2010年(全国卷II)(含答案)高考理科数学
2010年普通高等学校招生全国统一考试（2全国Ⅱ卷）
数学(理)试题
一、选择题(本大题共12题,共计60分)
（1）复数()
（A）（B）（C）（D）
（2）函数的反函数是()
（A）（B）
（C）（D）
（3）若变量满足约束条件则的最大值为()
（A）1（B）2（C）3（D）4
（4）如果等差数列中，那么()
（A）14（B）21（C）28（D）35
（5）不等式的解集为()
（A）（B）
（C）（D）
（6）将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中．若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有()
（A）12种（B）18种（C）36种（D）54种
（7）为了得到函数的图像，只需把函数的图像()
（A）向左平移个长度单位（B）向右平移个长度单位
（C）向左平移个长度单位（D）向右平移个长度单位
（8）△ABC中，点D在边AB上，CD平分∠ACB，若＝a，＝b，a＝1，b＝2，则等于()
（A）（B）（C）（D）
（9）已知正四棱锥中，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为()
（A）1（B）（C）2（D）3
（10）若曲线在点处的切线与两个坐标围成的三角形的面积为18，则()
（A）64（B）32（C）16（D）8
（11）与正方体的三条棱、、所在直线的距离相等的点()
（A）有且只有1个（B）有且只有2个
（C）有且只有3个（D）有无数个
（12）已知椭圆的离心率为，过右焦点且斜率为的直线与相交于两点．若，则()
（A）1（B）（C）（D）2
二．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
（13）已知是第二象限的角，则．
（14）若的展开式中的系数是，则．
（15）已知抛物线的准线为，过且斜率为的直线与相交于点，与的一个交点为．若，则．
（16）已知球的半径为4，圆与圆为该球的两个小圆，为圆与圆的公共弦，．若，则两圆圆心的距离．
三．解答题：本大题共6小题，共70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10分）中，为边上的一点，求．
（18）（本小题满分12分）已知数列{an}的前n项和Sn＝(n2＋n)·3n.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）证明：．
（19）（本小题满分12分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，AC＝BC，AA1＝AB，D为BB1的中点，E为AB1上的一点，AE＝3EB1.
（Ⅰ）证明：为异面直线与的公垂线；
（Ⅱ）设异面直线与的夹角为45°，求二面角的大小．
（20）（本小题满分12分）如图，由M到N的电路中有4个元件，分别标为T1，T2，T3，T4，电流能通过T1，T2，T3的概率都是p，电流能通过T4的概率是0.9．电流能否通过各元件相互独立．已知T1，T2，T3中至少有一个能通过电流的概率为0.999．
（Ⅰ）求p；
（Ⅱ）求电流能在M与N之间通过的概率；
（Ⅲ）表示T1，T2，T3，T4中能通过电流的元件个数，求的期望．
（21）（本小题满分12分）己知斜率为1的直线l与双曲线C：相交于B、D两点，且BD的中点为．
（Ⅰ）求C的离心率；
（Ⅱ）设C的右顶点为A，右焦点为F，证明：过A、B、D三点的圆与x轴相切．
（22）（本小题满分12分）设函数．
（Ⅰ）证明：当时，；
（Ⅱ）设当时，求a的取值范围．
2010年普通高等学校招生全国统一考试（2全国Ⅱ卷）
数学(理)试题
答案解析:
一、选择题
（1）A
解析：.
（2）D
解析：由y＝，得ln(x－1)＝2y－1，解得x＝e2y－1＋1，故反函数为y＝e2x－1＋1(x∈R)．故选D。
（3）C
解析：约束条件所对应的可行域如图．由z＝2x＋y得y＝－2x＋z.
由图可知，当直线y＝－2x＋z经过点A时，z最大．由，得，则A(1,1)．
∴zmax＝2×1＋1＝3..
（4）C
解析：∵{an}为等差数列，a3＋a4＋a5＝12，
∴a4＝4.
∴a1＋a2＋…＋a7＝＝7a4＝28.
（5）C
解析：，利用数轴穿根法解得-2＜x＜1或x＞3，故选C
（6）B
解析：标号1,2的卡片放入同一封信有种方法；其他四封信放入两个信封，每个信封两个有种方法，共有种，故选B.
（7）B
解析：=，=，所以将的图像向右平移个长度单位得到的图像，故选B.
（8）B
解析：因为平分，由角平分线定理得，所以D为AB的三等分点，且，所以
故选B.
（9）C
解析：本试题主要考察椎体的体积，考察告辞函数的最值问题.
设底面边长为a，则高，
所以体积，
设：，则，当y取最值时，解得a=0或a=4时，体积最大，此时，故选C.
（10）A
解析：，切线方程是，令，令，∴三角形的面积是，解得.故选A.
（11）D
解析：直线B1D上取一点，分别作PO1，PO2，PO3垂直于B1D1，B1C，B1A于O1，O2，O3则PO1⊥平面A1C1，PO2⊥平面B1C，PO2⊥平面A1B，O1，O2，O3分别作O1N⊥A1D1，O2M⊥CC1，O3Q⊥AB，垂足分别为M，N，Q，连PM，PN，PQ，由三垂线定理可得，PN⊥A1D1；PM⊥CC1；PQ⊥AB，由于正方体中各个表面、对等角全等，所以PO1=PO2=PO3，O1N=O2M=O3Q，∴PM=PN=PQ，即P到三条棱AB、CC1、A1D1.所在直线的距离相等所以有无穷多点满足条件，故选D.
（12）B
解析：设直线l为椭圆的有准线，e为离心率，过A，B分别作AA1，BB1垂直于l，A1，B为垂足，过B作BE垂直于AA1与E，由第二定义得，
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
（13）
解析：由得，又，解得，又是第二象限的角，所以.
（14）1
解析：展开式中的系数是.
（15）2
解析：过B作BE垂直于准线于E，∵，∴M为中点，∴，又斜率为，∴，∴，
∴M为抛物线的焦点，∴2.
（16）3
解析：设E为AB的中点，则O，E，M，N四点共面，如图，∵，所以，∴，由球的截面性质，有，∵，所以与全等，所以MN被OE垂直平分，在直角三角形中，由面积相等，可得，
三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
（17）解：由
由已知得
从而
由正弦定理得
所以
（18）解：（I）
所以
（II）当n=1时，
当时，
所以，当
（19）解：(1)证明：连结A1B，记A1B与AB1的交点为F，
因为面AA1B1B为正方形，故A1B⊥AB1，且AF＝FB1，又AE＝3EB1，所以FE＝EB1，又D为BB1的中点，故DE∥BF，DE⊥AB1.
作CG⊥AB，G为垂足，由AC＝BC知，G为AB中点．
又由底面ABC⊥面AA1B1B，得CG⊥面AA1B1B，
连结DG，则DG∥AB1，故DE⊥DG，由三垂线定理，得DE⊥CD，
所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线．
(2)因为DG∥AB1，故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角，∠CDG＝45°，设AB＝2，则
AB1＝2，DG＝，CG＝，AC＝，
作B1H⊥A1C1，H为垂足，
因为底面A1B1C1⊥面AA1C1C，
故B1H⊥面AA1C1C.
又作HK⊥AC1，K为垂足，连结B1K，由三垂线定理，得B1K⊥AC1，因此∠B1KH为二面角A1-AC1-B1的平面角．
B1H＝＝，
HC1＝＝，
AC1＝＝，HK＝＝，
tan∠B1KH＝＝.
所以二面角A1-AC1-B1的大小为arctan.
（20）解：记A1表示事件，电流能通过
A表示事件：中至少有一个能通过电流，
B表示事件：电流能在M与N之间通过。
（I）相互独立，
又
故
（III）由于电流能通过各元件的概率都是0.9，且电流能通过各元件相互独立。
故
（21）解：(1)由题设知，l的方程为y＝x＋2.
代入C的方程，并化简，得
(b2－a2)x2－4a2x－4a2－a2b2＝0，
设B(x1，y1)、D(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝－，①
由M(1,3)为BD的中点知＝1，故
×＝1，即b2＝3a2，②
故c＝＝2a，所以C的离心率e＝＝2.
(2)由①②知，C的方程为3x2－y2＝3a2，
A(a,0)，F(2a,0)，x1＋x2＝2，x1·x2＝－＜0，
故不妨设x1≤－a，x2≥a.
BF＝＝＝a－2x1，
FD＝＝＝2x2－a.
BF·FD＝(a－2x1)(2x2－a)
＝－4x1x2＋2a(x1＋x2)－a2
＝5a2＋4a＋8.
又BF·FD＝17，
故5a2＋4a＋8＝17，
解得a＝1或a＝－(舍去)．
故BD＝x1－x2＝·＝6.
连结MA，则由A(1,0)，M(1,3)知MA＝3，从而MA＝MB＝MD，且MA⊥x轴，因此以M为圆心，MA为半径的圆经过A、B、D三点，且在点A处与x轴相切．
所以过A、B、D三点的圆与x轴相切．
（22）解：(1)当x＞－1时，f(x)≥，当且仅当ex≥1＋x.令g(x)＝ex－x－1，则g(x)＝ex－1.
当x≥0时，g′(x)≥0，g(x)在[0，＋∞)上是增函数；
当x≤0时，g′(x)≤0，g(x)在(－∞，0]上是减函数．
于是g(x)在x＝0处达到最小值，因而当x∈R时，g(x)≥g(0)，即ex≥x＋1.所以当x＞－1时，f(x)≥.
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