最有效的方法是：特别值法.【剖析】取x=1，y=0，得f(0)1，2法一：经过计算f(2),f(3),f(4)........，寻得周期为6法二：取x=n，y=1，有f(n)=f(n+1)+f(n-1)，同理f(n+1)=f(n+2)+f(n)联立得f(n+2)=—f(n-1)，所以T=6，故f2010f110，答案为：.22三、解答题：本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.（16）（本小题满分13分，（Ⅰ）小问7分，（Ⅱ）小问6分.）设函数f(x)cos(x2)2cos2x，xR.32（Ⅰ）求f(x)的值域；（Ⅱ）记ABC的内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，若f(B)1,b1,c3，求a的值.【命题企图】本题主要考察同角三角函数的基本关系、二倍角公式、和（差）角公式、正弦定理、由余弦定理以及函数思想和方程思想，同时考察基本运算能力．【剖析】（Ⅰ）f(x)cosxcos2sinxsin2cosx11cosx3sinxcosx133221cosx3sinx1sin(x5)1，所以f(x)的值域为[0,2].226（Ⅱ）由f(B)1得sin(B5)11，即sin(B5)0，又因0B，66故B.6解法一：由余弦定理b2a2c22accosB，得a23a20，解得a1或2.解法二：由正弦定理bc，得sinC3,C3或2.sinBsinC23当C时，A，进而ab2c22；32当C2，又B，进而ab1.故a的值为1或2.时，A366（17）（本小题满分13分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问8分.）在甲、乙等6个单位参加的一次“唱读讲传”演出活动中，每个单位的节目集中安排在一同.若采纳抽签的方式随机确立各单位的演出次序（序号为1，2，，6），求：（Ⅰ）甲、乙两单位的演出序号起码有一个为奇数的概率；（Ⅱ）甲、乙两单位之间的演出单位个数的散布列和希望.【命题企图】本小题主要考察等可能事件、随机变量的散布列、数学希望等观点及有关计算，考察运用所学知识和方法解决实质问题的能力.此中第（2）问是课本上常有的种类题.【剖析】（Ⅰ）设A表示“甲、乙的演出序号起码一个为奇数”，则A表示“甲、乙的序号为偶数”，由等可能性事件的概率计算公式得P(A)1P(A)C3211415.C625（Ⅱ）的全部可能值为0，1，2，3，4，且P(0)51,P(1)44,P(2)31，C263C6215C625P(3)22,P(4)11.C6215C6215进而知有散布列01234P1412131551515所以，E014212141153154.35153（18）（本小题满分13分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问8分.）已知函数f(x)x11)，此中实数a1.xln(xa（Ⅰ）若a2，求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程；（Ⅱ）若f(x)在x1处获得极值，试议论f(x)的单一性.【命题企图】本题主要考察利用导数研究函数的单一性和极值、解不等式等基础知识，考察综合剖析和解决问题的能力．xa(x1)1a11【剖析】（Ⅰ）f(x)(xa)2x1(xa)2.x1当a1时，f/(0)21017，而f(0)1，(02)2142所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y(1)7(x0)即7x4y20.24（Ⅱ）a1，由（Ⅰ）知f/(x)a1111，即110，(1a)211a12a12解得a3.x1ln(x1)，其定义域为(1,3)(3,)，且此时f(x)3xf/(x)21(x1)(x7)，由f/(x)0得x11,x27.当(x3)2x1(x3)2(x1)1x1或x7时，f/(x)0；当1x7且x3时，f/(x)0.由以上议论知，f(x)在区间(1,1],[7,)上是增函数，在区间[1,3),(3,7]上是减函数.（19）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分.）如题（19）图，四棱锥PABCD为矩形，PA底面ABCD，PAAB6，点E是棱PB的中点.（Ⅰ）求直线AD和平面PBC的距离；（Ⅱ）若AD3，求二面角AECD的平面角的余弦值.【命题企图】本题考察直线和平面垂直、二面角、三棱锥的性质及体积等基础知识.求解第（1）问的重点是将点到面的距离转变为三棱锥的高，等体积法是这种问题的杀手.第（2）问只要用“三垂线”即可找到二面角的平面角.【剖析】解法一：（Ⅰ）如答（19）图1，在矩形ABCD中，AD//平面PBC，故直线AD和平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离.因PA底面ABCD，故，由PAAB知PAB为等腰三角形，又点E是棱PB中点，故AEPB.又在矩形ABCD中，BCAB，而AB是PB在底面ABCD内的射影，由三垂线定理得BCPB，进而BC平面PAB，故BCAE.进而AE平面PBC，故AE之长即为直线AD和平面PBC的距离.（Ⅱ）过点D作DFCE，交CE于F，过点F作FGCE，交AC于G，则DFG为所求的二面角的平面角.由（Ⅰ）知BC平面PAB，又AD//BC，得AD平面PAB，故ADAE，进而DEAE2AD26.在RtCBE中，CEBE2BC26.由CD6，所以CDE为等边三角形，故F为CE的中点，且DF32CDsin.32由于AE平面PBC，故AECE，又FGCE，知FG//1AE，进而FG3，且G点为AC22的中点.连结DG，则在RtADC中，DG1AC1AD2CD23.222DF2FG2DG26.所以cosDFG2DFFG3解法二：（Ⅰ）如答（19）图，以A为坐标原点，射线、、AP分别为x轴、y轴、z轴正半轴，建2ABADz立空间直角坐标系Axyz.P设D(0,a,0)，则B(6,0,0),C(6,a,0)，P(0,0,6),E(6,0,6).E22所以AE(6,0,6),BC(0,a,0),PC(6,0,6)，F22ADy则AEBC0,AEPC0，所以AE平面PBC.G又由AD//BC知AD//平面PBC，故直线AD和平面BCx答（19）图2PBC的距离为点A到平面PBC的距离，即为|AE|3.（Ⅱ）由于|AD|3，则D(0,3,0),C(6,3,0).设平面AEC的法向量n1(x1,y1,z1)，则n1AC0,n1AE0.6,0,6)，故6x13y10,又AC(6,3,0),AE(6x16z1220,22所以y12x1,z1x1.可取z12，则n(2,2,2).设平面DEC的法向量n2(x2,y2,z2)，则n2DC0,n2DE0.又DC(6,0,0),DE(6,3,6)，故22所以x20,z22y2.可取y21，则n2(0,1,2).故cosn1,n2n1n26|n1||n2|3.所以二面角AECD的平面角的余弦值为6.3（20）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分.）已知以原点O为中心，F(5,0)为右焦点的双曲线C的离心率e5.2（Ⅰ）求双曲线C的标准方程及其渐近线方程；（Ⅱ）如题（20）图，已知过点M(x1,y1)的直线l1:x1x4y1y4和过点N(x2,y2)（此中x2x1）的直线l2:x2x4y2y4的交点E在双曲线C上，直线MN和两条渐近线分别交于G、H两点，求yOGH的面积.l2【命题企图】题主要考察双曲线观点、标准方程、几何性质，直线和双曲线的地点关系等基础G知识，考察剖析几何的基本思想方法和综合解题能力．圆锥曲线问题的求解一般思虑方法是合理设元（设点或直线等）、几何条件代数化、成立适合的关系式、环绕目标合理办理关系式（包含代入转变和恒等变形等）．N【剖析】（Ⅰ）设C的标准方程为x2y2OHc5xa2b2a2所以a2,bc2a21，Ml1EC的标准方程为x2y21.题（20）图4C的渐近线方程为y1x，即2x2y0和x2y0.（Ⅱ）解法一：如答（20）图，由题意点E(xE,yE)在直线l1:x1x4y1y4和l2:x2x4y2y4上，所以有x1xE4y1yE4，x2xE4y2yE4，故点M、N均在直线xEx4yEy4上，所以直线MN的方程为xEx4yEy4.设G、H分别是直线MN和渐近线x2y0及x2y0的交点，由方程组xEx4yEy4,xEx4yEy4,x2y0及x2y0,解得yG22.xE,yHxE2yE2yE设MN和x轴的交点为Q，则在直线xEx4yEy4中，令y0得xQ4（易知xE0).注意xE到xE24yE24，得SOGH1|OQ||yGyH|4|11|42|xE|2.2xE2yE|xE|22|xE|xE2yE|xE4yE|解法二：设E(xE,yE)，由方程组x1x4y1y4,4(y2y1)x1x2，解得xE,yEx1y2x2y1x2x4y2y4,x1y2x2y1因x2x1，则直线MN的斜率ky2y1xE.x2x14yE故直线MN的方程为yy1xE(xx1)，4yE注意到x1xE4y1yE4，所以直线MN的方程为xEx4yEy4.下同解法一.（21）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分.）在数列{an}中，a11，an1cancn1(2n1)（nN），此中实数c0.（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）若对全部kN有a2ka2k1，求c的取值范围.【命题企图】本题主要考察数列的定义、数列通项公式、数学概括法、不等式的解法以及方程和函数思想.本题的实质是：已知递推公式an1panf(n)（p，q为常数）求通项公式.【剖析】（Ⅰ）解法一：由a11,a2ca1c233c2c(221)c2c，a3ca2c358c3c3(321)c3c2，a4ca3c4715c4c3(421)c4c3，猜想an(n21)cncn1,nN.下用数学概括法证明.当n1时，等式成立；假定当nk时，等式成立，即ak(k21)ckck1，则当nk1时，ak1cakck`1(2k1)[(21)ckck1]ck1(2k1)ck(k22k)ck1ck[(k1)21]ck1ck，综上，an(n21)cncn1对任何nN都成立.解法二：由原式得

ac

n1an(2n1).n1cnan，则b11,bn1bn(2n1)，所以对n2有令bnccnbn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1(2n1)(2n3)31c1n21，c所以an(n