2010四川

2010年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）

数学（理工农医类）

第Ⅰ卷

一、选择题：

（1）i是虚数单位，计算iii

（A）－1 （B）1

（C）i

（D）i

23（2）下列四个图像所表示的函数，在点x0处连续的是

（A）

（B）

（C）

（D）

（3）2log510log50.25

（A）0

2（B）1 （C） 2 （D）4

（4）函数f(x)xmx1的图像关于直线x1对称的充要条件是

（A）m2

（B）m2

（C）m1

（D）m1

2（5）设点M是线段BC的中点，点A在直线BC外，BC16,ABACABAC则

AM

（A）8

（B）4

（C） 2 （D）1

（6）将函数ysinx的图像上所有的点向右平行移动

个单位长度，再把所得各点的横10坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图像的函数解析式是

（A）ysin(2x10) )

（B）ysin(2x5) )

（C）ysin(x1210（D）ysin(x1220

（7）某加工厂用某原料由甲车间加工出A产品，由乙车间加工出B产品．甲车间加工一箱

原料需耗费工时10小时可加工出7千克A产品，每千克A产品获利40元，乙车间加工一箱原料需耗费工时6小时可加工出4千克B产品，每千克B产品获利50元．甲、乙两车间每天共能完成至多70箱原料的加工，每天甲、乙两车间耗费工时总和不得超过480小时，甲、乙两车间每天总获利最大的生产计划为

（A）甲车间加工原料10箱，乙车间加工原料60箱 （B）甲车间加工原料15箱，乙车间加工原料55箱 （C）甲车间加工原料18箱，乙车间加工原料50箱 （D）甲车间加工原料40箱，乙车间加工原料30箱

（8）已知数列an的首项a10，其前n项的和为Sn，且Sn12Sna1，则liman

nSn （A）0 （B）

1 （C） 1 （D）2 2x2y2（9）椭圆221(ab)的右焦点F，其右准线与x轴的交点为A，在椭圆上存在

ab点P满足线段AP的垂直平分线过点F，则椭圆离心率的取值范围是

（A）0,2 2（B）0,

21（C） 21,1

（D）,1

12（10）由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是

（A）72

（B）96 （C） 108

（D）144

（11）半径为R的球O的直径AB垂直于平面，垂足为B，BCD是平面内边长为R的正三角形，线段AC、AD分别与球面交于点M，N，那么M、N两点间的球面距离是

17（A）Rarccos

2518（B）Rarccos

25（C）R

4（D）R

152A O M13BNDC（12）设abc0，则2a1110ac25c2的最小值是 aba(ab)

（A）2 （B）4

（C） 25 （D）5

2010年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）

数学（理工农医类）

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中横线上． （13）(216)的展开式中的第四项是__________． 3x（14）直线x2y50与圆x2y28相交于A、B两点，则AB________． （15）如图，二面角l的大小是60°，线段AB．

Bl，AB与l所成的角为30°．则AB与平面所成

A的角的正弦值是_________．

B（16）设S为复数集C的非空子集．若对任意x,yS，都有xy,xy,xyS，则称S

为封闭集。下列命题：

①集合Sabi （a,b为整数，i为虚数单位）为封闭集； ②若S为封闭集，则一定有0S； ③封闭集一定是无限集；

④若S为封闭集，则满足STC的任意集合T也是封闭集． 其中真命题是_________________ （写出所有真命题的序号）

三、解答题：本大题共6小题，共74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12分）

某种有奖销售的饮料，瓶盖内印有“奖励一瓶”或“谢谢购买”字样，购买一瓶若其瓶

16盖内印有“奖励一瓶”字样即为中奖，中奖概率为．甲、乙、丙三位同学每人购买了一瓶该饮料。

（Ⅰ）求甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率； （Ⅱ）求中奖人数ξ的分布列及数学期望Eξ．

（18）（本小题满分12分）

已知正方体ABCDACD的棱长为1，点M是棱AA的中点，点O是对角线BD的中点．

（Ⅰ）求证：OM为异面直线AA和BD的公垂线； （Ⅱ）求二面角MBCB的大小； （Ⅲ）求三棱锥MOBC的体积． （19）（本小题满分12分）

DAMDACBOCB （Ⅰ）①证明两角和的余弦公式C:cos()coscossinsin； ②由Ca推导两角和的正弦公式Sa:sin(a)sinacoscosasin.． （Ⅱ）已知△ABC的面积S（20）（本小题满分12分）

已知定点A(1,0),F(2,0)，定直线l:x1，不在x轴上的动点P与点F的距离是21ABAC23，且cosB，求cosC．

35它到直线l的距离的2倍．设点P的轨迹为E，过点F的直线交E于B、C两点，直线

AB、AC分别交l于点M、N

（Ⅰ）求E的方程；

（Ⅱ）试判断以线段MN为直径的圆是否过点F，并说明理由． （21）（本小题满分12分）

已知数列an满足a10,a22，且对任意m,nN*都有

a2m1a2n12mn12(mn)2

（Ⅰ）求a3,a5；

（Ⅱ）设bna2n1a2n1(nN*)证明：bn是等差数列；

（Ⅲ）设cn(a2n1an)qn1(q0,nN*)，求数列cn的前n项和Sn． （22）（本小题满分14分）

1ax(x)设f(x)（a0且a1），gx1a是f(x)的反函数．

（Ⅰ）设关于x的方程loga

tg(x)在区间2,6上有实数解，求t的取

(x21)(7x)

值范围；

2nn2 （Ⅱ）当ae（e为自然对数的底数）时，证明：g(k)；

2n(n1)k2n （Ⅲ）当0

1时，试比较2f(k)n与4的大小，并说明理由．

k1n参考答案

一、选择题：本题考查基本概念和基本运算。每小题5分，满分60分。 1—6：ADCACC 1—12：BBDCAB

二、填空题：本题考查基础知识和和基本运算。每小题4分，满分16分。 （13）

160

x

（14）23

（15）

3 4（16）①②

三、解答题

（17）本小题主要考查相互独立事件、随机变量的分布列、数学期望等概念及相关计算，考

查运用所学知识与方法解决实际问题的能力。

解：（Ⅰ）设甲、乙、丙中奖的事件分别为A、B、C，那么

P(A)P(B)P(C)

1,61525P(ABC)P(A)P(B)P(C)()2.66216答：甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率是

25„„„„（6分） 216 （Ⅱ）的可能取值为0，1，2，3。

15P(k)C34()k()3k,k0,1,2,3. 66所以中奖人数的分布列为

P

0 1 2 3

125 21625 725 721 216

E012525511123„„„„（12分） 21672722162.（18）本小题主要考查异面直线、直线与平面垂直、二面角、正方体、三棱锥体积等基础知

识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决数学问题的能力。 （Ⅰ）连结AC，取AC的中点K，则K为BD的中点，连结OK。

因为点M是棱AA的中点，点O是BD的中点， ∥ = 1所以AM DD ∥ OK =

2所以MO ∥ AK =

AAAK,得MOAA,

因为AKBD,AKBB,所以AK平面BDDB,所以AKBD. 所以BOBD.又因为OM与z异面直线AA和BD都相交,

故OM为异面直线AA和BD的公垂线。„„（4分）

（Ⅱ）取BB的中点N,连结MN,则MN平面BCCB,

过点N作NHBC于H,连结MH,

则由三垂线定理得，BCMH.

. 从而，MHN为二面角MBCB的平面角

122.224 MN1在RtMNH中,tanMHN22.NH24MN1,NHBNsin45故二面角MBCB的大小为atctan22.„„„„„„„„（9分）

（Ⅲ）易知，

SDBCSOCB,且OBC和OAD都在平面BCDA内,点O到平面MAD

1的距离h.

2VMOBCVMOADVOMAD解法二

11SΔΔADh.„„„„（12分） 324

以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,

（Ⅰ）因为点M是棱AA的中点,点O是BD的中点,

所以M(1,0,),O(,12111,,), 222

11OM(,,0),AA(0,0,1),BD(1,1,1)2211OMAA0,OMBD00,22所以OMAA,OMBD, 又因为OM与异面直线AA和BD都相交,故OM为异面直线AA和BD的公垂线. „„„„„„（4分）

（Ⅱ）设平面BMC的一个法向量为n1(x,y,z).

1BM(0,1,),BC(1,0,1),

2

1nBM0,yz0,1即 2n1BC0,xz0.取z2,则z2,y1,从而n1(2,1,2).取平面BCB的一个法向量为n2(0,1,0),

cos(n1n2n1n2n1n21.9131

由图可知,二面角MBCB的平面角为锐角.

故二面角MBCB的大小为arccos1.„„„„„„（9分） 3 （Ⅲ）易知，SOBC112SΔCDA12. 444

设平面OBC的一个法向量为n1(x1,y1,z1),BD(1,1,1),BC(1,0,0)

n1BD0,x1y1z10,即 x0.n3BC0.1取z11,则y11,从而n3(0,1,1). 点M到平面OBC的距离

1BMn11d2.

222n311211VMABCSΔOBCd.„„„„„„（12分）

3342224

（19）本小题考查两角和的正、余弦公式、诱导公式、同角三角函数间的关系等基础知识及

运算能力。

解：（Ⅰ）①如图，在直角坐标系xOy内作单位圆O，并作出角a,与,使角a的始边

为Ox,交⊙O于点P1，终边交⊙O于点P2；角的始边为OP2，终边交⊙O于点P3，

角的始边为OP2，终边交⊙O于点P4。

则P,0),P2(cosa,sina), 1(1P3(cos(a),sin(a),P4(cos(),sin().

由P1P3P2P4及两点间的距离公式,得 [cos(a)1]2sin2(a)[cos()cosa]2[sin()sina]2展开并整理，得22cos(a)22(cosacossinasin).

cos(a)cosacossinasin.„„„„（4分）

②由①易得，cos(22a)sina,sin(2a)cosa. a)()]

sin(a)cos[(a)]cos[(2

cos(a)cos()sin(a)sin() 22sinacoscosasin.sin(a)sinacoscosasin.„„„„（6分）

11bcsinA. 22

（Ⅱ）由题意，设ABC的角B、C的对边分别为b、c，则S

ABACbccosA30,A(0,),cosA3sinA.2

10310

又sinAcosA1,sinA,cosA.101034由题意cosB,得sinB.5522

cos9(AB)cosAcosBsinAsinB10. 1010.„„„„（12分） 10

故cosCcos[(AB)]cos(AB)（20）本小题主要考查直线、轨迹方程、双曲线等基础知识，考查平面解析几何的思想方法

及推理运算能力。

解：（Ⅰ）设P(x,y),则

1(x2)2y22x,

2y21(y0).„„„„„„（4分） 化简得x32

（Ⅱ）①当直线BC与x轴不生直时，设BC的方程为yk(x2)(k0).

y21联立消去y得 与双曲线方程x32(3k2)x24k2x(4k23)0,由题意知,3k20且0.

4k24k23

设B(x1,y1),C(x2,y2),则x1x22x1x22,k3*k3y1y2k2(x12)(x22)k2[x1x22(x1x2)4]

4k238k2k(224)k3k3

29k2.k32

因为x1,x21.

所以直线AB的方程为y

y13y21(x1),因此M点的坐标为(,,x1122(x11)

3y23FM(.22(x21)3y23同理可得FN(,),22(x21)

因此FMFN()()32329y1y2

4(x11)(x21)

81k229k32 4 4k34k24(221)k3k30②当直线BC与x轴垂直时，其方程为x2,则B(2,3),C(2,3), AB的方程为yx1,因此M点的坐标为(,),FM(同理可得FMFN()()()综上，FMFN0,即FMFN.

故以线段MN为直径的圆过点F。„„„„„„（12分）

132233,). 2232323230, 2（21）本小题主要考查数列的基础知识和化归，分类整合等数学思想，以及推理论证、分析

与解决问题的能力。

解：（Ⅰ）由题意，令m2,n1可得a32a2a126. 再令m3,n1可得a52a3a1820.„„„„„„（2分）

当nN*时,由已知(以n2代替m)可得 （Ⅱ）a2n1a2n12a2n18

于是[a2(n1)1a2(n1)1](a2n1a2n1)8即

bn1bn8.

所以，数列bn是公差为8的等差数列.„„„„„„（5分）

（Ⅲ）由（Ⅰ）、（Ⅱ）的解答可知bn是首项b1a3a16,公差为8的等差数列.

则bn8n2,即

a2n1a2n18n2.

另由已知（令m1)可得，

ana2n1an(n1)3 2a2n1a2n12n1

2

那么，an1an

8n22n1 22n于是，cn2nqn1

当q1时,Sn2462nn(n1). 当q1时,Sn2q64q46q22nqn1 两边同乘q可得

qSn2q24q26q22(n1)qn12nqn.

上述两式相减即得

(1q)Sn2(1q1q2qn1)2nqn 1qn =22nqn

1q1(n1)qnnqn1 =2

1q

nqn1(n1)qn1所以Sn2

(q1)2n(n1)(q1)综上所述，Snnqn1(n1)qn1

2,(q1),(12分)(q1)2

（22）本小题考查函数、反函数、方程、不等式、导数及其应用等基础知识，考查化归、分

类整合等数学思想方法，以及推理论证、分析与解决问题的能力。

解：（Ⅰ）由题意，得any10, y1

故g(x)logx1ax1,x(,1)(1,).

由logtxa(x21)(7x)log1ax1得

t(x1)2(7x),x[2,6]则t3x218x153(x1)(x5).

列表如下：

x

2 （2，5） 5 （5，6） t

＋ 0 － t

5

极大值

所以t最小值5,t最大值32

所以t的取值范围为[5，32]„„„„„„„„„„„„（5分） （Ⅱ）

ng(k)1n123n1 n231n41n51nn11n(123n

3145n1)1nn(n1)

21nz21z2令u(z)1z21nzzz,z0,

则u(z)21112zz2(1z)0.

所以u(z)在(0,)上是增函数.又因为n(n1)210,所以n(n(n1)2)n(1)0n(n1)却1n212n(n1)n(n1)0, 2ng(k)2nn2即(9分n22n(n1))

6 25

11n2,则p1,1f(1)131p1nn2当n1时,f(1)124.p （Ⅲ）

设n当n2时,(1p)k12设k2,kN*时,则f(k)1(1p)k1(1p)k1

12 2222nC4PC4PC4P所以1f(k)1n24441112k(k1)kk1C4C4444n1n1. 2n1n1

从而n1f(k)n1n2n所以nf(k)f(1)n1n4n1

综上，总有

(k)n4.„„„„„„„„„„„„„„（14分）

n1n