国家监察部-征途2以武会友

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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
,
3
1
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
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
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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?


(5)已知双曲线
x
a
2
2


yb
2
2
1(a0,b0)
的一条渐近线方程是y=
3x< br>,它的一个焦点在抛
物线
y24x
的准线上，则双曲线的方程为
x
2
2
（A）
36
x
2

y
2108
y
2
1
（B） x
2
9
y
2

y
2
27
1

（C）

108

36
1
（D）
x
2
27

9
1

（6）已知< br>
a
n

是首项为1的等比数列，且
9s
3
s
6
，则数列

s
n
是

a
n

的前n项和，
的前5项和为
（A）
15
8
< br>1


a

n

或5 （B）
31
16
或5 （C）
31
16
（D）
15
8

22
（7）在△ABC中，内角A,B,C的对边分 别是a,b,c，若
ab
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3bc
，

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sinC23sinB
，则A=
（A）
30
（B）
60
（C）
120
（D）
150


log
2
x,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
00
00
（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

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
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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 ,

y1t
与x轴的交点，且圆C与直线x+y+3=0
(t为参数）< br>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
PB1PC1
=,=
PA2PD3
,
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则

BC
AD
的值为 。

（15）如图，在
ABC
中，
ADAB
,
BC

3BD
,


AD1
,则
AC

AD
.

2


x
（16）设函数
f(x)x1
，对任意
x

,

，
f

4mf(x)f(x1)4f(m)

m


3

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)23sinxcosx2cosx1(xR)

（ Ⅰ）求函数
f(x)
的最小正周期及在区间

0,

6
2
2
2


上的最大值和最小值；
2


（Ⅱ）若
f(x
0
)









,x
0


,

，求
cos2x
0
的值。
5

42

（18）.（本小题满分12分）
某射手每次射击击中目标的概率是
2
3
，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
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（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< br>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） < br>如图，在长方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，
E
、
F
分别是棱
BC
,
C C
1

上的点，
CFAB2CE
,
AB:AD:AA< br>1
1:2:4

（1） 求异面直线
EF
与
A
1
D
所成角的余弦值；
（2） 证明
AF
平面
AED

（3） 求二面角
A
1
EDF
的正弦值。








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（20）（本小题满分12分）
已知椭圆
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,y
0
)
在线段
A B
的垂直平分线上，且
QA

QB4
，求
y
0< br>的值
x
a
2
2

y
b
2
2
的离心率
e
1(ab0）
3
2
，连接椭圆的四个 顶点得到的菱形的面积







（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
x
1
x
2
，且
f(x
1
)f(x
2
)< br>，证明
x
1
x
2
2








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（22）（本小题满分14分）
在数列

a
n

中，
a
1
0
，且对任意kN
.
a
2k1
，
a
2k
，
a< br>2k1
成等差数列，其公差为
d
k
。
*
（Ⅰ）若
d
k
=
2k
，证明
a
2k
，
a< br>2k1
，
a
2k2
成等比数列（
kN
） （Ⅱ）若对任意
kN
，
a
2k
，
a
2k1
，
a
2k2
成等比数列，其公比为
q
k
。











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）


3

3
,

（14） （15）
3
(16)

,




6
22

*
*
10
3
（13）
(x1)y2

22
6
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。
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（1）解：由
f(x)23sinxcosx2cosx1
，得
f( x)3(2sinxcosx)(2cosx1)
2
2
3sin2xcos 2x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,




6


上为增函数，在区间




,

上为减函数，又

62




< br>



f(0)1,f

2,f
 
1
，所以函数
f(x)
在区间

0,
上的最大值为2，最小值

6

2


2< br>
为-1
（Ⅱ）解：由（1）可知
f(x
0
)2sin< br>
2x
0







6

又因为
f(x
0
)
6
5
， 所以
sin

2x
0





3



6

5


2

7




由
x
0


,

，得
2x
0



,

6

36

42

从而< br>cos

2x
0







4
2

1sin2x

0

6

6

5

所以 < br>










343

cos2x
0
cos


2x
0




cos

2 x
0


cossin

2x
0

sin

66666610




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,


2


.在5次射击中，恰
3
有2次击中目标的概率
P(X2)C
5
2
2

4 0

2





1
< br>

3

243

3

22（Ⅱ）解：设“第
i
次射击击中目标”为事件
A
i
(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< br>A
,则
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P(A)P(A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
)P(A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
)P(A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
)

=
8
81< br>1

2

1

1

2
 
1

2




333333

3

32323
=
（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 (A
1
A
2
A
3
)


< br>327

3
P(

1)P(A
1
A< br>2
A
3
)P(A
1
A
2
A
3)P(A
1
A
2
A
3
)

121

1

22

1

=






3

3

333

3

39
P(

2)P(A
1
A
2
A
3
)
2
3
1
3

2
3

4
27
2< br>22

22
11

1

8

2


P(

3)P(A
1
A
2< br>A
3
)P(A
1
A
2
A
3
)< br>



33

3

27

3

8

2


P(

6)P(A
1
A
2
A
3
)
< br>
327

3
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)
, 
3

F(1,2,1)
,
A
1
(0,0,4 )
,
E

1,,0



2
< br>

1


（1） 解：易得
EF

0,,1

,
A
1
D(0,2,4)


2

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

EF

A
1
D
3
于是
cosEF,A
1
D


5
EFA
1
D
所以异面直线
EF< br>与
A
1
D
所成角的余弦值为
3
5




3



1

（2） 证明：已知
AF(1,2,1)
,
EA
1

1,,4

,
ED

1,,0
< br>
2

2



于是
AF
·
EA
1
=0，
AF
·
ED
=0.因此，
AFEA
1
,
AFED
,又
EA
1
EDE

所以
AF
平面
A
1
ED


1

yz0




u
EF0

2
(3)解：设平面
EFD
的法向量
u( x,y,z)
，则


,即




x
1
y0

u

ED0
< br>2


不妨令X=1,可得
u
(1,21）
。 由（2）可知，
AF
为平面
A
1
ED
的一个法向量。 



于是
cos
u
,
AF

2
=
u
AF
=
，从而
sin
|
u
|
|AF|




3
u
,
AF
=
5
3

所以二面角
A
1
- ED-F
的正弦值为
5
3

1
2
方法二：（1）解 ：设AB=1，可得AD=2,AA
1
=4,CF==
CE
CB
C F
CC
1
1
4
链接B
1
C,BC
1
，设B
1
C与BC
1
交于点M,易知A
1
D∥B
1
C，由
==
,可知EF∥BC
1
.故
BMC
是 异面直线EF与A
1
D所成的角，易知
BM=CM=
1
2
B
1
C=5
2
,
2
所
3
5
2
以
cBMCo
BMCMBC
s
2BM

CM3
5

,所以异面直线FE
与A
1
D所成角的余弦值为
CD
BC

EC
AB

1
2
（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< br>，又由于
CDECED90
,所以
故AC⊥DE,又因为CC
1
⊥DE且
CC
1
ACC
，所以DE⊥平面ACF，
BCACED90
，
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从而AF⊥DE.
连接BF，同理可证B1
C⊥平面ABF,从而AF⊥B
1
C,所以AF⊥A
1
D因为
DEA
1
DD
，
所以AF⊥平面A
1
ED < br>(3)解：连接A
1
,由（2）可知DE⊥平面ACF,又NF

平面 ACF, A
1
N

平面ACF，所以DE
⊥NF,DE⊥A
1
N,故
A
1
NF
为二面角A
1
-ED- F的平面角
CN
BC
30
5
EC
AC
易知
RtCNERt
，所以
C

，又
AC5
所以CN
5
5
，在
RtNCF中，NFCFCN
22
在RtA
1
AN中
NA
1

22
A
1
AAN
22

430
5

连接A
1
C
1
,A
1
F 在
RtA1
C
1
F中，A
1
F
2
A
1
C
1
C
1
F
22

2
3
14

5
3
在RtA
1
NF中，cosA
1
NF
A
1
NFNA
1
F
2A
1
N FN
5
3

。所以
sinA
1
NF

所以二面角A
1
-DE-F正弦值为
（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，
1
2
c
a

3
2
，得
3a4c
， 再由
cab
，得
a2b

22222
2a2b4,即ab2

解方程组


a2b

ab2
得 a=2,b=1
所以椭圆的方程为
x
2
4
y1
2
(2)解：由（1）可知A（-2,0）。设B点的坐标为（x
1,
,y
1
）,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

x
2

2
y1

4
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由方程组消去Y并整理，得
(14k
2
)x
2
16k
2
x(16k
2
4)0< br>
16k4
14k
2
2
2
2
由
2x
1
,
得
x
1

28k
14 k
,从而y
1

4k
14k
2
,

设线段AB是中点为M，则M的坐标为
(
以下分两种情况：
8k
2
2
14k
,
2k
14k
2
)

（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,y
0
),QB(2,y
0
）由QAQB=4 ，得y
0
=22

（2）当K
0
时，线段AB的垂直平 分线方程为
Y
2k
14k
2

1
k
( x
8k
2
2
14k
)

令x=0，解得
y
0


6k
14k

2

由
QA(2,y
0
),QB(x
1
,y
1
y
0
）


QA

QB2x
1< br>y
0
(y
1
y
0
）=
42
2 (28k)
14k
2
2

6k
14k
2(
4k
14k
2

6k
14k
2
)

=
4(16k15k1)
(14k)
22
4
整理得
7k2,故k
2
14
7
所以y
0
=
214
5

综上
y
0
=22或y
0
=
214
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
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

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X
f’(x)
f(x)
(
,1
)
+


1
0
极大值
(
1,
)
-

< br>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
x
(x2)e
x2

于是
F'(x)(x1)(e
2x2
1)e
x


当x>1时，2x-2>0,从而
e
2x-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
(x
1
1)(x
2
1)0,由（）及f(x
1
)f( x
2
),则x
1
x
2
1.与x
1
x
2
矛盾。

（2）若
(x
1
1)(x
2
1)0,由（）及f(x
1
)f(x
2
),得x
1
x
2
.与x
1
x
2
矛盾。

根据（1）（2）得
(x
1
1)(x
2
1)0,不妨设x1
1,x
2
1.

由（Ⅱ）可知，
f(x
2
)
>
g(x
2
)
,则
g(x
2
)
=
f(2-x
2
)
，所以
f(x
2
)< br>>
f(2-x
2
)
,从而
f(x
1
)
>
f(2-x
2
)
.因为
x
2
1
，所 以
2x
2
1
，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）
内事增函数，所以
x
1
>
2x
2
,即
x
1
x
2
>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
1
(a
2k1
a
2k1
4k ,kN
。
a)...(a
3
a
1
)

*
2k12k1
a
2k1
)(a
2k12k 3
=
4k4(k1)...41

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=2k(k+1)
由
a
1< br>=0，得
a
a
2k1
2k(k1),从而a
2k
a
2k1
2k2k,a
2
2k2
2(k1).
2
aa
k1
a
2k2
k1
2k12 k2
于是
,,所以
2k1
。
akakaa
2k 2k12k12k
所以
d
k
2k时，对任意kN,a
（Ⅱ） 证法一：（i）证明：由
a
*
2k
,a
2k1
,a
2k2
成等比数列。
,a,a
2k1
,a
2k
,a
2k1
成等差数列，及
a
a
2k2k12k2
成a
等比数列，得
2a
2k
a
2k1
a
2 k1
,2
2k1

a
2k
2k1

1
q

k
aq
2kk1
当
q
1≠1时，可知
q
k
≠1，k

N

从而
1
q
k1

2
q
1
1
k1
1

1
q
k1
1
1,即
1
q< br>k1

1
q
k1
1
1(k2)

*


1

所以

是等差数列，公差 为1。
q1


k

（Ⅱ）证明：
a
1
0
，
a
2
2
，可得
a
3
4
，从而
q
1

4
2
2,
1
=1.由（Ⅰ）有
q1
1
1
q
k1
a
*1k1k,得q
k

k1
,kN

k2
所以
2k2

a
2k1
a
2k1
k1
,从而
ak
2k
a（）
2k2
< br>k1
,kN
*

2
ak
2k
因此， < br>a
2k
222
a
k(k1)2
2
2k2k1< br>2k(k1),kN
*
4
......a.....22k.a a.
2
(k1)
2
(k2)
2
1
2
2 k12k
aaak
2k22k42
a
2k
a
以下分两 种情况进行讨论：
（1） 当n为偶数时，设n=2m(
mN
)
n*
若m=1,则
2n

k2
k
2
a
k
2
.
若m≥2，则
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n

k2
m1
k
2
m
a
k


k1
(2k)
a
2k
2
m1


k1
(2k1)
a
2k1
m1
2
m


k1
4k2k
2
2
+

k1
4k4k1
2k( k1)
2
2m
1
2

k1

4k
2
4k

1


2m
2k(k 1)2k(k1)

)2n
3
2

1
n.
n
m1

k1
1

11


2


2

kk1

< br>
2m2(m1)
n
(1
1
m
所以
2n

k2
k
2
a
k

3
2

1
n
,从而
3
2
2n

k2
*
k
2
a
k
2,n4,6,8...

(2)当n为奇数时，设n=2m+1（
mN
）
n

k 2
k
2
2m
a
k


k2
k
2
a
k

(2m1)
a
2m1
24m
3
2

1
2m

(2m1)
2
2m(m1)

4m
1
2

1
2(m1)
k
2
2n
3
2

1
n 1
3
2

n
所以
2n

k2
a
k

3
2

1
n1
n
,从而
2n

k2
k
2
a
k
3< br>2
··
2,n3,5,7
·
n
综合（1）（2）可知， 对任意
n2
,
nN
,有

2n

k2
k
2
a
k
2

证法二：（i）证明：由题 设，可得
d
k
a
2k1
a
2k
q
k
a
2k
a
2k
a
2k
(q
k
1),

d
k1
a
2k2
a
2k1
q
k
a
2k
q
k
a
2k
a
2k
q
k
(q
k
1),
所以
d
k1
q
k
d
k

2
q
k1

a
2k3
a
2k2

a
2k2
 d
k1
a
2k2
1
d
k1
q
k
a
2k
2
1
d
k
q
k
a2k
1
1
q
k
1
q
k
q
k

由
q
1
1
可知
q
k
1 ,kN*
。可得
1
q
k1
1

q
k
1

q
k
1

1
q
k
1
1
，
所以



是等差数列，公差为1。

qk
1

1
（ii）证明：因为
a
1
0,a
2
2,
所以
d
1
a
2
a
1
2
。
所以
a
3
a
2
d
1
4
，从而
q
1

a
3
a
22
，

1

1
。于是，由（i）可知所以

是
q
1
1

q
k
1
< br>1
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公差为1的等差 数列。由等差数列的通项公式可得
1
q
k
1
=
1
k1

k
，故
q
k

k1< br>k
。
从而
d
k1
d
k
d
kd
1

q
k

k1
k
d
k1
。
所以
d
k
d
k1
d
k2< br>.........
d
2
d
1

k
k1k 2
.
k1
......
2
1
k
，由
d
1
2
，可得
d
k
2k
。
于是， 由（i）可知
a
2k1
2k

k1

,a< br>2k
2k
2
,kN*

以下同证法一。

















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