高考试题(天津卷)--数学理科(答案解析版)

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2010年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学（理工类）本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至11页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。2．每小题选出答案后，用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，答在试卷上的无效。3．本卷共10小题，每小题5分，共50分。参考公式：·如果事件A、B互斥，那么·如果事件A、B相互独立，那么P(A∪B)=P(A)+P(B)P(AB)=P(A)P(B)·棱柱的体积公式V=Sh,棱锥的体积公式V=13sh,其中S标示棱柱的底面积。其中S标示棱锥的底面积。h表示棱柱的高。h示棱锥的高。一．选择题：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）i是虚数单位，复数1312ii(A)1＋i(B)5＋5i(C)-5-5i(D)-1－i【答案】A【解析】本题主要考查复数代数形式的基本运算，属于容易题。进行复数的除法的运算需要份子、分母同时乘以分母的共轭复数，同时将i2改为-1.1312ii-+551(12)(12)5iiii（13i）(1-2i)【温馨提示】近几年天津卷每年都有一道关于复数基本运算的小题，运算时要细心，不要失分哦。（2）函数f(x)=23xx的零点所在的一个区间是(A)（-2，-1）(B)（-1,0）(C)（0,1）(D)（1,2）【答案】B【解析】本题主要考查函数零点的概念与零点定理的应用，属于容易题。由1(1)30,(0)102ff及零点定理知f(x)的零点在区间（-1，0）上。【温馨提示】函数零点附近函数值的符号相反，这类选择题通常采用代入排除的方法求解。（3）命题“若f(x)是奇函数，则f(-x)是奇函数”的否命题是(A)若f(x)是偶函数，则f(-x)是偶函数（B）若f(x)不是奇函数，则f(-x)不是奇函数（C）若f(-x)是奇函数，则f(x)是奇函数（D）若f(-x)不是奇函数，则f(x)不是奇函数【答案】B【解析】本题主要考查否命题的概念，属于容易题。否命题是同时否定命题的条件结论，故否命题的定义可知B项是正确的。【温馨提示】解题时要注意否命题与命题否定的区别。（4）阅读右边的程序框图，若输出s的值为-7，则判断框内可填写(A)i＜3?（B）i＜4?（C）i＜5?（D）i＜6?【答案】D【解析】本题主要考查条件语句与循环语句的基本应用，属于容易题。第一次执行循环体时S=1，i=3;第二次执行循环时s=-2，i=5；第三次执行循环体时s=-7.i=7，所以判断框内可填写“i<6?”,选D.【温馨提示】设计循环语句的问题通常可以采用一次执行循环体的方式解决。(5)已知双曲线22221(0,0)xyabab的一条渐近线方程是y=3x,它的一个焦点在抛物线224yx的准线上，则双曲线的方程为（A）22136108xy（B）221927xy（C）22110836xy（D）221279xy【答案】B【解析】本题主要考查双曲线与抛物线的几何性质与标准方程，属于容易题。依题意知22222369,27bacabcab，所以双曲线的方程为221927xy【温馨提示】选择、填空中的圆锥曲线问题通常考查圆锥曲线的定义与基本性质，这部分内容也是高考的热点内容之一，在每年的天津卷中三种软件曲线都会在题目中出现。（6）已知na是首项为1的等比数列，ns是na的前n项和，且369ss，则数列1na的前5项和为（A）158或5（B）3116或5（C）3116（D）158【答案】C【解析】本题主要考查等比数列前n项和公式及等比数列的性质，属于中等题。显然q1，所以3639(1q)1-=121-q1qqqq，所以1{}na是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和5511()31211612T.【温馨提示】在进行等比数列运算时要注意约分，降低幂的次数，同时也要注意基本量法的应用。（7）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若223abbc，sin23sinCB，则A=（A）030（B）060（C）0120（D）0150【答案】A【解析】本题主要考查正弦定理与余弦定理的基本应用，属于中等题。由由正弦定理得232322cbcbRR，所以cosA=2222+c-a322bbccbcbc=323322bcbcbc，所以A=300【温馨提示】解三角形的基本思路是利用正弦、余弦定理将边化为角运算或将角化为边运算。（8）若函数f(x)=212log,0,log(),0xxxx,若f(a)>f(-a),则实数a的取值范围是（A）（-1，0）∪（0，1）（B）（-∞，-1）∪（1,+∞）（C）（-1，0）∪（1,+∞）（D）（-∞，-1）∪（0,1）【答案】C【解析】本题主要考查函数的对数的单调性、对数的基本运算及分类讨论思想，属于中等题。由分段函数的表达式知，需要对a的正负进行分类讨论。2112220a<0()()logloglog()log()afafaaaaa或001-10112aaaaaaa或或【温馨提示】分类函数不等式一般通过分类讨论的方式求解，解对数不等式既要注意真数大于0，同事要注意底数在（0，1）上时，不等号的方向不要写错。(9)设集合A=|||1,,|||2,.xxaxRBxxbxR若AB,则实数a,b必满足（A）||3ab（B）||3ab（C）||3ab（D）||3ab【答案】D【解析】本题主要考查绝对值不等式的解法与几何与结合之间的关系，属于中等题。A=｛x|a-1b+2}因为AB,所以a+1b-2或a-1b+2，即a-b-3或a-b3，即|a-b|3【温馨提示】处理几何之间的子集、交、并运算时一般利用数轴求解。(10)如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用（A）288种（B）264种（C）240种（D）168种【答案】D【解析】本题主要考查排列组合的基础知识与分类讨论思想，属于难题。（1）B,D,E,F用四种颜色，则有441124A种涂色方法；（2）B,D,E,F用三种颜色，则有334422212192AA种涂色方法；（3）B,D,E,F用两种颜色，则有242248A种涂色方法；所以共有24+192+48=264种不同的涂色方法。【温馨提示】近两年天津卷中的排列、组合问题均处理压轴题的位置，且均考查了分类讨论思想及排列、组合的基本方法，要加强分类讨论思想的训练。2010年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学（理工类）第Ⅱ卷注意事项：1．答卷前将密封线内的项目填写清楚。2．用钢笔或圆珠笔直接答在试卷上。3．本卷共12小题，共100分。二．填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分，把答案天灾题中横线上。（11）甲、乙两人在10天中每天加工零件的个数用茎叶图表示如下图，中间一列的数字表示零件个数的十位数，两边的数字表示零件个数的个位数，则这10天甲、乙两人日加工零件的平均数分别为和。【答案】24，23【解析】本题主要考查茎叶图的应用，属于容易题。甲加工零件个数的平均数为1918202212223312352410乙加工零件个数的平均数为1917112122242302322310【温馨提示】茎叶图中共同的数字是数字的十位，这事解决本题的突破口。（12）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为【答案】103【解析】本题主要考查三视图的概念与柱体、椎体体积的计算，属于容易题。由三视图可知，该几何体为一个底面边长为1，高为2的正四棱柱与一个底面边长为2，高为1的正四棱锥组成的组合体，因为正巳灵珠的体积为2，正四棱锥的体积为144133，所以该几何体的体积V=2+43=103【温馨提示】利用俯视图可以看出几何体底面的形状，结合正视图与侧视图便可得到几何体的形状，求锥体体积时不要丢掉13哦。（13）已知圆C的圆心是直线1,(1xtyt为参数）与x轴的交点，且圆C与直线x+y+3=0相切，则圆C的方程为【答案】22(1)2xy本题主要考查直线的参数方程，圆的方程及直线与圆的位置关系等基础知识，属于容易题。令y=0得t=-1，所以直线1xtyt与x轴的交点为（-1.0）因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即|103|22r，所以圆C的方程为22(1)2xy【温馨提示】直线与圆的位置关系通常利用圆心到直线的距离或数形结合的方法求解。（14）如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，延长AB和DC相交于点P，若PB1PC1=,=PA2PD3,则BCAD的值为。【答案】66【解析】本题主要考查四点共圆的性质与相似三角形的性质，属于中等题。因为A,B,C,D四点共圆，所以,DABPCBCDAPBC,因为P为公共角，所以⊿PBC∽⊿PAB,所以PBPCBCPDPAAD.设OB=x，PC=y，则有6322xyyxyx，所以636BCxADy【温馨提示】四点共圆时四边形对角互补，圆与三角形综合问题是高考中平面几何选讲的重要内容，也是考查的热点。（15）如图，在ABC中，ADAB,3BCBD,1AD,则ACAD.【答案】D【解析】本题主要考查平面向量的基本运算与解三角形的基础知识，属于难题。||||cos||cos||sinACADACADDACACDACACBAC∠∠∠sinB3BC【解析】近几年天津卷中总可以看到平面向量的身影，且均属于中等题或难题，应加强平面向量的基本运算的训练，尤其是与三角形综合的问题。（16）设函数2()1fxx，对任意2,3x，24()(1)4()xfmfxfxfmm恒成立，则实数m的取值范围是.【答案】D【解析】本题主要考查函数恒成立问题的基本解法，属于难题。依据题意得22222214(1)(1)14(1)xmxxmm在3[,)2x上恒定成立，即22213241mmxx在3[,)2x上恒成立。当32x时函数2321yxx取得最小值53，所以221543mm，即22(31)(43)0mm，解得32m或32m【温馨提示】本题是较为典型的恒成立问题，解决恒成立问题通常可以利用分离变量转化为最值的方法求解三、解答题：本大题共6小题，共76分。解答题写出文字说明，证明过程或演算步骤。（17）（本小题满分12分）已知函数2()23sincos2cos1()fxxxxxR（Ⅰ）求函数()fx的最小正周期及在区间0,2上的最大值和最小值；（Ⅱ）若006(),,542fxx，求0cos2x的值。【解析】本小题主要考查二倍角的正弦与余弦、两角和的正弦、函数sin()yAx的性质、同角三角函数的基本关系、两角差的余弦等基础知识，考查基本运算能力，满分12分。（1）解：由2()23sincos2cos1fxxxx，得2()3(2sincos)(2cos1)3sin2cos22sin(2)6fxxxxxxx所以函数()fx的最小正周期为因为()2sin26fxx在区间0,6上为增函数，在区间,62上为减函数，又(0)1,2,162fff，所以函数()fx在区间0,2上的最大值为2，最小值为-1（Ⅱ）解：由（1）可知00()2sin26fxx又因为06()5fx，所以03sin265x由0,42x，得0272,636x从而2004cos21sin2665xx所以0000343cos2cos2cos2cossin2sin66666610xxxx（18）.（本小题满分12分）某射手每次射击击中目标的概率是23，且各次射击的结果互不影响。（Ⅰ）假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率（Ⅱ）假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标。另外2次未击中目标的概率；（Ⅲ）假设这名射手射击3次，每次射击，击中目标得1分，未击中目标得0分，在3次射击中，若有2次连续击中，而另外1次未击中，则额外加1分；若3次全击中，则额外加3分，记为射手射击3次后的总的分数，求的分布列。【解析】本小题主要考查二项分布及其概率计算公式、离散型随机变量的分布列、互斥事件和相互独立事件等基础知识，考查运用概率知识解决实际问题的能力，满分12分。（1）解：设X为射手在5次射击中击中目标的次数，则X~25,3B.在5次射击中，恰有2次击中目标的概率22252240(2)133243PXC（Ⅱ）解：设“第i次射击击中目标”为事件(1,2,3,4,5)iAi；“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A,则123451234512345()()()()PAPAAAAAPAAAAAPAAAAA=3232321121123333333=881（Ⅲ）解：由题意可知，的所有可能取值为0,1,2,3,6312311(0)()327PPAAA123123123(1)()()()PPAAAPAAAPAAA=2221121122333333391232124(2)()33327PPAAA123123(3)()()PPAAAPAAA2221118333327123(6)()PPAAA328327所以的分布列是（19）（本小题满分12分）如图，在长方体1111ABCDABCD中，E、F分别是棱BC,1CC上的点，2CFABCE,1::1:2:4ABADAA（1）求异面直线EF与1AD所成角的余弦值；（2）证明AF平面1AED（3）求二面角1AEDF的正弦值。【解析】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，满分12分。方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设1AB,依题意得(0,2,0)D,(1,2,1)F,1(0,0,4)A,31,,02E（1）解：易得10,,12EF,1(0,2,4)AD于是1113cos,5EFADEFADEFAD所以异面直线EF与1AD所成角的余弦值为35（2）证明：已知(1,2,1)AF,131,,42EA,11,,02ED于是AF·1EA=0，AF·ED=0.因此，1AFEA,AFED,又1EAEDE所以AF平面1AED(3)解：设平面EFD的法向量(,,)uxyz，则00uEFuED,即102102yzxy不妨令X=1,可得(1,21u）。由（2）可知，AF为平面1AED的一个法向量。于是2cos,==3||AFAF|AF|uuu，从而5sin,=3AFu所以二面角1A-ED-F的正弦值为53方法二：（1）解：设AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE=12链接B1C,BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C，由1CECF1==CBCC4,可知EF∥BC1.故BMC是异面直线EF与A1D所成的角，易知BM=CM=11BC=52,所以2223cos25BMCMBCBMCBMCM,所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为35（2）证明：连接AC，设AC与DE交点N因为12CDECBCAB，所以RtDCERtCBA，从而CDEBCA，又由于90CDECED,所以90BCACED，故AC⊥DE,又因为CC1⊥DE且1CCACC，所以DE⊥平面ACF，从而AF⊥DE.连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因为1DEADD，所以AF⊥平面A1ED(3)解：连接A1N.FN,由（2）可知DE⊥平面ACF,又NF平面ACF,A1N平面ACF，所以DE⊥NF,DE⊥A1N,故1ANF为二面角A1-ED-F的平面角易知RtCNERtCBA，所以CNECBCAC，又5AC所以55CN，在221305RtNCFNFCFCNRtAAN中，在中22114305NAAAAN连接A1C1,A1F在2211111114RtACFAFACCF中，222111112cos23ANFNAFRtANFANFANFN在中，。所以15sin3ANF所以二面角A1-DE-F正弦值为53（20）（本小题满分12分）已知椭圆22221(0xyabab）的离心率32e，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4。（1）求椭圆的方程；（2）设直线l与椭圆相交于不同的两点,AB，已知点A的坐标为（,0a），点0(0,)Qy在线段AB的垂直平分线上，且4QAQB，求0y的值【解析】本小题主要考察椭圆的标准方程和几何性质，直线的方程，平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查运算和推理能力，满分12分（1）解：由3e2ca，得2234ac，再由222cab，得2ab由题意可知，1224,22abab即解方程组22abab得a=2,b=1所以椭圆的方程为2214xy(2)解：由（1）可知A（-2,0）。设B点的坐标为（x1,,y1）,直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=k(x+2),于是A,B两点的坐标满足方程组22(2)14ykxxy由方程组消去Y并整理，得2222(14)16(164)0kxkxk由2121642,14kxk得21122284,,1414kkxykk从而设线段AB是中点为M，则M的坐标为22282(,)1414kkkk以下分两种情况：（1）当k=0时，点B的坐标为（2,0）。线段AB的垂直平分线为y轴，于是000(2,y),(2,=2QAQByQAQBy）由4，得=2（2）当K0时，线段AB的垂直平分线方程为222218()1414kkYxkkk令x=0，解得02614kyk由0110(2,y),(,QAQBxyy）2101022222(28)6462(()14141414kkkkQAQBxyyykkkk）=42224(16151)4(14)kkk=整理得201421472,=75kky故所以综上00214=22=5yy或（21）（本小题满分14分）已知函数()()xfxxcxR（Ⅰ）求函数()fx的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数()ygx的图象与函数()yfx的图象关于直线1x对称，证明当1x时，()()fxgx（Ⅲ）如果12xx，且12()()fxfx，证明122xx【解析】本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力，满分14分（Ⅰ）解：f’()(1)xxxe令f’(x)=0,解得x=1当x变化时，f’(x)，f(x)的变化情况如下表X(,1)1(1,)f’(x)+0-f(x)极大值所以f(x)在(,1)内是增函数，在(1,)内是减函数。函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=1e（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)2xe令F(x)=f(x)-g(x),即2()(2)xxFxxexe于是22\'()(1)(1)xxFxxee当x>1时，2x-2>0,从而2x-2e10,0,Fxe又所以’(x)>0,从而函数F（x）在[1,+∞)是增函数。又F(1)=-1-1ee0，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).Ⅲ)证明：（1）若121212(1)(1)0,)),1.xxxxxx12由（）及f(xf(x则与矛盾。（2）若121212(1)(1)0,)),.xxxxxx12由（）及f(xf(x得与矛盾。根据（1）（2）得1212(1)(1)0,1,1.xxxx不妨设由（Ⅱ）可知，)2f(x>)2g(x,则)2g(x=)2f(2-x，所以)2f(x>)2f(2-x,从而)1f(x>)2f(2-x.因为21x，所以221x，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内事增函数，所以1x>22x,即12xx>2.（22）（本小题满分14分）在数列na中，10a，且对任意*kN.21ka，2ka，21ka成等差数列，其公差为kd。（Ⅰ）若kd=2k，证明2ka，21ka，22ka成等比数列（*kN）（Ⅱ）若对任意*kN，2ka，21ka，22ka成等比数列，其公比为kq。【解析】本小题主要考查等差数列的定义及通项公式，前n项和公式、等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法。满分14分。（Ⅰ）证明：由题设，可得*4,2121aakkNkk。所以131()()...()2121212123aaaaaaaakkkkk=44(1)...41kk=2k(k+1)由1a=0，得222(1),22,2(1).2122122akkaakkakkkkk从而于是1121222221,,221212aaaakkkkkkakakaakkkk所以。所以*2,,,22122kdkkNaaakkk时，对任意成等比数列。（Ⅱ）证法一：（i）证明：由2,,2121kaaakk成等差数列，及,,22122aaakkk成等比数列，得212112,222121221kaakkaaaqkkkaaqkkk当1q≠1时，可知kq≠1，k*N从而111111,1(2)1111111211kqqqqkkkkqk即所以11qk是等差数列，公差为1。（Ⅱ）证明：10a，22a，可得34a，从而142,2q111q=1.由（Ⅰ）有*1111,,1kkkkqkNqkk得所以2*222211221,,2122aaakkkkkkNaakakkkk（）从而因此，2222*2222(1)222214...........22..2(1),2212(1)(2)122242kaaakkkkkaakaakkkNkkaaakkkkk以下分两种情况进行讨论：（1）当n为偶数时，设n=2m(*mN)若m=1,则2222nkkkna.若m≥2，则2222122111221(2)(21)42nmmmkkkkkkkkkkkaaak+221111114414411112222(1)2(1)2(1)21113122(1)(1)222.mmmkkkkkkkmmkkkkkkkkmmnmn所以22223132,22,4,6,8...22nnkkkkkknnnana从而(2)当n为奇数时，设n=2m+1（*mN）222222221(21)31(21)4222(1)nmkkkkmkkmmmaaammm11314222(1)21mnmn所以22312,21nkkknan从而22322,3,5,72nkkknna···综合（1）（2）可知，对任意2n,nN,有223222nkkkna证法二：（i）证明：由题设，可得212222(1),kkkkkkkkdaaqaaaq212221222(1),kkkkkkkkkkdaaqaqaaqq所以1kkkdqd232211122222221111kkkkkkkkkkkkkkaadddqqaaqaqaq由11q可知1,*kqkN。可得111111111kkkkkqqqqq，所以11kq是等差数列，公差为1。（ii）证明：因为120,2,aa所以1212daa。所以3214aad，从而3122aqa，1111q。于是，由（i）可知所以11kq是公差为1的等差数列。由等差数列的通项公式可得11kq=11kk，故1kkqk。从而11kkkdkqdk。所以12112112................121kkkkkddddkkkddddkk，由12d，可得2kdk。于是，由（i）可知221221,2,*kkakkakkN以下同证法一。2010年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学（理工类）参考解答一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题5分，满分50分。（1）A（2）B（3）B（4）D（5）B（6）C（7）A（8）C（9）D（10）B二填空题：本题考查基本知识和基本运算，每小题4分，满分24分。（11）24:23（12）103（13）22(1)2xy（14）66（15）3(16)33,,22三、解答题（17）本小题主要考查二倍角的正弦与余弦、两角和的正弦、函数sin()yAx的性质、同角三角函数的基本关系、两角差的余弦等基础知识，考查基本运算能力，满分12分。（1）解：由2()23sincos2cos1fxxxx，得2()3(2sincos)(2cos1)3sin2cos22sin(2)6fxxxxxxx所以函数()fx的最小正周期为因为()2sin26fxx在区间0,6上为增函数，在区间,62上为减函数，又(0)1,2,162fff，所以函数()fx在区间0,2上的最大值为2，最小值为-1（Ⅱ）解：由（1）可知00()2sin26fxx又因为06()5fx，所以03sin265x由0,42x，得0272,636x从而2004cos21sin2665xx所以0000343cos2cos2cos2cossin2sin66666610xxxx18.本小题主要考查二项分布及其概率计算公式、离散型随机变量的分布列、互斥事件和相互独立事件等基础知识，考查运用概率知识解决实际问题的能力，满分12分。（1）解：设X为射手在5次射击中击中目标的次数，则X~25,3B.在5次射击中，恰有2次击中目标的概率22252240(2)133243PXC（Ⅱ）解：设“第i次射击击中目标”为事件(1,2,3,4,5)iAi；“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A,则123451234512345()()()()PAPAAAAAPAAAAAPAAAAA=3232321121123333333=881（Ⅲ）解：由题意可知，的所有可能取值为0,1,2,3,6312311(0)()327PPAAA123123123(1)()()()PPAAAPAAAPAAA=2221121122333333391232124(2)()33327PPAAA123123(3)()()PPAAAPAAA2221118333327123(6)()PPAAA328327所以的分布列是（19）本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，满分12分。方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设1AB,依题意得(0,2,0)D,(1,2,1)F,1(0,0,4)A,31,,02E（3）解：易得10,,12EF,1(0,2,4)AD于是1113cos,5EFADEFADEFAD所以异面直线EF与1AD所成角的余弦值为35（4）证明：已知(1,2,1)AF,131,,42EA,11,,02ED于是AF·1EA=0，AF·ED=0.因此，1AFEA,AFED,又1EAEDE所以AF平面1AED(3)解：设平面EFD的法向量(,,)uxyz，则00uEFuED,即102102yzxy不妨令X=1,可得(1,21u）。由（2）可知，AF为平面1AED的一个法向量。于是2cos,==3||AFAF|AF|uuu，从而5sin,=3AFu所以二面角1A-ED-F的正弦值为53方法二：（1）解：设AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE=12链接B1C,BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C，由1CECF1==CBCC4,可知EF∥BC1.故BMC是异面直线EF与A1D所成的角，易知BM=CM=11BC=52,所以2223cos25BMCMBCBMCBMCM,所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为35（2）证明：连接AC，设AC与DE交点N因为12CDECBCAB，所以RtDCERtCBA，从而CDEBCA，又由于90CDECED,所以90BCACED，故AC⊥DE,又因为CC1⊥DE且1CCACC，所以DE⊥平面ACF，从而AF⊥DE.连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因为1DEADD，所以AF⊥平面A1ED(3)解：连接A1N.FN,由（2）可知DE⊥平面ACF,又NF平面ACF,A1N平面ACF，所以DE⊥NF,DE⊥A1N,故1ANF为二面角A1-ED-F的平面角易知RtCNERtCBA，所以CNECBCAC，又5AC所以55CN，在221305RtNCFNFCFCNRtAAN中，在中22114305NAAAAN连接A1C1,A1F在2211111114RtACFAFACCF中，222111112cos23ANFNAFRtANFANFANFN在中，。所以15sin3ANF所以二面角A1-DE-F正弦值为53（20）本小题主要考察椭圆的标准方程和几何性质，直线的方程，平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查运算和推理能力，满分12分（1）解：由3e2ca，得2234ac，再由222cab，得2ab由题意可知，1224,22abab即解方程组22abab得a=2,b=1所以椭圆的方程为2214xy(2)解：由（1）可知A（-2,0）。设B点的坐标为（x1,,y1）,直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=k(x+2),于是A,B两点的坐标满足方程组22(2)14ykxxy由方程组消去Y并整理，得2222(14)16(164)0kxkxk由2121642,14kxk得21122284,,1414kkxykk从而设线段AB是中点为M，则M的坐标为22282(,)1414kkkk以下分两种情况：（1）当k=0时，点B的坐标为（2,0）。线段AB的垂直平分线为y轴，于是000(2,y),(2,=2QAQByQAQBy）由4，得=2（2）当K0时，线段AB的垂直平分线方程为222218()1414kkYxkkk令x=0，解得02614kyk由0110(2,y),(,QAQBxyy）2101022222(28)6462(()14141414kkkkQAQBxyyykkkk）=42224(16151)4(14)kkk=整理得201421472,=75kky故所以综上00214=22=5yy或（21）本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力，满分14分（Ⅰ）解：f’()(1)xxxe令f’(x)=0,解得x=1当x变化时，f’(x)，f(x)的变化情况如下表X(,1)1(1,)f’(x)+0-f(x)极大值所以f(x)在(,1)内是增函数，在(1,)内是减函数。函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=1e（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)2xe令F(x)=f(x)-g(x),即2()(2)xxFxxexe于是22\'()(1)(1)xxFxxee当x>1时，2x-2>0,从而2x-2e10,0,Fxe又所以’(x)>0,从而函数F（x）在[1,+∞)是增函数。又F(1)=-1-1ee0，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).Ⅲ)证明：（1）若121212(1)(1)0,)),1.xxxxxx12由（）及f(xf(x则与矛盾。（2）若121212(1)(1)0,)),.xxxxxx12由（）及f(xf(x得与矛盾。根据（1）（2）得1212(1)(1)0,1,1.xxxx不妨设由（Ⅱ）可知，)2f(x>)2g(x,则)2g(x=)2f(2-x，所以)2f(x>)2f(2-x,从而)1f(x>)2f(2-x.因为21x，所以221x，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内事增函数，所以1x>22x,即12xx>2.(22)本小题主要考查等差数列的定义及通项公式，前n项和公式、等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法。满分14分。（Ⅰ）证明：由题设，可得*4,2121aakkNkk。所以131()()...()2121212123aaaaaaaakkkkk=44(1)...41kk=2k(k+1)由1a=0，得222(1),22,2(1).2122122akkaakkakkkkk从而于是1121222221,,221212aaaakkkkkkakakaakkkk所以。所以*2,,,22122kdkkNaaakkk时，对任意成等比数列。（Ⅱ）证法一：（i）证明：由2,,2121kaaakk成等差数列，及,,22122aaakkk成等比数列，得212112,222121221kaakkaaaqkkkaaqkkk当1q≠1时，可知kq≠1，k*N从而111111,1(2)1111111211kqqqqkkkkqk即所以11qk是等差数列，公差为1。（Ⅱ）证明：10a，22a，可得34a，从而142,2q111q=1.由（Ⅰ）有*1111,,1kkkkqkNqkk得所以2*222211221,,2122aaakkkkkkNaakakkkk（）从而因此，2222*2222(1)222214...........22..2(1),2212(1)(2)122242kaaakkkkkaakaakkkNkkaaakkkkk以下分两种情况进行讨论：（2）当n为偶数时，设n=2m(*mN)若m=1,则2222nkkkna.若m≥2，则2222122111221(2)(21)42nmmmkkkkkkkkkkkaaak+221111114414411112222(1)2(1)2(1)21113122(1)(1)222.mmmkkkkkkkmmkkkkkkkkmmnmn所以22223132,22,4,6,8...22nnkkkkkknnnana从而(2)当n为奇数时，设n=2m+1（*mN）222222221(21)31(21)4222(1)nmkkkkmkkmmmaaammm11314222(1)21mnmn所以22312,21nkkknan从而22322,3,5,72nkkknna···综合（1）（2）可知，对任意2n,nN,有223222nkkkna证法二：（i）证明：由题设，可得212222(1),kkkkkkkkdaaqaaaq212221222(1),kkkkkkkkkkdaaqaqaaqq所以1kkkdqd232211122222221111kkkkkkkkkkkkkkaadddqqaaqaqaq由11q可知1,*kqkN。可得111111111kkkkkqqqqq，所以11kq是等差数列，公差为1。（ii）证明：因为120,2,aa所以1212daa。所以3214aad，从而3122aqa，1111q。于是，由（i）可知所以11kq是公差为1的等差数列。由等差数列的通项公式可得11kq=11kk，故1kkqk。从而11kkkdkqdk。所以12112112................121kkkkkddddkkkddddkk，由12d，可得2kdk。于是，由（i）可知221221,2,*kkakkakkN以下同证法一。