2010天津高考数学(理科)试题及答案

2010年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）

数学（理工类）

第Ⅰ卷

一． 选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 （1）i 是虚数单位，复数

13i 12i(A)1＋i (B)5＋5i (C)-5-5i (D)-1－i （2）函数f(x)=2x3x的零点所在的一个区间是 (A)（-2，-1）(B)（-1,0）(C)（0,1）(D)（1,2） （3）命题“若f(x)是奇函数，则f(-x)是奇函数”的否命题是

(A)若f(x) 是偶函数，则f(-x)是偶函数 （B）若f(x)不是奇函数，则f(-x)不是奇函数 （C）若f(-x)是奇函数，则f(x)是奇函数 （D）若f(-x)不是奇函数，则f(x)不是奇函数

（4）阅读右边的程序框图，若输出s的值为-7，则判断框内可填写

(A)i＜3? （B）i＜4? （C）i＜5? （D）i＜6?

x2y2(5)已知双曲线221(a0,b0)的一条渐近线方程是

aby=3x,它的一个焦点在抛物线y224x的准线上，则双曲线的方程为

x2y2x2y21 （B） 1 （A）36108927x2y2x2y21 （D）1 （C）

10836279

（6）已知an是首项为1的等比数列，sn是an的前n项和，且9s3s6，则数列的前5项和为

（A）或5 （B）或5 （C） （D）

15 8158311631161an（7）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若a2b23bc，sinC23sinB，则A=

（A）300 （B）600 （C）1200 （D）1500

log2x,x0,（8）若函数f(x)=log(x),x0,若f(a)>f(-a),则实数

12a的取值范围是

（A）（-1，0）∪（0，1） （B）（-∞，-1）∪（1,+∞）

（C）（-1，0）∪（1,+∞） （D）（-∞，-1）∪（0,1）

(9)设集合A=x||xa|1,xR,Bx||xb|2,xR.若AB,则实数a,b必满足

（A）|ab|3 （B）|ab|3 （C）|ab|3 （D）|ab|3 (10) 如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F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，则不同的涂色方法用

（A）288种 （B）264种 （C）240种 （D）168种

第Ⅱ卷(100分)

二． 填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分，把答案天灾题中横线上。

（11）甲、乙两人在10天中每天加工零件的个数用茎叶图表示如下图，中间一列的数字表示零件个数的十位数，两边的数字表示零件个数的个位数，则这

10天甲、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

（13）已知圆C的圆心是直线x1,与x轴的(t为参数）y1t交点，且圆C与直线x+y+3=0相切，则圆C的方程为

（14）如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，延长AB和DC相交于点P，若

BCPB1PC1=,=,则的值为

ADPA2PD3

ADAB,BC3BD, （15）如图，在ABC中，AD1,则ACAD . （16）设函数f(x)x21，对任意x,，3xf4m2f(x)f(x1)4f(m)恒成立，则实数m的取值m2范围是 .

三、解答题：本大题共6小题，共76分。解答题写出文字说明，证明过程或演算步骤。 （17）（本小题满分12分）

已知函数f(x)23sinxcosx2cos2x1(xR)

（Ⅰ）求函数f(x)的最小正周期及在区间0,上的最大

2

值和最小值；

（Ⅱ）若f(x0),x0，求cos2x0的值。 ,5426

（18）.（本小题满分12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。

（Ⅰ）假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率

（Ⅱ）假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标。另外2次未击中目标的概率；

（Ⅲ）假设这名射手射击3次，每次射击，击中目标得1分，未击中目标得0分，在3次射击中，若有2次连续击中，而另外1次未击中，则额外加1分；若3次全

23

击中，则额外加3分，记为射手射击3次后的总的分数，求的分布列。

（19）（本小题满分12分）

E、F分别如图，在长方体ABCDA1BC11D1中，

是棱BC,CC1

上的点，CFAB2CE,AB:AD:AA11:2:4 （1） 求异面直线EF与A1D所成角的余弦值； （2） 证明AF平面A1ED

（3） 求二面角A1EDF的正弦值。

（20）（本小题满分12分）

x2y23已知椭圆221(ab0）的离心率e，连接椭圆的

ab2

四个顶点得到的菱形的面积为4。 （1） 求椭圆的方程；

（2） 设直线l与椭圆相交于不同的两点A,B，已知点

A的坐标为（a,0），点Q(0,y0)在线段AB的垂直

平分线上，且QAQB4，求y0的值

（21）（本小题满分14分） 已知函数f(x)xcx(xR)

（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间和极值；

（Ⅱ）已知函数yg(x)的图象与函数yf(x)的图象关于直线x1对称，证明当x1时，f(x)g(x) （Ⅲ）如果x1x2，且f(x1)f(x2)，证明x1x22

（22）（本小题满分14分）

在数列an中，a10，且对任意kN*.a2k1，a2k，a2k1成等差数列，其公差为dk。

（Ⅰ）若dk=2k，证明a2k，a2k1，a2k2成等比数列（kN*） （Ⅱ）若对任意kN*，a2k，a2k1，a2k2成等比数列，其

公比为qk。

2010年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）

数学（理工类）参考解答

一、 选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题5分，满分50分。

（1）A （2）B （3）B （4）D （5）B （6）C （7）A （8）C （9）D （10）B

二填空题：本题考查基本知识和基本运算，每小题4分，满分24分。

（11）24:23 （12） （13）(x1)2y22 （14）336,, （15）3 (16) 226103三、解答题

（17）本小题主要考查二倍角的正弦与余弦、两角和的正弦、函数yAsin(x)的性质、同角三角函数的基本关系、两角差的余弦等基础知识，考查基本运算能力，满分12分。

（1）解：由f(x)23sinxcosx2cos2x1，得

f(x)3(2sinxcosx)(2cos2x1)3sin2xcos2x2sin(2x)6

所以函数f(x)的最小正周期为



因为f(x)2sin在区间2x0,上为增函数，在区间66

,上为减函数，又 62f(0)1,f2,6所以函数f(x)在区间上f1，0,22的最大值为2，最小值为-1

（Ⅱ）解：由（1）可知f(x0)2sin2x0

663又因为f(x0)，所以sin2x0

565由x0，得,2x,06364227 422x1sin2x从而cos 00665所以

343cos2x0cos2x0cos2x0cossin2x0sin66666610

18.本小题主要考查二项分布及其概率计算公式、离散型随机变量的分布列、互斥事件和相互独立事件等基础知识，考查运用概率知识解决实际问题的能力，满分12分。

（1）解：设X为射手在5次射击中击中目标的次数，

则X~B5,.在5次射击中，恰有2次击中目标的概率

324022 P(X2)C5133243222（Ⅱ）解：设“第i次射击击中目标”为事件5次射击中，有3次连续击Ai(i1,2,3,4；,“射手在5中目标，另外2次未击中目标”为事件A,则 P(A)P(A1A2A3A4A5)P(A1A2A3A4A5)P(A1A2A3A4A5)

2112112 =

333333332323 =

8 81（Ⅲ）解：由题意可知，的所有可能取值为0,1,2,3,6

11 P(0)P(A1A2A3) 3273P(1)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)

22 =2311211223333339 P(2)P(A21241A2A3)33327

22P(3)P(A211181A2A3)P(A1A2A3)333327

3P(6)P(A281A2A3)327 所以的分布列是

（19）本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，满分12分。

方法一：如图所示，建立空间直角坐标系， 点A为坐标原点，设AB1,依题意得D(0,2,0),

F(1,2,1),A,E31(0,0,4)1,2,0

（1） 解：易得EF0,12,1,A1D(0,2,4)

EFA1D3于是cosEF,A1D

5EFA1D

所以异面直线EF与A1D所成角的余弦值为 （2） 证

明

：

已

知

3531AF(1,2,1),EA11,,4,ED1,,0

22于是AF〃EA1=0，AF〃ED=0.因此，AFEA1,AFED,

又EA1EDE 所以AF平面A1ED

uEF0(3)解：设平面EFD的法向量u(x,y,z)，则,即uED01yz02 1xy02不妨令X=1,可得u(1,21）。由（2）可知，AF为平面

A1ED的一个法向量。

于是cosAF2u,==，从而sinu,AFuAF3|u||AF|=5 3所以二面角A1-ED-F的正弦值为5 3

方法二：（1）解：设AD=2,AA1=4,CF=1.CE=

12AB=1，可得

链接B1C,BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C，由

CECF1==,可知EF∥BC1.故BMC是异面直CBCC1412线EF与A1D所成的角，易知BM=CM=B1C=5,所以

BM2CM2BC23cosBMC ,所以异面直线FE与A1D

2BMCM5所成角的余弦值为

（2）证明：连接AC，设AC与DE交点N 因为

CDEC1，BCAB235ERtC，B从而CDEBC，A又由于所以RtDCCDECED90,所以BCACED90，故

AC⊥DE,

又因为CC1⊥DE且CC1ACC，所以DE⊥平面ACF，从而AF⊥DE.

连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因为DEA1DD，所以AF⊥平面A1ED (3)解：连接A1N.FN,由（2）可知DE⊥平面ACF,又NF平面ACF, A1N平面ACF，所以DE⊥NF,DE⊥A1N,故A1NF为二面角A1-ED-F的平面角

CBA易知RtCNERt，所以

CNEC，又AC5所以BCACCN55，

30在RtA1AN中5在

RtNCF中，NFCF2CN2NA1A1A2AN2430 522AC连接A1C1,A1F 在RtAC11F中，A1F11C1F14 A1N2FN2A1F22在RtA1NF中，cosA1NF2A1NFN35siA1nNF

3。所以

所以二面角A1-DE-F正弦值为（20）满分12分 （1）解：由ea2b

5 3ca3，得3a24c2，再由c2a2b2，得2由题意可知， 2a2b4,即ab2 解方程组a2b 得 a=2,b=1 ab212x2所以椭圆的方程为y21

4(2)解：由（1）可知A（-2,0）。设B点的坐标为（x1,,y1）,

直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=k(x+2),

yk(x2)于是A,B两点的坐标满足方程组 x22y14由方程组消去Y并整理，得(14k2)x216k2x(16k24)0

16k24,得 由2x1214k28k24kx1,从而y, 114k214k28k22k,) 设线段AB是中点为M，则M的坐标为(2214k14k以下分两种情况：

（1）当k=0时，点B的坐标为（2,0）。线段AB的垂直平分线为y轴，于是

QA(2,y0),QB(2,y0）由QAQB=4，得y0=22 （2）当K0时，线段AB的垂直平分线方程为

2k18k2Y(x) 2214kk14k令x=0，解得y06k 14k2由QA(2,y0),QB(x1,y1y0）

2(28k2)6k4k6kQAQB2x1y0(y1y0）=()222214k14k14k14k

4(16k415k21)=4 22(14k)整理得7k22,故k综上y0=22或y0=14214 所以y0=75214 5（21）本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力，满分14分 （Ⅰ）解：f’(x)(1x)ex 令f’(x)=0,解得x=1

当x变化时，f’(x)，f(x)的变化情况如下表 X f’(x) f(x) (,1) +  1 0 极大值 (1,) -  所以f(x)在(,1)内是增函数，在(1,)内是减函数。 函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=

1e

（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)ex2

令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)xex(x2)ex2 于是F'(x)(x1)(e2x21)ex

当x>1时，2x-2>0,从而e2x-210,又ex0,’所以F(x)>0,从而函数F（x）在[1,+∞)是增函数。

又F(1)=e-1e-10，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x). Ⅲ)证明：（1） 若

(x11)(x21)0,由（）及f(x1)f(x2),则x1x21.与x1x2矛盾。若

(x11)(x21)0,由（）及f(x1)f(x2),得x1x2.与x1x2矛盾。根据（1）（2）得(x11)(x21)0,不妨设x11,x21. 由（Ⅱ）可知，f(x2)>g(x2),则g(x2)=f(2-x2)，所以

f(x2)>f(2-x2),从而f(x1)>f(2-x2).因为x21，所以2x21，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）

内事增函数，所以x1>2x2,即x1x2>2.

(22)本小题主要考查等差数列的定义及通项公式，前n项和公式、等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法。满分14分。

（Ⅰ）证明：由题设，可得a2k1a2k14k,kN*。 所

a2k1以

( 1ak=4k4(k1)...41 =2k(k+1) 由

a1=0，得

a2k(k1),从而aa2k2k2,a2(k1)2. 2k12k2k12k2aaak1a2k2k12k12k2,,所以2k1。 于是

akakaa2k2k12k12k时，对任意k*N,a,a,a成等比数所以dk2k2k2k12k2列。

（Ⅱ）证法一：（i）证明：由a2k1,a2k,a2k1成等差数列，及a2k,a2k1,a2k2成等比数列，得

aa2k11q 2aaa,2k21k2kk21k21aaq2kk2k1

当q1≠1时，可知qk≠1，kN* 从

1qk1211q1k11即qk1q1k1k而

1qk11所以是等差数列，公差为1。

q1k（Ⅱ）证明：a10，a22，可得a34，从而

q142,1=1.由（Ⅰ）有 2q111qk11k1k,得qkk1,kN*

k2aaa（）所以2k22k1k1,从而2k2k21,kN*

aakak2k12k2k因此，

aaak2(k1)2222k2k24a2k......a....2.22k2.aa.k12k222k12kkaaa2(k1)(k2)12k22k42以下分两种情况进行讨论：

（1） 当n为偶数时，设n=2m(mN*)

k2若m=1,则2n2.

k2akn若m≥2，则

k2m(2k)2m1(2k1)2m4k22+ aaak2kk1k1k12k2k2k1nm1m14k24k4k24k111112m2m22kk12k(k1)k12k(k1)k12k(k1)k1m111312m2(m1)(1)2n2m2n.

nk2313k2所以2n,从而2n2,n4,6,8...

2n2k2akk2akn(2)当n为奇数时，设n=2m+1（mN*）

k22mk2(2m1)31(2m1)2 4maaa22m2m(m1)k2kk2k2m1n211314m2n

22(m1)2n1nk2313k2所以2n〃〃 ,从而2n2,n3,5,7〃

a2n12ak2kk2knn3k2综合（1）（2）可知，对任意n2,nN,有2n2

2k2ak证法二：（i）证明：由题设，可得

dka2k1a2kqka2ka2ka2k(qk1),

dk1a2k2a2k1qk2a2kqka2ka2kqk(qk1),所以dk1qkdk qk1a2k3a2k2dk1ddq1 12k11k1ka2k2a2k2qka2kqka2kqk

由

1qk11q11可知

qk1,k。N可得

1q1k1， qk1qk1qk1所以1是等差数列，公差为1。 qk1（ii）证明：因为a10,a22,所以d1a2a12。 所以a3a2d14，从而q1（i）可知所以a312，1。于是，由a2q111是公差为1的等差数列。由等差q1kk11= 1k1k，故qk。

kqk1数列的通项公式可得从而所以得

dk2k。

dk1k1。 qkdkkdkdddkk12k.k1........2.......k，由d12，可d1dk1dk2d1k1k21于是，由（i）可知a2k12kk1,a2k2k2,kN*