1、绝密启用前 解密时间：2010年6月7日17：00 【考试时间：6月7日15：0017：00】2010年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）数学（理工农医类）解析数学试题卷（理工农医类）共4页。满分150分。考试时间120分钟。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备选项中，只有一项是符合题目要求的.（1）在等比数列中，则公比的值为（ ）A、2B、3C、4D、8【命题意图】本题考查等比数列的概念，基础题.【解析】，选A.（2）已知向量满足，则（ ）A、0B、C、4D、8【命题意图】本题考查向量的有关概念和基本运算.【解析】，选B.（3）（ ）A、B、C、D、1
2、【命题意图】本题考查函数极限的概念、运算法则、型极限的求法以及转化与化归思想.【解析】，选B.（4）设变量满足约束条件则的最大值为（ ）A、B、4C、6D、8【命题意图】本题考查线性规划的求解问题.作为选择题，要准确快速求解，可利用端点处取得最值（函数的思想）来求解则更好，从而要求考生对性规划的问题有较深刻的认识.【解析】不等式组表示的平面区域是如图所示的，当直线过点的时，z取得最大值6，故选C.（5）函数的图象（ ）A、关于原点对称B、关于直线对称C、关于轴对称D、关于轴对称【命题意图】本题考查函数的概念和奇偶性、幂的运算性质和计算能力.【解析】，是偶函数，图像关于y轴对称，选D（6）已知函
3、数（）的部分图象如题（6）图所示，则（ ）A、B、C、D、【命题意图】本题考查的图像和性质，数形结合思想等，这是高考的常考题型，但又是学生的软肋，注意复习，多加训练.【解析】由图像可知，周期，由五点作图法知，解得，所以，选D.（7）已知，的最小值是（ ）A、3B、4C、D、【命题意图】本题考查均值不等式的灵活应用、一元二次不等式的解法以及整体思想.【解析】由均值不等式，得，整理，得， 即，又，所以，选B.（8）直线与圆心为D的圆（）A、B两点，则直线AD与BD的倾斜角之和为（ ）A、B、C、D、【命题意图】本题考查直线的倾斜角、斜率、方程，圆的标准方程和参数方程，直线与圆的位置关系以及数形结合
4、的思想方法.【解析】画出图形，由圆的性质可知，故，选C.（9）某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天. 若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有（ ）A、504种B、960种C、1008种D、1108种【命题意图】此题是一个排列组合问题.既考查了分析问题，解决问题的能力，更侧重于考查学生克服困难解决实际问题的能力和水平.【解析】分两类：甲乙排1、2号或6、7号，共有种不同的安排方法；甲乙排中间，丙排7号或不排7号，共有种方法，故共有1008种不同的排法，选C.（10）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其
5、中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是（ ）A、直线B、椭圆C、抛物线D、双曲线【命题意图】本题考查空间中线与线，线与面的垂直，动点的轨迹的求法，同时考查空间想象力.【解析】（直接法）记这两直线为，异面直线的距离为k，平面为过且平行于的平面，设上某个点P满足条件。将正投影到平面上，其投影记为，设P到及的距离为，到的距离为，则，即，这里k为定值，分别正是P到上两垂直直线，的距离，而和可看作上的直角坐标系，由此可知，P的轨迹就是双曲线.（排除法）轨迹是轴对称图形，排除A、C，轨迹与已知直线不能有交点，排除B，故选D.二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分. 把答案填写在答题卡相应位
6、置上.（11）已知复数则_.【命题意图】本题考查复数概念和基本运算，其中分母实数化是求解的关键.【解析】，答案为：.（12）设，若，则实数_.【命题意图】此题题型来自于课本习题，考查集合的概念和运算、方程的解法等基础知识.【解析】， A=0,3，故.答案为：.（13）某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为，则该队员每次罚球的命中率为_.【命题意图】本题考查对立事件的概率、独立事件的概率以及计算能力和推理能力.当有“至少”、“最多”等字眼时，常从反面入手，化难为易.【解析】由，解得，答案为：（14）已知以为焦点的抛物线上的两点满足，则弦的中点到准线的距离为_.
7、【命题意图】本题考查抛物线的定义、标准方程、几何性质等，灵活应用平面几何知识是解决本题的关键，向量仅仅是一件外衣，本题是平面几何知识的应用.【解析】设，由抛物线的定义，知，中， 由相似三角形性质，得，解得，根据梯形中位线定理，得弦的中点到准线的距离为，答案为：.（15）已知函数满足：，（），则_.【命题意图】本题考场抽象函数的周期性，函数与数列的关系，研究抽象函数最有效的办法是：特殊值法.【解析】取x=1， y=0，得，法一：通过计算，寻得周期为6法二：取x=n ，y=1，有f(n)=f(n+1)+f(n-1)，同理f(n+1)=f(n+2)+f(n) 联立得f(n+2)= f(n-1) ，所
8、以T=6 ，故，答案为：. 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.（16）（本小题满分13分，（）小问7分，（）小问6分.）设函数，.（）求的值域；（）记的内角的对边长分别为，若，求的值.【命题意图】此题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角公式、和（差）角公式、正弦定理、由余弦定理以及函数思想和方程思想，同时考查基本运算能力 【解析】（） ，因此的值域为. （）由得，即，又因， 故.解法一：由余弦定理，得，解得或.解法二：由正弦定理，得或.当时，从而；当时，又，从而.故的值为1或2.（17）（本小题满分13分，（）小问5分，（）小问8分.）在甲、乙等
9、6个单位参加的一次“唱读讲传”演出活动中，每个单位的节目集中安排在一起. 若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序（序号为1，2，6），求：（）甲、乙两单位的演出序号至少有一个为奇数的概率；（）甲、乙两单位之间的演出单位个数的分布列与期望.【命题意图】本小题主要考查等可能事件、随机变量的分布列、数学期望等概念及相关计算，考查运用所学知识与方法解决实际问题的能力.其中第（2）问是课本上常见的类型题.【解析】（）设A表示“甲、乙的演出序号至少一个为奇数”，则表示“甲、乙的序号为偶数”，由等可能性事件的概率计算公式得.（）的所有可能值为0，1，2，3，4，且 ， .从而知有分布列01234所以，.（
10、18）（本小题满分13分，（）小问5分，（）小问8分.）已知函数，其中实数.（）若，求曲线在点处的切线方程；（）若在处取得极值，试讨论的单调性.【命题意图】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力【解析】（）.当时，而，因此曲线在点处的切线方程为即.（），由（）知，即，解得.此时，其定义域为，且，由得.当或时，；当且时，.由以上讨论知，在区间上是增函数，在区间上是减函数.（19）（本小题满分12分，（）小问5分，（）小问7分.）如题（19）图，四棱锥为矩形，底面，点是棱的中点.（）求直线与平面的距离；（）若，求二面角的平面角的余弦值.【命题意
11、图】本题考查直线与平面垂直、二面角、三棱锥的性质及体积等基础知识.求解第（1）问的关键是将点到面的距离转化为三棱锥的高，等体积法是这类问题的杀手.第（2）问只需用“三垂线”即可找到二面角的平面角.【解析】解法一：（）如答（19）图1 ，在矩形中，平面，故直线与平面的距离为点到平面的距离.因底面，故，由知为等腰三角形，又点是棱 中点，故.又在矩形中，而是在底面内的射影，由三垂线定理得，从而平面，故.从而平面，故之长即为直线与平面的距离. （）过点D作，交CE于F，过点F作，交AC于G，则为所求的二面角的平面角.由（）知平面PAB，又，得平面PAB，故，从而.在中，.由，所以为等边三角形，故F为C
12、E的中点，且.因为平面PBC，故，又，知，从而，且G点为AC的中点.连接DG，则在中，.所以.解法二：PGF答（19）图2CBADE（）如答（19）图2，以A为坐标原点，射线AB、AD、AP分别为轴、轴、轴正半轴，建立空间直角坐标系.设，则，.因此，则，所以平面PBC.又由知平面PBC，故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离，即为.（）因为，则.设平面AEC的法向量，则.又，故所以. 可取，则.设平面DEC的法向量，则.又，故所以. 可取，则.故.所以二面角的平面角的余弦值为.（20）（本小题满分12分，（）小问5分，（）小问7分.）已知以原点为中心，为右焦点的双曲线的离心率.（
13、）求双曲线的标准方程及其渐近线方程；M题（20）图GENHO（）如题（20）图，已知过点的直线与过点（其中）的直线的交点在双曲线上，直线与两条渐近线分别交于两点，求的面积.【命题意图】题主要考查双曲线概念、标准方程、几何性质，直线与双曲线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力圆锥曲线问题的求解一般思考方法是合理设元（设点或直线等）、几何条件代数化、建立恰当的关系式、围绕目标合理处理关系式（包括代入转化与恒等变形等）【解析】（）设的标准方程为，则由题意，因此，的标准方程为.的渐近线方程为，即和.（）解法一：如答（20）图，由题意点在直线和上，因此有，故点M、N均在直线上，
14、因此直线MN的方程为.设G、H分别是直线MN与渐近线及的交点，由方程组及解得.设MN与轴的交点为Q，则在直线中，令得（易知. 注意到，得.解法二：设，由方程组解得，因，则直线MN的斜率.故直线MN的方程为，注意到，因此直线MN的方程为.下同解法一.（21）（本小题满分12分，（）小问5分，（）小问7分.）在数列中，（），其中实数.（）求的通项公式；（）若对一切有，求的取值范围.【命题意图】本题主要考查数列的定义、数列通项公式、数学归纳法、不等式的解法以及方程和函数思想.本题的实质是：已知递推公式（，为常数）求通项公式.【解析】（）解法一：由，猜测.下用数学归纳法证明.当时，等式成立；假设当时，
15、等式成立，即，则当时，综上， 对任何都成立.解法二：由原式得.令，则，因此对有 ，因此，. 又当时上式成立.因此.（）解法一：由，得，因，所以.解此不等式得：对一切，有或，其中，.易知，又由，知，因此由对一切成立得.又，易知单调递增，故对一切成立，因此由对一切成立得.从而的取值范围为.解法二：由，得，因，所以对恒成立.记，下分三种情况讨论.（）当即或时，代入验证可知只有满足要求.（）当时，抛物线开口向下，因此当正整数充分大时，不符合题意，此时无解.（）当即或时，抛物线开口向上，其对称轴必在直线的左边. 因此，在上是增函数.所以要使对恒成立，只需即可.由解得或.结合或得或.综合以上三种情况，的取值范围为.第 13 页 共 13 页