2010 年高考 （新课标）
题目：设 $y=f(x)$ 为区间 $[0,1]$ 上的连续函数, 且恒有 $0 \leqslant f(x) \leqslant 1$, 可 以用随机模拟方法近似计算积分 $\int_{0}^{1} \mathrm{f}(\mathrm{x}) \mathrm{dx}$, 先产生两组（每组 $\mathrm{N}$ 个）区间 $[0$ ，1] 上的均匀随机数 $x_{1}, x_{2}, \ldots x_{N}$ 和 $y_{1}, y_{2}, \ldots y_{N}$, 由此得到 $N$ 个点 $\left(x_{i}, y_{i}\right)($ $i=1,2, \ldots, N)$, 再数出其中满足 $y_{i} \leqslant f\left(x_{i}\right) \quad(i=1,2, \ldots, N)$ 的点数 $N_{1}$, 那么由随机模拟方案可得积分 $\int_{0}^{1} \mathrm{f}(\mathrm{x}) \mathrm{dx}$ 的近似值为

解答：解: 由题意可知 $\frac{N_{1}}{N} \approx \frac{\int{ }_{0}^{1} \mathrm{f}(\mathrm{x}) \mathrm{dx}}{1}$ 得 $\int{ }_{0}^{1} \mathrm{f}(\mathrm{x}) \mathrm{dx} \approx \frac{\mathrm{N}_{1}}{\mathrm{~N}}$,

故积分 $\int_{0}^{1} f(x) d x$ 的近似值为 $\frac{N_{1}}{N}$.

故答案为: $\frac{\mathrm{N}_{1}}{\mathrm{~N}}$.

答案：$\frac{\mathrm{N}_{1}}{\mathrm{~N}}$

2010 年高考 （新课标）
题目：正视图为一个三角形的几何体可以是 (㝍出三种)

解答：解: 正视图为一个三角形的几何体可以是三棱雉、三棱柱（放倒的情形 )、圆雉、四棱雉等等. 故答案为: 三棱雉、圆雉、三棱柱.

答案：三棱雉、圆雉、三棱柱

2010 年高考 （新课标）
题目：过点 $A(4,1)$ 的圆 $C$ 与直线 $x-y=1$ 相切于点 $B(2,1)$, 则圆 $C$ 的方程为

解答：解：设圆的方程为 $(x-a)^{2}+(y-b)^{2}=r^{2}$,

则 $(4-a)^{2+}(1-b)^{2}=r^{2},(2-a)^{2+}(1-b)^{2}=r^{2}, \frac{b-1}{a-2}=-1$,

解得 $a=3, b=0, r=\sqrt{2}$, 故所求圆的方程为 $(x-3)^{2}+y^{2}=2$.

故答案为: $(x-3)^{2}+y^{2}=2$.

答案：$(x-3)^{2}+y^{2}=2$

2010 年高考 （新课标）
题目：圆心在原点上与直线 $x+y-2=0$ 相切的圆的方程为

解答：解: 圆心到直线的距离: $r=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$, 所求圆的方程为 $x^{2}+y^{2}=2$.

故答案为: $x^{2}+y^{2}=2$

答案：$x^{2}+y^{2}=2$

2010 年高考 （新课标）
题目：设函数 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 为区间 $(0,1]$ 上的图象是连续不断的一条曲线, 且恒有 $0 \leqslant f(x) \leqslant 1$, 可以用随机模拟方法计算由曲线 $y=f(x)$ 及直线 $x=0$, $x=1, y=0$ 所围成部分的面积 $S$, 先产生两组（每组 $N$ 个），区间（0, 1]上的 均匀随机数 $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ 和 $y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{n}$, 由此得到 $N$ 个点 $(x, y)(i-1$ , 2..., $N \mathrm{~ . ~ 再 数 出 其 中 满 足 ~} y_{1} \leqslant f(x) \quad(i=1,2 \ldots, N)$ 的点数 $N_{1}$, 那么由 随机模拟方法可得 $\mathrm{S}$ 的近似值为

解答：解: $\because \int_{0}{ }^{1} f(x) d x$ 的几何意义是函数 $f(x)$ (其中 $0 \leqslant f(x) \leqslant 1$ ) 的图象与 $x$ 轴、直线 $x=0$ 和直线 $x=1$ 所围成图形的面积,

$\therefore$ 根据几何概型易知 $\int_{0}^{1} \mathrm{f}(\mathrm{x}) \mathrm{dx} \approx \frac{\mathrm{N}_{1}}{\mathrm{~N}}$.

故答案为: $\frac{\mathrm{N}_{1}}{\mathrm{~N}}$.

答案：$\frac{\mathrm{N}_{1}}{\mathrm{~N}}$

2010 年高考 （新课标）
题目：一个几何体的正视图为一个三角形, 则这个几何体可能是下列几何 体中的 (填入所有可能的几何体前的编号) (1)三棱锥(2)四棱雉(3)三棱 柱(4)四棱柱(5)圆雉66圆柱.

解答：解: 一个几何体的正视图为一个三角形, 显然(1)(2)(5)正确; (3)是三棱柱 放倒时也正确;

(4)(6)不论怎样放置正视图都不会是三角形;

故答案为: (1)(2)(3)(5)

答案：(1)(2)(3)(5)

2010 年高考 （新课标）
题目：在 $\triangle A B C$ 中, $D$ 为 $B C$ 边上一点, $B C=3 B D, A D=\sqrt{2}, \angle A D B=135^{\circ}$. 若 $A C=\sqrt{2} A B$, 则 $B D=$

解答：用余弦定理求得

$A B^{2}=B^{2}+A D^{2}-2 A D \cdot B D \cos 135^{\circ}$

$A C^{2}=C D^{2}+A D^{2}-2 A D \cdot C D \cos 45^{\circ}$

即 $A B^{2}=B D^{2}+2+2 B D$ (1) $A C^{2}=C D^{2}+2-2 C D$

又 $B C=3 B D$

所以 $C D=2 B D$

所以 由（2）得 $A C^{2}=4 B D^{2}+2-4 B D$ （3）

因为 $A C=\sqrt{2} A B$

所以 由 (3) 得 $2 A B^{2}=4 B D^{2}+2-4 B D \quad(4)$

$(4)-2(1)$

$B D^{2}-4 B D-1=0$

求得 $\mathrm{BD}=2+\sqrt{5}$

故答案为: $2+\sqrt{5}$

答案：$2+\sqrt{5}$

2010 年高考 （新课标）
题目：已知集合 $A=\{x \in R|| x \mid \leqslant 2\}\}, B=\{x \in Z \mid \sqrt{x} \leqslant 4\}$, 则 $A \cap B=(\quad$ ）
A. $(0,2)$
B. $[0,2]$
C. $\{0,2\}$
D. $\{0,1,2\}$

解答：解: $A=\{x \in R|| x \mid \leqslant 2\}=,\{x \in R \mid-2 \leqslant x \leqslant 2\}$,

$B=\{x \in Z \mid \sqrt{x} \leqslant 4\}=\{x \in Z \mid 0 \leqslant x \leqslant 16\}$

故 $A \cap B=\{0,1,2\}$.

应选 D.

答案：D

2010 年高考 （新课标）
题目：已知复数 $z=\frac{\sqrt{3}+i}{(1-\sqrt{3} i)^{2}}, \bar{z}$ 是 $z$ 的共轭复数, 则 $z=\bar{z}=(\quad)$
A. $\frac{1}{4}$
B. $\frac{1}{2}$
C. 1
D. 2

解答：解: 由 $|z|=\left|\frac{\sqrt{3}+i}{(1-\sqrt{3} i)^{2}}\right|=\frac{|\sqrt{3}+i|}{|1-\sqrt{3} i|^{2}}=\frac{2}{2^{2}}=\frac{1}{2}$ 可得 $z \cdot \bar{z}=|z|^{2}=\frac{1}{4}$.

另

解 

$$
\begin{aligned}
& z=\frac{\sqrt{3}+i}{(1-\sqrt{3} i)^{2}}=\frac{\sqrt{3}+i}{-2-2 \sqrt{3} i}=-\frac{1 \sqrt{3}+i}{21+\sqrt{3} i}=-\frac{1}{8}(\sqrt{3}+i)(1-\sqrt{3} i)=\frac{1}{4}(\sqrt{3}-i) \\
& z \cdot \bar{z}=\frac{1}{4}(\sqrt{3}-i) \cdot \frac{1}{4}(\sqrt{3}+i)=\frac{1}{4}
\end{aligned}
$$

故选: A.

答案：A

2010 年高考 （新课标）
题目：曲线 $y=\frac{x}{x+2}$ 在点 $(-1,-1)$ 处的切线方程为（ $）$
A. $y=2 x+1$
B. $y=2 x-1$
C. $y=-2 x-3$
D. $y=-2 x-2$

解答：解: $\because y=\frac{x}{x+2}$,

$\therefore y^{\prime}=\frac{2}{(x+2)^{2}}$

所以 $\mathrm{k}=\left.\mathrm{y}^{\prime}\right|_{\mathrm{x}=-1}=2$, 得切线的斜率为 2 , 所以 $\mathrm{k}=2$;

所以曲线 $y=f(x)$ 在点 $(-1,-1)$ 处的切线方程为:

$y+1=2 \times(x+1)$ ，即 $y=2 x+1$.

故选: A.

答案：A

2010 年高考 （新课标）
题目：已知命题 $p_{1}$ : 函数 $y=2^{x}-2^{-x}$ 在 $R$ 为增函数, $p_{2}$ : 函数 $y=2^{x}+2^{-x}$ 在 $R$ 为减函数, 则在命题 $q_{1}: p_{1} \vee p_{2}, q_{2}: p_{1} \wedge p_{2}, q_{3}:\left(\neg p_{1}\right) \vee p_{2}$ 和 $q_{4}: p_{1} \wedge(\square$ $\left.p_{2}\right)$ 中，真命题是（ $)$ 
A. $q_{1}, q_{3}$
B. $q_{2}, q_{3}$
C. $q_{1}, q_{4}$
D. $q_{2}, q_{4}$

解答：解：易知 $p_{1}$ 是真命题, 而对 $p_{2}: y^{\prime}=2^{x} \ln 2-\frac{1}{2^{x}} \ln 2=\ln 2\left(2^{x}-\frac{1}{2^{x}}\right)$, 当 $x \in[0,+\infty)$ 时, $2^{x} \geqslant \frac{1}{2^{x}}$, 又 $\ln 2>0$, 所以 $y^{\prime} \geqslant 0$, 函数单调递增;

同理得当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, 函数单调递减, 故 $p_{2}$ 是假命题.

由此可知, $q_{1}$ 真, $q_{2}$ 假, $q_{3}$ 假, $q_{4}$ 真.

故选: C.

答案：C

2010 年高考 （新课标）
题目：某种种子每粒发芽的概率都为 0.9 , 现播种了 1000 粒, 对于没有发 芽的种子, 每粒需再补种 2 粒, 补种的种子数记为 $X$, 则 $X$ 的数学期望为 $(\quad)$
A. 100
B. 200
C. 300
D. 400

解答：解：由题意可知播种了 1000 粒, 没有发芽的种子数 $\xi$ 服从二项分布, 即 $\xi \sim B(1000,0.1)$.

而每粒需再补种 2 粒, 补种的种子数记为 $X$

故 $X=2 \xi$, 则 $E X=2 E \xi=2 \times 1000 \times 0.1=200$. 故选: B.

答案：B

2010 年高考 （新课标）
题目：设偶函数 $f(x)$ 满足 $f(x)=2^{x}-4(x \geqslant 0)$ ，则 $\{x \mid f(x-2)>0\}=($ )
A. $\{x \mid x<-2$ 或 $x>4\}$
B. $\{x \mid x<0$ 或 $x>4\}$
C. $\{x \mid x<0$ 或 $x>6\}$
D. $\{x \mid x<-2$ 或 $x>2\}$

解答：解: 由偶函数 $f(x)$ 满足 $f(x)=2^{x}-4(x \geqslant 0)$, 可得 $f(x)=f(|x|)$ $=2^{|x|-4}$,

则 $f(x-2)=f(|x-2|)=2^{|x-2|}-4$, 要使 $f(|x-2|)>0$, 只需 $2^{|x-2|}-4>0$,

$$
|x-2|>2
$$

解得 $x>4$, 或 $x<0$.

应选: B.

答案：B

2010 年高考 （新课标）
题目：若 $\cos \alpha=-\frac{4}{5}, \alpha$ 是第三象限的角, 则 $\frac{1+\tan \frac{\alpha}{2}}{1-\tan \frac{\alpha}{2}}=(\quad)$
A. $-\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{2}$
C. 2
D. -2

解答：解: 由 $\cos \alpha=-\frac{4}{5}, \alpha$ 是第三象限的角,

$\therefore$ 可得 $\sin \alpha=-\frac{3}{5}$,

则 $\frac{1+\tan \frac{\alpha}{2}}{1-\tan \frac{\alpha}{2}}=\frac{\cos \frac{\alpha}{2}+\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}-\sin \frac{\alpha}{2}}=\frac{1+\sin \alpha}{\cos \alpha}=\frac{1-\frac{3}{5}}{-\frac{4}{5}}=-\frac{1}{2}$,

应选 $A$.

答案：A

2010 年高考 （新课标）
题目：设三棱柱的侧棱垂直于底面, 所有棱长都为 $a$, 顶点都在一个球面 上, 则该球的表面积为（）
A. $\pi a^{2}$
B. $\frac{7}{3} \pi a^{2}$
C. $\frac{11}{3} \pi a^{2}$
D. $5 \pi a^{2}$

解答：解：根据题意条件可知三棱柱是棱长都为 $\mathrm{a}$ 的正三棱柱, 上下底面中心 连 线的中点就是球心, 则其外接球的半径为 $R=\sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+\left(\frac{a}{2 \sin 60^{\circ}}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{7}{12} a^{2}}$, 球的表面积为 $S=4 \pi \cdot \frac{7 a^{2}}{12}=\frac{7}{3} \pi a^{2}$,

故选: B.

答案：B

2010 年高考 （新课标）
题目：已知双曲线 $E$ 的中心为原点, $P(3,0)$ 是 $E$ 的焦点, 过 $P$ 的直线 I 与 $E$ 相交于 $A, B$ 两点, 且 $A B$ 的中点为 $N(-12,-15)$, 则 $E$ 的方程式为（ )
A. $\frac{x^{2}}{3}-\frac{y^{2}}{6}=1$
B. $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1$
C. $\frac{x^{2}}{6}-\frac{y^{2}}{3}=1$
D. $\frac{x^{2}}{5}-\frac{y^{2}}{4}=1$

解答：解: 由已知条件易得直线 $\mathrm{l}$ 的斜率为 $\mathrm{k}=\mathrm{k}_{\mathrm{PN}}=1$,

设双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$,

$A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

则有 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x_{1}^{2}}{a^{2}}-\frac{y_{1}^{2}}{b^{2}}=1 \\ \frac{x_{2}^{2}}{a^{2}} \frac{y_{2}^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$

两式相减并结合 $x_{1}+x_{2}=-24, y_{1}+y_{2}=-30$ 得

$\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{4 b^{2}}{5 a^{2}}$

从而 $\mathrm{k}=\frac{4 \mathrm{~b}^{2}}{5 \mathrm{a}^{2}}=1$

即 $4 b^{2}=5 a^{2}$,

又 $a^{2}+b^{2}=9$,

解得 $a^{2}=4, b^{2}=5$,

故选: B.

答案：B

2010 年高考 （新课标）
题目：已知集合 $A=\{x|| x \mid \leqslant 2, x \in R\}, B=\{x \mid \sqrt{x} \leqslant 4, x \in Z\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$
A. $(0,2)$
B. $[0,2]$
C. $\{0,2\}$
D. $\{0,1,2\}$

解答：解: $\because A=\{x|| x \mid \leqslant 2\}=\{x \mid-2 \leqslant x \leqslant 2\}$

$B=\{x \mid \sqrt{x} \leqslant 4, \quad x \in Z\}=\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15$ , 16$\}$

则 $A \cap B=\{0,1,2\}$

故选: D.

答案：D

2010 年高考 （新课标）
题目：平面向量 $\vec{a}, \vec{b}$, 已知 $\vec{a}=(4,3), 2 \vec{a}+\vec{b}=， 3,18 ＼mathrm{~, ~ 则 ~} \vec{a}, \vec{b}$ 夹角 的余弦值等于 ( $)$
A. $\frac{8}{65}$
B. $-\frac{8}{65}$
C. $\frac{16}{65}$
D. $-\frac{16}{65}$

解答：解: 设 $\vec{b}=(x, y)$,

$\because a=(4,3), 2 a+b=(3,18)$,

$\therefore \vec{b}=(-5,12)$

$\therefore \cos \theta=\frac{-20+36}{5 \times 13}$

$=\frac{16}{65}$

故选: C.

答案：C

2010 年高考 （新课标）
题目：已知复数 $Z=\frac{\sqrt{3}+i}{(1-\sqrt{3} i)^{2}}$, 则 $|z|=(\quad)$
A. $\frac{1}{4}$
B. $\frac{1}{2}$
C. 1
D. 2

解答：解: 化简得 $z=\frac{\sqrt{3}+i}{(1-\sqrt{3} i)^{2}}=\frac{\sqrt{3}+i}{-2-2 \sqrt{3} i}=-\frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}+i}{1+\sqrt{3} i}$

$=-\frac{1}{2} \cdot \frac{(\sqrt{3}+i)(1-\sqrt{3} i)}{(1+\sqrt{3} i)(1-\sqrt{3} i)}=-\frac{1}{2} \cdot \frac{2 \sqrt{3}-2 i}{4}=-\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{i}{4}$,

故 $|z|=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)^{2}+\left(\frac{1}{4}\right)^{2}}=\frac{1}{2}$,

故选: B.

答案：B

2010 年高考 （新课标）
题目：曲线 $y=x^{3}-2 x+1$ 在点 $(1,0)$ 处的切线方程为（ $)$
A. $y=x-1$
B. $y=-x+1$
C. $y=2 x-2$
D. $y=-2 x+2$

解答：解：验证知, 点 $(1,0)$ 在曲线上

$\because y=x^{3}-2 x+1$

$y^{\prime}=3 x^{2}-2$, 所以 $k=\left.y^{\prime}\right|_{x-1}=1$, 得切线的斜率为 1 , 所以 $k=1$;

所以曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,0)$ 处的切线方程为:

$y-0=1 \times(x-1)$ ，即 $y=x-1$.

故选: A.

答案：A

2010 年高考 （新课标）
题目：中心在原点, 焦点在 $\mathrm{x}$ 轴上的双曲线的一条渐近线经过点 $(4,2)$, 则它的离心率为 $(\quad)$
A. $\sqrt{6}$
B. $\sqrt{5}$
C. $\frac{\sqrt{6}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{5}}{2}$

解答：解: $\because$ 渐近线的方程是 $y= \pm \frac{b}{a} x$,

$\therefore 2=\frac{b}{a} \bullet 4, \frac{b}{a}=\frac{1}{2}, \quad a=2 b$,

$c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2} a, \quad e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}}{2}$ 即它的离心率为 $\frac{\sqrt{5}}{2}$.

故选: D.

答案：D

2010 年高考 （新课标）
题目：设长方体的长、宽、高分别为 $2 a 、 a 、 a$, 其顶点都在一个球面上, 则该球的表面积为 $(\quad)$
A. $3 \pi a^{2}$
B. $6 \pi a^{2}$
C. $12 \pi a^{2}$
D. $24 \pi a^{2}$

解答：解：根据题意球的半径 $\mathrm{R}$ 满足

$(2 R)^{2}=6 a^{2}$,

所以 $S_{\text {球 }}=4 \pi R^{2}=6 \pi a^{2}$.

故选: B.

答案：B

2010 年高考 （新课标）
题目：设偶函数 $f(x)$ 满足 $f(x)=2^{x}-4(x \geqslant 0)$, 则 $\{x \mid f(x-2)>0\}=($ )
A. $\{x \mid x<-2$ 或 $x>4\}$
B. $\{x \mid x<0$ 或 $x>4\}$
C. $\{x \mid x<0$ 或 $x>6\}$
D. $\{x \mid x<-2$ 或 $x>2\}$

解答：解：由偶函数 $f(x)$ 满足 $f(x)=2^{x}-4(x \geqslant 0)$, 可得 $f(x)=f(|x|)$ $=2^{|x|}-4$,

则 $f(x-2)=f(|x-2|)=2^{|x-2|}-4$, 要使 $f(|x-2|)>0$, 只需 $2^{|x-2|}-4>0$,

$$
|x-2|>2
$$

解得 $x>4$, 或 $x<0$.

应选: B.

答案：B

2010 年高考 （新课标）
题目：若 $\cos \alpha=-\frac{4}{5}, \alpha$ 是第三象限的角, 则 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=(\quad)$
A. $-\frac{7 \sqrt{2}}{10}$
B. $\frac{7 \sqrt{2}}{10}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{10}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{10}$

解答：解: $\because \alpha$ 是第三象限的角

$\therefore \sin \alpha=-\sqrt{1-\frac{16}{25}}=-\frac{3}{5}$, 所 以 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \alpha \cos \frac{\pi}{4}+\cos \alpha \sin \frac{\pi}{4}=-$ $\frac{3}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{4}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=-\frac{7 \sqrt{2}}{10}$

故选: A.

答案：A

2010 年高考 （新课标）
题目：设数列满足 $a_{1}=2, a_{n+1}-a_{n}=3 \cdot 2^{2 n-1}$

（1）求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 令 $b_{n}=n a_{n}$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$.

解答：（I ）由题意得 $a_{n+1}=\left[\left(a_{n+1}-a_{n}\right)+\left(a_{n}-a_{n-1}\right)+\ldots+\left(a_{2}-a_{1}\right)\right]+a_{1}=3 （$ $\left.2^{2 n-1}+2^{2 n-3}+\ldots+2\right)+2=2^{2(n+1)-1}$. 由此可知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2^{2 n-1}$.

(II ) 由 $b_{n}=n a_{n}=n \cdot 2^{2 n-1}$ 知 $S_{n}=1 \cdot 2+2 \cdot 2^{3}+3 \cdot 2^{5++n} \cdot 2^{2 n-1}$, 由此入手可知答案.

解： ( I ) 由已知, 当 $n \geqslant 1$ 时, $a_{n+1}=\left[\left(a_{n+1}-a_{n}\right)+\left(a_{n}-a_{n-1}\right)+\ldots+(\right.$ $\left.\left.a_{2}-a_{1}\right)\right]+a_{1}$

$=3\left(2^{2 n-1}+2^{2 n-3}+\ldots+2\right)+2=3 \times \frac{2\left(1-4^{n}\right)}{1-4}+2=2^{2(n+1)-1}$.

而 $a_{1}=2$,

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2^{2 n-1}$.

( II ) 由 $b_{n}=n a_{n}=n \cdot 2^{2 n-1}$ 知 $S_{n}=1 \cdot 2+2 \cdot 2^{3}+3 \cdot 2^{5}+\ldots+n \cdot 2^{2 n-1}(1)$

从而 $2^{2} \mathrm{~S}_{\mathrm{n}}=1 \cdot 2^{3}+2 \cdot 2^{5}+\ldots+n \cdot 2^{2 n+1}(2)$

(1)- (2)得 $\left(1-2^{2}\right) \cdot S_{n}=2+2^{3}+2^{5}+\ldots+2^{2 n-1}-n \cdot 2^{2 n+1}$.

即 $S_{n}=\frac{1}{9}\left[(3 n-1) 2^{2 n+1}+2\right]$.

答案：解： ( I ) 由已知, 当 $n \geqslant 1$ 时, $a_{n+1}=\left[\left(a_{n+1}-a_{n}\right)+\left(a_{n}-a_{n-1}\right)+\ldots+(\right.$ $\left.\left.a_{2}-a_{1}\right)\right]+a_{1}$

$=3\left(2^{2 n-1}+2^{2 n-3}+\ldots+2\right)+2=3 \times \frac{2\left(1-4^{n}\right)}{1-4}+2=2^{2(n+1)-1}$.

而 $a_{1}=2$,

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2^{2 n-1}$.

( II ) 由 $b_{n}=n a_{n}=n \cdot 2^{2 n-1}$ 知 $S_{n}=1 \cdot 2+2 \cdot 2^{3}+3 \cdot 2^{5}+\ldots+n \cdot 2^{2 n-1}(1)$

从而 $2^{2} \mathrm{~S}_{\mathrm{n}}=1 \cdot 2^{3}+2 \cdot 2^{5}+\ldots+n \cdot 2^{2 n+1}(2)$

(1)- (2)得 $\left(1-2^{2}\right) \cdot S_{n}=2+2^{3}+2^{5}+\ldots+2^{2 n-1}-n \cdot 2^{2 n+1}$.

即 $S_{n}=\frac{1}{9}\left[(3 n-1) 2^{2 n+1}+2\right]$.

2010 年高考 （新课标）
题目：为调查某地区老年人是否需要志愿者提供帮助, 用简单随机抽样 方法从该地区调查了 500 位老年人，结果如表:

\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline 性别 & 男 & 女 \\
\hline 是否需要志愿者 & & \\
\hline 需要 & 40 & 30 \\
\hline 不需要 & 160 & 270 \\
\hline
\end{tabular}

（1）估计该地区老年人中，需要志愿者提供帮助的比例;

(2) 能否有 $99 \%$ 的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有 关?

(3) 根据（2）的结论, 能否提出更好的调查方法来估计该地区的老年人中需要 志愿者提供帮助的老年人比例? 说明理由.

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$P\left(K^{2} \geqslant k\right)$ & 0.050 & 0.010 & 0.001 \\
\hline & 3.841 & 6.635 & 10.828 \\
\hline
\end{tabular}

附: $K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$.

解答：（1）由样本的频率率估计总体的概率,

（2）求 $K^{2}$ 的观测值查表, 下结论;

（3）由 99\%的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关, 则可按性别分层抽样.

解: (1) 调查的 500 位老年人中有 70 位需要志愿者提供帮助, 因此在 该地区老年人中, 需要帮助的老年人的比例的估计值为 $\frac{70}{500}=14 \%$

(2) $K^{2}$ 的观测值 $k=\frac{500(40 \times 270-30 \times 160)^{2}}{200 \times 300 \times 70 \times 430} \approx 9.967$

因为 $9.967>6.635$, 且 $P\left(K^{2} \geqslant 6.635\right)=0.01$,

所以有 $99 \%$ 的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关.

（3）根据（2）的结论可知, 该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有 关, 并且从样本数据能够看出该地区男性老年人与女性老年人中需要帮助的 比例有明显差异, 因此在调查时, 先确定该地区老年人中男、女的比例, 再 把老年人分成男女两层, 并采取分层抽样方法比简单随机抽样方法更好.

答案：解: (1) 调查的 500 位老年人中有 70 位需要志愿者提供帮助, 因此在 该地区老年人中, 需要帮助的老年人的比例的估计值为 $\frac{70}{500}=14 \%$

(2) $K^{2}$ 的观测值 $k=\frac{500(40 \times 270-30 \times 160)^{2}}{200 \times 300 \times 70 \times 430} \approx 9.967$

因为 $9.967>6.635$, 且 $P\left(K^{2} \geqslant 6.635\right)=0.01$,

所以有 $99 \%$ 的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关.

（3）根据（2）的结论可知, 该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有 关, 并且从样本数据能够看出该地区男性老年人与女性老年人中需要帮助的 比例有明显差异, 因此在调查时, 先确定该地区老年人中男、女的比例, 再 把老年人分成男女两层, 并采取分层抽样方法比简单随机抽样方法更好.

2010 年高考 （新课标）
题目：设 $F_{1}, F_{2}$ 分别是椭圆 $E: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左、右焦点, 过 $F_{1}$ 斜率为 1 的直线 $e$ 与 $E$ 相交于 $A, B$ 两点, 且 $\left|A F_{2}\right|,|A B|,\left|B F_{2}\right|$ 成等差数列

(1) 求 $E$ 的离心率;

(2) 设点 $P(0,-1)$ 满足 $|P A|=|P B|$, 求 $E$ 的方程.

解答：(1) 根据椭圆的定义可知 $\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|+|\mathrm{AB}|=4 \mathrm{a}$, 进而根据 $\left|\mathrm{AF}_{2}\right|, \mid \mathrm{AB}$ , $\left|B F_{2}\right|$ 成等差数表示出 $|A B|$, 进而可知直线 $\mid$ 的方程, 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}\right.$ $\left(y_{2}\right)$, 代入直线和椭圆方程, 联立消去 $y$, 根据韦达定理表示出 $x_{1}+x_{2}$ 和 $x_{1} x_{2}$ 进而根据 $\frac{4}{3} a=\frac{4 a b^{2}}{a^{2}+b^{2}}$, 求得 $a$ 和 $b$ 的关系, 进而求得 $a$ 和 $c$ 的关系, 离心率 可得.

(II) 设 $A B$ 的中点为 $N\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 根据 (1) 则可分别表示出 $x_{0}$ 和 $y_{0}$, 根据 $|P A|=|P B|$, 推知直线 $P N$ 的斜率, 根据 $\frac{y_{0}+1}{x_{0}}=-1$ 求得 $c$, 进而求得 $a$ 和 $b$, 粗圆的方程可得.

解：（1）由椭圆定义知 $\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|+|\mathrm{AB}|=4 \mathrm{a}$, 又 $2|\mathrm{AB}|=\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|$, 得 $|A B|=\frac{4}{3} a$, 1 的方程为 $y=x+c$, 其中 $c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}$.

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $A 、 B$ 两点坐标满足方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=x+c \\ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$

化简的 $\left(a^{2}+b^{2}\right) x^{2}+2 a^{2} c x+a^{2}\left(c^{2}-b^{2}\right)=0$

则 $x_{1}+x_{2}=\frac{-2 a^{2} c}{a^{2}+b^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{a^{2}\left(c^{2}-b^{2}\right)}{a^{2}+b^{2}}$

因为直线 $A B$ 斜率为 $1,|A B|=\sqrt{2}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{2\left[\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}\right]}$, 得 $\frac{4}{3} a=\frac{4 a b^{2}}{a^{2}+b^{2}}$, 故 $a^{2}=2 b^{2}$

所以 $E$ 的离心率 $\mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{\mathrm{a}^{2}-\mathrm{b}^{2}}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

(II) 设 $A B$ 的中点为 $N\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 由 (1) 知 $x_{0}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{-a^{2} c}{a^{2}+b^{2}}=-\frac{2}{3} c$,

$$
y_{0}=x_{0}+c=\frac{c}{3} \text {. }
$$

由 $|P A|=|P B|$, 得 $k_{P N}=-1$,

即 $\frac{y_{0}+1}{x_{0}}=-1$

得 $c=3$, 从而 $a=3 \sqrt{2}, b=3$

故椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{18}+\frac{y^{2}}{9}=1$.

答案：解：（1）由椭圆定义知 $\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|+|\mathrm{AB}|=4 \mathrm{a}$, 又 $2|\mathrm{AB}|=\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|$, 得 $|A B|=\frac{4}{3} a$, 1 的方程为 $y=x+c$, 其中 $c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}$.

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $A 、 B$ 两点坐标满足方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=x+c \\ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$

化简的 $\left(a^{2}+b^{2}\right) x^{2}+2 a^{2} c x+a^{2}\left(c^{2}-b^{2}\right)=0$

则 $x_{1}+x_{2}=\frac{-2 a^{2} c}{a^{2}+b^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{a^{2}\left(c^{2}-b^{2}\right)}{a^{2}+b^{2}}$

因为直线 $A B$ 斜率为 $1,|A B|=\sqrt{2}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{2\left[\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}\right]}$, 得 $\frac{4}{3} a=\frac{4 a b^{2}}{a^{2}+b^{2}}$, 故 $a^{2}=2 b^{2}$

所以 $E$ 的离心率 $\mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{\mathrm{a}^{2}-\mathrm{b}^{2}}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

(II) 设 $A B$ 的中点为 $N\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 由 (1) 知 $x_{0}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{-a^{2} c}{a^{2}+b^{2}}=-\frac{2}{3} c$,

$$
y_{0}=x_{0}+c=\frac{c}{3} \text {. }
$$

由 $|P A|=|P B|$, 得 $k_{P N}=-1$,

即 $\frac{y_{0}+1}{x_{0}}=-1$

得 $c=3$, 从而 $a=3 \sqrt{2}, b=3$

故椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{18}+\frac{y^{2}}{9}=1$.

2010 年高考 （新课标）
题目：设函数 $f(x)=e^{x}-1-x-a x^{2}$.

(1) 若 $a=0$, 求 $f(x)$ 的单调区间;

(2) 若当 $x \geqslant 0$ 时 $f(x) \geqslant 0$, 求 $a$ 的取值范围.

解答：(1) 先对函数 $f(x)$ 求导, 导函数大于 0 时原函数单调递增, 导函数 小于 0 时原函数单调递减.

(2) 根据 $e^{x} \geqslant 1+x$ 可得不等式 $f^{\prime}(x) \geqslant x-2 a x=(1-2 a) x$, 从而可知当 1- $2 a \geqslant$ 0 , 即 $a \leqslant \frac{1}{2}$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ 判断出函数 $f(x)$ 的单调性, 得到答案.

解: (1) $a=0$ 时, $f(x)=e^{x}-1-x, f^{\prime}(x)=e^{x}-1$.

当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$; 当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$.

故 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 单调减少, 在 $(0,+\infty)$ 单调增加

(II) $f^{\prime}(x)=e^{x}-1-2 a x$

由 (1) 知 $e^{x} \geqslant 1+x$, 当且仅当 $x=0$ 时等号成立. 故 $f^{\prime}(x) \geqslant x-2 a x=(1-2 a ） x$, 从而当 $1-2 a \geqslant 0$, 即 $a \leqslant \frac{1}{2}$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0(x \geqslant 0)$, 而 $f(0)=0$,

于是当 $x \geqslant 0$ 时, $f(x) \geqslant 0$.

由 $e^{x}>1+x(x \neq 0)$ 可得 $e^{-x}>1-x(x \neq 0)$.

从而当 $a>\frac{1}{2}$ 时, $f^{\prime}(x)<e^{x}-1+2 a\left(e^{-x}-1\right)=e^{-x}\left(e^{x}-1\right)\left(e^{x}-2 a\right)$, 故当 $x \in(0, \ln 2 a)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 而 $f(0)=0$, 于是当 $x \in(0, \ln 2 a)$ 时, $f($ x) $<0$.

综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$.

答案：解: (1) $a=0$ 时, $f(x)=e^{x}-1-x, f^{\prime}(x)=e^{x}-1$.

当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$; 当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$.

故 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 单调减少, 在 $(0,+\infty)$ 单调增加

(II) $f^{\prime}(x)=e^{x}-1-2 a x$

由 (1) 知 $e^{x} \geqslant 1+x$, 当且仅当 $x=0$ 时等号成立. 故 $f^{\prime}(x) \geqslant x-2 a x=(1-2 a ） x$, 从而当 $1-2 a \geqslant 0$, 即 $a \leqslant \frac{1}{2}$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0(x \geqslant 0)$, 而 $f(0)=0$,

于是当 $x \geqslant 0$ 时, $f(x) \geqslant 0$.

由 $e^{x}>1+x(x \neq 0)$ 可得 $e^{-x}>1-x(x \neq 0)$.

从而当 $a>\frac{1}{2}$ 时, $f^{\prime}(x)<e^{x}-1+2 a\left(e^{-x}-1\right)=e^{-x}\left(e^{x}-1\right)\left(e^{x}-2 a\right)$, 故当 $x \in(0, \ln 2 a)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 而 $f(0)=0$, 于是当 $x \in(0, \ln 2 a)$ 时, $f($ x) $<0$.

综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$.

2010 年高考 （新课标）
题目：已知直线 $C_{1}\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ (t 为参数), $C_{2}\left\{\begin{array}{l}x=\cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数)

(I) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时，求 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点坐标;

(II) 过坐标原点 $O$ 做 $C_{1}$ 的垂线, 垂足为 $A, P$ 为 $O A$ 中点, 当 $\alpha$ 变化时, 求 $P$ 点的轨迹的参数方程, 并指出它是什么曲线.

解答：(1）先消去参数将曲线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的参数方程化成普通方程, 再联立方程 组求出交点坐标即可,

(II) 设 $P(x, y)$, 利用中点坐标公式得 $P$ 点轨迹的参数方程, 消去参数即得 普通方程, 由普通方程即可看出其是什么类型的曲线.

解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$

联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$,

解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.

( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$.

则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$,

联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$;

A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$,

故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数),

$P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$.

故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆.

答案：解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$

联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$,

解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.

( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$.

则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$,

联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$;

A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$,

故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数),

$P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$.

故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆.

2010 年高考 （新课标）
题目：设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{3}=5, a_{10}=-9$.

(I) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式; (II ) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 及使得 $S_{n}$ 最大的序号 $n$ 的值.

解答：（1）设出首项和公差, 根据 $\mathrm{a}_{3}=5, \mathrm{a}_{10}=-9$, 列出关于首项和公差的二 元一次方程组, 解方程组得到首项和公差, 写出通项.

（2）由上面得到的首项和公差, 写出数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 整理成关于 $n$ 的一 元二次函数, 二次项为负数求出最值.

解: (1) 由 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d$ 及 $a_{3}=5, a_{10}=-9$ 得

$a_{1}+9 d=-9, a_{1}+2 d=5$

解得 $d=-2, a_{1}=9$,

数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=11-2 n$

（2）由（1）知 $S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=10 n-n^{2}$.

因为 $S_{n}=-(n-5)^{2}+25$.

所以 $n=5$ 时, $S_{n}$ 取得最大值.

答案：解: (1) 由 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d$ 及 $a_{3}=5, a_{10}=-9$ 得

$a_{1}+9 d=-9, a_{1}+2 d=5$

解得 $d=-2, a_{1}=9$,

数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=11-2 n$

（2）由（1）知 $S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=10 n-n^{2}$.

因为 $S_{n}=-(n-5)^{2}+25$.

所以 $n=5$ 时, $S_{n}$ 取得最大值.

2010 年高考 （新课标）
题目：为调查某地区老年人是否需要志愿者提供帮助, 用简单随机抽样 方法从该地区调查了 500 位老年人，结果如表:

\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline 性别 & 男 & 女 \\
\hline 是否需要志愿者 & & \\
\hline 需要 & 40 & 30 \\
\hline 不需要 & 160 & 270 \\
\hline
\end{tabular}

（1）估计该地区老年人中，需要志愿者提供帮助的比例;

(2) 能否有 $99 \%$ 的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有 关?

(3) 根据（2）的结论, 能否提出更好的调查方法来估计该地区的老年人中需要 志愿者提供帮助的老年人比例? 说明理由. 

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$P\left(K^{2} \geqslant k\right)$ & 0.050 & 0.010 & 0.001 \\
\hline & 3.841 & 6.635 & 10.828 \\
\hline
\end{tabular}

附: $K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$.

解答：(1）由样本的频率率估计总体的概率,

（2）求 $K^{2}$ 的观测值查表, 下结论;

(3) 由 $99 \%$ 的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关, 则可按性别分层抽样.

解: (1) 调查的 500 位老年人中有 70 位需要志愿者提供帮助, 因此在 该地区老年人中, 需要帮助的老年人的比例的估计值为 $\frac{70}{500}=14 \%$

(2) $K^{2}$ 的观测值 $k=\frac{500(40 \times 270-30 \times 160)^{2}}{200 \times 300 \times 70 \times 430} \approx 9.967$

因为 $9.967>6.635$, 且 $P\left(K^{2} \geqslant 6.635\right)=0.01$,

所以有 $99 \%$ 的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关.

(3) 根据（2）的结论可知, 该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有 关, 并且从样本数据能够看出该地区男性老年人与女性老年人中需要帮助的 比例有明显差异, 因此在调查时, 先确定该地区老年人中男、女的比例, 再 把老年人分成男女两层, 并采取分层抽样方法比简单随机抽样方法更好.

答案：解: (1) 调查的 500 位老年人中有 70 位需要志愿者提供帮助, 因此在 该地区老年人中, 需要帮助的老年人的比例的估计值为 $\frac{70}{500}=14 \%$

(2) $K^{2}$ 的观测值 $k=\frac{500(40 \times 270-30 \times 160)^{2}}{200 \times 300 \times 70 \times 430} \approx 9.967$

因为 $9.967>6.635$, 且 $P\left(K^{2} \geqslant 6.635\right)=0.01$,

所以有 $99 \%$ 的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关.

(3) 根据（2）的结论可知, 该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有 关, 并且从样本数据能够看出该地区男性老年人与女性老年人中需要帮助的 比例有明显差异, 因此在调查时, 先确定该地区老年人中男、女的比例, 再 把老年人分成男女两层, 并采取分层抽样方法比简单随机抽样方法更好.

2010 年高考 （新课标）
题目：设 $F_{1}, F_{2}$ 分别是椭圆 $E: x^{2}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(0<b<1)$ 的左、右焦点, 过 $F_{1}$ 的直线 与 $E$ 相交于 $A 、 B$ 两点, 且 $\left|A_{2}\right|,|A B|,\left|B_{2}\right|$ 成等差数列.

( I ) 求 $|A B|$;

(II) 若直线 $\mathrm{l}$ 的斜率为 1 , 求 $\mathrm{b}$ 的值.

解答：(1）由椭圆定义知 $\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+|\mathrm{AB}|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|=4$, 再由 $\left|\mathrm{AF}_{2}\right|,|\mathrm{AB}|,\left|\mathrm{BF}_{2}\right|$ 成 等差数列, 能够求出 $|A B|$ 的值.

(2) $L$ 的方程式为 $y=x+c$, 其中 $c=\sqrt{1-b^{2}}$, 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $A$, $B$ 两点坐标满足方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=x+c \\ x^{2}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$, 化简得 $\left(1+b^{2}\right) x^{2}+2 c x+1-2 b^{2}=0$. 然后结 合题设条件和根与系数的关系能够求出 $\mathrm{b}$ 的大小.

解：（1）由椭圆定义知 $\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+|\mathrm{AB}|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|=4$

又 $2|\mathrm{AB}|=\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|$, 得 $|\mathrm{AB}|=\frac{4}{3}$

(2) $L$ 的方程式为 $y=x+c$, 其中 $c=\sqrt{1-b^{2}}$

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $A, B$ 两点坐标满足方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=x+c \\ x^{2}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$, ,

化简得 $\left(1+b^{2}\right) x^{2}+2 c x+1-2 b^{2}=0$.

则 $x_{1}+x_{2}=\frac{-2 c}{1+b^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{1-2 b^{2}}{1+b^{2}}$.

因为直线 $A B$ 的斜率为 1 , 所以 $|A B|=\sqrt{2}\left|x_{2}-x_{1}\right|$ 即 $\frac{4}{3}=\sqrt{2}\left|x_{2}-x_{1}\right|$.

则 $\frac{8}{9}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}=\frac{4\left(1-b^{2}\right)}{\left(1+b^{2}\right)^{2}}-\frac{4\left(1-2 b^{2}\right)}{1+b^{2}}=\frac{8 b^{4}}{\left(1+b^{2}\right)^{2}}$.

解得 $\mathrm{b}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

答案：解：（1）由椭圆定义知 $\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+|\mathrm{AB}|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|=4$

又 $2|\mathrm{AB}|=\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|$, 得 $|\mathrm{AB}|=\frac{4}{3}$

(2) $L$ 的方程式为 $y=x+c$, 其中 $c=\sqrt{1-b^{2}}$

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $A, B$ 两点坐标满足方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=x+c \\ x^{2}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$, ,

化简得 $\left(1+b^{2}\right) x^{2}+2 c x+1-2 b^{2}=0$.

则 $x_{1}+x_{2}=\frac{-2 c}{1+b^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{1-2 b^{2}}{1+b^{2}}$.

因为直线 $A B$ 的斜率为 1 , 所以 $|A B|=\sqrt{2}\left|x_{2}-x_{1}\right|$ 即 $\frac{4}{3}=\sqrt{2}\left|x_{2}-x_{1}\right|$.

则 $\frac{8}{9}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}=\frac{4\left(1-b^{2}\right)}{\left(1+b^{2}\right)^{2}}-\frac{4\left(1-2 b^{2}\right)}{1+b^{2}}=\frac{8 b^{4}}{\left(1+b^{2}\right)^{2}}$.

解得 $\mathrm{b}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

2010 年高考 （新课标）
题目：21. 设函数 $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-a x^{2}$

(I) 若 $a=\frac{1}{2}$, 求 $f(x)$ 的单调区间;

(II) 若当 $x \geqslant 0$ 时 $f(x) \geqslant 0$, 求 $a$ 的取值范围.

解答：（1）求导函数，由导数的正负可得函数的单调区间;

(II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$, 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 分类讨论, 确定 $g(x)$ 的 正负, 即可求得 $\mathrm{a}$ 的取值范围.

解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$

令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$;

$\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$;

(II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$.

令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$.

若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$.

若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$.

另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立;

当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值,

由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$,

当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减,

可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$,

$x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$,

则 $a \leqslant 1$.

答案：解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$

令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$;

$\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$;

(II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$.

令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$.

若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$.

若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$.

另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立;

当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值,

由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$,

当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减,

可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$,

$x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$,

则 $a \leqslant 1$.

2010 年高考 （新课标）
题目：已知直线 $C_{1}\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ (t 为参数), $C_{2}\left\{\begin{array}{l}x=\cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数)

(I) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, 求 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点坐标;

(II) 过坐标原点 $O$ 做 $C_{1}$ 的垂线, 垂足为 $A, P$ 为 $O A$ 中点, 当 $\alpha$ 变化时, 求 $P$ 点的轨迹的参数方程, 并指出它是什么曲线.

解答：(1) 先消去参数将曲线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的参数方程化成普通方程, 再联立方程 组求出交点坐标即可,

(II) 设 $P(x, y)$, 利用中点坐标公式得 $P$ 点轨迹的参数方程, 消去参数即得 普通方程, 由普通方程即可看出其是什么类型的曲线.

解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$

联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$,

解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$.

则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$,

联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$;

A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$,

故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数),

$P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$.

故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆.

答案：解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$

联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$,

解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$.

则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$,

联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$;

A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$,

故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数),

$P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$.

故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆.