2010年全国高考文科数学试题及答案-江西

2010年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）

文科数学

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页，共150分。

考生注意：

1. 答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上，考生要认真核对答题

卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。

2. 第I卷每小题选出答案后，用2B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。第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上作答。若在试题卷上作答，答案无效。

3. 考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。 参考公式

A,B互斥，那么 球的表面积公式

2P(AB)P(A)P(B) S4R

如果事件A,B，相互，那么 其中R表示球的半径

如果事件

P(AB)P(A)P(B) 球的体积公式

4如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么 VR3 3n次重复试验中恰好发生k次的概率 其中R表示球的半径

kPn(k)Cnpk(1p)nk

第Ⅰ卷

一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．对于实数a,b,c，“ab”是“ac2bc2”的

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】主要考查不等式的性质。当C=0时显然左边无法推导出右边，但右边可以推出左边 2．若集合Ax|x|1，Bxx0，则AB

A．x1x1 B．xx0 C．x0x1 D． 【答案】C

【解析】考查集合与简单不等式。解决有关集合的问题关键是把握住集合中的元素，由题知集合A是由大于等于-1小于等于1的数构成的集合，所以不难得出答案 3．(1x)展开式中x项的系数为

103A．720 B．720 C．120 D．120 【答案】D 【解析】考查二项式定理展开式中特定项问题，解决此类问题主要是依据二项展开式的通项，由

4．若f(x)axbxc满足f(1)2，则f(1)

A．4 B．2 C．2 【答案】B

【解析】考查函数的奇偶性，求导后导函数为奇函数，所以选择B 5．不等式x2x2的解集是

A．(,2) B．(,) D．(,2)(2,)

C．(2,)

D．4

42【答案】A

【解析】考查含绝对值不等式的解法，对于含绝对值不等式主要是去掉绝对值后再求解，可以通过绝对值的意义、零点分区间法、平方等方法去掉绝对值。 但此题利用代值法会更好

6．函数ysinxsinx1的值域为

A．[1,1] 【答案】C

【解析】考查二次函数型值域问题。通过函数形状发现此函数很像二次函数，故令 sinXt2ytt1从而求解出二次函数值域 可得

2

B．[5,1] 4

C．[5,1] 4

D．[1,]

547．等比数列{an}中，|a1|1,a58a2,a5a2,则an

A．(2)n1

B．(2n1) C．(2)

n

D．(2)

n【答案】A

【解析】考查等比数列的通项公式。用代特值法解决会更好。 8．若函数yA．1 D．任意实数 【答案】B 【解析】考查反函数，因为图像本身关于直线yx对称故可知原函数与反函数是同一函数，所以先求反函数再与原函数比较系数可得答案。

或利用反函数的性质，依题知（1，a/2）与（a/2，1）皆在原函数图故可得a=-1

9．有n位同学参加某项选拔测试，每位同学能通过测试的概率都是p(0p1)，假设每位同学能否通过测试是相互的，则至少有一位同学通过测试的概率为 A．(1p)

D．1(1p)

nnax的图像关于直线yx对称，则a为 1x B．1 C．1

B．1p

n

C．p

n

【答案】D 【解析】考查n次重复事件中A事件恰好发生K次的公式，可先求n次测试中没有人通过的概率再利用对立事件得答案D

2210．直线ykx3与圆(x2)(y3)4相交于M、N两点，若|MN|≥23，则k的

取值范围是

A．[,0] 【答案】B

【解析】考查相交弦问题。法一、可联立方程组利用弦长公式求|MN|再结合|MN|≥23可得答案

法二、利用圆的性质知：圆心到直线的距离的平方加上弦长的一半的平方等于半径的平方求出|MN|再结合|MN|≥23可得答案

11．如图，M是正方体ABCDA1B1C1D1的棱DD1的中点，给出下列命题

①过M点有且只有一条直线与直线AB、B1C1都相交； ②过M点有且只有一条直线与直线AB、B1C1都垂直； ③过M点有且只有一个平面与直线AB、B1C1都相交； ④过M点有且只有一个平面与直线AB、B1C1都平行.

其中真命题是：

A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③ 【答案】C

【解析】考查立体几何图形中相交平行垂直性质

12．如图，四位同学在同一个坐标系中分别选定了一个适当的区间，各自作出三个函数

B134B．[33,] 33C．[3,3]

D．[,0]

23ADCBA1 MD1C1ysin2x， ysin(x)，ysin(x)的图像如下。结果发现其中有一位同学作出

63的图像有错误，那么有错误的图像是 ．．

x

A B

x

C D

【答案】C

3 / 13

xx【解析】考查三角函数图像，通过三个图像比较不难得出答案C

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第Ⅱ卷

注意事项：

第Ⅱ卷2页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，若在试题上作答，答案无效。

二.填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。请把答案填在答题卡上

13．已知向量a，b满足|b|2，a与b的夹角为60，则b在a上的投影是 ； 【答案】1

【解析】考查向量的投影定义，b在a上的投影等于b的模乘以两向量夹角的余弦值 14．将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴世博会的三个不同场馆服

务，不同的分配方案有 种（用数字作答）； 【答案】90

【解析】考查排列组合里分组分配问题，

x2y21的右支上，若点A到右焦点的距离等15．点A(x0,y0)在双曲线

432于2x0，则x0 ；

【答案】2 【解析】考查双曲线的比值定义，利用点A到右焦点比上到右准线的距离等于离心率得出x02

16．长方体ABCDA1B1C1D1的顶点均在同一个球面上，ABAA11，

BACA1DD1B1C1BC2，则A，B两点间的球面距离为 . 【答案】

【解析】考查球面距离，可先利用长方体三边长求出球半径，在三角形中求出球心角，再利

用球面距离公式得出答案

三.解答题：本大题共6小题，共74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12分）

设函数f(x)6x3(a2)x2ax.

（1）若f(x)的两个极值点为x1,x2，且x1x21，求实数a的值；

32 3（2）是否存在实数a，使得f(x)是(,)上的单调函数？若存在,求出a的值；若不存在，说明理由.

【解析】考查函数利用导数处理函数极值单调性等知识 解： f(x)18x6(a2)x2a

22a1，所以a9； 1822（2）由36(a2)4182a36(a4)0， 所以不存在实数a，使得f(x)是R上的单调函数.

（1）由已知有f(x1)f(x2)0，从而x1x2 18．（本小题满分12分）

某迷宫有三个通道，进入迷宫的每个人都要经过一扇智能门。首次到达此门，系统会随机（即等可能）为你打开一个通道.若是1号通道，则需要1小时走出迷宫；若是2号、3号通道，则分别需要2小时、3小时返回智能门.再次到达智能门时，系统会随机打开一个你未到过的通道，直至走出迷宫为止. ．．． (1)求走出迷宫时恰好用了1小时的概率； (2)求走出迷宫的时间超过3小时的概率.

【解析】考查数学知识的实际背景，重点考查相互事件的概率乘法公式计算事件的概率、随机事件的数学特征和对思维能力、运算能力、实践能力的考查。

解：(1)设A表示走出迷宫时恰好用了1小时这一事件，则P(A)1. 31111(2) 设B表示走出迷宫的时间超过3小时这一事件，则P(B).

6662 19．（本小题满分12分）

已知函数f(x)(1cotx)sin2x2sin(x（1）若tan2，求f()； （2）若x[)sin(x).

44,]，求f(x)的取值范围.

122【解析】考查三角函数的化简、三角函数的图像和性质、三角函数值域问题。依托三角函数化简，考查函数值域，作为基本的知识交汇问题，考查基本三角函数变换，属于中等题.

解：（1）f(x)sinxsinxcosxcos2x21cos2x1sin2xcos2x 2211(sin2xcos2x) 222sincos2tan4由tan2得sin2， 222sincos1tan5 5 / 13

cos2sin21tan23cos2，

sin2cos21tan25所以f()3. 51121(sin2xcos2x)sin(2x) 22242（2）由（1）得f(x)255,1] ,]得2x[,]，所以sin(2x)[4212241242112sin(2x)[0,]. 从而f(x)2422由x[

20．（本小题满分12分）

如图，BCD与MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，

AMBDAB23. （1）求直线AM与平面BCD所成的角的大小；

（2）求平面ACM与平面BCD所成的二面角的正弦值.

【解析】本题主要考查了考查立体图形的空间感、线面角、二面角、空间向量、二面角平面角的判断有关知识，同时也考查了空间想象能力和推理能力

解法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD. 又平面MCD平面BCD,则MO⊥平面BCD，所以MO∥AB，A、B、O、M共面.延长AM、BO相交于E，则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角.

CEOMO1，EOOB3，EBAB2所以EB23AB，故AEB45.

OB=MO=3，MO∥AB，则

（2）CE是平面ACM与平面BCD的交线. 由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形.

作BF⊥EC于F，连AF，则AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为.

因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.

F _

A _

M _ B _

O _

C _

E _ D _

H _

BFBCsin603，

25AB 2，sin5BF25所以，所求二面角的正弦值是. 5tan解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD平面BCD,则MO⊥平面BCD.

以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.

OB=OM=3，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，3），B（0，-3，0），A（0，-3，23），

（1）设直线AM与平面BCD所成的角为.

因AM（0，3，3），平面BCD的法向量为n(0,0,1).

AzMBOxD则有sincosAM,nAMnAMn32，所以45. 26yC（2）CM(1,0,3)，CA(1,3,23).

n1CMx3z0设平面ACM的法向量为n1(x,y,z)，由得.解得

x3y23z0n1CAx3z，yz，取n1(3,1,1).又平面BCD的法向量为n(0,0,1)，则

cosn1,nn1nn1n1 5设所求二面角为，则sin1( 21．（本小题满分12分）

1225. )55x2y2已知抛物线C1：xbyb经过椭圆C2：221(ab0)的两个焦点.

ab22(1) 求椭圆C2的离心率；

(2) 设Q(3,b)，又M,N为C1与C2不在y轴上的两个交点，

yQy若QMN的重心在抛物线C1上，求C1和C2的方程.

【解析】考查椭圆和抛物线的定义、基本量，通过交点三角形

MONONxQ 7 / 13

Mx来确认方程。

解：（1）因为抛物线C1经过椭圆C2的两个焦点F1(c,0),F2(c,0)， 所以c2b0b2，即c2b2，由a2b2c22c2得椭圆C2的离心率e（2）由（1）可知a22b2，椭圆C2的方程为：

2. 2x2y21 2b2b2联立抛物线C1的方程xbyb得：2ybyb0， 解得：y22226bb ， 或yb（舍去），所以x22即M(6b6bb,),N(b,)，所以QMN的重心坐标为(1,0). 2222因为重心在C1上，所以12b0b2，得b1.所以a22. 所以抛物线C1的方程为：xy1，

2x2y21. 椭圆C2的方程为：2 22．（本小题满分14分）

2正实数数列{an}中,a11,a25,且{an}成等差数列.

(1) 证明数列{an}中有无穷多项为无理数；

(2)当n为何值时，an为整数，并求出使an200的所有整数项的和. 【解析】考查等差数列及数列分组求和知识

2证明：（1）由已知有：an124(n1)，从而an124(n1)，

方法一：取n1242k1，则an1242k（kN）

*用反证法证明这些an都是无理数.

k假设an1242k为有理数，则an必为正整数，且an24， kkkk故an241.an241,与(an24)(an24)1矛盾，

所以an1242k（kN*）都是无理数，即数列{an}中有无穷多项为无理数;

2方法二：因为an1124n,(nN)，当n的末位数字是3,4,8,9时，124n的末位

数字是3和7，它不是整数的平方，也不是既约分数的平方，故此时an1124n不是有理数，因这种n有无穷多，故这种无理项an1也有无穷多．

(2) 要使an为整数，由(an1)(an1)24(n1)可知：

an1,an1同为偶数，且其中一个必为3的倍数，所以有an16m或an16m

22当an6m1时，有an36m12m1112m(3m1)（mN） 2又m(3m1)必为偶数，所以an6m1（mN）满足an124(n1)

即nm(3m1)1（mN）时，an为整数； 2*22同理an6m1(mN)有an36m12m1112m(3m1)（mN*） 2也满足an124(n1)，即nm(3m1)1（mN*）时，an为整数； 2*显然an6m1(mN)和an6m1（mN）是数列中的不同项；

所以当nm(3m1)m(3m1) 1（mN）和n1（mN*）时，an为整数；

22由an6m1200（mN）有0m33， 由an6m1200（mN*）有1m33. 设an中满足an200的所有整数项的和为S，则

S(511197)(17199)5197119933346733 22

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文科数学参

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分. 题号 1 2 3 4 5 6 答案 B C D B A C 7 A 8 B 9 D 10 B 11 C 12 C 二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分. 13．1 14．90 15．2

三、解答题：本大题共6小题，共74分. 17．（本小题满分12分） 解： f(x)18x6(a2)x2a

2 16．

 32a1，所以a9； 1822（2）由36(a2)4182a36(a4)0， 所以不存在实数a，使得f(x)是R上的单调函数.

（1）由已知有f(x1)f(x2)0，从而x1x218．（本小题满分12分）

解：(1)设A表示走出迷宫时恰好用了1小时这一事件，则P(A)1. 31111(2) 设B表示走出迷宫的时间超过3小时这一事件，则P(B).

6662 19．（本小题满分12分）

解：（1）f(x)sinxsinxcosxcos2x21cos2x1sin2xcos2x 2211(sin2xcos2x) 222sincos2tan4由tan2得sin2， 222sincos1tan5cos2sin21tan23cos2， 222sincos1tan5所以f()3. 51121(sin2xcos2x)sin(2x) 22242（2）由（1）得f(x)255,1] ,]得2x[,]，所以sin(2x)[4212241242112sin(2x)[0,]. 从而f(x)2422由x[z

20．（本小题满分12分）

解法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD.

又平面MCD平面BCD,则MO⊥平面BCD，所以MO∥AB，A、B、O、M共面.延长AM、BO相交于E，则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角.

OB=MO=3，MO∥AB，则

EOA _

EBMOAB12，EOOB3，所以EB23AB，故AEB45.

（2）CE是平面ACM与平面BCD的交线. 由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形.

M _ 作BF⊥EC于F，连AF，则AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-BB _ D _

的平面角，设为.

H _

O _

因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.

BFBCsin603，

F _

C _

E _ tanABBF2，sin255 所以，所求二面角的正弦值是255.

解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD平面BCD,则MO⊥平面BCD.

以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间Az直角坐标系如图.

OB=OM=3，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，3），B（0，-3，0），A（0，-3，23），

M（1）设直线AM与平面BCD所成的角为.

BD因AM（0，3，3），平面BCD的法向量为n(0,0,1).

Oy则有sincosAM,nAMn32AMn62，所以45. xC（2）CM(1,0,3)，CA(1,3,23).

设平面ACM的法向量为nn1CM得x3z01(x,y,z)，由n1CAx3y23z0.解得

 11 / 13

x3z，yz，取n1(3,1,1).又平面BCD的法向量为n(0,0,1)，则

cosn1,nn1nn1n1 5设所求二面角为，则sin1(21. （本小题满分12分）

1225. )55 解：（1）因为抛物线C1经过椭圆C2的两个焦点F1(c,0),F2(c,0)，

y所以c2b0b2，即c2b2，由a2b2c22c2得椭圆C2的离心率eQ2. 2MONx（2）由（1）可知a22b2，椭圆C2的方程为：

x2y221 22bb联立抛物线C1的方程xbyb得：2ybyb0， 解得：y22226bb ， 或yb（舍去），所以x22即M(6b6bb,),N(b,)，所以QMN的重心坐标为(1,0). 2222因为重心在C1上，所以12b0b2，得b1.所以a22. 所以抛物线C1的方程为：xy1，

2x2y21. 椭圆C2的方程为：2 22．（本小题满分14分）

2证明：（1）由已知有：an124(n1)，从而an124(n1)，

方法一：取n1242k1，则an1242k（kN）

*用反证法证明这些an都是无理数.

k假设an1242k为有理数，则an必为正整数，且an24， kkkk故an241.an241,与(an24)(an24)1矛盾，

所以an1242k（kN*）都是无理数，即数列{an}中有无穷多项为无理数;

2方法二：因为an1124n,(nN)，当n的末位数字是3,4,8,9时，124n的末位

数字是3和7，它不是整数的平方，也不是既约分数的平方，故此时an1124n不是有理数，因这种n有无穷多，故这种无理项an1也有无穷多．

(2) 要使an为整数，由(an1)(an1)24(n1)可知：

an1,an1同为偶数，且其中一个必为3的倍数，所以有an16m或an16m

22当an6m1时，有an36m12m1112m(3m1)（mN） 2又m(3m1)必为偶数，所以an6m1（mN）满足an124(n1)

即nm(3m1)1（mN）时，an为整数； 2*22同理an6m1(mN)有an36m12m1112m(3m1)（mN*） 2也满足an124(n1)，即nm(3m1)1（mN*）时，an为整数； 2*显然an6m1(mN)和an6m1（mN）是数列中的不同项；

所以当nm(3m1)m(3m1) 1（mN）和n1（mN*）时，an为整数；

22由an6m1200（mN）有0m33， 由an6m1200（mN*）有1m33. 设an中满足an200的所有整数项的和为S，则

S(511

197)(17199)5197119933346733 22 13 / 13