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1、2010201020102010 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试文科数学文科数学( ( ( (全国全国卷卷) ) ) ) 第卷 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.1.(2010 全国卷,文 1)设全集U=xN N N N*|x3D.x|x3 答案：A3.(2010 全国卷,文 3)已知 sin=32,则 cos(2)等于()A.35B. 91C.91D.35答案：B 4.(2010 全国卷,文 4)函数y=1+ln(x1)(x1)的反函数是() A.y=ex+11(x0)B.y=ex1+1(x0)C.y=ex+11(xR R R R)
2、D.y=ex1+1(xR R R R)答案：D5.(2010 全国卷,文 5)若变量x,y满足约束条件 +, 523, 1yxxyx则z=2x+y的最大值为() A.1B.2C.3D.4 答案：C 6.(2010 全国卷,文 6)如果等差数列an中,a3+a4+a5=12,那么a1+a2+a7等于() A.14B.21C.28D.35 答案：C 7.(2010 全国卷,文 7)若曲线y=x2+ax+b在点(0,b)处的切线方程是xy+1=0,则() A.a=1,b=1B.a=1,b=1 C.a=1,b=1D.a=1,b=1 答案：A 8.(2010 全国卷,文 8)已知三棱锥SABC中,底面A
3、BC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()A.43B.45C.47D.43答案：D9.(2010 全国卷,文 9)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 答案：B10.(2010 全国卷,文 10)ABC中,点D在边AB上,CD平分ACB,若CB=a a a a,CA=b b b b,|a a a a|=1,|b b b b|=2,则CD等于()A.31a
4、 a a a+32b b b bB.32a a a a+31b b b bC.53a a a a+54b b b bD.54a a a a+53b b b b答案：B 11.(2010 全国卷,文 11)与正方体ABCDA1B1C1D1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 答案：D12.(2010 全国卷,文 12)已知椭圆C:22ax+22by=1(ab0)的离心率为23,过右焦点F且斜率为k(k0)的直线与C相交于A、B两点,若AF=3FB，则k等于()A.1B.2C.3D.2答案：B 第卷
5、二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案填在答题卡的相应位置.13.(2010全国卷,文13)已知是第二象限的角, tan=21,则cos=_.答案：55214.(2010 全国卷,文 14)(x+x1)9的展开式中,x3的系数是_.答案：8415.(2010 全国卷,文 15)已知抛物线C:y2=2px(p0)的准线l,过M(1,0)且斜率为3的直线与l相交于A,与C的一个交点为B,若AM=MB,则p=_.答案：2 16.(2010 全国卷,文 16)已知球O的半径为 4,圆M与圆N为该球的两个小圆,AB为圆 M与圆N的公共弦,AB=4,若OM=ON=3,则两圆圆
6、心的距离MN=_. 答案：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.(2010 全国卷,文 17)ABC中,D为边BC上的一点,BD=33,sinB=135,cosADC=53,求AD.解：由 cosADC=530 知B0,故q=2,a1=1. 所以an=2n1. (2)由(1)知 bn=(an+na1)2 =an2+21na+2 =4n1+ 141n+2. 因此 Tn=(1+4+4n1)+(1+ 41+141n)+2n =1414 n +411411n +2n =31(4n41n)+2n+1.19.(2010 全国卷,文 19)如图,直三棱
7、柱ABCA1B1C1中,AC=BC,AA1=AB,D为BB1的中 点,E为AB1上的一点,AE=3EB1.A B C D A 1B 1C 1E(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A1AC1B1的大小. 解法一:(1)证明:连结A1B,记A1B与AB1的交点为F, 因为面AA1B1B为正方形,故A1BAB1,且AF=FB1.又AE=3EB1,所以FE=EB1.又D为BB1 的中点,故DEBF,DEAB1. A B C D A 1B 1C 1EKHFG作CGAB,G为垂足,由AC=BC知,G为AB中点. 又由底面ABC面AA1B1B,
8、得CG面AA1B1B. 连结DG,则DGAB1,故DEDG.由三垂线定理,得DECD, 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线. (2)因为DGAB1,故CDG为异面直线AB1与CD的夹角,CDG=45,设AB=2,则 AB1=22,DG=2,CG=2,AC=3, 作B1HA1C1,H为垂足, 因为底面A1B1C1面AA1C1C, 故B1H面AA1C1C. 又作HKAC1,K为垂足,连结B1K,由三垂线定理,得B1KAC1,因此B1KH为二面角 A1AC1B1的平面角 . B1H=112 112 1111)21(CABACABA =322, HC1=2 12 11HBCB=33, AC1=22
9、)3(2 +=7, HK=111 ACHCAA=7332, tanB1KH=HKHB1=14. 所以二面角A1AC1B1的大小为 arctan14.解法二：(1)证明: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,A B C D A 1B 1C 1Ex y z设AB=2,则A(2,0,0),B1(0,2,0),D(0,1,0),E(21,23,0). 又设C(1,0,c),则DE=(21,21,0),AB1=(2,2,0),DC=(1,1,c). 于是DEAB1=0,DEDC=0, 故DEB1A,DEDC. 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线. (2)因为A
10、B1,DC等于异面直线AB1与CD的夹角, 故AB1DC=|AB1|DC|cos45, 即 2222+c22=4, 解得c=2,故AC=(1,0,2). 又1AA=1BB=(0,2,0), 所以1AC=AC+1AA=(1,2,2). 设平面AA1C1的法向量为m m m m=(x,y,z), 则m m m m1AC=0,m m m m1AA=0, 即x+2y+2z=0 且 2y=0. 令x=2,则z=1,y=0,故m m m m=(2,0,1). 设平面AB1C1的法向量为n n n n=(p,q,r),则 n n n n1AC=0,n n n nAB1=0, 即p+2q+2r=0,2p2q=
11、0, 令p=2,则q=2,r=1, 故n n n n=(2,2,1). 所以 cosm m m m,n n n n|n n n nm m m mn n n nm m m m=151. 由于m m m m,n n n n等于二面角A1AC1B1的平面角, 所以二面角A1AC1B1的大小为 arccos1515.20.(2010 全国卷,文 20)如图,由M到N的电路中有 4 个元件,分别标为T1,T2,T3,T4,电流 能通过T1,T2,T3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 T1,T2,T3中至少有一个能通过电流的概率为 0.999.M N T 2T
12、 3T 1T4(1)求p； (2)求电流能在M与N之间通过的概率. 解:记Ai表示事件：电流能通过Ti,i=1,2,3,4. A表示事件:T1,T2,T3中至少有一个能通过电流. B表示事件:电流能在M与N之间通过. (1)A=1A2A3A,A1,A2,A3相互独立, P(A)=P(1A2A3A)=P(1A)P(2A)P(3A)=(1p)3. 又P(A)=1P(A)=10.999=0.001, 故(1p)3=0.001,p=0.9. (2)B=A4+4AA1A3+4A1AA2A3, P(B)=P(A4+4AA1A3+4A1AA2A3) =P(A4)+P(4AA1A3)+P(4A1AA2A3)
13、=P(A4)+P(4A)P(A1)P(A3)+P(4A)P(1A)P(A2)P(A3) =0.9+0.10.90.9+0.10.10.90.9 =0.989 1. 21.(2010 全国卷,文 21)已知函数f(x)=x33ax2+3x+1. (1)设a=2,求f(x)的单调区间; (2)设f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点,求a的取值范围.解：(1)当a=2 时,f(x)=x36x2+3x+1,f(x)=3(x2+3)(x23). 当x(,23)时f(x)0,f(x)在 (,23) 上单调增加; 当x(23,2+3)时f(x)0,f(x)在(2+3,+)上单调增加. 综上,f(x)的
14、单调增区间是(,23)和 (2+3,+),f(x)的单调减区间是(23,2+3). (2)f(x)=3(xa)2+1a2. 当 1a20 时,f(x)0,f(x)为增函数,故f(x)无极值点; 当 1a20,b0)相交于B、D两点,且BD的中点为M(1,3). (1)求C的离心率; (2)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. 解:(1)由题设知,l的方程为y=x+2. 代入C的方程,并化简,得 (b2a2)x24a2x4a2a2b2=0, 设B(x1,y1)、D(x2,y2), 则x1+x2=2224 aba ,x1x2=222224 a
15、bbaa +. 由M(1,3)为BD的中点知221xx+=1,故 212224 aba =1, 即b2=3a2, 故c=22ba+=2a, 所以C的离心率e=ac=2. (2)由、知,C的方程为 3x2y2=3a2, A(a,0),F(2a,0),x1+x2=2,x1x2= 2342a+0, 故不妨设x1a,x2a. |BF|=2 12 1)2(yax+=22 12 133)2(axax+=a2x1, |FD|=2 22 2)2(yax+=22 22 233)2(axax+=2x2a. |BF|FD|=(a2x1)(2x2a) =4x1x2+2a(x1+x2)a2 =5a2+4a+8. 又|BF|FD|=17, 故 5a2+4a+8=17, 解得a=1 或a=59(舍去). 故|BD|=2|x1x2|=2212 214)(xxxx+=6. 连结MA,则由A(1,0),M(1,3)知|MA|=3,从而MA=MB=MD,且MAx轴,因此以M为圆 心,MA为半径的
