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01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
设全集 U={x∈N∗∣x<6}U = \{x \in \mathbf{N}^* \mid x < 6\}，集合 A={1,3}A = \{1, 3\}，B={3,5}B = \{3, 5\}，则 ∁U(A∪B)=\complement_U\left( A \cup B \right) =（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 由 x∈N∗x\in\mathbf{N}^* 且 x<6x<6，得 U={1,2,3,4,5}U=\{1,2,3,4,5\}. 又 A∪B={1,3,5}A\cup B=\{1,3,5\}，所以 ∁U(A∪B)={2,4}\complement_U\left(A\cup B\right)=\{2,4\}. 故选 C. \end{solution}
A.
{1,4}\{1, 4\}
B.
{1,5}\{1, 5\}
C.
{2,4}\{2, 4\}
D.
{2,5}\{2,5\}

2010 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 1 题 · 选择题

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02不等式★☆☆☆☆
不等式 x−3x+2<0\frac{x - 3}{x + 2} < 0 的解集为（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 不等式有意义要求 x≠−2x\ne-2. 当 x<−2x<-2 时，x−3<0x-3<0、x+2<0x+2<0，分式为正；当 −2<x<3-2<x<3 时，x−3<0x-3<0、x+2>0x+2>0，分式为负；当 x>3x>3 时，分式为正. 因而解集为 (−2,3)(-2,3)，故选 A. \end{solution}
A.
{x∣−2<x<3}\{x \mid -2 < x < 3\}
B.
{x∣x<−2}\{x \mid x < -2\}
C.
{x∣x<−2 或 x>3}\{x \mid x < -2 \text{ 或 } x > 3\}
D.
{x∣x>3}\{x \mid x > 3\}

2010 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 2 题 · 选择题

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03三角函数★★☆☆☆
已知 sin⁡α=23\sin \alpha = \frac{2}{3}，则 cos⁡(π−2α)=\cos\left(\pi - 2\alpha\right) =（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 由诱导公式和二倍角公式，cos⁡(π−2α)=−cos⁡2α=−(1−2sin⁡2α)=−(1−2⋅49)=−19\cos\left(\pi-2\alpha\right)=-\cos 2\alpha=-(1-2\sin^2\alpha)=-(1-2\cdot\frac{4}{9})=-\frac{1}{9}. 故选 B. \end{solution}
A.
−53-\frac{\sqrt{5}}{3}
B.
−19-\frac{1}{9}
C.
19\frac{1}{9}
D.
53\frac{\sqrt{5}}{3}

2010 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 3 题 · 选择题

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04指数函数与对数函数★☆☆☆☆
函数 y=1+ln⁡(x−1)y = 1 + \ln\left(x - 1\right)（x>1x > 1）的反函数是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 由 y=1+ln⁡(x−1)y=1+\ln\left(x-1\right) 得 y−1=ln⁡(x−1)y-1=\ln\left(x-1\right)，从而 x=ey−1+1x=\mathrm{e}^{y-1}+1. 原函数的值域为 R\mathbf{R}，交换 xx，yy 后反函数为 y=ex−1+1y=\mathrm{e}^{x-1}+1，且反函数的定义域为 x∈Rx\in\mathbf{R}. 故选 D. \end{solution}
A.
y=ex+1−1y = \mathrm{e}^{x + 1} - 1（x>0x > 0）
B.
y=ex−1+1y = \mathrm{e}^{x - 1} + 1（x>0x > 0）
C.
y=ex+1−1y = \mathrm{e}^{x + 1} - 1（x∈Rx \in \mathbf{R}）
D.
y=ex−1+1y = \mathrm{e}^{x - 1} + 1（x∈Rx \in \mathbf{R}）

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05不等式★★☆☆☆
若变量 xx，yy 满足约束条件
{x⩾−1,y⩾x,3x+2y⩽5,\begin{cases} x \geqslant -1,\\ y \geqslant x,\\ 3x + 2y \leqslant 5, \end{cases}
则 z=2x+yz = 2x + y 的最大值为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 由约束条件，x⩽y⩽5−3x2x\leqslant y\leqslant\frac{5-3x}{2}，并且可行域要求 −1⩽x⩽1-1\leqslant x\leqslant1. 对固定的 xx，目标函数 z=2x+yz=2x+y 随 yy 增大而增大，因此 z⩽2x+5−3x2=x+52⩽3z\leqslant2x+\frac{5-3x}{2}=\frac{x+5}{2}\leqslant3. 当 x=1x=1，y=1y=1 时三个约束均满足，且 z=3z=3，所以最大值为 33. 故选 C. \end{solution}
A.
11
B.
22
C.
33
D.
44

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06数列★★☆☆☆
如果等差数列 {an}\{a_{n}\} 中，a3+a4+a5=12a_{3} + a_{4} + a_{5} = 12，那么 a1+a2+⋯+a7=a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{7} =（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 等差数列中 a3+a5=2a4a_3+a_5=2a_4，所以 a3+a4+a5=3a4=12a_3+a_4+a_5=3a_4=12，得 a4=4a_4=4. 又 a1+a7=a2+a6=a3+a5=2a4a_1+a_7=a_2+a_6=a_3+a_5=2a_4，故 a1+a2+⋯+a7=7a4=28a_1+a_2+\cdots+a_7=7a_4=28. 故选 C. \end{solution}
A.
1414
B.
2121
C.
2828
D.
3535

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07导数及其应用★★☆☆☆
若曲线 y=x2+ax+by = x^{2} + ax + b 在点 (0,b)(0, b) 处的切线方程是 x−y+1=0x - y + 1 = 0，则（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 切点为 (0,b)(0,b)，代入直线 x−y+1=0x-y+1=0 得 b=1b=1. 曲线的导数为 y′=2x+ay'=2x+a，所以在 x=0x=0 处的切线斜率为 aa. 直线 x−y+1=0x-y+1=0 即 y=x+1y=x+1，斜率为 11，从而 a=1a=1. 故选 A. \end{solution}
A.
a=1a = 1，b=1b = 1
B.
a=−1a = -1，b=1b = 1
C.
a=1a = 1，b=−1b = -1
D.
a=−1a = -1，b=−1b = -1

2010 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 7 题 · 选择题

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08立体几何初步★★★☆☆
在三棱锥 S−ABCS - ABC 中，底面 ABCABC 为边长等于 22 的等边三角形，SASA 垂直于底面 ABCABC，SA=3SA = 3，那么直线 ABAB 与平面 SBCSBC 所成角的正弦值为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 取 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(2,0,0)B=(2,0,0)，C=(1,3,0)C=(1,\sqrt{3},0)，S=(0,0,3)S=(0,0,3). 则平面 SBCSBC 的两个方向向量可取 SB→=(2,0,−3)\overrightarrow{SB}=(2,0,-3) 和 SC→=(1,3,−3)\overrightarrow{SC}=(1,\sqrt{3},-3)，其法向量可取 n=SB→×SC→=(33,3,23)\boldsymbol{n}=\overrightarrow{SB}\times\overrightarrow{SC}=(3\sqrt{3},3,2\sqrt{3}). 直线 ABAB 的方向向量为 AB→=(2,0,0)\overrightarrow{AB}=(2,0,0). 若直线 ABAB 与平面 SBCSBC 所成的角为 θ\theta，则 sin⁡θ=∣AB→⋅n∣∣AB→∣ ∣n∣=632⋅43=34\sin\theta=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AB}|\,|\boldsymbol{n}|}=\frac{6\sqrt{3}}{2\cdot4\sqrt{3}}=\frac{3}{4}. 故选 D. \end{solution}
A.
34\frac{\sqrt{3}}{4}
B.
54\frac{\sqrt{5}}{4}
C.
74\frac{\sqrt{7}}{4}
D.
34\frac{3}{4}

2010 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 8 题 · 选择题

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09计数原理与组合数学★★★☆☆
将标号为 11，22，33，44，55，66 的 66 张卡片放入 33 个不同的信封中，若每个信封放 22 张，其中标号为 11，22 的卡片放入同一信封，则不同的放法共有（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 先从 33 个不同信封中选出一个放置卡片 1,21,2，有 33 种选法. 剩下的 44 张卡片放入剩下的两个有标号信封中，每个放 22 张；选定其中一个信封所放的 22 张即可，故有 C42=6\mathrm C_4^2=6 种. 因此总放法数为 3C42=183\mathrm C_4^2=18，故选 B. \end{solution}
A.
12 种12\text{ 种}
B.
18 种18\text{ 种}
C.
36 种36\text{ 种}
D.
54 种54\text{ 种}

2010 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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10平面向量★★★☆☆
△ABC\triangle ABC 中，点 DD 在边 ABAB 上，CDCD 平分 ∠ACB\angle ACB. 若 CB→=a\overrightarrow{CB} = \boldsymbol{a}，CA→=b\overrightarrow{CA} = \boldsymbol{b}，∣a∣=1|\boldsymbol{a}| = 1，∣b∣=2|\boldsymbol{b}| = 2，则 CD→=\overrightarrow{CD} =（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 由角平分线定理，ADDB=ACCB=∣b∣∣a∣=2\frac{AD}{DB}=\frac{AC}{CB}=\frac{|\boldsymbol{b}|}{|\boldsymbol{a}|}=2，所以 AD→=23AB→\overrightarrow{AD}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}. 又 AB→=CB→−CA→=a−b\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CA}=\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}，于是 CD→=CA→+AD→=b+23(a−b)=23a+13b\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AD}=\boldsymbol{b}+\frac{2}{3}(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})=\frac{2}{3}\boldsymbol{a}+\frac{1}{3}\boldsymbol{b}. 故选 B. \end{solution}
A.
13a+23b\frac{1}{3} \boldsymbol{a} + \frac{2}{3} \boldsymbol{b}
B.
23a+13b\frac{2}{3} \boldsymbol{a} + \frac{1}{3} \boldsymbol{b}
C.
35a+45b\frac{3}{5} \boldsymbol{a} + \frac{4}{5} \boldsymbol{b}
D.
45a+35b\frac{4}{5} \boldsymbol{a} + \frac{3}{5} \boldsymbol{b}

2010 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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11立体几何初步★★★☆☆
与正方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的三条棱 ABAB，CC1CC_{1}，A1D1A_{1}D_{1} 所在直线的距离相等的点（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 不妨设正方体棱长为 11，建立空间直角坐标系：A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(1,0,0)B=(1,0,0)，C=(1,1,0)C=(1,1,0)，D=(0,1,0)D=(0,1,0)，A1=(0,0,1)A_1=(0,0,1)，B1=(1,0,1)B_1=(1,0,1)，C1=(1,1,1)C_1=(1,1,1)，D1=(0,1,1)D_1=(0,1,1). 在线段 B1DB_1D 上任取一点 P=(1−t,t,1−t)P=(1-t,t,1-t)，其中 0⩽t⩽10\leqslant t\leqslant1.
点 PP 到直线 ABAB 的距离为 t2+(1−t)2\sqrt{t^2+(1-t)^2}. 点 PP 到直线 CC1CC_1 的距离为 t2+(1−t)2\sqrt{t^2+(1-t)^2}. 点 PP 到直线 A1D1A_1D_1 的距离也为 t2+(1−t)2\sqrt{t^2+(1-t)^2}. 因而线段 B1DB_1D 上每一点都满足题设条件，满足条件的点有无数个. 故选 D. \end{solution}
A.
有且只有 1 个1\text{ 个}
B.
有且只有 2 个2\text{ 个}
C.
有且只有 3 个3\text{ 个}
D.
有无数个

2010 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 11 题 · 选择题

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12解析几何★★★★☆
已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0）的离心率为 32\frac{\sqrt{3}}{2}，过右焦点 FF 且斜率为 kk（k>0k > 0）的直线与 CC 相交于 AA，BB 两点. 若 AF→=3FB→\overrightarrow{AF} = 3\overrightarrow{FB}，则 k=k =（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 设椭圆焦距为 2c2c. 由离心率 ca=32\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}，得 c=32ac=\frac{\sqrt{3}}{2}a，从而 b2=a2−c2=a24b^2=a^2-c^2=\frac{a^2}{4}，椭圆方程可写为 x2+4y2=a2x^2+4y^2=a^2. 右焦点为 F=(c,0)F=(c,0)，设直线与椭圆的交点 BB 为 B=(c+t,kt)B=(c+t,kt). 由 AF→=3FB→\overrightarrow{AF}=3\overrightarrow{FB}，得 A=(c−3t,−3kt)A=(c-3t,-3kt)，且 t≠0t\ne0.
将 AA，BB 代入椭圆方程并相减，得 (c−3t)2+36k2t2−(c+t)2−4k2t2=0(c-3t)^2+36k^2t^2-(c+t)^2-4k^2t^2=0，即 t=c1+4k2t=\frac{c}{1+4k^2}. 再将 BB 代入椭圆方程，得 c2+2ct+(1+4k2)t2=a2c^2+2ct+(1+4k^2)t^2=a^2. 令 q=1+4k2q=1+4k^2，代入 c2=34a2c^2=\frac{3}{4}a^2 和 t=cqt=\frac{c}{q}，得到 34a2(1+3q)=a2\frac{3}{4}a^2\left(1+\frac{3}{q}\right)=a^2，所以 1+3q=431+\frac{3}{q}=\frac{4}{3}，即 q=9q=9. 因而 1+4k2=91+4k^2=9，又 k>0k>0，得 k=2k=\sqrt{2}. 故选 B. \end{solution}
A.
11
B.
2\sqrt{2}
C.
3\sqrt{3}
D.
22

2010 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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13三角函数★☆☆☆☆
已知 α\alpha 是第二象限的角，tan⁡α=−12\tan \alpha = -\frac{1}{2}，则 cos⁡α=‾\cos \alpha =\underline{\hspace{2em}}.

2010 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 13 题 · 填空题

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14计数原理与组合数学★★☆☆☆
(x+1x)9\left(x + \frac{1}{x}\right)^9 的展开式中 x3x^3 的系数是______.

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15解析几何★★☆☆☆
已知抛物线 C:y2=2pxC: y^{2} = 2px （p>0p > 0）的准线为 ll，过 M(1,0)M(1,0) 且斜率为 3\sqrt{3} 的直线与 ll 相交于点 AA，与 CC 的一个交点为 BB. 若 AM→=MB→\overrightarrow{AM} = \overrightarrow{MB}，则 p=‾p =\underline{\hspace{2em}}.

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16立体几何初步★★★★☆
已知球 OO 的半径为 44，圆 MM 与圆 NN 为该球的两个小圆，ABAB 为圆 MM 与圆 NN 的公共弦，AB=4AB = 4. 若 OM=ON=3OM = ON = 3，则两圆圆心的距离 MN=‾MN =\underline{\hspace{2em}}.

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17三角函数★★★☆☆
△ABC\triangle ABC 中，DD 为边 BCBC 上的一点，BD=33BD = 33，sin⁡B=513\sin B = \frac{5}{13}，cos⁡∠ADC=35\cos \angle ADC = \frac{3}{5}，求 ADAD.

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18数列★★★☆☆
已知 {an}\{a_{n}\} 是各项均为正数的等比数列，且 a1+a2=2(1a1+1a2)a_{1} + a_{2} = 2\left(\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}}\right)，a3+a4+a5=64(1a3+1a4+1a5)a_{3} + a_{4} + a_{5} = 64\left(\frac{1}{a_{3}} + \frac{1}{a_{4}} + \frac{1}{a_{5}}\right).
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 bn=(an+1an)2b_n = \left(a_n + \frac{1}{a_n}\right)^2，求数列 {bn}\{b_n\} 的前 nn 项和 TnT_n.

2010 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，直三棱柱 ABC−A1B1C1ABC - A_{1}B_{1}C_{1} 中，AC=BCAC = BC，AA1=ABAA_{1} = AB，DD 为 BB1BB_{1} 的中点，EE 为 AB1AB_{1} 上的一点，AE=3EB1AE = 3EB_{1}.
(1) 证明：DEDE 为异面直线 AB1AB_{1} 与 CDCD 的公垂线. (2) 设异面直线 AB1AB_{1} 与 CDCD 的夹角为 45∘45^{\circ}，求二面角 A1−AC1−B1A_{1}-AC_{1}-B_{1} 的大小.

2010 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20概率与统计★★★☆☆
如图，由 MM 到 NN 的电路中有 44 个组件，分别标为 T1T_{1}，T2T_{2}，T3T_{3}，T4T_{4}，电流能通过 T1T_{1}，T2T_{2}，T3T_{3} 的概率都是 pp，电流能通过 T4T_{4} 的概率是 0.90.9. 电流能否通过各组件相互独立. 已知 T1T_{1}，T2T_{2}，T3T_{3} 中至少有一个能通过电流的概率为 0.9990.999.
(1) 求 pp； (2) 求电流能在 MM 与 NN 之间通过的概率.

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21导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=x3−3ax2+3x+1f(x) = x^3 - 3ax^2 + 3x + 1.
(1) 设 a=2a = 2，求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 设 f(x)f(x) 在区间 (2,3)(2,3) 中至少有一个极值点，求 aa 的取值范围.

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22解析几何★★★★☆
已知斜率为 11 的直线 ll 与双曲线 C:x2a2−y2b2=1C: \frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1（a>0a > 0，b>0b > 0）相交于 BB，DD 两点，且 BDBD 的中点为 M(1,3)M(1,3).
(1) 求 CC 的离心率； (2) 设 CC 的右顶点为 AA，右焦点为 FF，∣DF∣⋅∣BF∣=17\left|DF\right| \cdot \left|BF\right| = 17，证明：过 AA，BB，DD 三点的圆与 xx 轴相切.

2010 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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