2010年高中毕业班第二次质量预测
理科数学 参考答案
一、选择题
CADBA BBCCD AD 二、填空题 13.4； 14.1
2
-； 15.[6,)+∞； 16.①②④. 三、解答题
17.（Ⅰ）解：由→
→
n //m 得(23)cos 3cos 0b c A a C -⋅-=.………………１分 由正弦定理得2sin cos 3sin cos 3sin cos 0B A C A A C --=， ∴ 2sin cos 3sin()0B A A C -+=.
∴ 2sin cos 3sin 0B A B -=.………………3分
()3,0,sin 0,cos ,6
A B B A A π
π∈∴≠=
∴=.………………5分 （Ⅱ）解：
,6
A π
=
2
2cos sin(2)B A B ∴+-1cos 2sin cos 2cos
sin 26
6
B B B π
π
=++-
=3cos(2)16
B π
+
+，………………8分
2
2cos sin(2)(13,1)B A B +-∈-．
22cos sin(2)B A B +-的最小值为1 3.-………………10分
18. (Ⅰ)证明：由题意：1,2,3AE DE AD ===
，
90EAD ∴∠=，即EA AD ⊥， 又EA AB ⊥，AB AD A ⋂=， AE ∴⊥平面ABCD ．…………3分 (Ⅱ)解：作AK DE ⊥于点K ，
11
,33
AE AD BF BC =
=， //AB EF ∴．
又AB ⊄平面CDEF ，EF ⊂平面CDEF ， //AB ∴平面CDEF ．
故点A 到平面CDEF 的距离即为点B 到平面CDEF 的距离．…………5分 由图1,,,EF AE EF ED ED EA E ⊥⊥⋂=， EF ∴⊥平面AED ，
AK ⊂平面AED ，
AK EF ∴⊥，又AK DE DE EG E ⊥⋂，＝． AK ∴⊥平面CDEF ．
故AK 的长即为点B 到平面CDEF 的距离．…………7分 在Rt ADE 中，3AK =
， 所以点B 到平面CDEF 的距离为
3
．…………8分 （用等体积法做，可根据实际情况分步给分） (Ⅲ)解：以点A 为坐标原点，建立如图空间直角坐标系， 则5(0,2,0),(3,1,0),(0,0,1),(0,,1)3
B C E F ，
1
(0,,1),(3,1,0),(3,1,1)3
BF BC CE =-=-=--，
设平面BCF 的法向量(1,,)n y z =，
由0
BF n BC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得3(1,3,)n =．…………10分 记直线CE 与平面BCF 所成的角为α，
则53
||653sin ||||1335
3
CE n CE n α⋅===⋅⨯⨯．
所以，直线CE 与平面BCF 所成角的正弦值为
65
．…………12分 19. （Ⅰ）证明：由题意得121n n b b ++=，11222(1)n n n b b b +∴+=+=+，……………3分 又
111121,0,110a b b b =+∴=+=≠，……………4分
所以数列{1}n b +是以1为首项，2为公比的等比数列．……………5分
(Ⅱ)解：由⑴知，1
12n n b -+=，2121n n n a b ∴=+=-，……………7分
故1112211
(21)(21)2121
n n n n n n n n n c a a +++===-
----．……………9分 12311111
113372121n n n n T c c c c +⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++
+=-+-+
+- ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
1
1
121n +=-
-．…………………10分
由20092010
n T >，且n *
∈N ，解得满足条件的最小的n 值为10．…………12分
20、（Ⅰ）解：设盒子中有“会徽卡”n 张，依题意有，28
25
1282=-C C n ，
解得3n =，
即盒中有“会徽卡”3张．……4分
(Ⅱ)解：因为ξ表示游戏终止时，所有人共抽取卡片的次数，所以ξ的所有可能取值为1，2，3，4，……5分
14
5)1(2825===C C P ξ；
7
2
)2(2
62
428151326252823=••+•==C C C C C C C C C P ξ； 143)3(24232
614
122815132424262228151324242615112823=••••+•••+•••==C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C P ξ； 7
1
)4(2
222241311261412281513=••••••==C C C C C C C C C C C P ξ， 随机变量ξ的分布列为：
…………………………10分
ξ∴的数学期望为7
15
71414337221451=⨯+⨯+⨯+⨯
=ξE ．……12分 21.（Ⅰ）解：
2,NP NQ =∴点Q 为PN 的中点，
又
0GQ NP ⋅=，GQ PN ∴⊥或G 点与Q 点重合.
∴.||||GN PG =………………2分
又|||||||||| 4.GM GN GM GP PM +=+==
∴点G 的轨迹是以,M N 为焦点的椭圆，且2,1a c ==，
∴b G ==的轨迹方程是22
1.43
x y +=………………5分 (Ⅱ)解：不存在这样一组正实数，下面证明：………………6分
由题意，若存在这样的一组正实数，当直线MN 的斜率存在时，设之为k ， 故直线MN 的方程为：(1)y k x =-， 设1122(,),(,)A x y B x y ，AB 中点00(,)D x y ，
则22
1122
22143
1
43x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，两式相减得：1
2121212()()()()043x x x x y y y y -+-++=．…8分 注意到12121y y x x k -=--，且12012
022
x x x y y y +⎧
=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩ ，则00314x y k = ， ②
又点D 在直线MN 上，00(1)y k x ∴=-，代入②式得：04x =．
因为弦AB 的中点D 在⑴所给椭圆C 内，故022x -<<，这与04x =矛盾， 所以所求这组正实数不存在．…………11分
当直线MN 的斜率不存在时，直线MN 的方程为1x =，则此时1212,2y y x x =+=， 代入①式得120x x -=，这与,A B 是不同两点矛盾． 综上，所求的这组正实数不存在．………………12分
22、（Ⅰ）解：由题意2
()x a
f x x -'=
． ………………1分 当0>a 时，函数)(x f 的定义域为),0(+∞，
此时函数在(0,)a 上是减函数，在(,)a +∞上是增函数，
2
min ()()ln f x f a a ==，无最大值．………………3分
当0<a 时，函数)(x f 的定义域为)0,(-∞，
此时函数在(,)a -∞上是减函数，在(,0)a 上是增函数，
2
min ()()ln f x f a a ==，无最大值．………………5分
(Ⅱ)取1=a ，由⑴知0)1(1
ln )(=≥--=f x
x x x f ， 故
x
e x x ln ln 11=-≥， 取 ,3,2,1=x ，则!
ln 131211n e n n
≥++++ ．………………8分
(Ⅲ)假设存在这样的切线，设其中一个切点)1
ln ,(0
000x x x x T --
， 切线方程：)1(112
0--=
+x x x y ，将点T 坐标代入得：
2
20000)1(11ln x x x x x -=+--，即011
3ln 2000=--+x x x ， ① 设113ln )(2--+
=x x x x g ，则3
)
2)(1()(x
x x x g --='．………………10分 0x >，
()g x ∴在区间)1,0(，),2(+∞上是增函数，在区间)2,1(上是减函数，
故1
()(1)10,()(2)ln 204
g x g g x g ==>==+>极大值极小值． 又11
()ln
12161ln 43044
g =+--=--<， 注意到()g x 在其定义域上的单调性，知()0g x =仅在1(,1)4
内有且仅有一根 所以方程①有且仅有一解，故符合条件的切线有且仅有一条．………………12分。