高考试题——文数（江西卷）解析版

绝密★启用前 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 如果事件 ,A B 互斥，那么 球的表面积公式 ( ) ( ) ( )P A B P A P B   24S R 如果事件 ,A B ，相互独立，那么 其中 R 表示球的半径 ( ) ( ) ( )P A B P A P B   球的体积公式 如果事件 A 在一次试验中发生的概率是 p ，那么 34 3V R n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率 其中 R 表示球的半径 ( ) (1 )k k n k n nP k C p p   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“ 2 2ac bc ”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  | | 1A x x  ，  0B x x  ，则 A B  A． 1 1x x   B． 0x x  C． 0 1x x  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． 10(1 )x 展开式中 3x 项的系数为 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 4 2( )f x ax bx c   满足 (1) 2f   ，则 ( 1)f    A． 4 B． 2 C．2 D．4 【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 2 2x x   的解集是 A． ( ,2) B． ( , )  C． (2, ) D． ( ,2) (2, )  【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 2sin sin 1y x x   的值域为 A．[ 1,1] B． 5[ , 1]4   C． 5[ ,1]4  D． 5[ 1, ]4  【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 sin X t 可得 2 1y t t   从而求解出二次函数值域 7．等比数列{ }na 中， 1 5 2 5 2| | 1, 8 , ,a a a a a    则 na  A． 1( 2)n B． 1( 2 )n  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 1 axy x   的图像关于直线 y x 对称，则 a 为 A．1 B． 1 C． 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 1)p  ，假设每 位同学能否通过测试是相互独立的，则至少有一位同学通过测试的概率为 A． (1 )np B．1 np C． np D．1 (1 )np  【答案】D 【解析】考查 n 次独立重复事件中 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 10．直线 3y kx  与圆 2 2( 2) ( 3) 4x y    相交于 M、N 两点，若|MN|≥ 2 3 ，则 k 的 取值范围是 A． 3[ ,0]4  B． 3 3[ , ]3 3  C．[ 3, 3] D． 2[ ,0]3  【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|≥ 2 3 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|≥ 2 3 可得答案 11．如图，M 是正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱 1DD 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 、 1 1B C 都相交； ②过 M 点有且只有一条直线与直线 AB 、 1 1B C 都垂直； ③过 M 点有且只有一个平面与直线 AB 、 1 1B C 都相交； ④过 M 点有且只有一个平面与直线 AB 、 1 1B C 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 sin 2y x ， sin( )6y x   ， sin( )3y x   的图像如下。结果发现其中有一位同学作出的图像有 错误，那么有错误．．的图像是 A B C D 1A 1B 1C 1D A D CB M xx x x 【答案】C 【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 绝密★启用前 2010 年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷） 文科数学 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| | 2b  ， 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， 15．点 0 0( , )A x y 在双曲线 2 2 14 32 x y  的右支上，若点 A 到右焦点的距离等 于 02x ，则 0x  ； 【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 0x  2 16．长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的顶点均在同一个球面上， 1 1AB AA  ， 2BC  ，则 A ， B 两点间的球面距离为 . 【答案】 3  【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 3 2( ) 6 3( 2) 2f x x a x ax    . 1A 1B 1C 1D A D CB （1）若 ( )f x 的两个极值点为 1 2,x x ，且 1 2 1x x  ，求实数 a 的值； （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： 2( ) 18 6( 2) 2f x x a x a     （1）由已知有 1 2( ) ( ) 0f x f x   ，从而 1 2 2 118 ax x   ，所以 9a  ； （2）由 2 236( 2) 4 18 2 36( 4) 0a a a         ， 所以不存在实数 a ，使得 ( )f x 是 R 上的单调函数. 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，重点考查相互独立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 1( ) 3P A  . (2) 设 B 表示走出迷宫的时间超过 3 小时这一事件，则 1 1 1 1( ) 6 6 6 2P B     . 19．（本小题满分 12 分） 已知函数 2( ) (1 cot )sin 2sin( )sin( )4 4f x x x x x      . （1）若 tan 2  ，求 ( )f  ； （2）若 [ , ]12 2x   ，求 ( )f x 的取值范围. 【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） 2( ) sin sin cos cos2f x x x x x   1 cos2 1 sin 2 cos22 2 x x x   1 1(sin 2 cos2 )2 2x x   由 tan 2  得 2 2 2 2sin cos 2tan 4sin 2 sin cos 1 tan 5          ， 2 2 2 2 2 2 cos sin 1 tan 3cos2 sin cos 1 tan 5             ， 所以 3( ) 5f   . （2）由（1）得 1 1 2 1( ) (sin 2 cos2 ) sin(2 )2 2 2 4 2f x x x x       由 [ , ]12 2x   得 5 52 [ , ]4 12 4x     ，所以 2sin(2 ) [ ,1]4 2x    从而 2 1 1 2( ) sin(2 ) [0, ]2 4 2 2f x 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， 2 3AB  . （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. OB=MO= 3 ，MO∥AB，则 1 2 EO MO EB AB   ， 3EO OB  ， 所以 2 3EB AB  ，故 45AEB   . （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°. sin 60 3BF BC   ， D M C B A _C _H _M _D _E _B _O _A _F tan 2AB BF    ， 2 5sin 5   所以，所求二面角的正弦值是 2 5 5 . 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 ，2 3 ）， （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 (0,0,1)n  . 则有 3 2sin cos , 26 AM nAM n AM n            ，所以 45   . （2） ( 1,0, 3)CM   ， ( 1, 3,2 3)CA    . 设平面 ACM 的法向量为 1 ( , , )n x y z ，由 1 1 n CM n CA        得 3 0 3 2 3 0 x z x y z        .解得 3x z ， y z ， 取 1 ( 3,1,1)n  . 又 平 面 BCD 的 法 向 量 为 (0,0,1)n  ， 则 1 1 1 1cos , 5 n nn n n n          设所求二面角为 ，则 21 2 5sin 1 ( ) 55     . 21．（本小题满分 12 分） 已 知 抛 物 线 1C ： 2 2x by b  经 过 椭 圆 2C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的两个焦点. (1) 求椭圆 2C 的离心率； N x Q M O y z y x M D C B O A z (2) 设 (3, )Q b ，又 ,M N 为 1C 与 2C 不在 y 轴上的两个交点，若 QMN 的重心在抛物线 1C 上，求 1C 和 2C 的方程. 【解析】考查椭圆和抛物线的定义、基本量，通过交点三角形来确认方程。 解：（1）因为抛物线 1C 经过椭圆 2C 的两个焦点 1 2( ,0), ( ,0)F c F c ， 所以 2 20c b b   ，即 2 2c b ，由 2 2 2 22a b c c   得椭圆 2C 的 离心率 2 2e  . （2）由（1）可知 2 22a b ，椭圆 2C 的方程为： 2 2 2 2 12 x y b b   联立抛物线 1C 的方程 2 2x by b  得： 2 22 0y by b   ， 解得： 2 by   或 y b （舍去），所以 6 2x b  ， 即 6 6( , ), ( , )2 2 2 2 b bM b N b   ，所以 QMN 的重心坐标为 (1,0) . 因为重心在 1C 上，所以 2 21 0b b   ，得 1b  .所以 2 2a  . 所以抛物线 1C 的方程为： 2 1x y  ， 椭圆 2C 的方程为： 2 2 12 x y  . 22．（本小题满分 14 分） 正实数数列{ }na 中, 1 21, 5a a  ,且 2{ }na 成等差数列. (1) 证明数列{ }na 中有无穷多项为无理数； (2)当 n 为何值时， na 为整数，并求出使 200na  的所有整数项的和. N x Q M O y 【解析】考查等差数列及数列分组求和知识 证明：（1）由已知有： 2 1 24( 1)na n   ，从而 1 24( 1)na n   ， 方法一：取 2 11 24 kn   ，则 21 24 k na   （ *k N ） 用反证法证明这些 na 都是无理数. 假设 21 24 k na   为有理数，则 na 必为正整数，且 24k na  ， 故 24 1k na   . 24 1k na   ,与 ( 24 )( 24 ) 1k k n na a   矛盾， 所以 21 24 k na   （ *k N ）都是无理数，即数列{ }na 中有无穷多项为无理数; 方法二：因为 2 1 1 24 , ( )na n 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 1 1 24na n   不是有 理数，因这种 n 有无穷多，故这种无理项 1na  也有无穷多． (2) 要使 na 为整数，由 ( 1)( 1) 24( 1)n na a n    可知： 1, 1n na a  同为偶数，且其中一个必为 3 的倍数，所以有 1 6na m  或 1 6na m  当 6 1na m  时，有 2 236 12 1 1 12 (3 1)na m m m m      （ m N ） 又 (3 1)m m  必为偶数，所以 6 1na m  （ m N ）满足 2 1 24( 1)na n   即 (3 1) 12 m mn   （ m N ）时， na 为整数； 同理 *6 1( )na m m N   有 2 236 12 1 1 12 (3 1)na m m m m      （ *m N ） 也满足 2 1 24( 1)na n   ，即 (3 1) 12 m mn   （ *m N ）时， na 为整数； 显然 *6 1( )na m m N   和 6 1na m  （ m N ）是数列中的不同项； 所以当 (3 1) 12 m mn   （ m N ）和 (3 1) 12 m mn   （ *m N ）时， na 为整数； 由 6 1 200na m   （ m N ）有 0 33m  ， 由 6 1 200na m   （ *m N ）有1 33m  . 设 na 中满足 200na  的所有整数项的和为 S ，则 (5 11 197) (1 7 199)S          5 197 1 19933 34 67332 2       绝密★启用前 秘密★启用后 2010 年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷） 文科数学参考答案 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 7 8 9 10 11 12 答案 B C D B A C A B D B C 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 16． 3  三、解答题：本大题共 6 小题，共 74 分. 17．（本小题满分 12 分） 解： 2( ) 18 6( 2) 2f x x a x a     （1）由已知有 1 2( ) ( ) 0f x f x   ，从而 1 2 2 118 ax x   ，所以 9a  ； （2）由 2 236( 2) 4 18 2 36( 4) 0a a a         ， 所以不存在实数 a ，使得 ( )f x 是 R 上的单调函数. 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 1( ) 3P A  . (2) 设 B 表示走出迷宫的时间超过 3 小时这一事件，则 1 1 1 1( ) 6 6 6 2P B     . 19．（本小题满分 12 分） 解：（1） 2( ) sin sin cos cos2f x x x x x   1 cos2 1 sin 2 cos22 2 x x x   1 1(sin 2 cos2 )2 2x x   由 tan 2  得 2 2 2 2sin cos 2tan 4sin 2 sin cos 1 tan 5          ， 2 2 2 2 2 2 cos sin 1 tan 3cos2 sin cos 1 tan 5             ， 所以 3( ) 5f   . （2）由（1）得 1 1 2 1( ) (sin 2 cos2 ) sin(2 )2 2 2 4 2f x x x x       由 [ , ]12 2x   得 5 52 [ , ]4 12 4x     ，所以 2sin(2 ) [ ,1]4 2x    从而 2 1 1 2( ) sin(2 ) [0, ]2 4 2 2f x x      . 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 1 2 EO MO EB AB   ， 3EO OB  ， 所以 2 3EB AB  ，故 45AEB   . （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°. sin 60 3BF BC   ， tan 2AB BF    ， 2 5sin 5   所以，所求二面角的正弦值是 2 5 5 . 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 ，2 3 ）， （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 (0,0,1)n  . 则有 3 2sin cos , 26 AM nAM n AM n            ，所以 45   . （2） ( 1,0, 3)CM   ， ( 1, 3,2 3)CA    . 设平面 ACM 的法向量为 1 ( , , )n x y z ，由 1 1 n CM n CA        得 3 0 3 2 3 0 x z x y z        .解得 3x z ， y z ， 取 1 ( 3,1,1)n  . 又 平 面 BCD 的 法 向 量 为 (0,0,1)n  ， 则z y x M D C B O A z _C _H _M _D _E _B _O _A _F 1 1 1 1cos , 5 n nn n n n          设所求二面角为 ，则 21 2 5sin 1 ( ) 55     . 21. （本小题满分 12 分） 解：（1）因为抛物线 1C 经过椭圆 2C 的两个焦点 1 2( ,0), ( ,0)F c F c ， 所以 2 20c b b   ，即 2 2c b ，由 2 2 2 22a b c c   得椭圆 2C 的 离心率 2 2e  . （2）由（1）可知 2 22a b ，椭圆 2C 的方程为： 2 2 2 2 12 x y b b   联立抛物线 1C 的方程 2 2x by b  得： 2 22 0y by b   ， 解得： 2 by   或 y b （舍去），所以 6 2x b  ， 即 6 6( , ), ( , )2 2 2 2 b bM b N b   ，所以 QMN 的重心坐标为 (1,0) . 因为重心在 1C 上，所以 2 21 0b b   ，得 1b  .所以 2 2a  . 所以抛物线 1C 的方程为： 2 1x y  ， 椭圆 2C 的方程为： 2 2 12 x y  . 22．（本小题满分 14 分） 证明：（1）由已知有： 2 1 24( 1)na n   ，从而 1 24( 1)na n   ， 方法一：取 2 11 24 kn   ，则 21 24 k na   （ *k N ） 用反证法证明这些 na 都是无理数. 假设 21 24 k na   为有理数，则 na 必为正整数，且 24k na  ， N x Q M O y 故 24 1k na   . 24 1k na   ,与 ( 24 )( 24 ) 1k k n na a   矛盾， 所以 21 24 k na   （ *k N ）都是无理数，即数列{ }na 中有无穷多项为无理数; 方法二：因为 2 1 1 24 , ( )na n 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 1 1 24na n   不是有 理数，因这种 n 有无穷多，故这种无理项 1na  也有无穷多． (2) 要使 na 为整数，由 ( 1)( 1) 24( 1)n na a n    可知： 1, 1n na a  同为偶数，且其中一个必为 3 的倍数，所以有 1 6na m  或 1 6na m  当 6 1na m  时，有 2 236 12 1 1 12 (3 1)na m m m m      （ m N ） 又 (3 1)m m  必为偶数，所以 6 1na m  （ m N ）满足 2 1 24( 1)na n   即 (3 1) 12 m mn   （ m N ）时， na 为整数； 同理 *6 1( )na m m N   有 2 236 12 1 1 12 (3 1)na m m m m      （ *m N ） 也满足 2 1 24( 1)na n   ，即 (3 1) 12 m mn   （ *m N ）时， na 为整数； 显然 *6 1( )na m m N   和 6 1na m  （ m N ）是数列中的不同项； 所以当 (3 1) 12 m mn   （ m N ）和 (3 1) 12 m mn   （ *m N ）时， na 为整数； 由 6 1 200na m   （ m N ）有 0 33m  ， 由 6 1 200na m   （ *m N ）有1 33m  . 设 na 中满足 200na  的所有整数项的和为 S ，则 (5 11 197) (1 7 199)S          5 197 1 19933 34 67332 2      