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1、2010年天津高考数学卷（理科详解）第卷一选择题：本卷共小题，每小题分，共分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合要求的1是虚数单位，复数（）【解】故选2函数的零点所在的一个区间是（）【解】解法1因为，所以函数的零点所在的一个区间是故选解法2可化为画出函数和的图象，可观察出选项，不正确，且，由此可排除，故选3命题“若是奇函数，则是奇函数”的否命题是（）若偶函数，则是偶函数若不是奇函数，则不是奇函数若是奇函数，则是奇函数若不是奇函数，则不是奇函数【解】由四种命题的定义，故选4阅读右边的程序框图，若输出的值为，则判断框内可填写（）【解】由框图，第一步为，第二步为，第三步为，由于输出的值为，则需否
2、，因此判断框内为故选5已知双曲线的一条渐近线方程是，它的一个焦点在抛物线的准线上，则双曲线的方程为（）【解】解法1由题设可得双曲线方程满足，即于是又抛物线的准线方程为，因为双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则，于是所以双曲线的方程故选解法2因为抛物线的准线方程为，双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则由此排除，又双曲线的一条渐近线方程是，则，由此又排除，故选6已知是首项为的等比数列，是的前项和，且则的前项和为（）或或【解】设数列的公比为，由可知于是又，于是，即，因为，则数列的首项为，公比为，则前项和故选7在中，内角的对边分别是，若，则（）BCD【解】由及正弦定理得，代入得，即，又，由余弦定理，所
3、以故选8设函数若，则实数的取值范围是（ ）【解】若，则，即，所以，若则，即，所以，。所以实数的取值范围是或，即故选C9设集合，若，则实数必满足（）【解】集合化为，集合化为若，则满足或，因此有或，即故选10如图，用四种不同的颜色给图中的六个点涂色，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共有（）种种种种【解】解法1首先考虑除外，相邻两端点不同色的情形：此时有种涂法，与相邻的点有种涂法，有种涂法，有种涂法，此时，有种涂法，有种涂法，因此共有（种）但是，这是有可能同色，且当同色，不同色时，同色此时的涂法有同色的有种，对于点，点共有种，由对称性只有种涂法所以共有（种）因
4、此，符合题目要求的涂法有（种）故选解法2分两种情形讨论：点同色和点不同色，涂法数如下表：合计点同色点不同色因此，符合题目要求的涂法有（种）故选解法3先对涂色，有（种）固定其中一种涂法，设四种不同的颜色为颜色，且设涂颜色，涂颜色，涂颜色则根据题意的涂法可用下表枚举：以上共种，因此符合题目要求的涂法有（种）故选解法4分两种情形讨论：（1）全部使用四种不同的颜色第一步：对涂色，只能用三种颜色，有（种），第二步：从三点中选一点涂第四种颜色，有种，再对另两点涂色有种涂法，共有种涂法，所以全部使用四种不同的颜色的涂法有（种）；(2) 只使用三种颜色第一步：对涂色，有（种），第二步：对三点涂色，由于只用三种
5、颜色，则点有种涂法，此时和只有种涂法所以只使用三种颜色的涂法有（种）由（1），(2) 符合题目要求的涂法有种）故选解法5为研究问题方便,不妨把平面图形变换成三棱柱,如右图所示, 染色规则: 在三棱柱的六个顶点中,相同颜色的顶点可连接同一颜色的线段,依题意,三棱柱的九条棱都不能染色. 下面分情况进行讨论: (1) 当六个顶点只用三种颜色涂色时,相同颜色顶点的连线为三棱柱侧面上的对角线,如图(甲)或(乙),图中字母的角码表示颜色编号,则不同的涂色方法共有:(种)； (2) 当六个顶点用四种颜色涂色时,又可分为 在(1)的条件下,用第四种颜色替换掉六个顶点中的一个或两个:用第四种颜色替换掉六个顶点中
6、的一个, 如图(丙),此时相当于在(1)的条件下,去掉 一条侧面上的对角线,有种方法,因此, 不同的涂色方法共有:(种)； 用第四种颜色替换掉六个顶点中两个,显然被替换掉的两个顶点的颜色编号不能相同,否则与(1)重复,被替换掉的两个顶点也不能在同一底面上或同一侧棱上,因此被替换掉的两个顶点与被保留的两个同颜色顶点在同一侧面上,如图(丁), 此时相当于在(1)的条件下,保留一个侧面上的对角线,考虑到重复情况,不同的涂色方法共有:(种). 综上所述,不同的涂色方法共有: (种).故选B.第卷二本大题共小题，每小题分，共分把答案填在题中横线上11甲、乙两人在天中每天加工的零件的个数用茎叶图表示如下图
7、中间一列的数字表示零件个数的十位数，两边的数字零件个数的个位数，则这天中甲、乙两人日加工零件的平均数分别为和【解】，设甲的平均数为，乙的平均数为，则则这天中甲、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【解】几何体是由一个正四棱锥和一个长方体组合而成设几何体的体积为，正四棱锥的体积为，长方体的体积为则13已知圆的圆心是直线（为参数）与轴的交点，且圆与直线相切，则圆的方程为【解】把直线（为参数）化为普通方程为，与轴的交点为于是圆心的坐标为；因为圆与直线相切，所以圆心到直线的距离即为半径，因此所以圆的方程为14如图，四边形是圆的内接四边形，延长和相交于点若
8、，则的值为【解】因为四边形是圆的内接四边形，所以，又，所以于是因为，所以，从而，于是，15如图，在中，则【解】设，则，又，则解法1因为，所以因为是直角三角形，所以于是解法2解法3设,则.在中，由正弦定理得,即,所以，解法4根据题意,建立如图的直角坐标系.则设,于是，为此，只需求出点的横坐标作轴于由，则，于是，于是即点的横坐标所以16设函数对任意，恒成立，则实数的取值范围是【解】解法不等式化为，即，整理得，因为，所以，设，于是题目化为，对任意恒成立的问题为此需求，的最大值设，则函数在区间上是增函数，因而在处取得最大值，所以，整理得，即，所以，解得或，因此实数的取值范围是解法2同解法1,题目化为，
9、对任意恒成立的问题为此需求，的最大值设，则因为函数在上是增函数，所以当时，取得最小值从而有最大值所以，整理得，即，所以，解得或，因此实数的取值范围是解法3不等式化为，即，整理得，令由于，则其判别式，因此的最小值不可能在函数图象的顶点得到，所以为使对任意恒成立，必须使为最小值，即实数应满足解得，因此实数的取值范围是解法4(针对填空题或选择题)由题设，因为对任意，恒成立，则对，不等式也成立，把代入上式得，即 ，因为，上式两边同乘以，并整理得，即，所以，解得或，因此实数的取值范围是 三解答题：本大题共小题，共分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17（本小题满分分）已知函数（）求函数的最小正周期及
10、在区间上的最大值和最小值（）若，求的值【解】（）由得所以函数的最小正周期为因为，所以所以，即时，函数为增函数，而在时，函数为减函数，所以为最大值，为最小值（）由（）知，又由已知，则因为，则，因此，所以，于是，18（本小题满分分）某射手每次射击击中目标的概率是，且各次射击的结果互不影响（）假设这名射手射击次，求恰有次击中的概率（）假设这名射手射击次，求有次连续击中目标，另外次未击中目标的概率（）假设这名射手射击次，每次射击，击中目标得分，未击中目标得分，在次射击中，若有次连续击中，而另外次未击中，则额外加分；若次全击中，则额外加分记为射手射击次后的总得分数，求的分布列【解】（）设为射手在次射击中
11、击中目标的次数，则在次射击中恰有次击中的概率为（）设“第次击中目标”为事件，“射手在次射击中有次连续击中目标，另外次未击中目标”为事件则（）由题意，的所有可能取值为三次均未中）；仅击中次）；击中次但未连续击中）；有次连续击中）；次连续击中）或所以的分布列为19（本小题满分分）如图，在长方体中，分别是棱，上的点，（）求异面直线与所成的角的余弦值；（）证明：；（）求二面角的正弦值【解】解法1如图所示，建立空间坐标系，点为坐标原点设，由，知，于是，（），于是由于异面直线所成的角的范围是，所以异面直线与所成的角的余弦值为（），则，于是，又，所以（）设平面的法向量，则即取，则，由（）可知，为平面的一个法向量，又所以，从而所以二面角的正弦值为解法2设，由，知，（）连接，设与交于点，易知由，所以所以是异面直线与所成的角因为，所以由余弦定理有所以异面直线与所成的角的余弦值为（）连接，设与交于点因为，所以从而又由于，所以因此又因为，且，所以从而连接，同理可证，从而，所以因为，所以（）连接由（）可知又，所以因此为二面角的平面角易知，则，又，所以在中，在中，。连接，在中，。在中，所以。所以二面角的正弦值为20（本小题满分分）已知椭圆的离心率连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面
