《高考试卷》2023福建高考数学（理）试题.doc

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1、2010年高考福建数学试题（理科解析）第I卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12小题。每小题5分，共60分，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的值等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】原式=，故选A。【命题意图】本题考查三角函数中两角差的正弦公式以及特殊角的三角函数，考查基础知识，属保分题。2以抛物线的焦点为圆心,且过坐标原点的圆的方程为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为已知抛物线的焦点坐标为（1，0），即所求圆的圆心，又圆过原点，所以圆的半径为，故所求圆的方程为，即，选D。【命题意图】本题考查抛物线的几何性质以及圆的方程的求法，属基

2、础题。3设等差数列的前n项和为,若,则当取最小值时,n等于A.6 B.7 C.8 D.9【答案】A【解析】设该数列的公差为，则，解得，所以，所以当时，取最小值。【命题意图】本题考查等差数列的通项公式以及前n项和公式的应用，考查二次函数最值的求法及计算能力。4函数的零点个数为 ( )A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】当时，令解得；当时，令解得，所以已知函数有两个零点，选C。【命题意图】本题考查分段函数零点的求法，考查了分类讨论的数学思想。5阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的值等于（ ）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】由程序框图可知，该框图的功能是输出使和

3、时的的值加1，因为， 所以当时，计算到，故输出的是4，选C。【命题意图】本题属新课标新增内容，考查认识程序框图的基本能力。6如图,若是长方体被平面截去几何体后得到的几何体,其中E为线段上异于的点，F为线段上异于的点，且，则下列结论中不正确的是（ ）A. B.四边形是矩形 C. 是棱柱 D. 是棱台【答案】D【解析】因为，所以，又平面，所以平面，又平面，平面平面=，所以，故，所以选项A、C正确；因为平面，所以平面，又平面， 故，所以选项B也正确，故选D。【命题意图】本题考查空间中直线与平面平行、垂直的判定与性质，考查同学们的空间想象能力和逻辑推理能力。7若点O和点分别是双曲线的中心和左焦点,点P

4、为双曲线右支上的任意一点,则的取值范围为 ( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为是已知双曲线的左焦点，所以，即，所以双曲线方程为，设点P，则有，解得，因为，所以=，此二次函数对应的抛物线的对称轴为，因为，所以当时，取得最小值，故的取值范围是，选B。【命题意图】本题考查待定系数法求双曲线方程，考查平面向量的数量积的坐标运算、二次函数的单调性与最值等，考查了同学们对基础知识的熟练程序以及知识的综合应用能力、运算能力。8设不等式组所表示的平面区域是,平面区域是与关于直线对称,对于中的任意一点A与中的任意一点B, 的最小值等于( )A. B.4 C. D.2【答案】B【解析】由题意知，所

5、求的的最小值，即为区域中的点到直线的距离的最小值的两倍，画出已知不等式表示的平面区域，如图所示，可看出点（1，1）到直线的距离最小，故的最小值为，所以选B。【命题意图】本题考查不等式中的线性规划以及两个图形间最小距离的求解、基本公式（点到直线的距离公式等）的应用，考查了转化与化归能力。9对于复数,若集合具有性质“对任意,必有”,则当时,等于 ( )A.1 B.-1 C.0 D.【答案】B【解析】由题意，可取，所以，选B。【命题意图】本题属创新题，考查复数与集合的基础知识。10对于具有相同定义域D的函数和,若存在函数为常数),对任给的正数m,存在相应的,使得当且时,总有,则称直线为曲线和的“分渐

6、近线”.给出定义域均为D=的四组函数如下:, ; ,;,; ,.其中, 曲线和存在“分渐近线”的是( )A. B. C.D.【答案】C【解析】经分析容易得出正确，故选C。【命题意图】本题属新题型，考查函数的相关知识。二、填空题：11在等比数列中,若公比,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式 .【答案】【解析】由题意知，解得，所以通项。【命题意图】本题考查等比数列的通项公式与前n项和公式的应用，属基础题。12若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其表面积等于 .【答案】【解析】由正视图知：三棱柱是以底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为，侧面积为，所以其表面积为。【命题意图】

7、本题考查立体几何中的三视图，考查同学们识图的能力、空间想象能力等基本能力。13某次知识竞赛规则如下:在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮。假设某选手正确回答每个问题的概率都是，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于 。【答案】0.128【解析】由题意知，所求概率为。【命题意图】本题考查独立重复试验的概率，考查基础知识的同时，进一步考查同学们的分析问题、解决问题的能力。14已知函数和的图象的对称轴完全相同。若，则的取值范围是 。【答案】【解析】由题意知，因为，所以，由三角函数图象知：的最小值为，最大值为，所以的取

8、值范围是。【命题意图】本题考查三角函数的图象与性质，考查了数形结合的数学思想。15已知定义域为的函数满足：对任意，恒有成立；当时，。给出如下结论：对任意，有；函数的值域为；存在，使得；“函数在区间上单调递减”的充要条件是 “存在，使得”。其中所有正确结论的序号是 。【答案】【解析】对，因为，所以，故正确；经分析，容易得出也正确。【命题意图】本题考查函数的性质与充要条件，熟练基础知识是解答好本题的关键。三、解答题：16（本小题满分13分）设是不等式的解集，整数。（1）记使得“成立的有序数组”为事件A，试列举A包含的基本事件；（2）设，求的分布列及其数学期望。【命题意图】本小题主要考查概率与统计、

9、不等式等基础知识，考查运算求解能力、应用意识，考查分类与整合思想、必然与或然思想、化归与转化思想。【解析】（1）由得，即，由于整数且，所以A包含的基本事件为。（2）由于的所有不同取值为所以的所有不同取值为，且有，故的分布列为0149P所以=。17（本小题满分13分）已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A（2，3），且点F（2，0）为其右焦点。（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在平行于OA的直线，使得直线与椭圆C有公共点，且直线OA与的距离等于4？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由。【命题意图】本小题主要考查直线、椭圆等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、数形结

10、合思想、化归与转化思想。【解析】（1）依题意，可设椭圆C的方程为，且可知左焦点为F（-2，0），从而有，解得，又，所以，故椭圆C的方程为。（2）假设存在符合题意的直线，其方程为，由得，因为直线与椭圆有公共点，所以有，解得，另一方面，由直线OA与的距离4可得：，从而，由于，所以符合题意的直线不存在。18（本小题满分13分）如图，圆柱内有一个三棱柱，三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB是圆O直径。（）证明：平面平面；（）设AB=，在圆柱内随机选取一点，记该点取自于三棱柱内的概率为。（i）当点C在圆周上运动时，求的最大值；（ii）记平面与平面所成的角为，当取最大值时，求的值。【命题意图】本小题

11、主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。【解析】（）因为平面ABC，平面ABC，所以，因为AB是圆O直径，所以，又，所以平面，而平面，所以平面平面。（）（i）设圆柱的底面半径为，则AB=，故三棱柱的体积为=，又因为，所以=，当且仅当时等号成立，从而，而圆柱的体积，故=当且仅当，即时等号成立，所以的最大值是。（ii）由（i）可知，取最大值时，于是以O为坐标原点，建立空间直角坐标系（如图），则C（r，0，0），B（0，r，0），（0，r，2r），因为平

12、面，所以是平面的一个法向量，设平面的法向量，由，故，取得平面的一个法向量为，因为，所以。19（本小题满分13分）。，轮船位于港口O北偏西且与该港口相距20海里的A处，并以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶。假设该小船沿直线方向以海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇。（1）若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？（2）假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时，试设计航行方案（即确定航行方向与航行速度的大小），使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由。【解析】如图，由（1）得而小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时，故轮船与小艇不可能在A、C（包

13、含C）的任意位置相遇，设，OD=，由于从出发到相遇，轮船与小艇所需要的时间分别为和，所以，解得，从而值，且最小值为，于是当取得最小值，且最小值为。此时，在中，故可设计航行方案如下：航行方向为北偏东，航行速度为30海里/小时，小艇能以最短时间与轮船相遇。20（本小题满分14分）（）已知函数，。（i）求函数的单调区间；（ii）证明：若对于任意非零实数，曲线C与其在点处的切线交于另一点，曲线C与其在点处的切线交于另一点，线段（）对于一般的三次函数（）（ii）的正确命题，并予以证明。【命题意图】本小题主要考查函数、导数、定积分等基础知识，考查抽象概括能力、运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想

14、、数形结合思想、化归与转化思想、特殊与一般思想。【解析】（）（i）由得=，当和时，；当时，因此，的单调递增区间为和，单调递减区间为。（ii）曲线C与其在点处的切线方程为得，即，解得，进而有，用代替，重复上述计算过程，可得和，又，所以因此有。（）记函数的图象为曲线，类似于（）（ii）的正确命题为：若对任意不等式的实数，曲线与其在点处的切线交于另一点，曲线C与其在点处的切线交于另一点，线段证明如下：因为平移变换不改变面积的大小，故可将曲线的对称中心平移至坐标原点，因而不妨设，类似（i）（ii）的计算可得，故。21本题设有（1）（2）（3）三个选考题，每题7分，请考生任选2题做答，满分14分。如果多

15、做，则按所做的前两题计分。作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中。（1）（本小题满分7分）选修4-2：矩阵与变换已知矩阵M=，且，（）求实数的值；（）求直线在矩阵M所对应的线性变换下的像的方程。（2）（本小题满分7分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xoy中，直线的参数方程为（t为参数）。在极坐标系（与直角坐标系xoy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，圆C的方程为。（）求圆C的直角坐标方程；（）设圆C与直线交于点A、B，若点P的坐标为，求|PA|+|PB|。（3）（本小题满分7分）选修4-5：不等式选讲已知函数。（）若不

16、等式的解集为，求实数的值；（）在（）的条件下，若对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围。（1）选修4-2：矩阵与变换【命题意图】本小题主要考查矩阵与变换等基础知识，考查运算求解能力。【解析】（）由题设得，解得；（）因为矩阵M所对应的线性变换将直线变成直线（或点），所以可取直线上的两（0，0），（1，3），由，得：点（0，0），（1，3）在矩阵M所对应的线性变换下的像是（0，0），（-2，2），从而直线在矩阵M所对应的线性变换下的像的方程为。（2）选修4-4：坐标系与参数方程【命题意图】本小题主要考查直线的参数方程、圆的极坐标方程、直线与圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力。【解析】（）由得即（）将的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得，即由于，故可设是上述方程的两实根，所以故由上式及t的几何意义得：|PA|+|PB|=。（3）选修4-5：不等式选讲【命题意图】本小题主要考查绝对值的意义、绝对值不等式等基础知识，考查运算求解能力。【解析】（）由得，解得，又已知不等式的解集为，所以，解得。（）当时，设，于是=，所以当时，；当时，；当时，。12