2010年(全国卷II)(含答案)高考理科数学

12010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)（1）复数231ii()（A）34i（B）34i（C）34i（D）34i（2）函数1ln(1)(1)2xyx的反函数是()（A）211(0)xyex（B）211(0)xyex（C）211(R)xyex（D）211(R)xyex（3）若变量,xy满足约束条件1,,325xyxxy≥≥≤，则2zxy的最大值为()（A）1（B）2（C）3（D）4（4）如果等差数列na中，34512aaa，那么127...aaa()（A）14（B）21（C）28（D）35（5）不等式2601xxx＞的解集为()（A）2,3xxx＜或＞（B）213xxx＜，或＜＜（C）213xxx＜＜，或＞（D）2113xxx＜＜，或＜＜（6）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（7）为了得到函数sin(2)3yx的图像，只需把函数sin(2)6yx的图像()（A）向左平移4个长度单位（B）向右平移4个长度单位（C）向左平移2个长度单位（D）向右平移2个长度单位2（8）△ABC中，点D在边AB上，CD平分∠ACB，若＝a，＝b，|a|＝1，|b|＝2，则等于()（A）1233ab（B）2133ab（C）3455ab（D）4355ab（9）已知正四棱锥SABCD中，23SA，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为()（A）1（B）3（C）2（D）3（10）若曲线12yx在点12,aa处的切线与两个坐标围成的三角形的面积为18，则a()（A）64（B）32（C）16（D）8（11）与正方体1111ABCDABCD的三条棱AB、1CC、11AD所在直线的距离相等的点()（A）有且只有1个（B）有且只有2个（C）有且只有3个（D）有无数个（12）已知椭圆2222:1(0)xyCabab＞＞的离心率为32，过右焦点F且斜率为(0)kk＞的直线与C相交于AB、两点．若3AFFB，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．（13）已知a是第二象限的角，4tan(2)3a，则tana．（14）若9()axx的展开式中3x的系数是84，则a．（15）已知抛物线2:2(0)Cypxp＞的准线为l，过(1,0)M且斜率为3的直线与l相交于点A，与C的一个交点为B．若AMMB，则p．（16）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，4AB．若3OMON，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3算步骤．（17）（本小题满分10分）ABC中，D为边BC上的一点，33BD，5sin13B，3cos5ADC，求AD．（18）（本小题满分12分）已知数列{an}的前n项和Sn＝(n2＋n)·3n.（Ⅰ）求limnnnaS；（Ⅱ）证明：12222312nnaaan…＞．（19）（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1AB与CD的公垂线；（Ⅱ）设异面直线1AB与CD的夹角为45°，求二面角111AACB的大小．4（20）（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．（21）（本小题满分12分）己知斜率为1的直线l与双曲线C：2222100xyabab＞，＞相交于B、D两点，且BD的中点为1,3M．（Ⅰ）求C的离心率；（Ⅱ）设C的右顶点为A，右焦点为F，17DFBF，证明：过A、B、D三点的圆与x轴相切．（22）（本小题满分12分）设函数1xfxe．（Ⅰ）证明：当x＞-1时，1xfxx；（Ⅱ）设当0x时，1xfxax，求a的取值范围．52010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）A解析：231ii22(3)(1)(12)342iiii.（2）D解析：由y＝，得ln(x－1)＝2y－1，解得x＝e2y－1＋1，故反函数为y＝e2x－1＋1(x∈R)．故选D。（3）C解析：约束条件所对应的可行域如图．由z＝2x＋y得y＝－2x＋z.由图可知，当直线y＝－2x＋z经过点A时，z最大．由，得，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.∴a1＋a2＋…＋a7＝＝7a4＝28.（5）C6解析：0)1)(2)(3(0)1()2)(3(0162xxxxxxxxx，利用数轴穿根法解得-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13C种方法；其他四封信放入两个信封，每个信封两个有222224AAC种方法，共有1822222413AACC种，故选B.（7）B解析：sin(2)6yx=sin2()12x，sin(2)3yx=sin2()6x，所以将sin(2)6yx的图像向右平移4个长度单位得到sin(2)3yx的图像，故选B.（8）B解析：因为CD平分ACB，由角平分线定理得ADCA2=DBCB1，所以D为AB的三等分点，且22ADAB(CBCA)33，所以2121CDCA+ADCBCAab3333，故选B.（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212)22(222aaSAh，所以体积64221123131aahaV，设：642112aay，则53348aay，当y取最值时，034853aay，解得a=0或a=4时，体积最大，此时22122ah，故选C.（10）A解析：332211',22yxka，切线方程是13221()2yaaxa，令0x，71232ya，令0y，3xa，∴三角形的面积是121331822saa，解得64a.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，.,2,2tan,36sin,3321||4||2||cos,||3||,3,||||,||||111BkBAEBAEeBFeBFABAEBAEeBFAAFBAFeBFBBeAFAA故选即得由二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．（13）12解析：由4tan(2)3a得4tan23a，又22tan4tan21tan3a，解得1tantan22或，又a是第二象限的角，所以1tan2.（14）1解析：展开式中3x的系数是3339()8484,1Caaa.（15）2解析：过B作BE垂直于准线l于E，∵AMMB，∴M为中点，∴81BMAB2，又斜率为3，0BAE30，∴1BEAB2，∴BMBE，∴M为抛物线的焦点，∴p2.（16）3解析：设E为AB的中点，则O，E，M，N四点共面，如图，∵4AB，所以22ABOER232，∴ME=3，由球的截面性质，有OMME,ONNE，∵3OMON，所以MEO与NEO全等，所以MN被OE垂直平分，在直角三角形中，由面积相等，可得，MEMOMN=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．（17）解：由.2053cosBADC知由已知得.54sin,1312cosADCB从而)sin(sinBADCBADBADCBADCsincoscossin13552131254.6533由正弦定理得,sinsinBADBDBAD所以BADBBDADsinsin.25653313533（18）解：（I）nnnnnnnSSSSalimlim)1(lim1nnnSS,lim11nnnSS,313111limlim1nnSSnnnn9所以.32limnnnSa（II）当n=1时，;361`21Sa当1n时，22222121naa212122121nSSSSSnnnnSnSnnSS21222221221)1)1(1()3121()2111(2nSn.3322nnnnn所以，当,1时n.32122221nnnaaa（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10AB1＝2，DG＝，CG＝，AC＝，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．B1H＝＝，HC1＝＝，AC1＝＝，HK＝＝，tan∠B1KH＝＝.所以二面角A1-AC1-B1的大小为arctan.（20）解：记A1表示事件，电流能通过.4,3,2,1,1ITA表示事件：321,,TTT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。（I）321321,,,AAAAAAA相互独立，.)1()()()()()(3321321pAPAPAPAAAPAP又,001.0999.01()1)(PAP故.9.0,001.0)1(2pp（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)9.0,4(~B.6.39.04E（21）解：(1