2010年普通高等学校招生全国统一考试·理科
数学
数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划
（安徽卷）
第Ⅰ卷
一、选择
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
:本大题共10小题,每小题5分,共50分.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.(2010安徽,理1)i是虚数单位, =
A.-
B.+
C.+
D.-
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
:B
2.(2010安徽,理2)若集合A={x|x≥},则
SKIPIF 1 < 0 A =
A.(-∞,0)∪(,+∞)
B.(,+∞)
C.(-∞,0)∪［,+∞］
D.［,+∞］
答案:A
3.(2010安徽,理3)设向量a=(1,0),b=(,),则下列结论中正确的是
A.|a|=|b|
B.a·b=
C.a-b与b垂直
D.a∥b
答案:C
4.(2010安徽,理4)若f(x)是R上周期为5的奇函数,且满足f(1)=1,f(2)=2,则f(3)-f(4)=
A.-1
B.1
C.-2
D.2
答案:A
5.(2010安徽,理5)双曲线方程为x-2y=1,则它的右焦点坐标为
A.(,0)
B.(,0)
C.(,0)
D.(,0)
答案:C
6.(2010安徽,理6)设abc>0,二次函数f(x)=ax2+bx+c的图象可能是
答案:D
7.(2010安徽,理7)设曲线C的参数方程为 (θ为参数),直线l的方程为x-3y+2=0,则曲线C上到直线l距离为的点的个数为
A.1
B.2
C.3
D.4
答案:B
8.(2010安徽,理8)一个几何体的三视图如图,该几何体的表面积为
A.280
B.292
C.360
D.372
答案:C
9.(2010安徽,理9)动点A(x,y)在圆x2+y=1上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转,12秒旋转一周.已知时间t=0时,点A的坐标是(,),则当0≤t≤12时,动点A的纵坐标y关于t(单位:秒)的函数的单调递增区间是
A.［0,1］
B.［1,7］
C.［7,12］
D.［0,1］和［7,12］
答案:D
10.(2010安徽,理10)设{a}是任意等比数列,它的前n项和,前2n项和与前3n项和分别为X,Y,Z,则下列等式中恒成立的是
A.X+Z=2Y
B.Y(Y-X)=Z(Z-X)
C.Y=XZ
D.Y(Y-X)=X(Z-X)
答案:D
第Ⅱ卷
二、填空题:本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在答题卡的相应位置.
11.(2010安徽,理11)命题“对任何x∈R,|x-2|+|x-4|>3”的否定是_________.
答案:存在x∈R,|x-2|+|x-4|≤3
12.(2010安徽,理12)(-)的展开式中,x的系数等于________.
答案:15
13.(2010安徽,理13)设x,y满足约束条件若目标函数z=abx+y(a>0,b>0)的最大值为8,则a+b的最小值为________.
答案:4
14.(2010安徽,理14)如图所示,程序框图(算法流程图)的输出值x=________.
答案:12
15.(2010安徽,理15)甲罐中有5个红球,2个白球和3个黑球,乙罐中有4个红球,3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别以A,A和A表示由甲罐取出的是红球,白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,以B表示由乙罐取出的球是红球的事件,则下列结论中正确的是_______(写出所有正确结论的编号).
①P(B)=;
②P(B|A)=;
③事件B与事件A相互独立;
④A,A,A是两两互斥的事件;
⑤P(B)的值不能确定,因为它与A,A,A中究竟哪一个发生有关.
答案:②④
三、解答题:本大题共6小题,共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.解答写在答题卡上的指定区域内.
16.(2010安徽,理16)设△ABC是锐角三角形,a,b,c分别是内角A,B,C所对边长,并且sinA=sin(+B)sin(-B)+sinB.
(1)求角A的值;
(2)若· =12,a=2,求b,c(其中b
b知c=6,b=4.
17.(2010安徽,理17)设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值;
(2)求证:当a>ln2-1且x>0时,e>x-2ax+1.
(1)解:由f(x)=ex-2x+2a,x∈R知f′(x)=ex-2,x∈R.
令f′(x)=0,得x=ln2.
于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,ln2)
ln2
(ln2,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
单调递减↘
2(1-ln2+a)
单调递增↗
故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2),单调递增区间是(ln2,+∞),
f(x)在x=ln2处取得极小值,极小值为f(ln2)=e-2ln2+2a=2(1-ln2+a).
(2)证明:设g(x)=e -x+2ax-1,x∈R.于是g′(x)=e -2x+2a,x∈R.
由(1)知当a>ln2-1时,g′(x)最小值为g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0.
于是对任意x∈R,都有g′(x)>0,
所以g(x)在R内单调递增.
于是当a>ln2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).
而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0,
即e -x+2ax-1>0,故e >x-2ax+1.
18.(2010安徽,理18)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,EF∥AB,EF⊥FB,AB=2EF,∠BFC=90°,BF=FC,H为BC的中点.
(1)求证:FH∥平面EDB;
(2)求证:AC⊥平面EDB;
(3)求二面角B-DE-C的大小.
解法一:(综合法)
(1)证明:设AC与BD交于点G,则G为AC的中点,连接EG、GH,
又H为BC的中点,∴GH
SKIPIF 1 < 0 AB.
又EF
SKIPIF 1 < 0 AB,∴EFGH.
∴四边形EFHG为平行四边形.∴EG∥FH.而EG平面EDB.
∴FH∥平面EDB.
(2)证明:由四边形ABCD为正方形,有AB⊥BC.
又EF∥AB,∴EF⊥BC.
而EF⊥FB,∴EF⊥平面BFC.
∴EF⊥FH.∴AB⊥FH.
又BF=FC,H为BC的中点,∴FH⊥BC.
∴FH⊥平面ABCD.∴FH⊥AC.
又FH∥EG,∴AC⊥EG.
又AC⊥BD,EG∩BD=G,∴AC⊥平面EDB.
(3)解:EF⊥FB,∠BFC=90°,
∴BF⊥平面CDEF.
在平面CDEF内过点F作FK⊥DE交DE的延长线于K,
则∠FKB为二面角B-DE-C的一个平面角.
设EF=1,则AB=2,FC=,DE=.
又EF∥DC,∴∠KEF=∠EDC.
∴sin∠EDC=sin∠KEF=.
∴FK=EFsin∠KEF=,tan∠FKB==.
∴∠FKB=60°.∴二面角B-DE-C为60°.
解法二:(向量法)∵四边形ABCD为正方形,∴AB⊥BC.
又EF∥AB,∴EF⊥BC.
又EF⊥FB,∴EF⊥平面BFC.
∴EF⊥FH.∴AB⊥FH.
又BF=FC,H为BC的中点,
∴FH⊥BC.∴FH⊥平面ABC.
以H为坐标原点,为x轴正向,为z轴正向,建立如图所示坐标系.
设BH=1,则A(1,-2,0),B(1,0,0),C(-1,0,0),D(-1,-2,0),E(0,-1,1),F(0,0,1).
(1)证明:设AC与BD的交点为G,连接GE,GH,则G(0,-1,0),
∴=(0,0,1).又=(0,0,1),∴∥.
GE平面EDB,HF不在平面EDB内,∴FH∥平面EBD.
(2)证明: =(-2,2,0), =(0,0,1),·=0,∴AC⊥GE.
又AC⊥BD,EG∩BD=G,
∴AC⊥平面EDB.
(3)解: =(-1,-1,1), =(-2,-2,0).
设平面BDE的法向量为n1=(1,y1,z1),
则·n1=-1-y1+z1=0,·n1=-2-2y1=0,
∴y1=-1,z1=0,即n1=(1,-1,0). =(0,-2,0), =(1,-1,1).
设平面CDE的法向量为n2=(1,y2,z2),
则n2·=0,y2=0, n2·=0,1-y2+z2=0,z2=-1,
故n2=(1,0,-1), cos〈n1, n2〉==,
∴〈n1, n2〉=60°,即二面角B-DE-C为60°.
19.(2010安徽,理19)已知椭圆E经过点A(2,3),对称轴为坐标轴,焦点F1,F2在x轴上,离心率e=.
(1)求椭圆E的方程;
(2)求∠F1AF2的角平分线所在直线l的方程;
(3)在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点?若存在,请找出;若不存在,说明理由.
解:(1)设椭圆E的方程为=1,
由e=,即=,a=2c,得b2=a2-c2=3c2.
∴椭圆方程具有形式=1.
将A(2,3)代入上式,得=1,解得c=2,
∴椭圆E的方程为=1.
(2)解法一:由(1)知F1(-2,0),F2(2,0),
∴直线AF1的方程为y= (x+2),即3x-4y+6=0.
直线AF2的方程为x=2.
由点A在椭圆E上的位置知,直线l的斜率为正数.
设P(x,y)为l上任一点,则=|x-2|.
若3x-4y+6=5x-10,得x+2y-8=0(因其斜率为负,舍去).
于是,由3x-4y+6=-5x+10得2x-y-1=0,
所以直线l的方程为2x-y-1=0.
解法二:∵A(2,3),F1(-2,0),F2(2,0),
∴=(-4,-3), =(0,-3).
∴= (-4,-3)+(0,-3)=- (1,2).
∴kl=2.∴l:y-3=2(x-1),即2x-y-1=0.
(3)解法一:假设存在这样的两个不同的点B(x1,y1)和C(x2,y2),
∵BC⊥l,∴kBC=.
设BC的中点为M(x0,y0),
则x0=,y0=,
由于M在l上,故2x0-y0-1=0. ①
又B,C在椭圆上,所以有.
两式相减,得,即
将该式写为·+··=0,
并将直线BC的斜率kBC和线段BC的中点表示代入该表达式中,得x0-y0=0,
即3x0-2y0=0. ②①×2-②得x0=2,y0=3,即BC的中点为点A,而这是不可能的.
∴不存在满足题设条件的点B和C.
解法二:假设存在B(x1,y1),C(x2,y2)两点关于直线l对称,则l⊥BC,∴kBC=-.
设直线BC的方程为y=-x+m,将其代入椭圆方程=1,
得一元二次方程3x2+4(-x+m) 2=48,即x2-mx+m2-12=0.
则x1与x2是该方程的两个根.
由韦达定理得x1+x2=m,
于是y1+y2=- (x1+x2)+2m=,
∴B,C的中点坐标为().
又线段BC的中点在直线y=2x-1上,
∴=m-1,得m=4,
即B,C的中点坐标为(2,3),与点A重合,矛盾.
∴不存在满足题设条件的相异两点.
20.(2010安徽,理20)设数列a1,a2,…,an,…中的每一项都不为0.证明:{an}为等差数列的充分必要条件是:对任何n∈N+,都有+…+.
证明:先证必要性.
设数列{an}的公差为d.
若d=0,则所述等式显然成立.
若d≠0,则+…+
= (+…+)
=［(-)+(-)+…+(-)］
=(-)=·=.
再证充分性.
证法一:(数学归纳法)设所述的等式对一切n∈N+都成立.
首先,在等式= ①
两端同乘a1a2a3,即得a1+a3=2a2,
所以a1,a2,a3成等差数列,记公差为d,
则a2=a1+d.
假设ak=a1+(k-1)d,当n=k+1时,
观察如下二等式
+…+=, ②
+…+=, ③
将②代入③,得,
在该式两端同乘a1akak+1,得(k-1)ak+1+a1=kak.
将ak=a1+(k-1)d代入其中,整理后,得ak+1=a1+kd.
由数学归纳法原理知,对一切n∈N+,都有an=a1+(n-1)d.
所以{an}是公差为d的等差数列.
证法二:(直接证法)依题意有
+…+
SKIPIF 1 < 0 , ①
+…+. ②
②-①得,
在上式两端同乘a1an+1an+2,
得a1=(n+1)an+1-nan+2. ③
同理可得a1=nan-(n-1)an+1. ④
③-④得2nan+1=n(an+2+an),
即an+2-an+1=an+1-an,
所以{an}是等差数列.
21.(2010安徽,理21)品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试,一种通常采用的测试
方法
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如下:拿出n瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝,要求其按品质优劣为它们排序;经过一段时间,等其记忆淡忘之后,再让其品尝这n瓶酒,并重新按品质优劣为它们排序,这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分.
现设n=4,分别以a1,a2,a3,a4表示第一次排序时被排为1,2,3,4的四种酒在第二次排序时的序号,并令X=|1-a1|+|2-a2|+|3-a3|+|4-a4|,则X是对两次排序的偏离程度的一种描述.
(1)写出X的可能值集合;
(2)假设a1,a2,a3,a4等可能地为1,2,3,4的各种排列,求X的分布列;
(3)某品酒师在相继进行的三轮测试中,都有X≤2,
①试按(2)中的结果,计算出现这种现象的概率(假定各轮测试相互独立);
②你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由.
解:(1)X的可能值集合为{0,2,4,6,8}.
在1,2,3,4中奇数与偶数各有两个,
所以a2,a4中的奇数个数等于a1,a3中的偶数个数,
因此|1-a1|+|3-a3|与|2-a2|+|4-a4|的奇偶性相同,
从而X=(|1-a1|+|3-a3|)+(|2-a2|+|4-a4|)必为偶数.
X的值非负,且易知其值不大于8.
容易举出使得X的值等于0,2,4,6,8各值的排列的例子.
(2)可用列表或树状图列出1,2,3,4的一共24种排列,计算每种排列下的X值,在等可能的假定下,得到
(3)①首先P(X≤2)=P(X=0)+P(X=2)==,将三轮测试都有X≤2的概率记做p,由上述结果和独立性假设,
得P=.
②由于P=<是一个很小的概率,这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有 X≤2的结果的可能性很小,所以我们认为该品酒师确实有良好的味觉鉴别功能,不是靠随机猜测.
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