2010年全国高考理科数学试题及答案-天津(word版)

2010年全国各地高考理科数学试题及答案(word版)

2010年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）

数学（理工类）

本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至11页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

祝各位考生考试顺利！

第Ⅰ卷

注意事项：

1． 答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考

试用条形码。

2． 每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案标号，答在试卷上的无效。 3． 本卷共10小题，每小题5分，共50分。

参考公式：

·如果事件A、B互斥，那么 ·如果事件A、B相互独立，那么

P(A∪B)=P(A)+P(B) P(AB)=P(A)P(B) ·棱柱的体积公式V=Sh, 棱锥的体积公式V=sh, 其中S标示棱柱的底面积。 其中S标示棱锥的底面积。 h表示棱柱的高。 h示棱锥的高。

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

13

1 3i

1 2i

(A)1＋i (B)5＋5i (C)-5-5i (D)-1－i （2）函数f(x)=2 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

x

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（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

ab

线方程是

y=,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，且9s3 s6，则数列 sn是 an 的前n项和，的前5项和为 （A）

1

an

15313115或5 （B）或5 （C） （D） 816168

2

2

（7）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，

若a b

，

sinC B，则A=

（A）30 （B）60 （C）120 （D）150

00

log2x,x 0,

（8）若函数f(x)= log( x),x 0,若f(a)>f(-a),则实数a的取值范围是

1

2

（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

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（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

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数学（理工类）

第Ⅱ卷

注意事项：

1． 答卷前将密封线内的项目填写清楚。 2． 用钢笔或圆珠笔直接答在试卷上。 3． 本卷共12小题，共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

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（13）已知圆C的圆心是直线

x 1,

与x轴的交点，且圆C与直线x+y+3=0(t为参数）

y 1 t

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，若值为

PB1PC1BC=,=,则的PA2PD3AD

（15）如图，在 ABC中，AD

AB,BC ,

AD 1,则AC AD .

（16）设函数f(x) x 1，对任意x , ，f 恒成立，则实数m的取值范围是 .

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) xcosx 2cos2x 1(x R) （Ⅰ）求函数f(x)的最小正周期及在区间 0,

2

2

3 x 2

4mf(x) f(x 1) 4f(m) m

上的最大值和最小值； 2

（Ⅱ）若f(x0)

6

,x0 , ，求cos2x0的值。 5 42

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（18）.（本小题满分12分） 某射手每次射击击中目标的概率是

2

，且各次射击的结果互不影响。 3

（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分别是棱BC,CC1 如图，在长方体ABCD A1BC11D1中，

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。

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（20）（本小题满分12分）

x2y2已知椭圆2 2 1(a b 0）

的离心率e 连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积

ab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 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

x 1时，f(x) g(x)

（Ⅲ）如果x1 x2，且f(x1) f(x2)，证明x1 x2 2

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（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。

*

*

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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） （14

10

（13）(x 1)2 y2 2 3

（15

,

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) xcosx 2cos2x 1，得

f(x) xcosx) (2cos2x 1) 2x cos2x 2sin(2x )

6

所以函数f(x)的最小正周期为

因为f(x) 2sin 2x

6

在区间 0,

上为增函数，在区间, 上为减函数，又 6 62

f(0) 1,f 2,

6

为-1

f 1，所以函数f(x)在区间 0, 上的最大值为2，最小值 2 2

（Ⅱ）解：由（1）可知f(x0) 2sin 2x0

6

又因为f(x0)

6 3

，所以sin 2x0 56 5

由x0

2 7

, ，得2x0 ,

6 36 42

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从而cos 2x0 所以

4 6 5

cos2x0 cos 2x0 cos 2x0 cos sin 2x0 sin

6 6 6 66 6

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,有2次击中目标的概率

2

.在5次射击中，恰3

40 2 2

P(X 2) C52 1

33243

（Ⅱ）解：设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i 1,2,3,4,5)；“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A,则 P(A) P(A1A2A3A4A5) P(A1A2A3A4A5) P(A1A2A3A4A5)

22

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)

3 27

3

P( 1) P(A1A2A3) P(A1A2A3) P(A1A2A3)

2 1 121 1 22

=

3 3 333 3 39

2124

P( 2) P(A1A2A3)

33327

2

2

8 2 11 1

P( 3) P(A1A2A3) P(A1A2A3)

3 33 3 27

22

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8 2

P( 6) P(A1A2A3)

3 27

所以 的分布列是

3

（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),

3

F(1,2,1),A1(0,0,4),E 1,,0

2

1

（1） 解：易得EF 0,,1 ,A1D (0,2, 4)

2

EF A1D3

于是cosEF,A1D

5EFA1D

所以异面直线EF与A1D所成角的余弦值为

3

5

3 1

（2） 证明：已知AF (1,2,1),EA1 1, ,4 ,ED 1,,0

2 2

AF ED,又EA1 ED E 于是AF·EA1=0，AF·ED=0.因此，AF EA1,

所以AF 平面A1ED

1 y z 0 2 u EF 0

(3)解：设平面EFD的法向量u (x,y,z)，则 ,即

1 x y 0 u ED 0

2

不妨令X=1,可得

。由（2）可知，AF为平面AED的一个法向量。 u (1,2 1）

1

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于是cos

2,==，从而sinu,AFuAF3|u||AF|

所以二面角A1-ED-F

1 2

方法二：（1）解：设AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE=

链接B1C,BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C，由

CECF1

==,可知EF∥BC1.故CBCC14

BMC是异面直线EF与A1D所成的角，易知

BM=CM=

1

B12

,所以

c

2

BM2 CM BC23

BMCo ,所以异面直线FE

2BM CM5

与A1D所成角的余弦值为

3

5

CDEC1

，BCAB2

（2）证明：连接AC，设AC与DE交点N 因为

所以Rt DCE Rt CBA，从而 CDE BCA，又由于 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

CN E易知Rt RtCB所以，

CNEC ，

又AC 所

以CN ，

在BCAC30在

Rt A1AN中NA1 5 Rt NCF中，NF

连接A1C1,A1F

在Rt AC11F中，A1F

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A1N2 FN2 A1F22

在Rt A1NF中，

cos A1NF 。所以sin A1NF 2A1N FN3

所以二面角A1-DE-F

正弦值为

3

（20）本小题主要考察椭圆的标准方程和几何性质，直线的方程，平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查运算和推理能力，满分12分 （1

）解：由e 由题意可知，

c22222

，得3a 4c，再由c a b，得a 2b

a1

2a 2b 4,即ab 2 2

解方程组

a 2b

得 a=2,b=1

ab 2

x2

y2 1 所以椭圆的方程为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 x2 2

y 1 4

由方程组消去Y并整理，得(1 4k)x 16kx (16k 4) 0

2

2

2

2

16k2 4

,得 由 2x1

1 4k2

2 8k24kx1 ,从而y , 122

1 4k1 4k

8k22k

,) 设线段AB是中点为M，则M的坐标为(

1 4k21 4k2

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=

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2k18k2

(x ) （2）当K 0时，线段AB的垂直平分线方程为Y

1 4k2k1 4k2

令x=0，解得y0

6k

2

1 4k

由QA ( 2, y0),QB (x1,y1 y0）

2(2 8k2)6k4k6kQA QB 2x1 y0(y1 y0）= ( )

1 4k21 4k21 4k21 4k2

4(16k4 15k2 1)

= 4

22

(1 4k)

整理得7k 2,故k 2

y0= 综上y0= y0=（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

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)=

1 e

x 2

（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)e

令F(x)=f(x)-g(x),即F(x) xe于是F'(x) (x 1)(e

2x 2

x

(x 2)ex 2

1)e x

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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 e 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。 （2）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

-1

-1

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a所以a

a 4k,k N*。

2k 12k 1

2k 1

a1 (a a) (a a) ... (a3 a1)

2k 12k 12k 12k 3

=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 2

aaak 1ak 1 , ,所以 。 于是akakaa2k2k 12k 12k

所以dk 2k时，对任意k N,a（Ⅱ）证法一：（i）证明：由a

*

2k

,a,a成等比数列。

2k 12k 2

,a2k,a,a成等差数列，及a,a成

2k 12k2k 12k 2

2k 1

aa a a,2 qk 等比数列，得2a

2k2k 12k 1aaq

2k2kk 1

当q1≠1时，可知qk≠1，k N

*

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从而

qk 1

2

qk 1

1

1,即 1(k 2)

q 1qq 1k 1k 1k 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.由（Ⅰ）有 2q 1

1

qk 1

1 k 1 k,得qk ,k N*

k

2

aaa（）

*

所以 ,从而 2,k N

aakak2k 12k2k

因此，

aaak2(k 1)2222 2k(k 1),k N*a2k ......a .....2 2k.a a.

2k 12kkaaa2(k 1)2(k 2)212

2k 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.

ak 2k

n

若m≥2，则

k2m(2k)2m 1(2k 1)2m4k2

2+ a2k 1k 2akk 1a2kk 1k 12k

n

m 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 1

1131

2m 2(m 1) (1 ) 2n

2m2n.

n

k2313k2

所以2n ,从而 2n 2,n 4,6,8...

2n2k 2akk 2ak

n

(2)当n为奇数时，设n=2m+1（m N）

*

k22mk2(2m 1)31(2m 1)2

4m a2m 122m2m(m 1)k 2akk 2ak

n

2

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1131

4m 2n

22(m 1)2n 1

n

k2313k2

所以2n ·· ,从而 2n 2,n 3,5,7·

2n 12k 2akk 2ak

n

n

3k2

综合（1）（2）可知，对任意n 2,n N,有 2n 2

2ak 2k

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 k

a2k 2a2k 2qka2kqka2kqk

q11

k 1，

qk 1 1qk 1qk 1qk 11

由q1 1可知qk 1,k N*。可得

1 所以 是等差数列，公差为1。

q 1 k

（ii）证明：因为a1 0,a2 2,所以d1 a2 a1 2。 所以a3 a2 d1 4，从而q1

1 a31

2， 1。于是，由（i）可知所以 是

q 1a2q1 1 k

k 11

= 1 k 1 k，故qk 。

kqk 1

公差为1的等差数列。由等差数列的通项公式可得

从而

dk 1k 1

。 qk

dkk

dkdddkk 12 k.k 1........2 ....... k，由d1 2，可得 d1dk 1dk 2d1k 1k 21

所以

dk 2k。

于是，由（i）可知a2k 1 2k k 1 ,a2k 2k,k N*

2

以下同证法一。

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/ob01.html