2010年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学试卷（理工类）及答案解析.pdf

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1、2010 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） 数学（理工类） 本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共 150 分，考试用时 120 分钟， 第卷 1 至3 页，第卷 4 至11 页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 祝各位考生考试顺利！ 第卷 注意事项： 1 答第卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考 试用条形码。 2 每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其他答案标号，答在试卷上的无效。 3 本卷共 10 小题，每小题 5 分，共50分。 参考公式： 如果事件 A、B 互斥，那么

2、如果事件 A、B相互独立，那么 P(AB)=P(A)+P(B) P(AB)=P(A)P(B) 棱柱的体积公式 V=Sh, 棱锥的体积公式 V= 1 3 sh, 其中 S 标示棱柱的底面积。 其中S标示棱锥的底面积。 h 表示棱柱的高。 h 示棱锥的高。 一 选择题： 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）i 是虚数单位，复数 13 12 i i + = + (A)1i (B)55i (C)-5-5i (D)-1i （2）函数f(x)= 23 x x+ 的零点所在的一个区间是 (A)（-2，-1）(B)（-1,0）(C)（0,1）(D)（1,2） （3）命题“若 f(x)是

3、奇函数，则 f(-x)是奇函数”的否命题是 (A)若f(x) 是偶函数，则 f(-x)是偶函数 （B）若 f(x)不是奇函数，则 f(-x)不是奇函数 （C）若 f(-x)是奇函数，则 f(x)是奇函数 （D）若 f(-x)不是奇函数，则 f(x)不是奇函数 （4）阅读右边的程序框图，若输出 s 的值为-7， 则判断框内可填写 (A)i3? （B）i4? （C）i5? （D）i6? (5)已知双曲线 22 22 1( 0, 0) xy ab ab =的一条渐近 线方程是 y= 3x,它的一个焦点在抛物线 2 24y x= 的准线上，则双曲线的方程为 （A） 22 1 36 108 xy = （

4、B） 22 1 927 xy = （C） 22 1 108 36 xy = （D） 22 1 27 9 xy = （6） 已知 n a 是首项为 1 的等比数列， n s 是 n a 的前 n 项和， 且 36 9ss= ， 则数列 1 n a 的前 5 项和为 （A） 15 8 或 5 （B） 31 16 或 5 （C） 31 16 （D） 15 8 （7）在ABC 中，内角 A,B,C 的对边分别是 a,b,c，若 22 3ab bc= ， sin 2 3 sinCB= ，则A= （A） 0 30 （B） 0 60 （C） 0 120 （D） 0 150 （8）若函数f(x)= 2 1 2

5、 log , 0, log ( ), 0 xx xx f(-a),则实数 a 的取值范围是 （A） （-1，0）（0，1） （B） （-，-1）（1,+） （C） （-1，0）（1,+） （D） （-，-1）（0,1） (9)设集合A= | | 1, , | | 2, .x xa xRB xxb xR 若A B,则实数a,b 必满足 （A） |3ab+ （B） |3ab+ （C） |3ab （D） |3ab (10) 如图，用四种不同颜色给图中的 A,B,C,D,E,F 六个点涂 色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不 同颜色，则不同的涂色方法用 （A）288 种 （B）264

6、 种 （C）240种 （D）168 种 2010 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） 数学（理工类） 第卷 注意事项： 1 答卷前将密封线内的项目填写清楚。 2 用钢笔或圆珠笔直接答在试卷上。 3 本卷共 12 小题，共 100分。 二填空题：本大题共 6 小题，每小题 4 分，共24分，把答案天灾题中横线上。 （11）甲、乙两人在 10 天中每天加工零件的个数用茎叶图表示如下图，中间一列的数 字表示零件个数的十位数，两边的数字表示零件个数的个位数，则这 10 天甲、乙两人 日加工零件的平均数分别为 和 。 （12）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的 体积为 （13）已知圆 C

7、的圆心是直线 1, ( 1 x t yt = =+ 为参数） 与 x 轴的交点，且圆 C 与直线 x+y+3=0 相切，则圆 C 的方程为 （14）如图，四边形 ABCD是圆 O 的内接四边形，延长 AB 和 DC 相交于点 P，若 PB 1 PC 1 =, = PA 2 PD 3 ,则 BC AD 的 值为 （15）如图，在 ABCnull 中， AD AB , 3BCBD= uuur uuur , 1AD = uuur ,则 AC AD = uuur uuur null . （16）设函数 2 () 1fx x= ，对任意 2 , 3 x + ， 2 4()(1)4() x f mfx f

8、x fm m + 恒成立，则实数 m 的取值范围是 . 三、解答题：本大题共 6 小题，共76 分。解答题写出文字说明，证明过程或演算步骤。 （17） （本小题满分 12 分） 已知函数 2 ( ) 2 3 sin cos 2cos 1( )f xxxxxR=+ （）求函数 ()f x 的最小正周期及在区间 0, 2 上的最大值和最小值； （）若 00 6 () , , 542 fx x = ，求 0 cos 2x 的值。 （18）.（本小题满分 12分） 某射手每次射击击中目标的概率是 2 3 ，且各次射击的结果互不影响。 （）假设这名射手射击 5 次，求恰有 2 次击中目标的概率 （）假设

9、这名射手射击 5 次，求有 3 次连续击中目标。另外 2 次未击中目标的概率； （）假设这名射手射击 3 次，每次射击，击中目标得 1分，未击中目标得 0 分，在 3 次射 击中，若有 2 次连续击中，而另外 1次未击中，则额外加 1分；若 3 次全击中，则额外加 3 分，记 为射手射击 3 次后的总的分数，求 的分布列。 （19） （本小题满分 12 分） 如图，在长方体 111 1 ABCD ABC D 中， E、 F 分别是棱 BC, 1 CC 上的点， 2CF AB CE= , 1 : 1:2:4AB AD AA = （1） 求异面直线 EF 与 1 AD所成角的余弦值； （2） 证明

10、 AF 平面 1 AED （3） 求二面角 1 AEDF 的正弦值。 （20） （本小题满分 12 分） 已知椭圆 22 22 1( 0 xy ab ab +=） 的离心率 3 2 e= ， 连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积 为4。 （1） 求椭圆的方程； （2） 设直线 l 与椭圆相交于不同的两点 ,A B ，已知点 A 的坐标为（ ,0a ） ，点 0 (0, )Qy在线段 AB 的垂直平分线上，且 4QA QB = uuur uuur null ，求 0 y 的值 （21） （本小题满分 14 分） 已知函数 () ( ) x f xxcxR = （）求函数 ()f x 的单调区间和极

11、值； （）已知函数 ()ygx= 的图象与函数 ()yfx= 的图象关于直线 1x = 对称，证明当 1x 时， () ()f xgx （）如果 12 x x ，且 12 () ()f xfx= ，证明 12 2xx+ （22） （本小题满分 14 分） 在数列 n a 中， 1 0a = ，且对任意 * kN . 21k a ， 2k a ， 21k a + 成等差数列，其公差为 k d 。 （）若 k d =2k ，证明 2k a ， 21k a + ， 22k a + 成等比数列（ * kN ） （）若对任意 * kN ， 2k a ， 21k a + ， 22k a + 成等比数列，其

12、公比为 k q 。 2010 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） 数学（理工类）参考解答 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）B （3）B （4）D （5）B （6）C （7）A （8）C （9）D （10）B 二填空题：本题考查基本知识和基本运算，每小题 4 分，满分 24 分。 （11）24:23 （12） 10 3 （13） 22 (1) 2xy+ += （14） 6 6 （15） 3 (16) 33 , 22 + 三、解答题 （17）本小题主要考查二倍角的正弦与余弦、两角和的正弦、函数 sin( )yA x = + 的性 质

13、、同角三角函数的基本关系、两角差的余弦等基础知识，考查基本运算能力，满分 12 分。 （1）解：由 2 ( ) 2 3 sin cos 2cos 1f xxxx= +，得 2 ( ) 3(2sin cos ) (2cos 1) 3 sin 2 cos 2 2sin(2 ) 6 fx x x x x x x =+=+=+ 所以函数 ()f x 的最小正周期为 因为 () 2sin2 6 fx x =+ 在区间 0, 6 上为增函数，在区间 , 62 上为减函数，又 (0) 1, 2, 1 62 ff f = ，所以函数 ()f x 在区间 0, 2 上的最大值为 2，最小值 为-1 （）解：由（

14、1）可知 00 ()2sin2 6 fx x =+ 又因为 0 6 () 5 fx = ，所以 0 3 sin 2 65 x + = 由 0 , 42 x ，得 0 27 2, 636 x + 从而 2 00 4 cos 2 1 sin 2 665 xx += += 所以 00 0 0 343 cos 2 cos 2 cos 2 cos sin 2 sin 66 6 6 6 6 10 xx x x =+=+= 18.本小题主要考查二项分布及其概率计算公式、离散型随机变量的分布列、互斥事件和相 互独立事件等基础知识，考查运用概率知识解决实际问题的能力，满分 12 分。 （1）解：设 X 为射手在

15、 5 次射击中击中目标的次数，则 X 2 5, 3 B .在 5 次射击中，恰 有 2 次击中目标的概率 22 2 5 40 (2) 1 3 3 243 PX C = = （）解：设“第 i次射击击中目标”为事件 (1,2,3,4,5) i Ai= ； “射手在 5 次射击中， 有 3 次连续击中目标，另外 2 次未击中目标”为事件 A,则 123 4 5 1234 5 12345 ()()()()PA PAAAAA PAAAAA PAAAAA=+ = 32 3 23 2112112 3333333 + = 8 81 （）解：由题意可知， 的所有可能取值为 0,1, 2,3,6 3 123 1

16、1 (0)( ) 327 PPAA = = = 123 1 23 123 (1)( )( )( )P PAAA PAA A PAAA = + + = 22 21 1211 22 3 3 333 3 3 9 + = 123 212 4 (2)( ) 333 27 PPAA = = 12 3 123 (3)( )( )PPAAPAA = + = 22 2111 8 3333 27 + = 123 (6)( )PPAA = = 3 28 327 = 所以 的分布列是 （19）本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识， 考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运

17、算能力和推理 论证能力，满分 12 分。 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系， 点 A 为坐标原点，设 1AB= ,依题意得 (0,2,0)D , (1, 2,1)F , 1 (0,0,4)A , 3 1, , 0 2 E （1） 解：易得 1 0, ,1 2 EF = uuur , 1 (0,2, 4)AD= uuuur 于是 1 1 1 3 cos , 5 EF AD EF AD EF AD = uuur uuuur uuur uuuur null uuur uuuur 所以异面直线 EF 与 1 AD所成角的余弦值为 3 5 （2） 证明：已知 (1, 2,1)AF = uuur ,

18、1 3 1, , 4 2 EA = uuur , 1 1, , 0 2 ED = uuur 于是 AF uuur 1 EA uuur =0， AF uuur ED uuur =0.因此， 1 AF EA , AF ED ,又 1 EA ED E= 所以 AF 平面 1 AED (3)解：设平面 EFD的法向量 (, ,)uxyz= r ，则 0 0 uEF uED = = r uuur null ruuur null ,即 1 0 2 1 0 2 yz xy += += 不妨令 X=1,可得 (1, 2 1 u = ） 。由（2）可知， AF 为平面 1 AED的一个法向量。 于是 2 cos

19、 , = = 3 | AF AF |AF| u u u ，从而 5 sin , = 3 AFu 所以二面角 1 A-ED-F的正弦值为 5 3 方法二： （1）解：设 AB=1，可得 AD=2,AA 1=4,CF=1.CE= 1 2 链接 B 1C,BC1，设 B 1C与BC 1 交于点 M,易知 A 1DB 1C，由 1 CE CF 1 = CB CC 4 ,可知 EFBC 1.故 BMC 是异面直线 EF 与 A 1D 所成的角，易知 BM=CM= 1 1 BC= 5 2 ,所以 222 3 cos 25 BM CM BC BMC BM CM + = = null ,所以异面直线 FE 与

20、A 1D 所成角的余弦值为 3 5 （2） 证明： 连接AC， 设AC与DE交点N 因为 1 2 CD EC BC AB = = ， 所以 Rt DCE Rt CBAnull ，从而 CDE BCA = ，又由于 90CDE CED + = ,所以 90BCA CED+=， 故ACDE,又因为CC 1DE 且 1 CC AC C = ， 所以 DE平面 ACF， 从而AFDE. 连接 BF，同理可证 B 1C平面 ABF,从而 AFB 1C,所以 AFA 1D因为 1 DE AD D=， 所以 AF平面 A 1ED (3)解：连接A 1N.FN,由（2）可知DE平面ACF,又NF 平面ACF,

21、 A 1N平面 ACF，所以 DE NF,DEA 1N,故 1 ANF 为二面角 A 1-ED-F 的平面角 易知 RtCNE RtCBAnull ，所以 CN EC BCAC = ，又 5AC = 所以 5 5 CN = ，在 22 1 30 5 Rt NCF NF CF CN Rt A AN=+=null中， 在 中 22 11 430 5 NA A A AN=+= 连接 A 1C1,A1F 在 22 11 1 11 1 14Rt AC F AF AC C F=+=中， 22 2 11 11 1 2 cos 23 AN FN AF Rt ANF ANF AN FN + = = 在中， 。所

22、以 1 5 sin 3 ANF= 所以二面角 A 1-DE-F 正弦值为 5 3 （20）本小题主要考察椭圆的标准方程和几何性质，直线的方程，平面向量等基础知识，考 查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查运算和推理能力，满分 12 分 （1）解：由 3 e 2 c a = ，得 22 34ac= ，再由 222 cab= ，得 2ab= 由题意可知， 1 22 4, 2 2 ab ab= =即 解方程组 2 2 ab ab = = 得 a=2,b=1 所以椭圆的方程为 2 2 1 4 x y+= (2)解：由（1）可知A（-2,0） 。设B点的坐标为（x 1,y1）,直线 l 的

23、斜率为 k，则直线 l 的 方程为y=k(x+2), 于是 A,B 两点的坐标满足方程组 2 2 (2) 1 4 ykx x y = + + = 由方程组消去 Y 并整理，得 22 2 2 (1 4 ) 16 (16 4) 0kx kx k+= 由 2 1 2 16 4 2, 14 k x k = + 得 2 1122 28 4 , 14 14 kk xy = + 从而 设线段 AB 是中点为 M，则 M 的坐标为 2 22 82 (,) 14 14 kk kk + 以下分两种情况： （1）当 k=0时，点 B 的坐标为（2,0） 。线段 AB的垂直平分线为 y 轴，于是 00 0 (2, y

24、), (2, = 2QA QB y QA QB y = = null）由 4，得 2 （2）当 K 0 时，线段 AB 的垂直平分线方程为 2 22 218 () 14 14 kk Yx kk k =+ + 令 x=0，解得 0 2 6 14 k y k = + 由 0110 (2, y), ( ,QA QB x y y = = ） 2 1010 2222 2(2 8 ) 6 4 6 2( ( ) 14 14 14 14 kkk k QA QB x y y y = + + + null ）= 42 22 4(16 15 1) 4 (1 4 ) kk k + = + = 整理得 2 0 14 2

25、 14 72, = 75 kk y= 故所以 综上 00 214 =22 = 5 yy或 （21）本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运 算能力及用函数思想分析解决问题的能力，满分 14 分 （）解：f () (1 ) x x xe = 令 f(x)=0,解得 x=1 当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表 X ( ,1 ) 1 (1, +) f(x) + 0 - f(x) null 极大值 null 所以f(x)在( ,1 )内是增函数，在( 1, +)内是减函数。 函数 f(x)在x=1 处取得极大值 f(1)且f(1)= 1 e （）证明：

26、由题意可知 g(x)=f(2-x),得 g(x)=(2-x) 2x e 令 F(x)=f(x)-g(x),即 2 () ( 2) x x Fx xe x e =+ 于是 22 ( ) ( 1)( 1) x x Fx x e e = 当 x1 时，2x-20,从而 2x-2 e10, 0, F x e 又所以 (x)0,从而函数 F（x）在1,+ )是增函数。 又 F(1)= -1 -1 ee 0=，所以x1时，有 F(x)F(1)=0,即f(x)g(x). )证明： （1） 若 12 12 12 (1)(1)0, ) ), 1.xx xx xx= = = 12 由（ ）及f(x f(x 则 与

27、 矛盾。 （2）若 12 1212 (1)(1)0, ) ), .xx xxxx = = 12 由（ ）及f(x f(x 得 与 矛盾。 根据（1） （2）得 12 12 (1)(1)0, 1, 1.xx xx 不妨设 由（）可知， ) 2 f(x ) 2 g(x ,则 ) 2 g(x = ) 2 f(2-x ，所以 ) 2 f(x ) 2 f(2-x ,从而 ) 1 f(x ) 2 f(2-x .因为 2 1x ，所以 2 21x 2 2 x ,即 12 x x+ 2. (22)本小题主要考查等差数列的定义及通项公式，前 n 项和公式、等比数列的定义、数列求 和等基础知识，考查运算能力、推理

28、论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思 想方法。满分 14 分。 （）证明：由题设，可得 * 4, 2121 aa kN kk = + 。 所以 1 31 ( ) ( ) . ( ) 21 2121 2123 aaaa aa aa kkkkk = + + + =44(1).41kk+ + =2k(k+1) 由 1 a =0，得 22 2 ( 1), 2 2 , 2( 1) . 21 2 21 22 akkaakka k kkk =+ = = =+ + 从而 于是 11 21 22 22 21 , 221 12 aa aa kk kk akakaa + + = = + 所以 。 所以

29、* 2, 22122 k dk kNaa a kk k = + + 时，对任意 成等比数列。 （）证法一： （i）证明：由 2 , 21 21 k aaa kk + 成等差数列，及 , 22122 aa a kk k+ 成 等比数列，得 21 21 1 2, 22121 22 1 k aa kk aa a q kk k aaq kkk + = +=+=+ + 当 1 q 1 时，可知 k q 1，k * N 从而 11 1 11 1, 1( 2) 11 1 21 1 k qqqq kkkk q k =+= 即 所以 1 1q k 是等差数列，公差为 1。 （）证明： 1 0a = ， 2 2a

30、 = ，可得 3 4a = ，从而 1 4 2, 2 q = = 1 1 1 q =1.由（）有 *11 11, , 1 k k kkq kN qk k + =+= = 得 所以 2 * 2 22 21 1 22 1 , 21 2 2 aa a kkk kk kN aa a kk k + + = = + （） 从而 因此， 222 2* 2 222 (1) 222 14 . . . . . .2 2 . . 2 ( 1), 1 (1)(2) 1 2224 2 k aa a kk kk k kakN kk aa a kk k kk + =+ + 以下分两种情况进行讨论： （1） 当 n 为偶数时

31、，设 n=2m( * mN ) 若m=1,则 2 2 22 n k k k n a = = . 若 m2，则 22 221 2 21 1 1 221 (2 ) (2 1) 4 2 nm m m kk k k kk k kk k k aa a k = = = + + =+ + 11 1 441 44 1 111 2 2( 1) 2( 1) 2( 1) 2 1 11 31 22(1)(1)2 22. mm m kk k kk kk mm kk kk kk k k mm n mn = = + + =+ + =+ + + = + + = 所以 31 3 2 , 2 2, 4,6,8. 22 nn kk

32、 n an a = =+ = 从而 (2)当n 为奇数时，设 n=2m+1（ * mN ） 2 22 22 22 21 (2 1) 3 1 (2 1) 4 22 2( 1) nm kk kkm kkm m m aaa mm = + + =+ =+ + 11 31 42 22( 1) 2 1 mn mn =+ = + 所以 2 2 31 2, 21 n k k k n an = =+ + 从而 2 2 3 22,3,57 2 n k k k nn a = = 综合（1） （2）可知，对任意 2n ,nN ,有 2 2 3 22 2 n k k k n a = 证法二： （i）证明：由题设，可得

33、21 2 2 2 2 (1), kk kkkkkk da a qaa aq + = = = 2 12221 2 2 2 (1), kkkkkkkkk da a qaqaaqq + = = 所以 1kkk dqd + = 23 22 1 1 1 2 22 22 2 2 1 111 kkk k k k k aad d d q q qaqa + + + + = = =+ =+ =+ 由 1 1q 可知 1, * k qkN。可得 1 11 1 1 1111 k kkkk q qqqq + = ， 所以 1 1 k q 是等差数列，公差为 1。 （ii）证明：因为 12 0, 2,aa=所以 121

34、2daa= =。 所以 321 4aad=+=，从而 3 1 2 2 a q a =， 1 1 1 1q = 。于是，由（i）可知所以 1 1 k q 是 公差为 1 的等差数列。由等差数列的通项公式可得 1 1 k q = ( )11kk+ =，故 1 k k q k + = 。 从而 1 1 k k k d k q dk + + = 。 所以 1 2 112 1 12 . . . . 121 kkk kk ddd dkk k ddd dk k = ，由 1 2d = ，可得 2 k dk= 。 于是，由（i）可知 () 2 21 2 21,2, * kk akkakkN + =+ = 以下同证法一。