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高考试题(江苏卷)数学解析版

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高考试题(江苏卷)数学解析版文字介绍:绝密★启用前2010年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学Ⅰ试题参考公式：锥体的体积公式:V锥体=13Sh，其中S是锥体的底面积，h是高。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,a2+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+2i),2-3i与3+2i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。24、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。100×（0.001+0.001+0.004）×5=305、设函数f(x)=x(ex+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)=ex+ae-x为奇函数，由g(0)=0，得a=－1。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。6、在平面直角坐标系xOy中，双曲线112422yx上一点M，点M的横坐标是3，则M到双曲线右焦点的距离是___▲_______[解析]考查双曲线的定义。422MFed，d为点M到右准线1x的距离，d=2，MF=4。7、右图是一个算法的流程图，则输出S的值是______▲_______[解析]考查流程图理解。2412223133,输出25122263S。8、函数y=x2(x>0)的图像在点(ak,ak2)处的切线与x轴交点的横坐标为ak+1,k为正整数，a1=16，则a1+a3+a5=____▲_____[解析]考查函数的切线方程、数列的通项。在点(ak,ak2)处的切线方程为：22(),kkkyaaxa当0y时，解得2kax，所以1135,1641212kkaaaaa。9、在平面直角坐标系xOy中，已知圆422yx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______▲_____[来源[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，||113c，c的取值范围是（-13，13）。10、定义在区间20,上的函数y=6cosx的图像与y=5tanx的图像的交点为P，过点P作PP1⊥x轴于点P1，直线PP1与y=sinx的图像交于点P2,则线段P1P2的长为_______▲_____。[解析]考查三角函数的图象、数形结合思想。线段P1P2的长即为sinx的值，且其中的x满足6cosx=5tanx，解得sinx=23。线段P1P2的长为2311、已知函数21,0()1,0xxfxx,则满足不等式2(1)(2)fxfx的x的范围是__▲___。[解析]考查分段函数的单调性。2212(1,21)10xxxx12、设实数x,y满足3≤2xy≤8，4≤yx2≤9，则43yx的最大值是▲。。来源[解析]考查不等式的基本性质，等价转化思想。22()[16,81]xy，2111[,]83xy，322421()[2,27]xxyyxy，43yx的最大值是27。13、在锐角三角形ABC，A、B、C的对边分别为a、b、c，6cosbaCab，则tantantantanCCAB=____▲_____。[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：1cos3C，21cos1tan21cos2CCC，2tan22C，1tantan2tan2ABC，tantantantanCCAB=4。（方法二）226cos6cosbaCabCabab，2222222236,22abccabababab2tantansincossinsincossinsin()1sintantancossinsincossinsincossinsinCCCBABACABCABCABCABCAB由正弦定理，得：上式=22222214113cos()662ccccCabab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(S梯形的周长）梯形的面积,则S的最小值是____▲____。[解析]考查函数中的建模应用，等价转化思想。一题多解。设剪成的小正三角形的边长为x，则：222(3)4(3)(01)1133(1)(1)22xxSxxxx（方法一）利用导数求函数最小值。224(3)()13xSxx，22224(26)(1)(3)(2)()(1)3xxxxSxx2222224(26)(1)(3)(2)42(31)(3)(1)(1)33xxxxxxxx1()0,01,3Sxxx，当1(0,]3x时，()0,Sx递减；当1[,1)3x时，()0,Sx递增；故当13x时，S的最小值是3233。（方法二）利用函数的方法求最小值。令1113,(2,3),(,)32xttt，则：2224418668331tStttt故当131,83xt时，S的最小值是3233。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(OCtAB)·OC=0，求t的值。[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）（方法一）由题设知(3,5),(1,1)ABAC，则(2,6),(4,4).ABACABAC所以||210,||42.ABACABAC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；（2）由题设知：OC=(－2,－1)，(32,5)ABtOCtt。由(OCtAB)·OC=0，得：(32,5)(2,1)0tt，从而511,t所以115t。或者：2·ABOCtOC，(3,5),AB2115||ABOCtOC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=900。(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=900，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=22，故点A到平面PBC的距离等于2。（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=900，所以∠ABC=900。从而AB=2，BC=1，得ABC的面积1ABCS。由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱锥P-ABC的体积1133ABCVSPD。因为PD⊥平面ABCD，DC平面ABCD，所以PD⊥DC。又PD=DC=1，所以222PCPDDC。由PC⊥BC，BC=1，得PBC的面积22PBCS。由APBCPABCVV，1133PBCShV，得2h，故点A到平面PBC的距离等于2。17、（14分）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高度h=4m，仰角∠ABE=α，∠ADE=β(1)该小组已经测得一组α、β的值，tanα=1.24,tanβ=1.20,,请据此算出H的值(2)该小组分析若干测得的数据后，发现适当调整标杆到电视塔的距离d（单位m），使α与β之差较大，可以提高测量精确度，若电视塔实际高度为125m，问d为多少时，α-β最大dβαBACED分析：此题关键要找出C点的位置，清楚α-β最大时tan(α-β)也最大解：（1）因为：tan,tanAEAEBCBADADB，AEH则：tanHBA，tanHDA，4tanDB因为DADBBA所以4tantantanHH带入tanα=1.24,tanβ=1.20得41.201.201.24HH，所以H=124m（2）由题意知：125tand，4tanDB因为BCDBDBAEDADBBA所以4125DBDBd则4121dDB121tandtantantan()1tantan1251211251211dddd=4125121dd41251212dd=2555（0d）当且仅当125121dd时，即555dm时tan()最大，因为02，所以也取最大值所以，555dm时，取最大值小结：此题主要考察学生对直角三角形角边关系的应用，第二问还考察学生对两角差的正切公式和基本不等式的熟练运用，第一问属于简单题，第二问属于中等题。总结：这两题充分体现了高考是以基础性题型为主的宗旨，对学生具有扎实基础的重视。虽说第二题与别章有结合，但都属于基本知识的结合，只要学生对各章都有一个坚实的基础，解决这些题目都不会有问题。所以，在以后解三角形的复习中，我们一定要强化三角形基本定理的熟练应用，扎实基础，注重与别章基础知识综合时的灵活运用。18、（本小题满分16分）在平面直角坐标系xoy中，如图，已知椭圆15922yx的左、右顶点为A、B，右焦点为F。设过点T（mt,）的直线TA、TB与椭圆分别交于点M),(11yx、),(22yxN，其中m>0,0,021yy。（1）设动点P满足422PBPF,求点P的轨迹；（2）设31,221xx，求点T的坐标；（3）设9t,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422PBPF，得2222(2)[(3)]4,xyxy化简得92x。故所求点P的轨迹为直线92x。（2）将31,221xx分别代入椭圆方程，以及0,021yy得：M（2，53）、N（13，209）直线MTA方程为：0352303yx，即113yx，直线NTB方程为：032010393yx，即5562yx。联立方程组，解得：7103xy，所以点T的坐标为10(7,)3。（3）点T的坐标为(9,)m直线MTA方程为：03093yxm，即(3)12myx，直线NTB方程为：03093yxm，即(3)6myx。分别与椭圆15922yx联立方程组，同时考虑到123,3xx，解得：2223(80)40(,)8080mmMmm、2223(20)20(,)2020mmNmm。（方法一）当12xx时，直线MN方程为：222222222203(20)202040203(80)3(20)80208020mmyxmmmmmmmmmm令0y，解得：1x。此时必过点D（1，0）；当12xx时，直线MN方程为：1x，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）。（方法二）若12xx，则由222224033608020mmmm及0m，得210m，此时直线MN的方程为1x，过点D（1，0）。若12xx，则210m，直线MD的斜率2222401080240340180MDmmmkmmm，直线ND的斜率222220102036040120NDmmmkmmm，得MDNDkk，所以直线MN过D点。因此，直线MN必过x轴上的点（1，0）。19、（本小题满分16分）设各项均为正数的数列na的前n项和为nS，已知3122aaa，数列nS是公差为d的等差数列。（1）求数列na的通项公式（用dn,表示）；（2）设c为实数，对满足nmknm且3的任意正整数knm,,，不等式knmcSSS都成立。求证：c的最大值为29。[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：0d，11(1)(1)nSSndand21323213233()aaaaSSSS，2221113[()](2),adaad化简，得：22111120,,aaddadad22(1),nnSdndndSnd，当2n时，222221(1)(21)nnnaSSndndnd，适合1n情形。故所求2(21)nand（2）（方法一）222222222mnkSScSmdndckdmnck，222mnck恒成立。又nmknm且3，222222292()()92mnmnmnkk，故92c，即c的最大值为29。（方法二）由1ad及1(1)nSand，得0d，22nSnd。于是，对满足题设的knm,,，mn，有2222222()99()222mnkmnSSmndddkS。所以c的最大值max92c。另一方面，任取实数92a。设k为偶数，令331,122mknk，则knm,,符合条件，且22222222331()[(1)(1)](94)222mnSSmnddkkdk。于是，只要22942kak，即当229ka时，22122mnkSSdakaS。所以满足条件的92c，从而max92c。因此c的最大值为92。20、（本小题满分16分）设)(xf是定义在区间),1(上的函数，其导函数为)(\'xf。如果存在实数a和函数)(xh，其中)(xh对任意的),1(x都有)(xh>0，使得)1)(()(\'2axxxhxf，则称函数)(xf具有性质)(aP。(1)设函数)(xf2ln(1)1bxxx，其中b为实数。(i)求证：函数)(xf具有性质)(bP；(ii)求函数)(xf的单调区间。(2)已知函数)(xg具有性质)2(P。给定1212,(1,),,xxxx设m为实数，21)1(xmmx，21)1(mxxm，且1,1，若|)()(gg|<|)()(21xgxg|，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)\'()fx222121(1)(1)(1)bxbxxxxx∵1x时，21()0(1)hxxx恒成立，∴函数)(xf具有性质)(bP；(ii)（方法一）设222()1()124bbxxbxx，()x与)(\'xf的符号相同。当210,224bb时，()x0，)(\'xf0，故此时)(xf在区间),1(上递增；当2b时，对于1x，有)(\'xf0，所以此时)(xf在区间),1(上递增；当2b时，()x图像开口向上，对称轴12bx，而(0)1，对于1x，总有()x0，)(\'xf0，故此时)(xf在区间),1(上递增；（方法二）当2b时，对于1x，222()121(1)0xxbxxxx所以)(\'xf0，故此时)(xf在区间),1(上递增；当2b时，()x图像开口向上，对称轴12bx，方程()0x的两根为：2244,22bbbb，而2224421,(0,1)224bbbbbb当24(1,)2bbx时，()x0，)(\'xf0，故此时)(xf在区间24(1,)2bb上递减；同理得：)(xf在区间24[,)2bb上递增。综上所述，当2b时，)(xf在区间),1(上递增；当2b时，)(xf在24(1,)2bb上递减；)(xf在24[,)2bb上递增。(2)（方法一）由题意，得：22\'()()(21)()(1)gxhxxxhxx又)(xh对任意的),1(x都有)(xh>0，所以对任意的),1(x都有()0gx，()gx在(1,)上递增。又1212,(21)()xxmxx。当1,12mm时，，且112212(1)(1),(1)(1)xmxmxxmxmx，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，()gx的导函数2\'()()(21)gxhxxx，其中函数()0hx对于任意的),1(x都成立。所以，当1x时，2\'()()(1)0gxhxx，从而()gx在区间),1(上单调递增。①当(0,1)m时，有12111(1)(1)mxmxmxmxx，12222(1)(1)mxmxmxmxx，得12(,)xx，同理可得12(,)xx，所以由()gx的单调性知()g、()g12((),())gxgx，从而有|)()(gg|<|)()(21xgxg|，符合题设。②当0m时，12222(1)(1)mxmxmxmxx，12111(1)(1)mxmxmxmxx，于是由1,1及()gx的单调性知12()()()()ggxgxg，所以|)()(gg|≥|)()(21xgxg|，与题设不符。③当1m时，同理可得12,xx，进而得|)()(gg|≥|)()(21xgxg|，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。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=300，∠DOC=600，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=900，AB=2OB。因为DC是圆O的切线，所以∠CDO=900。又因为DA=DC，所以∠DAC=∠DCA，于是△ADB≌△CDO，从而AB=CO。BOCAD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M=100k,N=0110，点A、B、C在矩阵MN对应的变换下得到点分别为A1、B1、C1，△A1B1C1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。解：由题设得0010011010kkMN由00220010001022kk，可知A1（0，0）、B1（0，-2）、C1（k，-2）。计算得△ABC面积的面积是1，△A1B1C1的面积是||k，则由题设知：||212k。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：22cos，圆ρ=2cosθ的普通方程为：22222,(1)1xyxxy，直线3ρcosθ+4ρsinθ+a=0的普通方程为：340xya，又圆与直线相切，所以22|3140|1,34a解得：2a，或8a。D．选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分）设a、b是非负实数，求证：3322()ababab。[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：332222()()()abababaaabbbba55()[()()]abab2432234()[()()()()()()()()]abaabababb因为实数a、b≥0，2432234()0,[()()()()()()()()]0abaabababb所以上式≥0。即有3322()ababab。（方法二）证明：由a、b是非负实数，作差得332222()()()abababaaabbbba55()[()()]abab当ab时，ab，从而55()()ab，得55()[()()]0abab；当ab时，ab，从而55()()ab，得55()[()()]0abab；所以3322()ababab。[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：X1052-3P0.720.180.080.02（2）设生产的4件甲产品中一等品有n件，则二等品有4n件。由题设知4(4)10nn，解得145n，又nN，得3n，或4n。所求概率为33440.80.20.80.8192PC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。[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。（方法一）（1）证明：设三边长分别为,,abc，222cos2bcaAbc，∵,,abc是有理数，222bca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，∴2222bcabc必为有理数，∴cosA是有理数。（2）①当1n时，显然cosA是有理数；当2n时，∵2cos22cos1AA，因为cosA是有理数，∴cos2A也是有理数；②假设当(2)nkk时，结论成立，即coskA、cos(1)kA均是有理数。当1nk时，cos(1)coscossinsinkAkAAkAA，1cos(1)coscos[cos()cos()]2kAkAAkAAkAA，11cos(1)coscoscos(1)cos(1)22kAkAAkAkA，解得：cos(1)2coscoscos(1)kAkAAkA∵cosA，coskA，cos(1)kA均是有理数，∴2coscoscos(1)kAAkA是有理数，∴cos(1)kA是有理数。即当1nk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222cos2ABACBCAABAC是有理数。（2）用数学归纳法证明cosnA和sinsinAnA都是有理数。①当1n时，由（1）知cosA是有理数，从而有2sinsin1cosAAA也是有理数。②假设当(1)nkk时，coskA和sinsinAkA都是有理数。当1nk时，由cos(1)coscossinsinkAAkAAkA，sinsin(1)sin(sincoscossin)(sinsin)cos(sinsin)cosAkAAAkAAkAAAkAAkAA，及①和归纳假设，知cos(1)kA和sinsin(1)AkA都是有理数。即当1nk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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