備考2022練習(xí)2010年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（文科）（大綱版ⅱ）（含解析版） (2)

1、2010年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)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(diǎn)（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(zhǎng)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(biāo)號(hào)為1，2，3，4，5，6的6張卡片放入3個(gè)不同的信封中，若每個(gè)信封放2張，其中標(biāo)號(hào)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(diǎn)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(diǎn)（）A有且只有1個(gè)B有且只有2個(gè)C有且只有3個(gè)D有無數(shù)個(gè)12（5分）已知橢圓T：+=1（ab0）的離心率為，過右焦點(diǎn)F且斜率為k（k0）的直線與T相交于A，B兩點(diǎn)，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(zhǔn)線l，過M（1，0）且斜率為的直線與l相交于A，與C的一個(gè)交點(diǎn)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(gè)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(diǎn)，BD=33，sinB=，cosADC=，求AD18（12分）已知an是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列a1+a2=2（），a3+a4+a5=64+）（）求an的通項(xiàng)公式；（）設(shè)bn=（an+）2，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn19（12分）如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，AC=BC，AA1=AB，D為BB1的中點(diǎn)，E為AB1上的一點(diǎn)，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(gè)元件，分別標(biāo)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(dú)立已知T1，T2，T3中至少有一個(gè)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(dāng)a=3時(shí)，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(shí)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(diǎn)，且BD的中點(diǎn)

6、為M（1，3）（）求C的離心率；（）設(shè)C的右頂點(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F，|DF|BF|=17，證明：過A、B、D三點(diǎn)的圓與x軸相切2010年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)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(diǎn)】1H：交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計(jì)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(yùn)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(diǎn)評(píng)】本題考查了集合的基本運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)知識(shí)，注意細(xì)心運(yùn)算2（5分）不等式0的解集為（）Ax|2x3Bx|x2Cx|x2或x3Dx|x3【考點(diǎn)】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(jì)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(hào)，得到一個(gè)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(diǎn)評(píng)】本題主要考查學(xué)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(diǎn)】GO：運(yùn)用誘導(dǎo)公式化簡(jiǎn)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(jì)算題【分析】先根據(jù)誘導(dǎo)公式求得cos（2a）=cos2a進(jìn)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(diǎn)評(píng)】本題考查了二倍角公式及誘導(dǎo)公式考查了學(xué)生對(duì)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(diǎn)】4H：對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)；4R：反函數(shù)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計(jì)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(biāo)：標(biāo)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(diǎn)評(píng)】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(diǎn)】7C：簡(jiǎn)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(diǎn)B時(shí)，從而得到m值即可【解答】解：作出可行域，作出目標(biāo)函數(shù)線，可得直線與y=x與3x+2y=5的交點(diǎn)為最優(yōu)解點(diǎn)，即為B（1，1），當(dāng)x=1，y=1時(shí)zmax=3故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題考查了線性規(guī)劃的知識(shí)，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(diǎn)】83：等差數(shù)列的性質(zhì)；85：等差數(shù)列的前n項(xiàng)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(diǎn)評(píng)】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(diǎn)（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(diǎn)】6H：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計(jì)算題；52：導(dǎo)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(diǎn)（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(diǎn)（1，b）處的切線方程為yb=（2+a）（x1），曲線y=x2

12、+ax+b在點(diǎn)（1，b）處的切線方程為xy+1=0，a=1，b=2故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查利用導(dǎo)數(shù)求曲線上某點(diǎn)切線方程的應(yīng)用，解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答8（5分）已知三棱錐SABC中，底面ABC為邊長(zhǎng)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(diǎn)】MI：直線與平面所成的角菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計(jì)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(diǎn)，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(zhǎng)2，AE=，AS=3，SE=2，AF=，sinABF=故選：D【點(diǎn)評(píng)】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(biāo)號(hào)為1，2，3，4，5，6的6張卡片放入3個(gè)不同的信封中，若每個(gè)信封放2張，其中標(biāo)號(hào)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(diǎn)】D9：排列、組合及簡(jiǎn)單計(jì)數(shù)問題菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計(jì)算題【分析】本題是一個(gè)分步計(jì)數(shù)問題，首先從3個(gè)信封中選一個(gè)放1，2有

14、3種不同的選法，再?gòu)氖Ｏ碌?個(gè)數(shù)中選兩個(gè)放一個(gè)信封有C42，余下放入最后一個(gè)信封，根據(jù)分步計(jì)數(shù)原理得到結(jié)果【解答】解：由題意知，本題是一個(gè)分步計(jì)數(shù)問題，先從3個(gè)信封中選一個(gè)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(gè)信封，每個(gè)信封兩個(gè)有=6種放法，共有3×6×1=18故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查分步計(jì)數(shù)原理，考查平均分組問題，是一個(gè)易錯(cuò)題，解題的關(guān)鍵是注意到第二步從剩下的4個(gè)數(shù)中選兩個(gè)放到一個(gè)信封中，這里包含兩個(gè)步驟，先平均分組，再排列10（5分）ABC中，點(diǎn)D在邊AB上，CD平分ACB，若=，=，|=1，|=2，則=（）A+B+C+D+【考點(diǎn)】9B：向量加減

15、混合運(yùn)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】由ABC中，點(diǎn)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(diǎn)評(píng)】本題考查了平面向量的基礎(chǔ)知識(shí)，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(diǎn)（）A有且只有1個(gè)B有且只有2個(gè)C有且只有3個(gè)D有無數(shù)個(gè)【考點(diǎn)】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(diǎn)D、B1顯然滿足要求，猜想B1

16、D上任一點(diǎn)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(biāo)系，并設(shè)該正方體的棱長(zhǎng)為1，連接B1D，并在B1D上任取一點(diǎn)P，因?yàn)?（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(diǎn)P到直線A1D1的距離所以PF=；同理點(diǎn)P到直線AB、CC1的距離也是所以B1D上任一點(diǎn)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(diǎn)有無數(shù)個(gè)故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查合情推理

17、的能力及空間中點(diǎn)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(diǎn)F且斜率為k（k0）的直線與T相交于A，B兩點(diǎn)，若=3，則k=（）A1BCD2【考點(diǎn)】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(jì)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(dá)定理表示出y1+y2和y1y2，進(jìn)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(diǎn)

18、評(píng)】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(qiáng)，要求考生有較高地轉(zhuǎn)化數(shù)學(xué)思想的運(yùn)用能力，能將已知條件轉(zhuǎn)化到基本知識(shí)的運(yùn)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(diǎn)】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(diǎn)評(píng)】本題考查了同角三角函數(shù)的基礎(chǔ)知識(shí)14（5分）（x+）9展開式中x3的系數(shù)是84（用數(shù)字作答）【考點(diǎn)】DA：二項(xiàng)式定理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】本題考查二項(xiàng)式定理的展開式，解題時(shí)需要

19、先寫出二項(xiàng)式定理的通項(xiàng)Tr+1，因?yàn)轭}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(xiàng)可以解決二項(xiàng)式定理的一大部分題目【解答】解：寫出（x+）9通項(xiàng)，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(diǎn)評(píng)】本題是一個(gè)二項(xiàng)展開式的特定項(xiàng)的求法解本題時(shí)容易公式記不清楚導(dǎo)致計(jì)算錯(cuò)誤，所以牢記公式它是經(jīng)常出現(xiàn)的一個(gè)客觀題15（5分）已知拋物線C：y2=2px（p0）的準(zhǔn)線l，過M（1，0）且斜率為的直線與l相交于A，與C的一個(gè)交點(diǎn)為B，若，則p=2【考點(diǎn)】K8：拋物線的性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計(jì)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(jìn)而根據(jù)，可知M為A、B的中點(diǎn)，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(diǎn)，xB+（）=2，即xB=2+，得p2+4P12=0，解得p=2，p=6（舍去）故答案為：2【點(diǎn)評(píng)】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(gè)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(diǎn)】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(jì)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(zhǎng)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(diǎn)為C，則OC與MN必相交于MN中點(diǎn)為E，因?yàn)镺M=ON=3，故小圓半徑NB為C為AB中點(diǎn)，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(diǎn)評(píng)】本題主要考查了點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算，還考查球、直線與圓的基礎(chǔ)知識(shí)，考

22、查空間想象能力、運(yùn)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(diǎn)，BD=33，sinB=，cosADC=，求AD【考點(diǎn)】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?yàn)锽AD=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(diǎn)評(píng)】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(diǎn)，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(jì)以后這類題型仍會(huì)保留，不會(huì)有太大改變解決此類問題，要根據(jù)已知條件，靈活運(yùn)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(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列a1+a2=2（），a3+a4+a5=64+）（）求an的通項(xiàng)公式；（）設(shè)bn=（an+）2，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn【考點(diǎn)】88：等比數(shù)列的通項(xiàng)公式；8E：數(shù)列的求和菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計(jì)算題【分析】（1）由題意利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式建立首項(xiàng)a1與公比q的方程，然后求解即可（2）由bn的定義求出通項(xiàng)公式，在

24、由通項(xiàng)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(xiàng)為a1，公比為q，由題意得：an=2n1（6分）（2）bn的前n項(xiàng)和Tn=（12分）【點(diǎn)評(píng)】（1）此問重基礎(chǔ)及學(xué)生的基本運(yùn)算技能（2）此處重點(diǎn)考查了高考?？嫉臄?shù)列求和方法之一的分組求和，及指數(shù)的基本運(yùn)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(diǎn)，E為AB1上的一點(diǎn)，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(diǎn)】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(jì)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(diǎn)為F因?yàn)槊鍭A1BB1為正方形，故A1BAB1，且AF=FB1，又AE=3EB1，所以FE=EB1，又D為BB1的中點(diǎn)，故DEBF，DEAB1作CGAB，G為垂足，由AC=BC知，G為AB中點(diǎn)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?yàn)镈GAB1，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?yàn)榈酌鍭1B1C1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(diǎn)評(píng)】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(jì)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(diǎn)，它是處理線線垂直問題的有效方法，同時(shí)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(dú)到之處20（12分）如圖，由M到N的電路中有4個(gè)元件，分別標(biāo)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(dú)立已知T1，T2，T3中至少有一個(gè)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(diǎn)

28、】C5：互斥事件的概率加法公式；C8：相互獨(dú)立事件和相互獨(dú)立事件的概率乘法公式菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計(jì)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(gè)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(jì)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(gè)能通過電流，易得A1，A2，A3相互獨(dú)立，且，P（）=（1p）3=10.9

29、99=0.001，計(jì)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(diǎn)評(píng)】本題考查了概率中的互斥事件、對(duì)立事件及獨(dú)立事件的概率，注意先明確事件之間的關(guān)系，進(jìn)而選擇對(duì)應(yīng)的公式來計(jì)算21（12分）已知函數(shù)f（x）=x2+ax+1lnx（）當(dāng)a=3時(shí)，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(shí)數(shù)a的取值范圍【考點(diǎn)】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)