2010年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷Ⅰ)(数学[文])[1]

2010年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷Ⅰ)数学本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．cos300°＝()A．－32B．－12C.12 D.3 2解析：cos300°＝cos(360°－60°)＝cos60°＝12.答案：C2．设全集U＝{1,2,3,4,5}，集合M＝{1,4}，N＝{1,3,5}，则N∩(∁U M)＝()A．{1,3} B．{1,5} C．{3,5} D．{4,5}解析：∵∁U M＝{2,3,5}，∴N∩(∁U M)＝{3,5}．答案：C3．若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧y ≤1，x ＋y ≥0，x －y －2≤0，则z ＝x －2y 的最大值为( )A ．4B ．3C ．2D ．1 解析：如图，画出约束条件表示的可行域，当目标函数z ＝x －2y 经过x ＋y ＝0与x －y －2＝0的交点A (1，－1)时，取到最大值3.答案：B4．已知各项均为正数的等比数例{a n }中，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，则a 4a 5a 6( )A ．5 2B ．7C ．6D ．4 2解析：(a 1a 2a 3)×(a 7a 8a 9)＝a 56＝50，a 4a 5a 6＝a 53＝5 2.答案：A5．(1－x )4(1－x )3的展开式中x 2的系数是( )A ．－6B ．－3C ．0D ．3解析：(1－x )4的二项展开式的通项为T r ＋1＝C 4 r (－x )r ＝(－1)r C 4 r x r ，(1－x )3的二项展开式的通项为T r ′＋1＝C 3 r ′(－x )r ′＝(－1)r ′C 3 rx r ′2，因此，(1－x )4(1－x )3的展开式的各项为(－1)r ·(－1)r ′·C 4 r ·C 3 r ′·xr ＋r ′2，当r ＋r ′2＝2时有r ＝2，且r ′＝0或r ＝1且r ′＝2两种情况，因此展开式中x 2的系数为6＋(－12)＝－6.答案：A6．直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC ＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：延长CA至点M，使AM＝CA，则A1M∥C1A，∠MA1B 或其补角为异面直线BA1与AC1所成的角，连接BM，易知△BMA1为等边三角形，因此，异面直线BA1与AC1所成的角为60°.答案：C7．已知函数f(x)＝|lg x|，若a≠b，且f(a)＝f(b)，则a＋b的取值范围是()A．(1，＋∞) B．[1，＋∞) C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)解析：不妨设0＜a＜1＜b，由f(a)＝f(b)得－lg a＝lg b，lg a＋lg b＝0，ab＝1，因此，a＋b＝a＋1a＞2.答案：C8．已知F1、F2为双曲线C：x2－y2＝1的左、右焦点，点P 在C上，∠F1PF2＝60°，则|PF1|·|PF2|＝()A．2 B．4 C．6D．8解析：||PF1|－|PF2||＝2，|F1F2|＝2 2∴|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos60°＝|F1F2|2∴(|PF1|－|PF2|)2＋2|PF1||PF2|－2|PF1||PF2|×12＝8∴|PF1||PF2|＝8－22＝4答案：B9．正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为()A.23 B.33C.23 D.63解析：BB1与平面ACD1所成角等于DD1与平面ACD1所成角，在三棱锥D－ACD1中，由三条侧棱两两垂直得点D在底面ACD1内的射影为等边△ACD1的重心即中心H，则∠DD1H为DD1与平面ACD1所成角，设正方体的棱长为a，则cos ∠DD1H＝63aa＝63.答案：D10．设a＝log32，b＝ln2，c＝5－12，则()A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．c＜a＜b D．c＜b＜a解析：a＝log32＝ln 2ln 3＜ln 2＝b，又c＝5－12＝15＜12，a＝log32＞log33＝12，因此c＜a＜b.答案：C11．已知圆O的半径为1，PA、PB为该圆的两条切线，A、B 为两切点，那么PA ·PB 的最小值为( )A ．－4＋ 2B ．－3＋2C ．－4＋2 2D ．－3＋2 2 解析：设|PA |＝|PB |＝x ，∠APB ＝θ，则tan θ2＝1x ，cos θ＝x 2－1x 2＋1，则PA ·PB ＝x 2×x 2－1x 2＋1＝x 4－x 2x 2＋1＝(x 2＋1)2－3(x 2＋1)＋2x 2＋1＝x 2＋1＋2x 2＋1－3≥22－3，当且仅当x 2＋1＝2，即x 2＝2－1时，取“＝”，故PA ·PB 的最小值为22－3. 答案：D12．已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB ＝CD ＝2，则四面体ABCD 的体积的最大值为( ) A.233B.433 C ．2 3D.833解析：设球心为O ，如图，过O 、C 、D 三点作球的截面，交AB 于点M ，由条件知，△OAB 、△OCD 均为边长为2的等边三角形，设M 到CD的距离为h ，A 到面MCD 的距离为h 1，B 到面MCD 的距离为h 2，则V A －BCD ＝V A －MCD ＋V B －MCD ＝13S △MCD (h 1＋h 2)＝13·12·CD ·h ·(h 1＋h 2)，因此，当AB ⊥面MCD 时，V A －BCD ＝13×12×2×23×(1＋1)＝433最大．答案：B第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在题中的横线上．13．不等式x－2x2＋3x＋2＞0的解集是________．解析：由x－2x2＋3x＋2＞0⇒x－2(x＋1)(x＋2)＞0⇒(x＋1)(x＋2)(x－2)＞0，故原不等式的解集为{x|－2＜x＜－1，或x＞2}．答案：{x|－2＜x＜－1，或x＞2}14．已知α为第二象限的角，sinα＝35，则tan2α＝________.解析：由sinα＝35，且α为第二象限的角得cosα＝－45，得tanα＝－34，tan2α＝－247.答案：－24 715．某学校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有________种．(用数字作答)解析：选法可分两类，A类选修课1门，B类选修课2门，或者A类选修课2门，B类选修课1门，因此，共有C13·C24＋C23·C14＝30种选法．答案：3016．已知F是椭圆C的一个焦点，B是短轴的一个端点，线段BF 的延长线交C 于点D ，且BF ＝2FD ，则C 的离心率为________． 解析：不妨设椭圆C 的焦点在x 轴上，中心在原点，B 点为椭圆的上顶点，F (c,0)(c ＞0)为右焦点，则由BF ＝2FD ，得D 点到右准线的距离是B 点到右准线距离的一半，则D 点横坐标x D＝a 22c ，由BF ＝2 BF 知，F 分BD 所成的比为2，由定比分点坐标公式得c ＝0＋2×a 22c 1＋2＝a 23c ，得3c 2＝a 2，得e ＝33. 答案：33三、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)记等差数列{a n }的前n 项和为S n .设S 3＝12，且2a 1，a 2，a 3＋1成等比数列，求S n .解：设数列{a n }的公差为d .依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1(a 3＋1)＝a 22，a 1＋a 2＋a 3＝12，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 21＋2a 1d －d 2＋2a 1＝0，a 1＋d ＝4.解得a 1＝1，d ＝3，或a 1＝8，d ＝－4.因此S n ＝12n (3n －1)，或S n ＝2n (5－n )． 18．(本小题满分12分)已知△ABC 的内角A ，B 及其对边a ，b 满足a ＋b ＝a cot A ＋b cot B ，求内角C .解：由a ＋b ＝a cot A ＋b cot B 及正弦定理得sin A ＋sin B ＝cos A ＋cos B ，sin A －cos A ＝cos B －sin B ，从而sin A cos π4－cos A sin π4＝cos B sin π4－sin B cos π4， sin(A －π4)＝sin(π4－B )． 又0＜A ＋B ＜π，故A －π4＝π4－B ，A ＋B ＝π2， 所以C ＝π2. 19．(本小题满分12分)投到某杂志的稿件，先由两位初审专家进行评审．若能通过两位初审专用的评审，则予以录用；若两位初审专家都未予通过，则不予录用；若恰能通过一位初审专家的评审，则再由第三位专家进行复审，若能通过复审专家的评审，则予以录用，否则不予录用．设稿件能通过各初审专家评审的概率均为0.5，复审的稿件能通过评审的概率为0.3.各专家独立评审．(1)求投到该杂志的1篇稿件被录用的概率；(2)求投到该杂志的4篇稿件中，至少有2篇被录用的概率． 解：(1)记A 表示事件：稿件恰能通过两位初审专家的评审； B 表示事件：稿件能通过一位初审专家的评审；C 表示事件：稿件能通过复审专家的评审；D 表示事件：稿件被录用．则D ＝A ＋B ·C ，P (A )＝0.5×0.5＝0.25，P (B )＝2×0.5×0.5＝0.5，P (C )＝0.3， P (D )＝P (A ＋B ·C )＝P (A )＋P (B ·C )＝P (A )＋P (B )P (C )＝0.25＋0.5×0.3＝0.40.(2)记A0表示事件：4篇稿件中没有1篇被录用；A1表示事件：4篇稿件中恰有1篇被录用；A2表示事件：4篇稿件中至少有2篇被录用．A2＝A0＋A1.P(A0)＝(1－0.4)4＝0.129 6，P(A1)＝C14×0.4×(1－0.4)3＝0.345 6，P(A2)＝P(A0＋A1)＝P(A0)＋P(A1)＝0.129 6＋0.345 6＝0.475 2，P(A2)＝1－P(A2)＝1－0.475 2＝0.524 8.20．(本小题满分12分)如图，四棱锥S－ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，E为棱SB上的一点，平面EDC⊥平面SBC.(1)证明：SE＝2EB；(2)求二面角A－DE－C的大小．解：法一：(1)证明：连结BD，取DC的中点G，连结BG，由此知DG＝GC＝BG＝1，即△DBC为直角三角形，故BC⊥BD.又SD⊥平面ABCD，故BC⊥SD.所以，BC⊥平面BDS，BC⊥DE.作BK⊥EC，K为垂足．因平面EDC⊥平面SBC，故BK⊥平面EDC，BK⊥DE.DE与平面SBC内的两条相交直线BK、BC都垂直．DE ⊥平面SBC ，DE ⊥EC ，DE ⊥SB .SB ＝SD 2＋DB 2＝6，DE ＝SD ·DB SB ＝23， EB ＝DB 2－DE 2＝63，SE ＝SB －EB ＝263， 所以，SE ＝2EB .(2)由SA ＝SD 2＋AD 2＝5，AB ＝1，SE ＝2EB ，AB ⊥SA ，知AE ＝(13SA )2＋(23AB )2＝1，又AD ＝1. 故△ADE 为等腰三角形．取ED 中点F ，连结AF ，则AF ⊥DE ，AF ＝AD 2－DF 2＝63. 连结FG ，则FG ∥EC ，FG ⊥DE .所以，∠AFG 是二面角A －DE －C 的平面角． 连结AG ，AG ＝2，FG ＝DG 2－DF 2＝63， cos ∠AFG ＝AF 2＋FG 2－AG 22·AF ·FG ＝－12， 所以，二面角A －DE －C 的大小为120°.法二：以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系D －xyz .设A (1,0,0)，则B (1,1,0)，C (0,2,0)，S (0,0,2)．(1) SC ＝(0,2，－2)，BC ＝(－1,1,0)．设平面SBC 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，由n ⊥SC ，n ⊥BC 得n ·SC ＝0，n ·BC ＝0.故2b －2c ＝0，－a ＋b ＝0.令a ＝1，则b ＝1，c ＝1，n ＝(1,1,1)．又设SE ＝λSB (λ＞0)，则E (λ1＋λ，λ1＋λ，21＋λ)．DE ＝(λ1＋λ，λ1＋λ，21＋λ)，DC ＝(0,2,0)． 设平面CDE 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )，由m ⊥DE ，m ⊥DC ，得m ·DE ＝0，m ·DC ＝0.故λx 1＋λ＋λy 1＋λ＋2z 1＋λ＝0,2y ＝0. 令x ＝2，则m ＝(2,0，－λ)．由平面DEC ⊥平面SBC 得m ⊥n ，m·n ＝0,2－λ＝0，λ＝2. 故SE ＝2EB .(2)由(1)知E (23，23，23)，取DE 中点F ，则 F (13，13，13)，FA ＝(23，－13，－13)，故FA ·DE ＝0，由此得FA ⊥DE .又EC ＝(－23，43，－23)，故EC ·DE ＝0，由此得EC ⊥DE ，向量FA 与EC 的夹角等于二面角A －DE －C 的平面角．于是cos 〈FA ，EC 〉＝FA ·EC |FA | |EC |＝－12， 所以，二面角A －DE －C 的大小为120°.21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝3ax 4－2(3a ＋1)x 2＋4x .(1)当a ＝16时，求f (x )的极值； (2)若f (x )在(－1,1)上是增函数，求a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝4(x －1)(3ax 2＋3ax －1)．当a ＝16时，f ′(x )＝2(x ＋2)(x －1)2，f (x )在(－∞，－2)内单调减，在(－2，＋∞)内单调增，在x ＝－2时，f (x )有极小值．所以f (－2)＝－12是f (x )的极小值．(2)在(－1,1)上，f (x )单调增加，当且仅当f ′(x )＝4(x －1)(3ax 2＋3ax －1)≥0，即3ax 2＋3ax －1≤0，①(ⅰ)当a ＝0时①恒成立；(ⅱ)当a ＞0时①成立，当且仅当3a ·12＋3a ·1－1≤0.解得0＜a ≤16. (ⅲ)当a ＜0时①成立，即3a (x ＋12)2－3a 4－1≤0成立， 当且仅当－3a 4－1≤0.解得－43≤a ＜0. 综上，a 的取值范围是[－43，16]． 22．(本小题满分12分)已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点K (－1,0)的直线l 与C 相交于A 、B 两点，点A 关于x 轴的对称点为D .(1)证明：点F 在直线BD 上；(2)设FA ·FB ＝89，求△BDK 的内切圆M 的方程．解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 1，－y 1)，l 的方程为x ＝my －1(m ≠0)．(1)证明：将x ＝my －1代入y 2＝4x 并整理得y 2－4my ＋4＝0，从而y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝4. ①直线BD 的方程为y －y 2＝y 2＋y 1x 2－x 1·(x －x 2)， 即y －y 2＝4y 2－y 1·(x －y 224)． 令y ＝0，得x ＝y 1y 24＝1. 所以点F (1,0)在直线BD 上．(2)由(1)知，x 1＋x 2＝(my 1－1)＋(my 2－1)＝4m 2－2，x 1x 2＝(my 1－1)(my 2－1)＝1.因为FA ＝(x 1－1，y 1)，FB ＝(x 2－1，y 2)，FA ·FB ＝(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＋4＝8－4m 2，故8－4 m 2＝89，解得m ＝±43. 所以l 的方程为3x ＋4y ＋3＝0，或3x －4y ＋3＝0.又由(1)知y 2－y 1＝±(4m )2－4×4＝±437， 故直线BD 的斜率为4y 2－y 1＝±37， 因而直线BD 的方程为3x ＋7y －3＝0，或3x －7y －3＝0.因为KF 为∠BKD 的平分线，故可设圆心M (t,0)(－1＜t ＜1)，M (t,0)到l 及BD 的距离分别为3|t ＋1|5，3|t －1|4. 由3|t ＋1|5＝3|t －1|4得t ＝19，或t ＝9(舍去)， 故圆M 的半径r ＝3|t ＋1|5＝23. 所以圆M 的方程为(x －19)2＋y 2＝49.。