2010年安徽高考理科数学试题及答案解析

12010年安徽高考理科数学试题及答案解析第Ⅰ卷（选择题共50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选题中，只有一项是符合题目要求的.（1）设i是虚数单位，复数iai21为纯虚数，则实数a为(A)2(B)-2(C)21(D)21（2）双曲线8222yx的实轴长是(A)2(B)22(C)4(D)24（3）设)(xf是定义在R上的奇函数，当0x时，xxxf22)(,则)1(f(A)-3(B)-1(C)1(D)3（4）设变量x,y满足|x|+|y|≤1，则x+2y的最大值和最小值分别为(A)1,-1(B)2,-2(C)1,-2(D)2,-1（5）在极坐标系中，点)3,2(到圆cos2的圆心的距离为(A)2(B)942(C)912(D)3（6）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(A)48(B)17832(C)17848(D)80（7）命题“所有能被2整除的整数都是偶数”的否定．．是(A)所有不能被2整除的整数都是偶数(B)所有不能被2整除的整数都不是偶数(C)存在一个不能被2整除的整数是偶数2(D)存在一个能被2整除的整数不是偶数（8）设集合A={1,2,3,4,5,6},B={4,5,6,7,8}，则满足AS且BS的集合S的个数是(A)57(B)56(C)49(D)8（9）已知函数)2sin()(xxf，其中为实数，若|)6(|)(fxf对Rx恒成立，且)()2(ff，则)(xf的单调递增区间是(A))(6,3Zkkk(B))(2,Zkkk(C))(32,6Zkkk(D))(,2Zkkk（10）函数nmxaxxf)1()(在区间[0,1]上的图像如图所示，则m,n的值可能是(A)m=1,n=1(B)m=1,n=2(C)m=2,n=1(D)m=3,n=1第Ⅱ卷（非选择题共100分）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。把答案填在答题卡的相应位置。（11）如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是.3（12）设2121221021)1(xaxaxaax，则1110aa.（13）已知向量a,b满足(a+2b)·(a-b)=-6，且|a|=1,|b|=2，则a与b的夹角为.（14）已知⊿ABC的一个内角为120°，并且三边长构成公差为4的等差数列，则⊿ABC的面积为.（15）在平面直角坐标系中，如果x与y都是整数，就称点(x,y)为整点。下列命题中正确的是.（写出所有正确的编号）。①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点②如果k与b都是无理数，则直线y=kx+b不经过任何整点③直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点④直线y=kx+b经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数⑤存在恰经过一个整点的直线三、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。解答写在答题卡的指定区域内。（16）（本小题满分12分）设21)(axexfx，其中a为正实数.（Ⅰ）当34a时，求)(xf的极值点；（Ⅱ）若)(xf为R上的单调函数，求a的取值范围（17）（本小题满分12分）如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA=1，OD=2，⊿OAB,⊿OAC,⊿ODE,⊿ODF都是正三角形.（Ⅰ）证明直线BC∥EF;（Ⅱ）求棱锥F-OBED的体积.（18）（本小题满分13分）在数1和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作nT，再令nnTalg，n≥1.（Ⅰ）求数列na的通项公式；4（Ⅱ）设1tantannnnaab，求数列nb的前n项和nS.（19）（本小题满分12分）（Ⅰ）设x≥1,y≥1，证明xyyxxyyx111；（Ⅱ）设1a≤b≤c，证明cbaacbacbcbaloglogloglogloglog.（20）（本小题满分13分）工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不超过10分钟。如果前一个人10分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人，现在一共只有甲、乙、丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别为321,,ppp，假设321,,ppp互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立。（Ⅰ）如果按甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率。若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？（Ⅱ）若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成任务的概率依次为321,,qqq，其中321,,qqq是321,,ppp的一个排列，求所需派出人员数目X的分布列和均值（数学期望）EX；（Ⅲ）假定3211ppp，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值（数学期望）达到最小。（21）（本小题满分13分）设0，点A的坐标为（1,1），点B在抛物线2xy上运动，点Q满足QABQ，经过点Q与x轴垂直的直线交抛物线于点M，点P满足MPQM，求点P的轨迹方程。5数学（理科）试题参考答案一、选择题：本题考查基本知识和基本运算.每小题5分，满分50分.（1）A（2）C（3）A（4）B（5）D（6）C（7）D（8）B（9）C（10）B二、填空题：本题考查基本知识和基本运算.每小题5分，满分25分.（11）15（12）0（13）3（14）315（15）①③⑤三、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）本题考查导数的运算，极值点的判断，导数符号与函数单调性之间的关系。求解一元二次不等式等基本知识，考查运算求解能力，综合分析和解决问题的能力。解：对)(xf求导得222)1(21)(axaxaxexfx①（Ⅰ）当34a时，若0)(xf，则03842xx，解得21,2321xx结合①，可知x)21,(21)23,21(23),23()(xf+0_0+)(xf↗极大值↘极小值↗所以，231x是极小值点，212x是极大值点。（Ⅱ）若)(xf为R上的单调函数，则)(xf在R上不变号，结合①与条件a0，知0122axax在R上恒成立，因此0)1(4442aaaa，由此并结合a0，知10a.（17）本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力。（Ⅰ）（综合法）证明：设G是线段DA与线段EB延长线的交点，由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以OB∥DE21,OB=DE21,OG=OD=2同理，设G′是线段DA与线段FC延长线的交点，有OG′=OD=2，又由于G和G′都在线段DA的延长线上，所以G与G′重合。在△GED和△GFD中，由OB∥DE21,OB=DE21和OC∥DF21,OC=DF21,可知B,C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.（向量法）过点F作FQ⊥AD,交AD于点Q，连QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED,以Q为6坐标原点，QE为x轴正向，QD为y轴正向，QF为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系。由条件知E(3，0,0)，F（0,0，3），B（23，-23，0），C（0，-23，23）。则有，)23,0,23(BC，)3,0,3(EF。所以BCEF2，即得BC∥EF.（Ⅱ）解：由OB=1，OE=2，∠EOB=60°，知SEOB=23,而△OED是边长为2的正三角形，故SOED=3,所以SOBED=SEOB+SOED=233。过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F-OBED的高，且FQ=3，所以VF-OBED=31FQ·SOBED=23。（18）本题考查等比和等差数列，对数和指数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用基本知识解决问题的能力，创新思维能力和运算求解能力。解：（Ⅰ）设221,,,nttt构成等比数列，其中100,121ntt，则2121nnnttttT①1212ttttTnnn②①×②并利用)21(,102213nittttnini，得)2(2210nnT.1,2lgnnTann（Ⅱ）由题意和（Ⅰ）中计算结果，知1),3tan()2tan(nnnbn另一方面，利用kkkkkktan)1tan(1tan)1tan())1tan((1tan得11tantan)1tan(tan)1tan(kkkk7所以nnkkkkbSnininiin1tan3tan)3tan()11tantan)1tan((tan)1tan(23231（19）本题考查不等式的性质，对数函数的性质和对数换底公式等基本知识，考查代数式的恒等变形和推理论证能力。证明：（Ⅰ）由于x≥1,y≥1，所以xyyxxyyx1112)(1)(xyxyyxxy将上式中的右式减左式，得)1)(1)(1()1)(1()1)(()1)(1())()(()1)(()1)(())((22yxxyyxxyxyxyyxxyxyyxyxxyxyyxxyxyxy既然x≥1,y≥1，所以0)1)(1)(1(yxxy，从而所要证明的不等式成立。（Ⅱ）设ycxbbalog,log，由对数的换底公式得xycybxaxyaacbclog,1log,1log,1log于是，所要证明的不等式即为xyyxxyyx111其中1log,1logcybxba故由（Ⅰ）立知所要证明的不等式成立。（20）本题考查相互独立事件的概率计算，考查离散型随机变量及其分布列、均值等基本知识，考查在复杂情境下处理问题的能力以及抽象概括能力、合情推理与演绎推理，分类讨论思想，应用意识与创新意识。解：（Ⅰ）无论以怎样的顺序派出人员，任务不能被完成的概率都是)1)(1)(1(321ppp，所以任务能被完成的概率与三个人被派出的先后顺序无关，并等于321323121321321)1)(1)(1(1ppppppppppppppp（Ⅱ）当依次派出的三个人各自完成任务的概率分别为321,,qqq时，随机变量X的分布列8为X123P1q21)1(qq)1)(1(21qq所需派出的人员数目的均值（数学期望）EX是EX=1q+21)1(qq+)1)(1(21qq=212123qqqq（Ⅲ）（方法一）由（Ⅱ）的结论知，当甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时，EX=212123qqqq根据常理，优先派出完成任务概率大的人，可减少所需派出的人员数目的均值。下面证明：对于321,,ppp的任意排列321,,qqq，都有212121212323ppppqqqq（＊）事实上，0)]())[(1())(1())(2()()()()(2)()(2)23()23(2121122111222121122112121221121212121qqppqqpqqppqpqpqpqpqpqqppqpqpppppqqqq即（＊）成立。（方法二）（ⅰ）可将（Ⅱ）中所求的EX改写为12121)(3qqqqq，若交换前两人的派出顺序，则变为22121)(3qqqqq。由此可见，当12qq时，交换前两人的派出顺序可减少均值。（ⅱ）也可将（Ⅱ）中所求的EX改写