韩国高丽参的功效-北邮教务

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2010年普通高等学校招生全国统一考试江苏卷数学全解全析
数学Ⅰ试题













注 意 事 项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本试卷共4页，包含填空题（第1题 ——第14题）、解答题（第15题——第20题）。本卷满分
160分，考试时间为120分钟。考试 结束后，请将本卷和答题卡一并交回。
2.答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑 色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的
规定位置。
3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与您本人是否相符。
4 .请在答题卡上按照晤顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效。作答必须用0.5
毫米 黑色墨水的签字笔。请注意字体工整，笔迹清楚。
5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
6.请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、破损。
参考公式：
锥体的体积公式: V
锥体
=
1
Sh，其中S是锥体的底面积，h是高。
3
一 、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分。请把答案填写在答题卡相应的位
．．．．．．．
置上.
．．
1、设集合A={-1,1,3}，B={a+2,a
2
+4},A∩B={3}，则实数a=______▲_____.
[解析] 考查集合的运算推理。3

B, a+2=3, a=1.
2、设复数z满足z (2-3i)=6+4i（其中i为虚数单位），则z的模为______▲_____.
[解析] 考查复数运算、模的性质。z(2-3i)=2(3+2 i), 2-3i与3+2 i的模相等，z的模为2。
3、盒子中有大小相同的3只白球，1只黑球，若从中随机地摸出两只球， 两只球颜色不同
的概率是_ ▲__.
[解析]考查古典概型知识。
p
3

1

62< br>4、某棉纺厂为了了解一批棉花的质量，从中随机抽取
了100根棉花纤维的长度（棉花纤维的长 度是棉花质
量的重要指标），所得数据都在区间[5,40]中，其频率
分布直方图如图所示， 则其抽样的100根中，有_▲___
根在棉花纤维的长度小于20mm。
[解析]考查频率分布直方图的知识。
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100×（0.001+0.001+0.004）×5=30
5、设函数f( x)=x(e
x
+ae
-x
)(x

R)是偶函数，则实数 a=_______▲_________
[解析]考查函数的奇偶性的知识。g(x)=e
x
+ae
-x
为奇函数，由g(0)=0，得a=－1。
x
2y
2
6、在平面直角坐标系xOy中，双曲线
1
上一点M，点M的横 坐标是3，则M到
412
双曲线右焦点的距离是___▲_______
[解析]考查双曲线的定义。
MF4
MF=4。
e2
，d
为点M到右准线
x1
的距离，
d
=2，
d2
7、右图是一个算法的流程图，则输出S的值是______▲_______

24[解析]考查流程图理解。
12223133,
输出
S12 2263
。
25
8、函数y=x
2
(x>0)的图像在点 (a
k
,a
k
2
)处的切线与x轴交点的横坐标为a
k+1
,k为正整数，a
1
=16，
则a
1
+a
3
+a
5
=____▲_____
[解析]考查函数的切线方程、数列的通项。
在点(a
k
,a
k
2
)处的切线方程为：
ya< br>k
2
2a
k
(xa
k
),
当
y 0
时，解得
x
所以
a
k1

a
k< br>，
2
a
k
,a
1
a
3
a5
164121
。
2
22
9、在平面直角坐标系xO y中，已知圆
xy4
上有且仅有四个点到直线12x-5y+c=0的
距离为1， 则实数c的取值范围是______▲_____
[解析]考查圆与直线的位置关系。 圆半径为2，
圆心（0，0）到直线12x-5y+c=0的距离小于1，
|c|
 1
，
c
的取值范围是（-13，13）。
13
10、定义在区间< br>
0,





上的函数y=6cosx 的图像与y=5tanx的图像的交点为P，过点P作
2

PP
1
⊥ x轴于点P
1
，直线PP
1
与y=sinx的图像交于点P
2
,则线段P
1
P
2
的长为_______▲_____。
[解析] 考查三角函数的图象、数形结合思想。线段P
1
P
2
的长即为sinx的值，
且其中的x满足6cosx=5tanx，解得sinx=
22
。线段P
1< br>P
2
的长为
33

x
2
1,x02
11、已知函数
f(x)

,则满足不等式
f(1x) f(2x)
的x的范围是__▲___。
x0

1,
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2

1x2x

[解析] 考查分段函数的单调性。

x(1,21)

2


1x0
x
2
x
3
12、设实数x,y满足3≤
xy
≤8，4≤≤9，则
4
的最大值是 ▲ 。
yy
2
[解析] 考查不等式的基本性质，等价转化思想。
111
x
2
2
x
3
x
2
2
1
x
3
()[16,81]
，
2
[,]
，
4
( )
2
[2,27]
，
4
的最大值是27。
xy83
y
yyyxy

13、在锐角三角形ABC，A、B、C的 对边分别为a
、
b
、
c，
ba
6cosC
，则
ab
tanCtanC

=____▲_____。
tanAtanB
[解析] 考查三角形中的正、余弦定理三角函数知识的应用，等价转化思想。一题多解。
（方法一）考虑已知条件和所求结论对于角A、B和边a、b具有轮换性。
当A=B或a=b 时满足题意，此时有：
cosC
11cosC1
C2
2
C

，
tan
，
tan
，
321cosC2
22
tanAtanB
1
tan
C
2
2
，
tanCtanC

= 4。
tanAtanB
ba
a< br>2
b
2
c
2
3c
2
22
222 2
6abab,ab
（方法二）
6cosC6abcosCab
，
ab
2ab2
tanCtanCsinCcosBsinAsinBc osAsinCsin(AB)1sin
2
C

tanAta nBcosCsinAsinBcosCsinAsinBcosCsinAsinB
1c
2< br>c
2
c
2
4
由正弦定理，得：上式=
< br>cosCab
1
(a
2
b
2
)
13c2

6
62

14、将边长为1m正三角形薄片，沿一条平行于 底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记
2
(梯形的周长）
S
,则S的最 小值是____▲____。
梯形的面积
[解析] 考查函数中的建模应用，等价转化思想。一题多解。
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22
(3x)4(3x)
设剪成的小正三角形的边长为
x< br>，则：
S(0x1)

2
133
1x
 (x1)(1x)
22
（方法一）利用导数求函数最小值。
4(3x)< br>2
4(2x6)(1x
2
)(3x)
2
(2x )
，
S

(x)

S(x)
222
(1x)
3
1x
3
4(2x6)(1x
2
) (3x)
2
(2x)42(3x1)(x3)


2222
(1x)(1x)
33
1
S

(x)0, 0x1,x
，
3
11
当
x(0,]
时，
S

(x)0,
递减；当
x[,1)
时，
S

(x)0,
递增；
33
故当
x
1
323
时，S的最小值是。
3
3
（方法二）利用函数的方法求最小值。
4t
2
41< br>111

2

令
3xt,t(2,3),(,)< br>，则：
S

86
t32
t6t8
33
1
t
2
t
故当


二、解答题：本大题共 6小题，共计90分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文
字说明、证明或演算步骤.
15、（本小题满分14分）
在平面直角坐标系xOy中，点A(－1,－2)、B(2,3)、C(－2,－1)。
(1)求以线段AB、AC为邻边的平行四边形两条对角线的长；
(2)设实数t满足(
ABtOC
)·
OC
=0，求t的值。 < br>[解析]本小题考查平面向量的几何意义、线性运算、数量积，考查运算求解能力。
满分14分。
1
t
31
323
,x
时，S的最小值是。
83
3

（1）（方法一）由题设知
AB(3,5),AC( 1,1)
，则

ABAC(2,6),AB AC(4,4).


所以
|ABA C|210,|ABAC|42.

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故所求的两条对角线的长分别为
42
、
210
。
（方法二）设该平行四边形的第四个顶点为D，两条对角线的交点为E，则:
E为B、C的中点，E（0，1）
又E（0，1）为A、D的中点，所以D（1，4）
故所求的两条对角线的长分别为BC=
42
、AD=
210
； < br>

（2）由题设知：
OC
=(－2,－1)，
ABtOC(32t,5t)
。
由(
ABtOC
)·< br>OC
=0，得：
(32t,5t)(2,1)0
，
从而
5t11,
所以
t
11
。
5
|OC|
5


2
 
ABOC
或者：
AB·OC tOC
，
AB(3,5),< br>t

2

11


16、（本小题满分14分）
如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD= DC=BC=1，AB=2，
AB∥DC，∠BCD=90
0
。
(1)求证：PC⊥BC；
(2)求点A到平面PBC的距离。
[解析] 本小题 主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几何体的体积，考查空
间想象能力、推理论证能力和 运算能力。满分14分。
（1）证明：因为PD⊥平面ABCD，BC

平面ABCD，所以PD⊥BC。
由∠BCD=90
0
，得CD⊥BC，
又PD

DC=D，PD、DC

平面PCD，
所以BC⊥平面PCD。
因为PC

平面PCD，故PC⊥BC。
（2）（方法一）分别取AB、PC的中点E、F，连DE、DF，则：
易证DE∥CB，DE∥平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等。
又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍。
由（1）知：BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC，
因为PD=DC，PF=FC，所以DF⊥PC，所以DF⊥平面PBC于F。
易知DF=
2
，故点A到平面PBC的距离等于
2
。
2
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（方法二）体积法：连结AC。设点A到平面PBC的距离为h。
因为AB∥DC，∠BCD=90
0
，所以∠ABC=90
0
。 < br>从而AB=2，BC=1，得
ABC
的面积
S
ABC
1
。
由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱锥P- ABC的体积
V
11
S
ABC
PD
。
33
因为PD⊥平面ABCD，DC

平面ABCD，所以PD⊥DC。 < br>又PD=DC=1，所以
PCPD
2
DC
2
2
。
2
。
2
由PC⊥BC，BC=1，得
PBC
的面积
S
PBC

由
V
APBC
V
PA BC
，
S

PBC
hV
故点A到平面PBC的距离等 于
2
。

17、（本小题满分14分）
1
3
1
，得
h2
，
3
某兴趣小组测量 电视塔AE的高度H(单位：m），如示意图，垂直放置的标杆BC的高度h=4m，
仰角∠ABE=< br>
，∠ADE=

。
(1)该小组已经测得一组

、

的值，tan

=1.24，tan

=1.20，请 据此算出H的值；
(2)该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到电视塔的距离d
（单位：m），使

与

之差较大，可以提高测量精确度。若电视塔的
实际高度为125m，试问d为多少时，

-

最大？
[解析] 本题主要考查解三角形的知识、两角差的正切及不等式的应用。
（1）
H
HH
h
tan

AD
，同理：
AB
，
BD
。
tan

ADtan

tan

A D—AB=DB，故得
HHhhtan

41.24
124
。，解得：
H

tan

tan

tan
tan

tan

1.241.20
因此，算出 的电视塔的高度H是124m。
（2）由题设知
dAB
，得
tan


HHhHh
,tan


，
dADDBd
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HHh

tan

tan

hd h
dd

tan(



)
2
1tan

tan

1
H

Hh
dH(Hh)
d
H(Hh)
ddd
H(Hh)d2H(Hh)
，（当且仅当
dH(Hh)125121555
时，取等号）
d
故当
d555
时，
tan(



)
最大。
因为
0





2
，则
0




2
，所以当
d555
时，

-

最大。
故所求的
d
是
555
m。

18、（本小题满分16分）
x
2
y
2
1
的 左、右顶点为A、B，右焦点为在平面直角坐标系
xoy
中，如图，已知椭圆
95F。设过点T（
t,m
）的直线TA、TB与椭圆分别交于点
M
(x1
,y
1
)
、
N(x
2
,y
2
)
，其中m>0,
y
1
0,y
2
0
。
（1）设动点P满足
PFPB4
,求点P的轨迹；
（2）设
x
1
2,x
2

22
1
，求点T的坐标；
3
（3）设
t9
,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐
标与m无关 ）。
[解析] 本小题主要考查求简单曲线的方程，考查方直线与椭圆的方程等基础知识。考查运算求解能力和探究问题的能力。满分16分。
（1）设点P（x，y），则：F（2，0）、B（3，0）、A（-3，0）。
由
PFPB4
，得
(x2)
2
y
2
[(x3)< br>2
y
2
]4,
化简得
x
故所求点P的轨迹为 直线
x
（2）将
x
1
2,x
2

22
9
。
2
9
。
2
1
5120
分 别代入椭圆方程，以及
y
1
0,y
2
0
得：M（2，） 、N（，

）
3
339
1
y0x3
直线MT A方程为：，即
yx1
，

5
3
0
23
3
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直线NTB 方程为：
55
y0x3
，即
yx
。

2 01
62
03
93

x7

联立方程组， 解得：

10
，
y

3

所以点T的 坐标为
(7,
10
)
。
3
（3）点T的坐标为
(9,m)

y0x3m
(x3)
， ，即
y
m09312
y0x3m

直线NTB 方程为：，即
y(x3)
。
m0936
直线MTA方程为：
x
2
y
2
1
联立方程组，同时考虑到
x
1< br>3,x
2
3
， 分别与椭圆
95
3(80m
2
)40m3(m
2
20)20m
,)N(,)
。 解得：M(
、
80m
2
80m
2
20m
220m
2
20m3(m
2
20)
yx
2220m20m
（方法一）当
x
1
x
2
时，直线M N方程为：

22
40m20m
3(80m)3(m20)


2
80m20m
2
80m
2
20m2
令
y0
，解得：
x1
。此时必过点D（1，0）； < br>当
x
1
x
2
时，直线MN方程为：
x1
，与x轴交点为D（1，0）。
所以直线MN必过x轴上的一定点D（1，0）。
240 3m
2
3m
2
60

（方法二）若
x
1
x
2
，则由及
m0
，得
m210
，
80m
2
20m
2
此时直线MN的方程为
x1
，过 点D（1，0）。
若
x
1
x
2
，则
m210
，直线MD的斜率
k
MD
40m
2
10m
， 
80m
2

2
2403m
40m
1
80m
2
直线ND的斜率
k
ND
20m
210m
20m
，得
k
MD
k
ND
，所以直 线MN过D点。

3m
2
60
40m
2
 1
2
20m
因此，直线MN必过
x
轴上的点（1，0）。
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19、（本小题满分16分）
设各项均为正数的数列
a
n

的前n项和为
S
n
，已知
2a
2
a
1
a
3
，数列
的等差数列。
（1）求数 列

a
n

的通项公式（用
n,d
表示）； （2）设
c
为实数，对满足
mn3k且mn
的任意正整数
m,n,k
，不等式
S
m
S
n
cS
k
都成立。求证：
c
的最大值为

S

是公差为
d< br>n
9
。
2
[解析] 本小题主要考查等差数列的通项、求和以及基本 不等式等有关知识，考查探索、分
析及论证的能力。满分16分。
（1）由题意知：
d0
，
S
n
S
1
(n1)da
1
(n1)d

2a
2
a
1
a
3
3a
2
S
3
3(S
2< br>S
1
)S
3
，
3[(a
1
d)
2
a
1
]
2
(a
1
2d)
2,

化简，得：
a
1
2a
1
dd
2
0,a
1
d,a
1
d
2

S< br>n
d(n1)dnd,S
n
n
2
d
2，
当
n2
时，
a
n
S
n
S< br>n1
n
2
d
2
(n1)
2
d
2
(2n1)d
2
，适合
n1
情形。
故所求
a
n
(2n1)d
2

（2）（方法一）
m
2
n
2
恒成立。
Sm
S
n
cS
k
mdndckdmnck< br>，
c
2
k
222222222
m
2
n
2
9

， 又
mn3k且mn
，
2(m n)(mn)9k
k
2
2
2222
故
c
9
9
，即
c
的最大值为。
2
2
（方法二）由< br>a
1
d
及
S
n
a
1
(n1 )d
，得
d0
，
S
n
n
2
d
2
。
于是，对满足题设的
m,n,k
，
mn
，有 (mn)
2
2
9
22
9
S
m
S< br>n
(mn)dddkS
k
。
222
222
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9
。
2
933
另一方面，任取实数
a。设
k
为偶数，令
mk1,nk1
，则
m,n,k符合条件，
222
31
22222
3
222
且
S
m
S
n
(mn)dd[(k1)(k1)]d(9k4 )
。
222
所以
c
的最大值
c
max

于是，只要
9k42ak
，即当
k
22
1
2
2
2
时，
S
m
S
n
d2akaS
k
。
2
2a9
所以满足条件的
c
因此
c
的最大值为

99
，从而
c
max

。
22
9
。
2
20、（本小题满分16分）
设
f (x)
是定义在区间
(1,)
上的函数，其导函数为
f'(x)
。如果存在实数
a
和函数
h(x)
，其中
h(x)
对任意的
x(1,)
都有
h(x)
>0，使得
f'(x)h(x)( x
2
ax1)
，则称
函数
f(x)
具有性质
P (a)
。
(1)设函数
f(x)
lnx
b2
(x 1)
，其中
b
为实数。
x1
(i)求证：函数
f(x)
具有性质
P(b)
； (ii)求函数
f(x)
的单调区间。
(2)已知函数
g(x)
具 有性质
P(2)
。给定
x
1
,x
2
(1,) ,x
1
x
2
,
设
m
为实数，

mx
1
(1m)x
2
，

(1m)x
1
mx
2
，且

1,

1
， 若|
g(

)g(

)
|<|
g(x
1
)g(x
2
)
|，求
m
的取值范围。
[解析] 本小题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识，考查灵活运用数形结
合 、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。满分16分。
（1）(i)
f '(x)

1b21
2
(xbx1)

x(x1)
2
x(x1)
2
1
0
恒成立，
x(x1)
2
∵
x1
时，
h(x)
∴函数< br>f(x)
具有性质
P(b)
；
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b
2
b
2
(ii)（方法一）设

( x)xbx1(x)1
，

(x)
与
f'(x)的符号相同。
24
b
2
0,2b2
时，
< br>(x)
0
，
f'(x)
0
，故此时
f(x)在区间
(1,)
上递增； 当
1
4
2
当
b2
时，对于
x1
，有
f'(x)
0
，所以此时< br>f(x)
在区间
(1,)
上递增；
当
b2
时，

(x)
图像开口向上，对称轴
x
b
1
，而

(0)1
，
2
对于
x1
，总有

(x)
0
，
f'(x)
0
，故此时
f(x )
在区间
(1,)
上递增；
（方法二）当
b2
时， 对于
x1
，

(x)x
2
bx1x
2< br>2x1(x1)
2
0

所以
f'(x)0
，故此时
f(x)
在区间
(1,)
上递增；
当
b2
时，

(x)
图像开口向上，对称轴
x
b
1
，方程

(x)0
的两根为：
2
bb< br>2
4bb
2
4
bb
2
4bb
2
42
，而
,
1,(0,1)

2
2222
bb4
bb
2
4bb
2
4
当
x(1,)
时，

(x)
0
，
f'(x)< br>0
，故此时
f(x)
在区间
(1,)

2 2
bb
2
4
上递减；同理得：
f(x)
在区间
[,)
上递增。
2
综上所述，当
b2
时，
f(x)
在区间
(1,)
上递增；
当
b2时，
f
2
(x)
在
(1,
bb4
)
上递减；
2
2
bb4
f(x)
在
[,)
上递增。
2
(2)（方法一）由题意，得：
g'(x)h(x)(x2x1) h(x)(x1)

又
h(x)
对任意的
x(1,)都有
h(x)
>0，
所以对任意的
x(1,)
都有g

(x)0
，
g(x)
在
(1,)
上 递增。
又



x
1
x
2
,



(2m1)(x
1
x
2
)
。
当
m
22
1
,m1
时，



，且

x
1
(m1)x
1
 (1m)x
2
,

x
2
(1m)x
1(m1)x
2
，
2

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综合以上讨论，得：所求
m
的取值范围是（0，1）。
（方法二）由题设知 ，
g(x)
的导函数
g'(x)h(x)(x
2
2x1)，其中函数
h(x)0
对于任
2
意的
x(1,)
都成立。所以，当
x1
时，
g'(x)h(x)(x1)0
，从而
g(x)
在区间
(1,)
上单调递增。
①当
m(0 ,1)
时，有

mx
1
(1m)x
2
mx
1
(1m)x
1
x
1
，

mx
1
(1m)x
2
mx
2
(1m)x
2< br>x
2
，得

(x
1
,x
2
)< br>，同理可得

(x
1
,x
2
)
，所以由
g(x)
的单调性知
g(

)
、
g(

)
(g(x
1
),g(x
2
))
，
从而有|
g(

)g(

)
|<|
g(x1
)g(x
2
)
|，符合题设。
②当
m0
时，

mx
1
(1m)x
2
mx
2(1m)x
2
x
2
，

(1m)x
1
mx
2
(1m)x
1
mx
1
x1
，于是由

1,

1
及
g(x)
的单调性知
g(

)g(x
1
)g(x
2
) g(

)
，所以|
g(

)g(

)
|≥|
g(x
1
)g(x
2
)
|，与题设不符。
③当
m1
时，同理可得

x
1
,
< br>x
2
，进而得|
g(

)g(

)|≥|
g(x
1
)g(x
2
)
|，与题设
不 符。
因此综合①、②、③得所求的
m
的取值范围是（0，1）。


数学Ⅱ（附加题）
21.[选做题]本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中 两题，并在相应的答题区域内作答。
．．．．．．．．．．．．．．．．．．．
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若多做，则按作答的前两题评分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
A． 选修4-1：几何证明选讲
（本小题满分10分）
AB是圆O的直径，D为 圆O上一点，过D作圆O的切线交
AB延长线于点C，若DA=DC，求证：AB=2BC。
[解析] 本题主要考查三角形、圆的有关知识，考查推理论证
能力。
（方法一）证明：连结OD，则：OD⊥DC，
又OA=OD，DA=DC，所以∠DAO=∠ODA=∠DCO，
∠DOC=∠DAO+∠ODA=2∠DCO，
所以∠DCO=30
0
，∠DOC=60
0
，
所以OC=2OD，即OB=BC=OD=OA，所以AB=2BC。
（方法二）证明：连结OD、BD。
因为AB是圆O的直径，所以∠ADB=90
0
，AB=2 OB。
因为DC 是圆O的切线，所以∠CDO=90
0
。
又因为DA=DC，所以∠DAC=∠DCA，
于是△ADB≌△CDO，从而AB=CO。
即2OB=OB+BC，得OB=BC。
故AB=2BC。

B． 选修4-2：矩阵与变换
（本小题满分10分）
在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0 ,0)，B(-2,0)，C(-2,1)。设k为非零实数，矩阵
A
O
B
C
D

k0

01

M=

, N=

10

，点A、B、C在矩阵MN对应的变换下得到点分别为A
1
、B
1
、C
1
，
01

△A< br>1
B
1
C
1
的面积是△ABC面积的2倍，求k的值。
[解析] 本题主要考查图形在矩阵对应的变换下的变化特点，考查运算求解能力。满分10分。 
k0

01

0k

解：由题设得MN

10



10


01

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由


0k

022
00k

、B
1
（0，-2）、C
1
（
k，-2）。

001



022

，可知A
1
（0，0）
10

计算得△ABC面 积的面积是1，△A
1
B
1
C
1
的面积是
|k|< br>，则由题设知：
|k|212
。
所以k的值为2或-2。

C． 选修4-4：坐标系与参数方程
（本小题满分10分）
在极坐标系中，已知 圆ρ=2cosθ与直线3ρcosθ+4ρsinθ+a=0相切，求实数a的值。
[解析] 本题主要考查曲线的极坐标方程等基本知识，考查转化问题的能力。满分10分。
解：
2
2

cos

，圆ρ=2cosθ的普通方程为：
x
2
y
2
2x,(x1)
2
y
2
1
，
直线3ρcosθ+4ρsinθ+a=0的普通方程为：
3x4ya0
，
又圆与直线相切，所以

D． 选修4-5：不等式选讲
（本小题满分10分）
|3140a|
34
22
1,
解得：
a2
，或
a8
。
设a、b是非负实数，求证 ：
a
3
b
3
ab(a
2
b
2
)
。
[解析] 本题主要考查证明不等式的基本方法，考查推理论证的能力。满分10分。
（方法一）证明：
a
3
b
3
ab(a
2
b
2
)a
2
a(ab)b
2
b(ba)

(ab)[(a)
5
(b)
5
]

( ab)
2
[(a)
4
(a)
3
(b)(a)
2
(b)
2
(a)(b)
3
(b)
4
]

因为实数a、b≥0，
(ab)
2
0,[(a)
4
(a)
3
(b)(a)
2
(b)
2
(a)(b)3
(b)
4
]0

所以上式≥0。即有
a
3
b
3
ab(a
2
b
2
)
。
（方法二）证明：由a、b是非负实数，作差得
a
3
b
3
ab(a
2
b
2
)a
2
a(ab)b
2
b(ba)
(ab)[(a)
5
(b)
5
]
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当
ab
时，
ab
，从而
(a)
5
(b)
5
，得
(ab)[(a)
5
(b)
5
]0
；
当
ab
时，
ab
，从而
( a)
5
(b)
5
，得
(ab)[(a)
5
( b)
5
]0
；
所以
a
3
b
3
ab(a
2
b
2
)
。

[必做题]第22 题、第23题，每题10分，共计20分。请在答题卡指定区域内作答，解答时
．．．．．．．
应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

22、（本小题满分10分）
某工厂生 产甲、乙两种产品，甲产品的一等品率为80%，二等品率为20%；乙产品的一等
品率为90%，二等 品率为10%。生产1件甲产品，若是一等品则获得利润4万元，若是二
等品则亏损1万元；生产1件乙 产品，若是一等品则获得利润6万元，若是二等品则亏损2
万元。设生产各种产品相互独立。
（1）记X（单位：万元）为生产1件甲产品和1件乙产品可获得的总利润，求X的分布列；
（2）求生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率。
[解析] 本题主要考查概率的有关知识，考查运算求解能力。满分10分。
解：（1）由题设知，X的可能取值为10，5，2，-3，且
P（X=10）=0.8×0.9=0.72， P（X=5）=0.2×0.9=0.18，
P（X=2）=0.8×0.1=0.08， P（X=-3）=0.2×0.1=0.02。
由此得X的分布列为：
X
P
10
0.72
5
0.18
2
0.08
-3
0.02
（2）设生产的4件甲产品中一等品有
n
件，则二等品有
4n
件。
由题设知
4n(4n)10
，解得
n
又
nN
，得
n3
，或
n4
。
3
0.8
3
0.20.8
4
0.8192
所求概率为
PC
4
14
，
5
答：生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率为0.8192。

23、（本小题满分10分）
已知△ABC的三边长都是有理数。
（1）求证cosA是有理数；（2）求证：对任意正整数n，cosnA是有理数。
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[解析] 本题主要考查余弦定理、数学归纳法等基础知识，考查推理论证的能力与分析问 题、
解决问题的能力。满分10分。
b
2
c
2
a2
（方法一）（1）证明：设三边长分别为
a,b,c
，
cosA，∵
a,b,c
是有理数，
2bc
b
2
c
2
a
2
是有理数，分母
2bc
为正有理数，又有理数集对于除法的 具有封闭性，
b
2
c
2
a
2
∴必为有理数， ∴cosA是有理数。
2bc
（2）①当
n1
时，显然cosA是有理数；
当
n2
时，∵
cos2A2cos
2
A1
，因为cosA是有理 数， ∴
cos2A
也是有理数；
②假设当
nk(k2)
时， 结论成立，即coskA、
cos(k1)A
均是有理数。
当
nk1
时，
cos(k1)AcoskAcosAsinkAsinA
，
1
cos(k1)AcoskAcosA[cos(kAA)cos(kAA)]
，
2
11
cos(k1)AcoskAcosAcos(k1)Acos(k 1)A
，
22
解得：
cos(k1)A2coskAcosAco s(k1)A

∵cosA，
coskA
，
cos(k1)A< br>均是有理数，∴
2coskAcosAcos(k1)A
是有理数，
∴
cos(k1)A
是有理数。
即当
nk1
时，结论成立。
综上所述，对于任意正整数n，cosnA是有理数。
（方法二）证明：（1）由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知
AB
2
AC
2
BC
2
cosA
是有理数。
2ABAC< br>（2）用数学归纳法证明cosnA和
sinAsinnA
都是有理数。
① 当
n1
时，由（1）知
cosA
是有理数，从而有
sinAsi nA1cosA
也是有理数。
②假设当
nk(k1)
时，
coskA
和
sinAsinkA
都是有理数。
当
nk1< br>时，由
cos(k1)AcosAcoskAsinAsinkA
，
2
sinAsin(k1)AsinA(sinAcoskAcosAsinkA) (sinAsinA)coskA(sinAsinkA)cosA
，
及①和归纳 假设，知
cos(k1)A
和
sinAsin(k1)A
都是有理数。
即当
nk1
时，结论成立。
综合①、②可知，对任意正整数n，cosnA是有理数。





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