備考2022練習2010年全國統(tǒng)一高考數(shù)學試卷（文科）（大綱版ⅱ）（含解析版） (2)

1、2010年全國統(tǒng)一高考數(shù)學試卷（文科）（大綱版）一、選擇題（共12小題，每小題5分，滿分60分）1（5分）設(shè)全集U=xN+|x6，集合A=1，3，B=3，5，則U（AB）=（）A1，4B1，5C2，4D2，52（5分）不等式0的解集為（）Ax|2x3Bx|x2Cx|x2或x3Dx|x33（5分）已知sin=，則cos（2）=（）ABCD4（5分）函數(shù)的反函數(shù)是（）Ay=e2x11（x0）By=e2x1+1（x0）Cy=e2x11（xR）Dy=e2x1+1（xR）5（5分）若變量x，y滿足約束條件，則z=2x+y的最大值為（）A1B2C3D46（5分）如果等差數(shù)列an中，a3+a4+a5=12，

2、那么a1+a2+a7=（）A14B21C28D357（5分）若曲線y=x2+ax+b在點（1，b）處的切線方程是xy+1=0，則（）Aa=1，b=2Ba=1，b=2Ca=1，b=2Da=1，b=28（5分）已知三棱錐SABC中，底面ABC為邊長等于2的等邊三角形，SA垂直于底面ABC，SA=3，那么直線AB與平面SBC所成角的正弦值為（）ABCD9（5分）將標號為1，2，3，4，5，6的6張卡片放入3個不同的信封中，若每個信封放2張，其中標號為1，2的卡片放入同一信封，則不同的方法共有（）A12種B18種C36種D54種10（5分）ABC中，點D在邊AB上，CD平分ACB，若=，=，|=1，|

3、=2，則=（）A+B+C+D+11（5分）與正方體ABCDA1B1C1D1的三條棱AB、CC1、A1D1所在直線的距離相等的點（）A有且只有1個B有且只有2個C有且只有3個D有無數(shù)個12（5分）已知橢圓T：+=1（ab0）的離心率為，過右焦點F且斜率為k（k0）的直線與T相交于A，B兩點，若=3，則k=（）A1BCD2二、填空題（共4小題，每小題5分，滿分20分）13（5分）已知是第二象限的角，tan=，則cos= 14（5分）（x+）9展開式中x3的系數(shù)是 （用數(shù)字作答）15（5分）已知拋物線C：y2=2px（p0）的準線l，過M（1，0）且斜率為的直線與l相交于A，與C的一個交點為B，若，

4、則p= 16（5分）已知球O的半徑為4，圓M與圓N為該球的兩個小圓，AB為圓M與圓N的公共弦，AB=4，若OM=ON=3，則兩圓圓心的距離MN= 三、解答題（共6小題，滿分70分）17（10分）ABC中，D為邊BC上的一點，BD=33，sinB=，cosADC=，求AD18（12分）已知an是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列a1+a2=2（），a3+a4+a5=64+）（）求an的通項公式；（）設(shè)bn=（an+）2，求數(shù)列bn的前n項和Tn19（12分）如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，AC=BC，AA1=AB，D為BB1的中點，E為AB1上的一點，AE=3EB1（）證明：DE為異面直線AB1與CD的

5、公垂線；（）設(shè)異面直線AB1與CD的夾角為45°，求二面角A1AC1B1的大小20（12分）如圖，由M到N的電路中有4個元件，分別標為T1，T2，T3，T4，電流能通過T1，T2，T3的概率都是P，電流能通過T4的概率是0.9，電流能否通過各元件相互獨立已知T1，T2，T3中至少有一個能通過電流的概率為0.999（）求P；（）求電流能在M與N之間通過的概率21（12分）已知函數(shù)f（x）=x2+ax+1lnx（）當a=3時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；（）若f（x）在區(qū)間（0，）上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍22（12分）已知斜率為1的直線l與雙曲線C：相交于B、D兩點，且BD的中點

6、為M（1，3）（）求C的離心率；（）設(shè)C的右頂點為A，右焦點為F，|DF|BF|=17，證明：過A、B、D三點的圓與x軸相切2010年全國統(tǒng)一高考數(shù)學試卷（文科）（大綱版）參考答案與試題解析一、選擇題（共12小題，每小題5分，滿分60分）1（5分）設(shè)全集U=xN+|x6，集合A=1，3，B=3，5，則U（AB）=（）A1，4B1，5C2，4D2，5【考點】1H：交、并、補集的混合運算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題【分析】由全集U=xN+|x6，可得U=1，2，3，4，5，然后根據(jù)集合混合運算的法則即可求解【解答】解：A=1，3，B=3，5，AB=1，3，5，U=xN+|x6=1，2，3，4

7、，5，U（AB）=2，4，故選：C【點評】本題考查了集合的基本運算，屬于基礎(chǔ)知識，注意細心運算2（5分）不等式0的解集為（）Ax|2x3Bx|x2Cx|x2或x3Dx|x3【考點】73：一元二次不等式及其應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題【分析】本題的方法是：要使不等式小于0即要分子與分母異號，得到一個一元二次不等式，討論x的值即可得到解集【解答】解：，得到（x3）（x+2）0即x30且x+20解得：x3且x2所以無解；或x30且x+20，解得2x3，所以不等式的解集為2x3故選：A【點評】本題主要考查學生求不等式解集的能力，是一道基礎(chǔ)題3（5分）已知sin=，則cos（2）=（）ABCD

8、【考點】GO：運用誘導公式化簡求值；GS：二倍角的三角函數(shù)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題【分析】先根據(jù)誘導公式求得cos（2a）=cos2a進而根據(jù)二倍角公式把sin的值代入即可求得答案【解答】解：sina=，cos（2a）=cos2a=（12sin2a）=故選：B【點評】本題考查了二倍角公式及誘導公式考查了學生對三角函數(shù)基礎(chǔ)公式的記憶4（5分）函數(shù)的反函數(shù)是（）Ay=e2x11（x0）By=e2x1+1（x0）Cy=e2x11（xR）Dy=e2x1+1（xR）【考點】4H：對數(shù)的運算性質(zhì)；4R：反函數(shù)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題；16：壓軸題【分析】從條件中中反解出x，再將x，y互

9、換即得解答本題首先熟悉反函數(shù)的概念，然后根據(jù)反函數(shù)求解三步驟：1、換：x、y換位，2、解：解出y，3、標：標出定義域，據(jù)此即可求得反函數(shù)【解答】解：由原函數(shù)解得x=e 2y1+1，f1（x）=e 2x1+1，又x1，x10；ln（x1）R在反函數(shù)中xR，故選：D【點評】求反函數(shù)，一般應(yīng)分以下步驟：（1）由已知解析式y(tǒng)=f（x）反求出x=（y）；（2）交換x=（y）中x、y的位置；（3）求出反函數(shù)的定義域（一般可通過求原函數(shù)的值域的方法求反函數(shù)的定義域）5（5分）若變量x，y滿足約束條件，則z=2x+y的最大值為（）A1B2C3D4【考點】7C：簡單線性規(guī)劃菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】31：數(shù)形結(jié)合【

10、分析】先根據(jù)約束條件畫出可行域，設(shè)z=2x+y，再利用z的幾何意義求最值，只需求出直線z=2x+y過可行域內(nèi)的點B時，從而得到m值即可【解答】解：作出可行域，作出目標函數(shù)線，可得直線與y=x與3x+2y=5的交點為最優(yōu)解點，即為B（1，1），當x=1，y=1時zmax=3故選：C【點評】本題考查了線性規(guī)劃的知識，以及利用幾何意義求最值，屬于基礎(chǔ)題6（5分）如果等差數(shù)列an中，a3+a4+a5=12，那么a1+a2+a7=（）A14B21C28D35【考點】83：等差數(shù)列的性質(zhì)；85：等差數(shù)列的前n項和菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】由等差數(shù)列的性質(zhì)求解【解答】解：a3+a4+a5=3a4=12，a4=4

11、，a1+a2+a7=7a4=28故選：C【點評】本題主要考查等差數(shù)列的性質(zhì)7（5分）若曲線y=x2+ax+b在點（1，b）處的切線方程是xy+1=0，則（）Aa=1，b=2Ba=1，b=2Ca=1，b=2Da=1，b=2【考點】6H：利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題；52：導數(shù)的概念及應(yīng)用【分析】由y=x2+ax+b，知y=2x+a，再由曲線y=x2+ax+b在點（1，b）處的切線方程為xy+1=0，求出a和b【解答】解：y=x2+ax+b，y=2x+a，y|x=1=2+a，曲線y=x2+ax+b在點（1，b）處的切線方程為yb=（2+a）（x1），曲線y=x2

12、+ax+b在點（1，b）處的切線方程為xy+1=0，a=1，b=2故選：B【點評】本題考查利用導數(shù)求曲線上某點切線方程的應(yīng)用，解題時要認真審題，仔細解答8（5分）已知三棱錐SABC中，底面ABC為邊長等于2的等邊三角形，SA垂直于底面ABC，SA=3，那么直線AB與平面SBC所成角的正弦值為（）ABCD【考點】MI：直線與平面所成的角菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題【分析】由圖，過A作AE垂直于BC交BC于E，連接SE，過A作AF垂直于SE交SE于F，連BF，由題設(shè)條件證出ABF即所求線面角由數(shù)據(jù)求出其正弦值【解答】解：過A作AE垂直于BC交BC于E，連接SE，過A作AF垂直于SE交SE于F

13、，連BF，正三角形ABC，E為BC中點，BCAE，SABC，BC面SAE，BCAF，AFSE，AF面SBC，ABF為直線AB與面SBC所成角，由正三角形邊長2，AE=，AS=3，SE=2，AF=，sinABF=故選：D【點評】本題考查了立體幾何的線與面、面與面位置關(guān)系及直線與平面所成角9（5分）將標號為1，2，3，4，5，6的6張卡片放入3個不同的信封中，若每個信封放2張，其中標號為1，2的卡片放入同一信封，則不同的方法共有（）A12種B18種C36種D54種【考點】D9：排列、組合及簡單計數(shù)問題菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題【分析】本題是一個分步計數(shù)問題，首先從3個信封中選一個放1，2有

14、3種不同的選法，再從剩下的4個數(shù)中選兩個放一個信封有C42，余下放入最后一個信封，根據(jù)分步計數(shù)原理得到結(jié)果【解答】解：由題意知，本題是一個分步計數(shù)問題，先從3個信封中選一個放1，2，有=3種不同的選法；根據(jù)分組公式，其他四封信放入兩個信封，每個信封兩個有=6種放法，共有3×6×1=18故選：B【點評】本題考查分步計數(shù)原理，考查平均分組問題，是一個易錯題，解題的關(guān)鍵是注意到第二步從剩下的4個數(shù)中選兩個放到一個信封中，這里包含兩個步驟，先平均分組，再排列10（5分）ABC中，點D在邊AB上，CD平分ACB，若=，=，|=1，|=2，則=（）A+B+C+D+【考點】9B：向量加減

15、混合運算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】由ABC中，點D在邊AB上，CD平分ACB，根據(jù)三角形內(nèi)角平分線定理，我們易得到，我們將后，將各向量用，表示，即可得到答案【解答】解：CD為角平分線，故選：B【點評】本題考查了平面向量的基礎(chǔ)知識，解答的核心是三角形內(nèi)角平分線定理，即若AD為三角形ABC的內(nèi)角A的角平分線，則AB：AC=BD：CD11（5分）與正方體ABCDA1B1C1D1的三條棱AB、CC1、A1D1所在直線的距離相等的點（）A有且只有1個B有且只有2個C有且只有3個D有無數(shù)個【考點】LO：空間中直線與直線之間的位置關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】由于點D、B1顯然滿足要求，猜想B1

16、D上任一點都滿足要求，然后想辦法證明結(jié)論【解答】解：在正方體ABCDA1B1C1D1上建立如圖所示空間直角坐標系，并設(shè)該正方體的棱長為1，連接B1D，并在B1D上任取一點P，因為=（1，1，1），所以設(shè)P（a，a，a），其中0a1作PE平面A1D，垂足為E，再作EFA1D1，垂足為F，則PF是點P到直線A1D1的距離所以PF=；同理點P到直線AB、CC1的距離也是所以B1D上任一點與正方體ABCDA1B1C1D1的三條棱AB、CC1、A1D1所在直線的距離都相等，所以與正方體ABCDA1B1C1D1的三條棱AB、CC1、A1D1所在直線的距離相等的點有無數(shù)個故選：D【點評】本題主要考查合情推理

17、的能力及空間中點到線的距離的求法12（5分）已知橢圓T：+=1（ab0）的離心率為，過右焦點F且斜率為k（k0）的直線與T相交于A，B兩點，若=3，則k=（）A1BCD2【考點】KH：直線與圓錐曲線的綜合菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題；16：壓軸題【分析】設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），根據(jù)求得y1和y2關(guān)系根據(jù)離心率設(shè)，b=t，代入橢圓方程與直線方程聯(lián)立，消去x，根據(jù)韋達定理表示出y1+y2和y1y2，進而根據(jù)y1和y2關(guān)系求得k【解答】解：A（x1，y1），B（x2，y2），y1=3y2，設(shè)，b=t，x2+4y24t2=0，設(shè)直線AB方程為，代入中消去x，可得，解得，故選：B【點

18、評】本題主要考查了直線與圓錐曲線的綜合問題此類題問題綜合性強，要求考生有較高地轉(zhuǎn)化數(shù)學思想的運用能力，能將已知條件轉(zhuǎn)化到基本知識的運用二、填空題（共4小題，每小題5分，滿分20分）13（5分）已知是第二象限的角，tan=，則cos=【考點】GG：同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】根據(jù)，以及sin2+cos2=1可求出答案【解答】解：=，2sin=cos又sin2+cos2=1，是第二象限的角故答案為：【點評】本題考查了同角三角函數(shù)的基礎(chǔ)知識14（5分）（x+）9展開式中x3的系數(shù)是84（用數(shù)字作答）【考點】DA：二項式定理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】本題考查二項式定理的展開式，解題時需要

19、先寫出二項式定理的通項Tr+1，因為題目要求展開式中x3的系數(shù)，所以只要使x的指數(shù)等于3就可以，用通項可以解決二項式定理的一大部分題目【解答】解：寫出（x+）9通項，要求展開式中x3的系數(shù)令92r=3得r=3，C93=84故答案為：84【點評】本題是一個二項展開式的特定項的求法解本題時容易公式記不清楚導致計算錯誤，所以牢記公式它是經(jīng)常出現(xiàn)的一個客觀題15（5分）已知拋物線C：y2=2px（p0）的準線l，過M（1，0）且斜率為的直線與l相交于A，與C的一個交點為B，若，則p=2【考點】K8：拋物線的性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題；16：壓軸題【分析】設(shè)直線AB的方程與拋物線方程聯(lián)立消去

20、y得3x2+（62p）x+3=0，進而根據(jù)，可知M為A、B的中點，可得p的關(guān)系式，解方程即可求得p【解答】解：設(shè)直線AB：，代入y2=2px得3x2+（62p）x+3=0，又，即M為A、B的中點，xB+（）=2，即xB=2+，得p2+4P12=0，解得p=2，p=6（舍去）故答案為：2【點評】本題考查了拋物線的幾何性質(zhì)屬基礎(chǔ)題16（5分）已知球O的半徑為4，圓M與圓N為該球的兩個小圓，AB為圓M與圓N的公共弦，AB=4，若OM=ON=3，則兩圓圓心的距離MN=3【考點】JE：直線和圓的方程的應(yīng)用；ND：球的性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題；16：壓軸題【分析】根據(jù)題意畫出圖形，欲求兩圓圓

21、心的距離，將它放在與球心組成的三角形MNO中，只要求出球心角即可，通過球的性質(zhì)構(gòu)成的直角三角形即可解得【解答】解法一：ON=3，球半徑為4，小圓N的半徑為，小圓N中弦長AB=4，作NE垂直于AB，NE=，同理可得，在直角三角形ONE中，NE=，ON=3，MN=3故填：3解法二：如下圖：設(shè)AB的中點為C，則OC與MN必相交于MN中點為E，因為OM=ON=3，故小圓半徑NB為C為AB中點，故CB=2；所以NC=，ONC為直角三角形，NE為ONC斜邊上的高，OC=MN=2EN=2CN=2××=3故填：3【點評】本題主要考查了點、線、面間的距離計算，還考查球、直線與圓的基礎(chǔ)知識，考

22、查空間想象能力、運算能力和推理論證能力，屬于基礎(chǔ)題三、解答題（共6小題，滿分70分）17（10分）ABC中，D為邊BC上的一點，BD=33，sinB=，cosADC=，求AD【考點】GG：同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系；HP：正弦定理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】先由cosADC=確定角ADC的范圍，因為BAD=ADCB所以可求其正弦值，最后由正弦定理可得答案【解答】解：由cosADC=0，則ADC，又由知BADC可得B，由sinB=，可得cosB=，又由cosADC=，可得sinADC=從而sinBAD=sin（ADCB）=sinADCcosBcosADCsinB=由正弦定理得，所以AD=【點評】三角函數(shù)

23、與解三角形的綜合性問題，是近幾年高考的熱點，在高考試題中頻繁出現(xiàn)這類題型難度比較低，一般出現(xiàn)在17或18題，屬于送分題，估計以后這類題型仍會保留，不會有太大改變解決此類問題，要根據(jù)已知條件，靈活運用正弦定理或余弦定理，求邊角或?qū)⑦吔腔セ?8（12分）已知an是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列a1+a2=2（），a3+a4+a5=64+）（）求an的通項公式；（）設(shè)bn=（an+）2，求數(shù)列bn的前n項和Tn【考點】88：等比數(shù)列的通項公式；8E：數(shù)列的求和菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題【分析】（1）由題意利用等比數(shù)列的通項公式建立首項a1與公比q的方程，然后求解即可（2）由bn的定義求出通項公式，在

24、由通項公式，利用分組求和法即可求解【解答】解：（1）設(shè)正等比數(shù)列an首項為a1，公比為q，由題意得：an=2n1（6分）（2）bn的前n項和Tn=（12分）【點評】（1）此問重基礎(chǔ)及學生的基本運算技能（2）此處重點考查了高考常考的數(shù)列求和方法之一的分組求和，及指數(shù)的基本運算性質(zhì)19（12分）如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，AC=BC，AA1=AB，D為BB1的中點，E為AB1上的一點，AE=3EB1（）證明：DE為異面直線AB1與CD的公垂線；（）設(shè)異面直線AB1與CD的夾角為45°，求二面角A1AC1B1的大小【考點】LM：異面直線及其所成的角；LQ：平面與平面之間的位置關(guān)系菁

25、優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題；14：證明題【分析】（1）欲證DE為異面直線AB1與CD的公垂線，即證DE與異面直線AB1與CD垂直相交即可；（2）將AB1平移到DG，故CDG為異面直線AB1與CD的夾角，作HKAC1，K為垂足，連接B1K，由三垂線定理，得B1KAC1，因此B1KH為二面角A1AC1B1的平面角，在三角形B1KH中求出此角即可【解答】解：（1）連接A1B，記A1B與AB1的交點為F因為面AA1BB1為正方形，故A1BAB1，且AF=FB1，又AE=3EB1，所以FE=EB1，又D為BB1的中點，故DEBF，DEAB1作CGAB，G為垂足，由AC=BC知，G為AB中點又由底面

26、ABC面AA1B1B連接DG，則DGAB1，故DEDG，由三垂線定理，得DECD所以DE為異面直線AB1與CD的公垂線（2）因為DGAB1，故CDG為異面直線AB1與CD的夾角，CDG=45°設(shè)AB=2，則AB1=，DG=，CG=，AC=作B1HA1C1，H為垂足，因為底面A1B1C1面AA1CC1，故B1H面AA1C1C又作HKAC1，K為垂足，連接B1K，由三垂線定理，得B1KAC1，因此B1KH為二面角A1AC1B1的平面角B1H=，C1H=，AC1=，HK=tanB1KH=，二面角A1AC1B1的大小為arctan【點評】本試題主要考查空間的線面關(guān)系與空間角的求解，考查考生的

27、空間想象與推理計算的能力三垂線定理是立體幾何的最重要定理之一，是高考的熱點，它是處理線線垂直問題的有效方法，同時它也是確定二面角的平面角的主要手段通過引入空間向量，用向量代數(shù)形式來處理立體幾何問題，淡化了傳統(tǒng)幾何中的“形”到“形”的推理方法，從而降低了思維難度，使解題變得程序化，這是用向量解立體幾何問題的獨到之處20（12分）如圖，由M到N的電路中有4個元件，分別標為T1，T2，T3，T4，電流能通過T1，T2，T3的概率都是P，電流能通過T4的概率是0.9，電流能否通過各元件相互獨立已知T1，T2，T3中至少有一個能通過電流的概率為0.999（）求P；（）求電流能在M與N之間通過的概率【考點

28、】C5：互斥事件的概率加法公式；C8：相互獨立事件和相互獨立事件的概率乘法公式菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題【分析】（1）設(shè)出基本事件，將要求事件用基本事件的來表示，將T1，T2，T3至少有一個能通過電流用基本事件表示并求出概率即可求得p（）根據(jù)題意，B表示事件：電流能在M與N之間通過，根據(jù)電路圖，可得B=A4+（1A4）A1A3+（1A4）（1A1）A2A3，由互斥事件的概率公式，代入數(shù)據(jù)計算可得答案【解答】解：（）根據(jù)題意，記電流能通過Ti為事件Ai，i=1、2、3、4，A表示事件：T1，T2，T3，中至少有一個能通過電流，易得A1，A2，A3相互獨立，且，P（）=（1p）3=10.9

29、99=0.001，計算可得，p=0.9；（）根據(jù)題意，B表示事件：電流能在M與N之間通過，有B=A4+（1A4）A1A3+（1A4）（1A1）A2A3，則P（B）=P（A4+（1A4）A1A3+（1A4）（1A1）A2A3）=0.9+0.1×0.9×0.9+0.1×0.1×0.9×0.9=0.9891【點評】本題考查了概率中的互斥事件、對立事件及獨立事件的概率，注意先明確事件之間的關(guān)系，進而選擇對應(yīng)的公式來計算21（12分）已知函數(shù)f（x）=x2+ax+1lnx（）當a=3時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；（）若f（x）在區(qū)間（0，）上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍【考點】3D：函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間；3E：函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】（1）求單調(diào)區(qū)