2010年高考数学理科试题解析版卷

13411·如果A、B互斥，那 ·如果A、B相互独立，那 棱锥的体 V=1sh3 （1）i是虚数单位，复数13i1 (B)5＋5i(C)-5- 【答案】 、分母同时乘以分母的共轭复数，同时将i2改为-13i

f(x)=2x3x【答案】f(113

(A)f(x)f(-x)是偶函数【答案】 【答案】S=1，i=3s=-2，i=5；第三次执行循环体时s=-7.i=7，所以判断框内可填写“i<6D. (5)已知双曲

的一条渐近线方程是 ,它的一个焦点在3y23

x2

x2 x2 x2 【答案】33依题意知cc2

a29,

9

已知a1

是an9s

1a an 或 或 【答案】 q1

1

1

q2，所以 11( 5项和T5

1 2在△ABCA,B,Ca,b,c

a2

，sinC23sinB（A）

（B）

【答案】由由正弦定理得

c 2 2

c23b

b2+c2-a2 =3bc3bc2

f(x)=log1(xx0f(a)>f(-a),a （A（- （B（-（C（- （D（-【答案】a f(a)f(a)logaaa

a或

0，同事要注意底数在（0，1）上时，不等号的方向不要写错。（A）|ab| （B）|ab|（C）|ab| （D）|ab|【答案】AB,a+1b-2或a-1b+2a-b-3a-b3，即|a-b|3A,B,C,D,E,F（A）288（B）264（C）240（D）168【答案】4B,D,E,FA411244 B,D,E,FA322A3212192 4B,D,E,FA2224842010年普通高等学校招生统一考试（卷）（11）甲、乙两人在10天中每天加工零件的个数用茎表示如下图，中间一列的数10日加工零件的平均数分别为和。【答案】 2221（12）3

41 所以该几何体的体积 1的形状，求锥体体积时不要丢掉y1已知圆C的圆心是直线x y1相切，则圆C【答案】(x1)2y2xy=0t=-1，所以直线y1tx轴的交点为（-因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即r|103

的方程为(x1)2y2ABCDOABDCP 的值

1 2 666A,B,C,D四点共圆，所以DABPCBCDAPBC,因为P⊿PBC∽⊿PAB,PB

yxx

BCx

ABCADABBC

3BDACADAD1,ACAD【答案】ACAD|AC||AD|cos∠DAC|AC|cos∠DAC|AC|3BCsinB3 f(x)x21x2fx4m2f(x)

f(x1)4f m 恒成立，则实数m的取值范围 【答案】 依据题意得

14m

1)(x

1

上恒定成立，即14m2

x

当x

时函数y

21取得最小值3x3

，所以

4m25，即3(3m21)(4

，解得m

2

m（17（f(x23sinxcosx2cos2x1(xf(x的最小正周期及在区间0 若f(x)6,x,，求cos 的值 yAsin(x)的性（1）f(x23sinxcosx2cos2x1f(x)

3(2sinxcosx)(2cos2x1)

3sin2xcos2x2sin(2x6f(x的最小正周期为f(x2sin2x在区间0上为增函数，在区间

6 f(0)1,f2,f1f(x在区间02，6 2

为-（Ⅱ）解：由（1）f(x2sin2x 6f(x6，所以sin

6 x

，得

2,7 06 62从而cos2x2 2 目标的概率是，且各次射击的结果互不影响3分，记3 等基础知识，考查运用概率知识解决实际问题的能力，满分12分。解：设X为射手在5次 目标的次数，则X~B5,

.在5次 ，有2 2P(X2)C2

22 3 322

解：设“第i次射击目标”

“ 有3次连 目标”

A=8=解：由题意可知，的所有可能取值为0,123

1 0)P(A1A2A3)321

1 =33

3 P(2)P(AAA)21212

2

11

33 所以（19（CF

,AB:AD:AA11:2:EF

证明 平

,依题意得D(0,2,0)

2 2（1）EF01,1AD02 EF,AEF,A1EFA于是EF

5 （2）证明：已知AF(1,2,1),EA1,3,4,ED 于是AF·EA1 ·ED=0.因此，AFEA1,AFED,又EA1EDAF(3)EFD的法向量uxyzuEF

1yz

于 u

，从 u所以二面角A1-

31（1）BC,BCBCBC

交于点 AD∥BC，由CE

CF1EF∥BC

1 1 是异面直线EF与A1D所成的角 5B 52BM2CM2cosBMC

35证明连接AC设AC与DE交点N因为CD

CDE

CDECED90BCACED90，故ACDE,又因为CC1DE且CC1ACCDEACFBFB1C⊥ABFAF⊥B1C,AF⊥A1DDEA1DD，AF⊥A1ED(3)A1N.FN,由（2）DE⊥ACF,NFACF,A1NACF⊥NF,DE⊥A1N,故A

为二面角A1-ED-F RtCBA，所以CN

，又AC

所以CN 5，555CF2RtNCFCF2AC21AC21cos

AAA21553（20（

y 1(ab的离心率ey

4l与椭圆相交于不同的两点ABA的坐标为（a,0）Q(0y0 AB的垂直平分线上，且QAQB4y012解：由e

，得3a24c2，再由c2a2b2a

12a2b4,即ab2aa解方程组a

得x242,0

yk(xA,BY(14k2x216k2x16k24由2x1

16k2得28kx1 ,ABMM1

8k （2,02 2QA2y0QB2y0）由QAQB=4，得y0

8k当 时，线段AB的垂直平分线方程为Y 14k

(x 14kx=0，

14k 由QA2y0QBx1y1 QAQB2x1y0(y1y4(16k415k2 7k22,故k

14所以

=25y22或y2 （21（已知函数f(x)xcxf(xyg(x)yf(x)x

xf(xg(x)如果1 ，且f(1)f(2)，证明12214（Ⅰ）解：f(x1X(1+0-f(x),1)内是增函数，在(11F(x)=f(x)-g(x)F(xxexxF'(xx1)(e2x2F(1)=e-1e-10，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0（1）若(x11)(x210,由（）及f(x1f(x2),则x1

xx2若(x11)(x210,由（）及f(x1f(x2得（1（2）

与xx2

,则

f(2-x2,从而f(xf(2-x2x2

，所以2

x2

x1

（22（在数列a中，a0，且对任意kN*. ， ， 成等差数列，其公差为d 若dk=2k，证明 ， ， 成等比数列（kN*若对任意kN*， ， ， 成等比数列，其公比为qk证明：由题设，可得

4kkN*2k 2k所以 a1

) 2k 2k=4k4(k1)...4由a=0，

2k(k1),从而

2k 2k k1

k 于是2k1 ,2k2 ,所以2k22k1 2k 2k 所以

2k时，对任意kN*, , ,

2k 2k（i）

,a,

成等差数列，及 , , 2k

等比数列，得 2k 2kk当q≠1q≠1，kNk从而 1 qk 2 qkq所以q

（Ⅱ）证明：a0，a ，可得a4，从而q4

q1q 1 1k1k得kq 所以2k22k1k

. （1）nn=2m(mN*nkm=1,则2n

2k2+m≥2，+nk2n

(2k)2(2kk2

k

2m2(m1)12nk

nka2nak

,从而2(2)nn=2m+1（mN*nk

2mk

(2m1)

(2maa

4m k2

k2

2m(m4m1 2n3 2(m nnk

nk所以2na

2n

2,n3,5,7k2

k2

nk（1（2）

22n（i）

q q q aq(q1),所以 k 2k 2k k 2k k a2k3a2k2dk1

dk

1

1qkk

q 2k 2k

k

由q1

可知

q

q

q

q所以q

k

（ii）证明：因为a10, 所以d1a 所以a3a

a32a

q

1。于是，由（i）可知所以 q 可

=qk

1k1k，故

k1kdk1

k1dk

dk.dk1........d2

k.k12k，由d2 k1k k k dk 2kk1,

2k2,kN2k 2010年普通高等学校招生统一考试（卷） （2）B （4）D 3

（13）(x1)2y26

3

3, 2 yAsin(x)的性（1）f(x23sinxcosx2cos2x1f(x)

3(2sinxcosx)(2cos2x1)

3sin2xcos2x2sin(2x6f(x的最小正周期为f(x2sin2x在区间0上为增函数，在区间

6 f(0)1,f f(x在区间0上的最大值为2，

为-（Ⅱ）解：由（1）f(x2sin2x 6f(x6，所以sin

6 x

，得

2,72 06 62 从而cos2x

等基础知识，考查运用概率知识解决实际问题的能力，满分12分。解：设X为射手在5次 目标的次数，则X~B5,

.在5次 ，2P(X2)C2

22 3 322

解：设“第i次射击目标”

“ 有3次连 目标”

A=8=解：由题意可知，的所有可能取值为0,123

1 0)P(A1A2A3)321

1 =33

3 P(2)P(AAA)21212

2

11 3

33 所以12 ,依题意得D(0,2,0)

2 2（3）EF01,1AD02 EF,EF,A1DEFAEF

3 （4）证明：已知AF(1,2,1),EA1,3,4,ED 于是AF·EA1 ·ED=0.因此，AFEA1,AFED,又EA1EDAF(3)EFD的法向量uxyzuEF

1yz

于 u

，从 u所以二面角A1-

31（1）BC,BCBCBC

交于点 AD∥BC，由CE

CF1EF∥BC

1 1BMC是异面直线EF与A1D所成的角 51B5

2BM2CM2 2BMcosBMC2BM53

5证明连接AC设AC与DE交点N因为CD 所以 RtCBA从而CDEBCA又由CDECED90BCACED90ACDE,又因为CC1DE且CC1

A1N.FN,由（2）DE⊥ACF,NFACF,A1NACF⊥NF,DE⊥A1N,故A

为二面角A1-ED-F RtCBA，所以CN

，又AC

所以CN 5，5CF2RtNCFCF2AC21AC21cos

AAA2155312解：由e

，得3a24c2，再由c2a2b2a

12a2b4,即ab2aa解方程组a

得

x22y14y12,0

yk(xA,Bx2

yY(14k2x216k2x16k24由2x1

16k2得28kx1 ,ABMM1

8k （2,0 QA(2,y),QB(2

8k当 时，线段AB的垂直平分线方程为Y 14k

(xk

14k2x=0， 由QA2y0QBx1y1 QAQB2x1y0(y1y4(16k415k2 整理得7k22,故k

14所以

=25y22或y2 14（Ⅰ）解：f(x1X(1+0-f(x),1)内是增函数，在(11F(x)=f(x)-g(x)F(xxexxF'(x)x

2

F(1)=e-1e-10，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0（1）若(x11)(x210,由（）及f(x1f(x2),则x1

xx2若(x11)(x210,由（）及f(x1f(x2得（1（2）

与xx2f(2-x2x2

，所以2

x2

x1

证明：由题设，可得

4kkN*2k 2k所以 a1 ) )...(a32k 2k 2k 2k 2k=4k4(k1)...4由a=0，

2k(k1),从而

2k a于是2k1a

k

,2k2

k

所以2k22k1a a 2k 2k 所以

2k时，对任意kN*, , ,

2k 2k（i）

,a,

成等差数列，及 , , 2k

等比数列，得

,22k12k1 q 2k 2k

kk当q≠1q≠1，kNk从而 1,即1 1(k2) 1

k

2 qkq

k

k

kq所以q

（Ⅱ）证明：a0，a ，可得a4，从而q4

q1q