【数学】2010年高考试题——数学（北京卷）（理）.doc

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1、2010年普通高等学校招生全国统一考试数 学（理）（北京卷）解析本试卷分第卷和第卷两部分。第卷1至2页、第卷3至5页，共150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效，考试结束后，将本试卷和答题卡。第卷（选择题 共40分）一、本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。（1） 集合，则= (A) 1,2 (B) 0,1,2 (C)x|0x3 (D) x|0x31，B解析：，因此（2）在等比数列中，公比.若，则m=（A）9 （B）10 （C）11 （D）122，C解析：，因此有（3）一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正

2、（主）视图与侧（左）视图分别如右图所示，则该几何体的俯视图为 3，C解析：很容易看出这是一个面向我们的左上角缺了一小块长方体的图形，不难选出答案。（4）8名学生和2位第师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为（A） （B） （C） （D） 4，A解析：基本的插空法解决的排列组合问题，将所有学生先排列，有种排法，然后将两位老师插入9个空中，共有种排法，因此一共有种排法。（5）极坐标方程（-1）（）=0（0）表示的图形是（A）两个圆 （B）两条直线（C）一个圆和一条射线 （D）一条直线和一条射线5，C解析：原方程等价于或，前者是半径为1的圆，后者是一条射线。（6）若,是非零向量，“”是“函数为一

3、次函数”的（A）充分而不必要条件 （B）必要不充分条件（C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件6，B解析：，如，则有，如果同时有，则函数恒为0，不是一次函数，因此不充分，而如果为一次函数，则，因此可得，故该条件必要。（7）设不等式组 表示的平面区域为D，若指数函数y=的图像上存在区域D上的点，则a 的取值范围是 （A）(1,3 (B )2,3 (C ) (1,2 (D ) 3, 7，A解析：这是一道略微灵活的线性规划问题，作出区域D的图象，联系指数函数的图象，能够看出，当图象经过区域的边界点（2,9）时，a可以取到最大值3，而显然只要a大于1，图象必然经过区域内的点。(8)如图，正方体A

4、BCD-的棱长为2，动点E、F在棱上，动点P，Q分别在棱AD，CD上，若EF=1，E=x，DQ=y，D（，大于零），则四面体PE的体积（）与，都有关（）与有关，与，无关（）与有关，与，无关（）与有关，与，无关8，D解析：这道题目延续了北京高考近年8，14，20的风格，即在变化中寻找不变，从图中可以分析出，的面积永远不变，为面面积的，而当点变化时，它到面的距离是变化的，因此会导致四面体体积的变化。第II卷（共110分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。（9）在复平面内，复数对应的点的坐标为 。9，（-1，1）.解析：（10）在ABC中，若b = 1，c =，则a = 。10， 1

5、。解析：，因此，故（11）从某小学随机抽取100名同学，将他们的身高（单位：厘米）数据绘制成频率分布直方图（如图）。由图中数据可知a 。若要从身高在 120 , 130），130 ，140) , 140 , 150三组内的学生中，用分层抽样的方法选取18人参加一项活动，则从身高在140 ，150内的学生中选取的人数应为 。11，0.030， 3解析：由所有小矩形面积为1不难得到，而三组身高区间的人数比为3:2:1，由分层抽样的原理不难得到140-150区间内的人数为3人。（12）如图，的弦ED，CB的延长线交于点A。若BDAE，AB4, BC2, AD3,则DE ；CE 。12，5，解析：首先

6、由割线定理不难知道，于是，又，故为直径，因此，由勾股定理可知，故（13）已知双曲线的离心率为2，焦点与椭圆的焦点相同，那么双曲线的焦点坐标为 ；渐近线方程为 。13，解析：双曲线焦点即为椭圆焦点，不难算出为，又双曲线离心率为2，即，故，渐近线为（14）如图放置的边长为1的正方形PABC沿轴滚动。设顶点P（，y）的轨迹方程是，则的最小正周期为 ；在其两个相邻零点间的图像与轴所围区域的面积为 。说明：“正方形PABC沿轴滚动”包括沿轴正方向和沿轴负方向滚动。沿轴正方向滚动指的是先以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在轴上时，再以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续。类似地，正方形PABC可以沿轴负方向

7、滚动。14， 4，解析：不难想象，从某一个顶点（比如A）落在x轴上的时候开始计算，到下一次A点落在x轴上，这个过程中四个顶点依次落在了x轴上，而每两个顶点间距离为正方形的边长1，因此该函数的周期为4。下面考察P点的运动轨迹，不妨考察正方形向右滚动，P点从x轴上开始运动的时候，首先是围绕A点运动个圆，该圆半径为1，然后以B点为中心，滚动到C点落地，其间是以BP为半径，旋转90，然后以C为圆心，再旋转90，这时候以CP为半径，因此最终构成图象如下：P A B C PPP因此不难算出这块的面积为三、解答题：本大题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。（15）（本小题共13分）

8、已知函数。（）求的值；（）求的最大值和最小值。15（I）（2） 因为所以当时，取最大值6；当时，取最小值。（16）（本小题共14分） 如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CEAC,EFAC,AB=，CE=EF=1.（）求证：AF平面BDE；（）求证：CF平面BDE；（）求二面角A-BE-D的大小。16证明：（I）设AC与BD交于点G，因为EFAG，且EF=1，AG=AC=1，所以四边形AGEF为平行四边形。所以AFEG。因为EGP平面BDE，AF平面BDE，所以AF平面BDE。（II）因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CEAC，所以CEAC，所以CE平

9、面ABCD。如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C-xyz。则C（0， 0， 0），A（，0），D（，0， 0），E（0， 0， 1），F（，1）。所以=（，1），=（0，），（，0，）。所以= 0-1+1=0，=。所以CFBE，CFDE，所以CF平面BDE（III）由（II）知，=（，1），是平面BDE的一个法向量，设平面ABE的法向量=（x,y,z）,则=0，=0。即所以x=0，且z=y。令y=1，则z=。所以n=（），从而cos（，）=因为二面角A-BE-D为锐角，所以二面角A-BE-D为。 (17)(本小题共13分) 某同学参加3门课程的考试。假设该同学第一门课程取得优秀成绩的概率为，

10、第二、第三门课程取得优秀成绩的概率分别为，()，且不同课程是否取得优秀成绩相互独立。记为该生取得优秀成绩的课程数，其分布列为0123Pb()求该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率；()求，的值；()求数学期望。17解：事件A，表示“该生第i门课程取得优异成绩”，i=1,2,3。由题意可知（I）由于事件“该生至少有一门课程取得优异成绩”与事件“”是对立的，所以该生至少有一门课程取得优秀成绩的概率是（II）由题意可知，整理得pq=。（III）由题意知， (18)(本小题共13分)已知函数()当=2时，求曲线=()在点(1，)处的切线方程；()求()的单调区间。18解：（I）当时， 由于所以曲线处的

11、切线方程为。即（II）当时，因此在区间上，；在区间上，；所以的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，得;因此，在区间和上，；在区间上，；即函数 的单调递增区间为和，单调递减区间为；当时，.的递增区间为当时，由，得；因此，在区间和上，在区间上，；即函数 的单调递增区间为和，单调递减区间为。（19）（本小题共14分）在平面直角坐标系xOy中，点B与点A（-1,1）关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于.()求动点P的轨迹方程；()设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M,N，问：是否存在点P使得PAB与PMN的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由。19，解：（1）

12、因点B与（-1,1）关于原点对称，得B点坐标为（1，-1）。设P点坐标为，则，由题意得，化简得：。即P点轨迹为：（2）因，可得，又，若，则有，即设P点坐标为，则有：解得：，又因，解得。故存在点P使得与的面积相等，此时P点坐标为或（20）（本小题共13分）已知集合对于，定义A与B的差为A与B之间的距离为（）证明：，且;（）证明：三个数中至少有一个是偶数() 设P，P中有m(m2)个元素，记P中所有两元素间距离的平均值为. 证明：.20,【分析】：这道题目的难点主要出现在读题上，这里简要分析一下。题目所给的条件其实包含两个定义，第一个是关于的，其实中的元素就是一个n维的坐标，其中每个坐标值都是0或

13、者1， 也可以这样理解，就是一个n位数字的数组，每个数字都只能是0和1， 第二个定义叫距离，距离定义在两者之间，如果直观理解就是看两个数组有多少位不同，因为只有0和1才能产生一个单位的距离，因此这个大题最核心的就是处理数组上的每一位数，然后将处理的结果综合起来，就能看到整体的性质了。第一问，因为每个数位上都是0或者1，取差的绝对值仍然是0或者1，符合的要求。然后是减去C的数位，不管减去的是0还是1， 每一个a和每一个b都是同时减去的，因此不影响他们原先的差。第二问，先比较A和B有几个不同（因为距离就是不同的有几个），然后比较A和C有几个不同，这两者重复的（就是某一位上A和B不同，A和C不同，那

14、么这一位上B和C就相同）去掉两次（因为在前两次比较中各计算了一次），剩下的就是B和C的不同数目，很容易得到这样的关系式：，从而三者不可能同为奇数。第三问，首先理解P中会出现个距离，所以平均距离就是距离总和再除以，而距离的总和仍然可以分解到每个数位上，第一位一共产生了多少个不同，第二位一共产生了多少个不同，如此下去，直到第n位。然后思考，第一位一共m个数，只有0和1会产生一个单位距离，因此只要分开0和1的数目即可，等算出来一切就水到渠成了。此外，这个问题需要注意一下数学语言的书写规范。解：（1）设因，故，即又当时，有；当时，有故（2）设 记记，由第一问可知：即中1的个数为k，中1的个数为l，设t

15、是使成立的i的个数，则有，由此可知，不可能全为奇数，即三个数中至少有一个是偶数。（3）显然P中会产生个距离，也就是说，其中表示P中每两个元素距离的总和。分别考察第i个位置，不妨设P中第i个位置一共出现了个1， 那么自然有个0，因此在这个位置上所产生的距离总和为，那么n个位置的总和即下面就一些具体问题来阐述一下解题思路，希望可以指点今后高三学生的一些复习方向。选择题，第5题，考察知识点：极坐标系，在这个问题的设置上，命题人很巧妙地加入了一个乘积为0的现象，这违背了不少考生在之前的模拟考试中对于极坐标题的认识，认为就是简简单单的坐标转化，这一设置虽未增加多少难度，但构思仍然值得称赞。选择题，第6题

16、，考察知识点：常用逻辑，向量。借助函数的背景，把几个小知识点灵活地放在一起，若略有粗心便可能失分。选择题，第7题，考察知识点：线性规划，指数函数。同样是求参数范围，这道题却能突破常规，最大值是3容易想，所有的a大于1却需要学生敏锐的观察力。选择题，第8题，考察知识点：立体几何。四个运动的点会让考生感觉不太舒服，而几何的美妙之处很大程度上就在于如何从运动中寻找不变，这也是一向北京市命题风格，09年的选择题最后一题也体现了这个风格。填空题，第14题，一个正方形的滚动虽然是新背景，但也不是第一次在考试中见到，但是这样的滚动方式还是会让不少学生感觉陌生，如何迅速地考察运动状态的每一次变化，就成为了解决

17、这个问题的关键。解答题整体难度梯度较好，第15题直接考察三角函数虽然有些出人意外，但题目本身中规中矩，跟平时三角函数的练习并没有太大区别，立体几何，概率，导数三道大题也依然维持常态，与我们平时在课堂上讲解的东西保持一致。值得说的是最后两道大题。19题为解析几何大题，第二问很多考生反映说计算量很大，的确，如果按照一般的计算交点然后计算距离的方式去求三角形面积，计算量的确不小，但是这样做的同学大多数都是拿到题目，未详细思考直接动笔运算，事实上，如果认真考察两个三角形之间的关系，便可以发现这道题目并不需要过于复杂的运算，我后面给出的解法口算即可完成。最后一题的立意继承了07年的压轴题立意，在离散情况

18、下处理集合的新背景规则，带有一些组合技巧。考生的瓶颈在于读题上，大多数同学读到复杂的符号和定义的时候便头晕眼花，这说明了许多考生对于数学语言的理解层面尚浅，不能将抽象的符号语言转化为直观的认识，北京近年来的压轴题风格多为此类，下一届的高三应该在这方面多下功夫。2010年普通高等学校招生全国统一考试数学（理）（北京卷）参考答案一、 选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）（1）B （2）C （3）C （4）A （5）C （6）B （7）A （8）D二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）（9）（-1,1） （10）1（11）0.030 3 （12）5 （13）（，0） （14）4

19、 三、解答题（本大题共6小题，共80分）（15）（共13分）解：（I） （II） = =, 因为， 所以，当时，取最大值6；当时，取最小值（16）（共14分） 证明：（I） 设AC与BD交与点G。 因为EF/AG，且EF=1，AG=AC=1. 所以四边形AGEF为平行四边形. 所以AF/平面EG， 因为平面BDE，AF平面BDE， 所以AF/平面BDE. （II）因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面 相互垂直，且CEAC， 所以CE平面ABCD. 如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C-. 则C（0，0，0），A（，0），B（0，0）. 所以，. 所以, 所以,. 所以BDE.(III

20、) 由（II）知，是平面BDE的一个法向量. 设平面ABE的法向量,则，. 即所以且 令则. 所以. 从而。 因为二面角为锐角， 所以二面角的大小为.（17）（共13分）解：事件表示“该生第门课程取得优秀成绩”，=1,2,3，由题意知 ，（I）由于事件“该生至少有1门课程取得优秀成绩”与事件“”是对立的，所以该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率是 ，（II）由题意知 整理得 ，由，可得，.（III）由题意知 = = =（18）（共13分）解：（I）当时， 由于， 所以曲线在点处的切线方程为 即 （II），. 当时，. 所以，在区间上，；在区间上，. 故得单调递增区间是，单调递减区间是. 当时，

21、由，得， 所以，在区间和上，；在区间上， 故得单调递增区间是和，单调递减区间是. 当时， 故得单调递增区间是.当时，得，.所以没在区间和上，；在区间上，故得单调递增区间是和，单调递减区间是（19）（共14分）（I）解：因为点B与A关于原点对称，所以点得坐标为. 设点的坐标为 由题意得 化简得 . 故动点的轨迹方程为（II）解法一：设点的坐标为，点，得坐标分别为,. 则直线的方程为，直线的方程为令得，.于是得面积 又直线的方程为，点到直线的距离.于是的面积 当时，得又，所以=，解得。因为，所以故存在点使得与的面积相等，此时点的坐标为.解法二：若存在点使得与的面积相等，设点的坐标为 则. 因为, 所以 所以 即 ，解得 因为，所以 故存在点S使得与的面积相等，此时点的坐标为.（20）（共13分）证明：（I）设， 因为，所以, 从而 又由题意知，.当时，; 当时，所以(II)设， ，. 记，由（I）可知 所以中1的个数为，的1的个数为。 设是使成立的的个数，则 由此可知，三个数不可能都是奇数， 即,三个数中至少有一个是偶数。（III）,其中表示中所有两个元素间距离的总和，设种所有元素的第个位置的数字中共有个1，个0则=由于所以从而