2010年(全国卷II)(含答案)高考文科数学

12010年普通高等学校招生全国统一考试（2全国Ⅱ卷）数学(文)试题一、选择题(本大题共12题,共计60分)1.设全集,6*xNxU集合5,3,3,1BA，则BAA.4,1B.5,1C.4,2D.22.不等式023xx的解集为A.32xxB.2xxC.3,2xxx或D.3xx3.已知)2cos(,32sinx则=A.35B.91C.91D.354.函数)1)(1ln(1xxy的反函数是A.)0(11xeyxB.)0(11xeyxC.)(11RxeyxD.)(11Rxeyx5.若变量x，y满足约束条件yxzyxxyx2.523,,1则的最大值为A.1B.2C3.D.46.如果等差数列{an}中，a3+a4+a5=12，那么721aaaA.14B.21C.28D.357.若曲线baxxy2在点（0，b）处的切线方程是,01yx则A.a=1，b=1B.a=-1，b=1C.a=1，b=－1D.a=-1，b=-18.已知三棱锥S—ABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形。SA垂直于底面ABC，SA=3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为2A.43B.45C.47D.439.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，则不同的放法共有A.12种B.18种C.36种D.54种10.ABC中，点D在边AB上，CD平分,ACB若,,bCAaCB|a|=1，|b|=2，则CDA.ba3231B.ba3132C.ba5453D.ba535411.与正方体ABCD—A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1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)0(1:2222babyaxC的离心率为.23过右焦点F，且斜率)0(kk的直线与C相交于A、B两点，若FBAF3，则k=A.1B.2C.3D.2二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．13.已知是第二象限的角，cos,21tan=.14.9)1(xx的展开式中3x的系数是.15.已知抛物线)0(2:2ppxyC的准线为l，过M（1，0）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MBAM，则p=.ABCSEF316.已知球O的半径为4，圆M与圆N为该球的两上小圆，AB为圆M与圆N的公共弦，AB=4，若OM=ON=3，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.17.（本小题满分10分）ABC中，D为BC边上的一点，BD=33，,53cos,135sinADCB求AD.18.（本小题满分12分）已知}{na是各项均为正数的等比数列，且).111(64)11(23433422121aaaaaaaaaa（1）求}{na的通项公式；（2）设2)1(nnnaab，求数列}{nb的前n项和.nT19.（本小题满分12分）如图，直三棱柱ABC—A1B2C1中，AC=BC，AA1=AB，D为BB2的中点，E为AB1上的一点，AE=3EB2.（1）证明：DE为异面直线AB1与CD的公垂线；（2）设异面直线AB1与CD的夹角为45，求二面角A2—AC1—B1的大小.OMNEAB420.（本小题满分12分）如图，由M到N的电路中共有4个元件，分别标为4321,,,TTTT，电流能通过321,,TTT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321,,TTT中至少有一个能通过的概率为0.999.（I）求p；（II）求电流能在M与N之间通过的概率.21.（本小题满分12分）已知函数.133)(22xaxxxf（I）设a=2，求)(xf的单调区间；（II）设)(xf在区间（2，3）中至少有一个极值点，求a的取值范围.22.（本小题满分12分）已知斜率为1的直线l与双曲线)0,0(1:2222babyaxC相交于B，D两点，且BD的中点为M（1，3）.（I）求C的离心率；（II）设C的右顶点为A，右焦点为F，|DF|·|BF|=17，证明：过A、B、D三点的圆与x轴相切.5ABCSEF2010年普通高等学校招生全国统一考试（2全国Ⅱ卷）数学(文)试题答案解析:一、选择题（1）C：本题考查了集合的基本运算.属于基础知识、基本运算的考查.∵A={1,3}。B={3,5}，∴{1,3,5}AB，∴(){2,4}UCAB故选C.（2）A：本题考查了不等式的解法∵302xx，∴23x，故选A（3）B：本题考查了二倍角公式及诱导公式，∵SINA=2/3，∴21cos(2)cos2(12sin)9（4）D：本题考查了函数的反函数及指数对数的互化，∵函数Y=1+LN（X-1）(X1)，∴11ln(1)1,1,1yxxyxeye（5）C：本题考查了线性规划的知识。∵作出可行域，作出目标函数线，可得直线与yx与325xy的交点为最优解点，∴即为（1，1），当1,1xy时max3z（6）C：本题考查了数列的基础知识。∵34512aaa，∴44a12717417()7282aaaaaa（7）A：本题考查了导数的几何意思即求曲线上一点处的切线方程∵02xyxaa，∴1a，(0,)b在切线10xy，∴1b（8）D：本题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角。过A作AE垂直于BC交BC于E，连结SE，过A作AF垂直于SE交SE于F，连BF，∵正三角形ABC，∴E为BC中点，∵BC⊥AE，SA⊥BC，∴BC⊥面SAE，∴BC⊥AF，AF⊥SE，6∴AF⊥面SBC，∵∠ABF为直线AB与面SBC所成角，由正三角形边长3，∴3AE，AS=3，∴SE=32，AF=23，∴43sinABF（9）B：本题考查了排列组合的知识∵先从3个信封中选一个放1，2有3种不同的选法，再从剩下的4个数中选两个放一个信封有624C，余下放入最后一个信封，∴共有18324C（10）B：本题考查了平面向量的基础知识∵CD为角平分线，∴12BDBCADAC，∵ABCBCAab，∴222333ADABab，∴22213333CDCAADbabab（11）D：本题考查了空间想象能力∵到三条两垂直的直线距离相等的点在以三条直线为轴，以正方体边长为半径的圆柱面上，∴三个圆柱面有无数个交点，（12）B：),(),,(2211yxByxA，∵23,3,321eyyFBAF，设044,,3,2222tyxtbtcta直线AB方程为.3tsyx代入消去x，∴032)4(222tstyys，∴,4,4322221221styysstyy，222222232,344sttyyss，解得212s，2k二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．（13）255：本题考查了同角三角函数的基础知识∵1tan2，∴25cos57OMNEAB（14）84：本题考查了二项展开式定理的基础知识∵9191()rrrrTCxx，∴923,3rr，∴3984C（15）2：本题考查了抛物线的几何性质设直线AB：33yx，代入22ypx得23(62)30xpx，又∵AMMB，∴221px，解得24120pP，解得2,6pp（舍去）（16）3：本题考查球、直线与圆的基础知识∵ON=3，球半径为4，∴小圆N的半径为7，∵小圆N中弦长AB=4，作NE垂直于AB，∴NE=3，同理可得ME=3，在直角三角形ONE中，∵NE=3，ON=3，∴,3,6MONEON∴MN=3三、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3cos052ADCB知由已知得124cos,sin135BADC，从而sinsin()BADADCB=sincoscossinADCBADCB412355135133365.由正弦定理得ADsinsinBDBBAD,所以sinADsinBDBBAD53313==253365.（18）解：8（Ⅰ）设公比为q，则11nnaaq.由已知有1111234111234111112,11164.aaqaaqaqaqaqaqaqaq化简得21261264.aqaq，又10a，故12,1qa所以12nna（Ⅱ）由（Ⅰ）知221211112424nnnnnnnbaaaa因此1111111411414...41...22442114441314nnnnnnnTnnn（19）解法一：（Ⅰ）连结1AB,记1AB与1AB的交点为F.因为面11AABB为正方形，故11ABAB，且1AF=FB.又1AE=3EB，所以1FE=EB，又D为1BB的中点，故1DEBFDEAB∥，.作CGAB,G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点.又由底面ABC面11AABB，得CG11AABB.连结DG，则1DGAB∥，故DEDG,由三垂线定理，得DECD.所以DE为异面直线1AB与CD的公垂线.（Ⅱ）因为1DGAB∥，故CDG为异面直线1AB与CD的夹角，CDG=45.设AB=2，则1AB22，DG=2，CG=2,AC=3.作111BHAC,H为垂足，因为底面11111ABCAACC面,故111BHAACC面，又作1HKAC，K为垂足，连结1BK,由三垂线定理，得11BKAC，因9此1BKH为二面角111AACB的平面角2211111111112223ABACABBHAC22111133HCBCBH221111232(3)7,37AAHCACHKAC11tan14BHBKHHK所以二面角111AACB的大小为arctan14解法二：（Ⅰ）以B为坐标原点，射线BA为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.设AB=2，则A（2,0,0,），1B(0,2,0)，D（0,1,0），13E(,,0)22，又设C（1,0,c）,则111DE0BA=2,-2,0,DC=1,-1,c22，，，.于是1DEBA=0,DEDC=0.故1DEBADEDC，,所以DE为异面直线1AB与CD的公垂线.（Ⅱ）因为1,BADC等于异面直线1AB与CD的夹角，故11cos45BADCBADC，即2222242c，解得2c，故AC(,22)-1，，又11AA=BB=(0,2,0)，所以11AC=AC+AA=(1,22)，，设平面11AAC的法向量为(,,)mxyz，则110,0mACmAA即22020xyzy且令2x，则1,0zy，故(2,0,1)m令平面11ABC的法向量为10(,,)npqr则110,0nACnBA，即220,220pqrpq令2p，则2,1qr，故(2,21)n所以1cos,15mnmnmn.由于,mn等于二面角111A-AC-B的平面角，所以二面角111A-AC-B的大小为15arccos15.（20）解：记1A表示