2010年云南省部分名校高三5月联考试题(数学文)

云南省部分名校高2010届第三次统一考试

（玉溪一中、楚雄一中、昆明三中）

文 科 数 学 试 卷

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，总分150分，考试时间120分钟。

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) 如果事件A、B相互独立，那么

S球4R2

P(AB)P(A)P(B)

如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么 n次独立重复试验中恰好发生k次的概率

kkPn(k)CnP(1P)nk

球的体积公式

4V球R3

3其中R表示球的半径

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

一、选择题：本大题共12个小题, 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. 已知集合Mxx3,Nxlog2x1，则MN

A.  B. x0x2 C. x2x3 D.xx2

22. 已知向量|ab|1,|a||b|1，则(ab)的值为

A. 2

B.

22 C. 3 D. 3. 3. 函数y3x1(1x0)的反函数是

1313 A．y1log3x(x). B． y1log3x(x).

C．y1log3x(x1). D． y1log3x(x1).

1313x2y21的两渐近线都相切的圆的4．以抛物线y20x的焦点为圆心，且与双曲线

1692方程为

A．xy10x90

2222B．xy10x160

2222C． xy20x360 D．xy20x640

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5．已知数列{an}满足log13anlog3an1且a2a4a69，则n(N*，) log(5a7a9的值是)1a3A．5 B．11 C．5 D． 556. 在上海世博会期间，某商店销售11种纪念品，10元1件的8种，5元一件的3种。小张用50元买纪念品（每种至多买一件，50元刚好用完），则不同的买法的种数是

A. 210种

B. 256种

C. 266种

D. 286种

7. 若直线ax2by20(a0,b0)始终平分圆x2y24x2y80的周长，

则

12的最小值为 abB． 322 C．5

D． 42

A．1

ABC60,PA底面ABCD，8．在四棱锥P—ABCD中，底面是边长为1的菱形，PA=1，

则异面直线AB与PD所成角的余弦值为

A．

2 4B．

2 2C．

14 4D．

2 39.已知函数f(x)3sin2x3cos2x的最大值为A，则使f(x)A成立的一个角x与A的值分别为

,3 B. ,23 C. ,23 D. ,3 126126110. 球面上三点A、B、C，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的，若经过这三点

4的小圆的面积为2，则球的体积为

A. A. 23

B. 53

C.

3 D. 43

11．连掷两次骰子得到的点数分别为m和n，记向量a(m,n)与向量b(1,1)的夹角

为，则(0,

A．

2]的概率是

B．

5 121 2 C．

7 12 D．

5 6312．设函数f(x)xx,xR，若当02时，f(msin)f(1m)0恒立，

则m的范围

A．(0,1)

B．(,0)

C．(,)

12D．(,1)

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第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

二、填空题：本大题共4小题；每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上。

13．在某一时期内，一条河流某处的年最高水位在各个范围的概率如下： 年最高水位（单位：m） 概率 8,10 0.1 10,12 0.28 12,14 0.38 14,16 0.16 16,18 0.08 那么在同一时期内，河流在这一处的最高水位在10,16（m）的概率为 . 13．在二项式(13x)n的展开式中，若所有项的系数之和等于64，那么在这个展开式中，

x2 项的系数是 .（用数字作答）

x2y215．设焦点在x轴上的双曲线221的右准线与两条渐近线交于A、B两点，右焦

ab点

为F，且FAFB0，则双曲线的离心率e ．

16．若等比数列{an}中，a11,a34，则a1a2a2a3…anan1___________.

三、解答题：本大题共6小题，共70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10分）

已知A、B、C分别为ABC的三边a、b、c所对的角，向量m(sinA,sinB)，

n(cosB,cosA)，且mnsin2C.

（I）求角C的大小；

（II）若sinA,sinC,sinB成等差数列，且CACB18，求边c的长. 18．（本小题满分12分）

BAC900，已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，ABAA12,AC1,M,N分别是A1B1,BC的中点．

（Ⅰ）证明：MN//平面ACC1A1； （II）求二面角M—AN—B的余弦值。

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19.(本小题满分12分)

某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则即被淘汰.已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为0.6、0.4、0.5、0.2 . 已知各轮问题能否正确回答互不影响. （Ⅰ）求该选手被淘汰的概率；

（Ⅱ）求该选手在选拔中至少回答了2个问题被淘汰的概率；

20．（本题满分12分）

已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10=120，S20=440． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）记数列{

1}的前n项和为Tn，求Tn． Sn

21.（本小题满分12分）

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已知函数f(x)ax3bx2x(xR,a,b是常数)，且当x1和x2时，函数

f(x)取得极值.

（Ⅰ）求函数f(x)的解析式；

（Ⅱ）若曲线yf(x)与g(x)3xm(2x0)有两个不同的交点，求实数

m

的取值范围

22．（本小题满分12分）

已知点R(3,0)，点P在y轴上，点Q在x轴的正半轴上，点M在直线PQ上，且

满足PM3MQ,RPPM0. 2（Ⅰ）当点P在y轴上移动时，求点M的轨迹C的方程；

（Ⅱ）设A(x1,y1)、B(x2,y2)为轨迹C上两点，且x1>1, y1>0,N(1,0)，若

ABAN且AB

16，求实数. 3

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云南省部分名校高2010届第三次统一考试

（玉溪一中、楚雄一中、昆明三中）

文

科 数 学

参考解答及评分标准

一、选择题：本题考查基础知识和基础运算。每小题5分，满分60分.

1. B 2. C 3. D 4. B 5. A 6. C 7. B 8. A 9.B 10. D 11. C 12. D

二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。每小题5分，满分20分。

2(4n1)2(4n1)或13．0.82；14．135；15.2；16． 33三、解答题：本题考查推理证明能力和综合应用知识解决问题的能力。满分共70分。 17． 解：（I）mnsinAcosBsinBcosAsin(AB) ABC中,ABC,0C,

„„„„2分

(B)sinC, sinAC mnsin

„„„„3分

又mnsin2C,sin2CsinC,cosC1,C. 23„„„„5分

（II）由sinA,sinC,sinB成等差数列，得2sinCsinAsinB,

由正弦定理得2cab.

„„„„6分

CACB18,

abcosC18,即ab36.

222

2„„„„8分 „„„„9分 „„„„10分

由余弦定理cab2abcosC(ab)3ab,

c24c2336,c6.

18． 解法一：依条件可知AB、AC，AA1两两垂直，如图，以点A为原点建立空间直角坐标系

Ax.y则zA（0，0，0），B（0，2，0），

C(-1,0,0),A1(0,0,2),B1(0,2,2),C1(1,0,2),M(0,1,2),N(1 （I）证明：MN(,0,2),AB(0,2,0)是平面ACCA1的一个法向量，

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1,1,0) „2分 2高考资源网（ks5u.com） 您身边的高考专家

1且MNAB002200,所以MNAB „„5分

2又MN平面ACC1A1， MN//平面ACC1A1 „„„„„„6分 （II）设n(x,y,z)是平面AMN的法向量，

1因为AM(0,1,2),AN(,1,0)，

2AMn0,由 得ANn0,y2z01xy02

解得平面AMN的一个法向量n(4,2,1) „„„„„„9分 由已知，平面ABC的一个法向量为m(0,0,1) „„„„„„10分

cosm,nmn121 |n||m|2121121 „„„„„„12分 211AB „„„„„„2分 2二面角MANB的余弦值是解法二：（I）证明：设AC的中点为D，连结DN，A1D ∵D，N分别是AC，BC的中点，∴DN//1A1B1,A1B1//AB,2

A1M//DN,四边形A1DNM是平行四边形又A1M∴A1D//MN „„„4分

A1D平面ACC1A1,MN平面ACC1A1MN//平面ACC1A1 „„„„„

„6分

（II）如图，设AB的中点为H，连结MH，

∴MH//BB1

∵BB1⊥底面ABC， ∵BB1⊥AC，BB1⊥AB， ∴MH⊥AC，AH⊥AB ∴AB∩AC=A

∴MH⊥底面ABC „„„„„„7分

在平面ABC内，过点H做HG⊥AN，垂足为G 连结MG，AN⊥HG，AN⊥MH，HG∩MH=H ∴AN⊥平面MHG，则AN⊥MG

∴∠MGH是二面角M—AN—B的平面角 „„„„„„9分

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∵MH=BB1=2，

由△AGH∽△BAC，得HG15 所以MGMH2HG2215所以cosMGHHG21 MG21二面角MANB的余弦值是21 „„„„„„12分 2119．解：记“该选手能正确回答第i轮的问题”为事件Ai（i=1，2，3，4） 则P（A1）=0.6，P（A2）=0.4，P（A3）=0.5，P（A4）=0.2 （Ⅰ）方法一：该选手被淘汰的概率：

P=P（A1+ A1A2+ A1 A2A3+ A1 A2 A3A4）

= P（A1）+ P（A1）P（A2）+P（A1）P（A2）P（A3）+ P（A1）P（A2）P（A3）P（A4）

=0.4+0.6×0.6+0.6×0.4×0.5+0.6×0.4×0.5×0.8=0.976 „„6分 方法二：P=1- P（A1 A2 A3A4）=1- P（A1 ）P(A2 ) P（A3）P(A4）

=1-0.6×0.4×0.5×0.2=1-0.024=0.976

(Ⅱ) 方法一：P=P（A1A2+ A1 A2A3+ A1 A2 A3A4）= P（A1）P（A2） +P（A1）P（A2）P（A3）+ P（A1）P（A2）P（A3）P（A4） =0.6×0.6+0.6×0.4×0.5+0.6×0.4×0.5×0.8=0.576 „„12分 方法二：P=1- P（A1）- P（A1 A2 A3A4）

=1-(1-0.6)- 0.6×0.4×0.5×0.2=0.576

20．解：（1）设{an}的公差为d，由题设有

10910ad120，12解得a1=3，d=2．„„„„„„„„„„„„„„5分 201920ad440.12an=a1+(n-1)d=3+(n-1)×2=2n+1，即{an}的通项公式为an=2n+1． „„„„„„6分

11n(32n1)（2）由Sn， „„„„„„„„8分 n(n2)，得

Snn(n2)2∴ Tn1111 132435n(n2)11111111(1) 232435nn2www.ks5u.com 版权所有@高考资源网

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3111111． „„„„„„„„„„12分 (1)=42(n1)2(n2)22n1n221.解：（Ⅰ）f(x)3ax22bx1， „„„„„„„„„„„„„„„„„„2分 依题意f(1)f(2)0，即 ∴f(x)3a2b10,13解得a,b

6412a4b10,1332xxx „„„„„„„„„„„„„„„4分 64 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，曲线yf(x)与g(x)3xm(2x0)有两个不同的

交点，即

分

设(x)分

由(x)0的x4或x1

当x(2,1)时(x)0，于是(x)在2,1上递增；

当x(1,0)时(x)0，于是(x)在1,0上递减. „„„„„„9

分

1332xx2xm0在2,0上有两个不同的实数解„564133213xx2xm，则(x)x2x2， „„„764221m3(2)013130m依题意有(1)0m. „„„„„„„111212(0)0m0分

∴实数m的取值范围是0m22．解：（Ⅰ）设点M(x,y)，由PM 由RPPM0,得(3,分

又点Q在x轴的正半轴上，∴x0.故点M的轨迹C的方程是

13. „„„„„„„„„„„„„12分 123yxMQ得P(0,),Q(,0). „„„„2分 223y3y)(x,)0，即y24x. „„„„„ 422y24x(x0). „„„„6分

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（Ⅱ）由题意可知N为抛物线C：y24x的焦点，且A、B为过焦点N的直线与抛物

线C的两个交点,所以直线AB的斜率不为0. „„„„„„„„„„„„„„7分

当直线AB斜率不存在时，得A(1,2),B(1,2),AB4分

当直线AB斜率存在且不为0时，设lAB:yk(x1)，代入y24x得 k2x22(k22)xk20，

16，不合题意； „„832(k22)416224k3. „„„„9分 则ABx1x22，解得223kk2 代入原方程得3x10x30，由于x11，所以x13,x21，由ABAN, 3 得

x2x144，∴. „„„„„„„12分

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