2010年全国高考理科数学试题及答案-安徽

数 学（理科）

第Ⅱ卷（非选择题 共100分）

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）（本小题满分12分）

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

sin2Asin(3B)sin(3B)sin2B.

（Ⅰ）求角A的值；

（Ⅱ）若ABAC12,a27，求b,c（其中bc）．

（17）（本小题满分12分）

设a为实数，函数f(x)ex2x2a,xR. （I）求f(x)的单调区间与极值；

（II）求证：当aln21且x0时，exx22ax1.

（18）（本小题满分13分）

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.

（I）求证：FH//平面EDB； （II）求证：AC⊥平面EDB；

（III）求二面角B—DE—C的大小.

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www.zgxzw.com 中国校长网 （19）（本小题满分13分） 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 （I）求椭圆E的方程；

（II）求F1AF2的角平分线所在直线l的方程；

（III）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.

（20）（本小题满分12分）

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

1a1a21a2a31anan1na1an1.

12.

（21）（本小题满分13分）

品酒师需要定期接受酒味鉴别功能测试，一种通常采用的测试方法如下：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. （I）写出X的可能值集合；

（II）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； （III）某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有X2，

（i）试按（II）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互）； （ii）你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由.

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参

一、选择题：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）B （2）A （3）C （4）A （5）C

（6）D （7）B （8）C （9）D （10）D

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）存在xR,使得|x-2|+|x-4|3 （12）15（若只写C6或C6，也可）

（13）4 （14）12 （15）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）（本小题满分12分）

本题考查两角和的正弦公式，同角三角函数的基本关系，特殊角的三角函数值，向量的

数量积，利用余弦定理解三角形等有关知识，考查综合运算求解能力. 解：（I）因为sinA(22432cosB12sinB)(32cosB12sinB)sinB

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www.zgxzw.com 中国校长网 34cosB214sinB322sBin234,

所以sinA又,A为锐角所,以A3 . （II）由ABAC12可得

cbcosA1 2.①

,所以

由（I）知A cb24

3②

由余弦定理知a2c2b22cbcosA,将a27及①代入，得 ③+②×2，得(cb)100，所以

cb10.

因此，c，b是一元二次方程t210t240的两个根. 解此方程并由cb知c6,b4. （17）（本小题满分12分）

本题考查导数的运算，利用导数研究函数的单调区间，求函数的极值和证明函数不等

式，考查运算能力、综合分析和解决问题的能力.

（I）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) f(x) — 单调递减 0 + 单调递增 2(1ln2a) 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)eln22ln22a2(1ln2a).

2 （II）证：设g(x)ex2ax1,xR,

于是g(x)e2x2a,xR.

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www.zgxzw.com 中国校长网 由（I）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exx22ax10,故exx22ax1. （18）（本小题满分13分）

本题考查空间线面平行、线面垂直、面面垂直的判断与证明，考查二面角的求法以及利

用向量知识解决几何问题的能力，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力.

[综合法]（1）证：设AC与BD交于点G，则G为AC的中点，连EG，GH， 又H为BC的中点，GH//12AB,又EF//12AB,EF//GH.

∴四边形EFHG为平行四边形，

∴EG//FH，而EG平面EDB，∴FH//平面EDB.

（II）证：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//BC，∴AC=EG.

又AC⊥BD，EGBD=G，∴AG⊥平面EDB.

（III）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=

2，DE=3

2323BFFK

又EF//DC，∴∠KEF=∠EDC，∴sin∠EDC=sin∠KEF=.

∴FK=EFsin∠KEF=，tan∠FKB=3,∴∠FKB=60°

∴二面角B—DE—C为60°.

[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.

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www.zgxzw.com 中国校长网 以H为坐标原点，HB为x轴正向，HF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）.

（I）证：设AC与BD的交点为G，连GE，GH，

则G(0,1,0),CE(0,0,1),又HF(0,0,1)HF//GE.

GE平面EDB，HF不在平面EDB内，∴FH∥平面EBD，

 （II）证： AC(2,2,0),GE(0,0,1),ACGE0,ACGE.

又AC⊥BD，EG∩BD=G，∴AC⊥平面EDB. （III）解：BE(1,1,1),BD(2,2,0).

设平面BDE的法向量为n1(1,y1,z1),

则BEn11y1z10,BDn112y10,

y11,z10,即n1(1,1,0).CD(0,2,0),CE(1,1,1),设平面CDE的法向量为n2(1,y2,z2),则n2CD0,y20,故n2(1,0,1),cosn1,n2n1n2|n1||n2|

12212,n1,n260,即二面角B—DE—C为60°. （19）（本小题满分13分）

本题考查椭圆的定义及标准方程，椭圆的简单几何性质，直线的点斜式方程与一般方程，

点到直线的距离公式，点关于直线的对称等基础知识；考查解析几何的基本思想、综合运算能力、探究意识与创新意识.

解：（I）设椭圆E的方程为

xa22yb221

由e12,即ca12,a2c,得bac3e,x222222椭圆方程具有形式4c1c2y22

1.3c23e将A（2，3）代入上式，得1,解得c2,

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www.zgxzw.com 中国校长网 ∴椭圆E的方程为

x216y2121.

（II）解法1：由（I）知F1(2,0),F2(2,0)，所以

直线AF1的方程为：y3(x2),即3x4y60,

4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

|3x4y6|5|x2|.

若3x4y65x10,得x2y80（因其斜率为负，舍去）. 所以直线l的方程为：2xy10. 解法2：

A(2,3),F1(2,0),F2(2,0),AF1(4,3),AF2(0,3).AF1AF2114 (4,3)(0,3)(1,2).35|AF1||AF2|5k12,l:y32(x1),即2xy10. （III）解法1：

假设存在这样的两个不同的点B(x1,y1)和C(x2,y2), BCl,kBCy2y1x2x112.x1x22,y0y1y22 ,设BC的中点为M(x0,y0),则x0由于M在l上，故2x0y010. ①

x12又B，C在椭圆上，所以有

16y12121与x2216y22121.

两式相减，得

x2x11622y2y112220,

即

(x1x2)(x2x1)16(y1y2)(y2y1)120.

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www.zgxzw.com 中国校长网 将该式写为

yy11y1y21x1x220， 82x2x162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

18x0112y00,即3x02y00. ②

①×2—②得x2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2：

假设存在B(x1,y1),C(x2,y2)两点关于直线l对称， 则lBC,kBC12.

设直线BC的方程为y212xm,将其代入椭圆方程22x2162y2121,

得一元二次方程3x4(12xm)48,即xmxm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12(x1x2)2mm3m,). 243m4m1,得m4.

3m2,

∴B，C的中点坐标为(又线段BC的中点在直线y2x1上,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）（本小题满分12分）

本题考查等差数列、数学归纳法与充要条件等有关知识，考查推理论证、运算求解能力.

证：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

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www.zgxzw.com 中国校长网 1a1a21a2a31anan1aa2aan1a2a1(3n1)da1a2a2a3anan31d1((1a11a21an1)(1a2d1a3)(1an1an1))

da1na1an1(1)1an1a1a1an1.

再证充分性.

证法1：（数学归纳法）设所述的等式对一切nN都成立，首先，在等式

1a1a21a2a32a1a3 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

1a1a21a1a21a2a31a2a31ak1ak1ak1akk1a1a21akak1, ②

ka1ak1， ③

将②代入③，得

k1a1ak1akak1ka1ak1,

在该式两端同乘a1,akak1,得(k1)ak1a1ka1. 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2：[直接证法]依题意有

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www.zgxzw.com 中国校长网 1a1a21a1a21a2a31a2a31anan11anan1na1an11, ①

an1an2n1a1an2. ②

②—①得

1an1an2n1a1an2na1an1，

在上式两端同乘a1an1an2,得a1(n1)an1nan1, 同理可得a1nan(n1)an1, ③ 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）（本小题满分13分）

本题考查离散型随机变量及其分布列，考查在复杂场合下进行计数的能力，能过设置密

切贴近生产、生活实际的问题情境，考查概率思想在现实生活中的应用，考查抽象概括能力、应用与创新意识. 解：（I）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,a3中的奇数个数等于a1,a3中的偶数个数，因此|1a1||3a3|与|2a3||4a4|的奇偶性相同， 从而X(|1a2||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.

（II）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

X P 0 2 4 6 8 124324724924424 42416 （III）（i）首先P(X2)P(X0)P(X2)概率记做p，由上述结果和性假设，得 p163，将三轮测试都有X2的

1216.

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www.zgxzw.com 中国校长网 （ii）由于p121651000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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