2010年北京高考理科数学真题及答案.pdf

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1、20102010 年北京高考理科数学真题及答案年北京高考理科数学真题及答案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。第第卷卷（选择题共 140 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203,9PxZxMxZ x，则PMI=(A)1,2(B)0,1,2(C)x|0 x3(D)x|0 x3（2）在等比数列 na中，11a，公比1q.若12345maa a a a a，则 m=（

2、A）9（B）10（C）11（D）12（3）一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正（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（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）8289A A（B）8289A C（C）8287A A（D）8287A C（5）极坐标方程（p-1）（）=（p0）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（6）a、b 为非零向量。“ab”是“函数()()()f xxabxba为一次函数”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（7）设

3、不等式组110330530 xyxyxy9表示的平面区域为 D，若指数函数 y=xa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,(8)如图，正方体 ABCD-1111ABC D的棱长为 2，动点 E、F 在棱11AB上，动点 P，Q 分别在棱 AD，CD 上，若 EF=1，1AE=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，无关第第 IIII 卷（共卷（共 110110 分）分）二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 6 6 小题，每小题小题，每小题 5 5 分

4、，共分，共 3030 分。分。（9）在复平面内，复数21ii对应的点的坐标为。（10）在ABC 中，若 b=1，c=3，23C，则 a=。（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。（12）如图，O的弦 ED，CB 的延长线交于点 A。若 BDAE，AB4,BC2,AD3,则 DE；CE。（13）已知双曲线22221xyab的离心率为 2，焦点与

5、椭圆221259的焦点相同，那么双曲线的焦点坐标为；渐近线方程为。（14）（14）如图放置的边长为 1 的正方形 PABC 沿 x 轴滚动。设顶点 p（x，y）的轨迹方程是()yf x，则()f x的最小正周期为；()yf x在其两个相邻零点间的图像与 x 轴所围区域的面积为。说明说明：“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可以沿轴负方向滚动。三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 6 小题，共小题，共 8080 分。解答应写出文字说明，

6、演算步骤或证明过程。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）已知函数(x)f22cos2sin4cosxxx。（）求()3f的值；（）求(x)f的最大值和最小值。（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=2，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。(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45，第二、第三门课程取得优秀成绩的概率分别为p，q(pq)，且不同课程是否取得优秀成绩

7、相互独立。记为该生取得优秀成绩的课程数，其分布列为0123p6125ad24125()求该生至少有 1 门课程取得优秀成绩的概率；()求p，q的值；()求数学期望E。(18)(本小题共 13 分)已知函数f(x)=In(1+x)-x+22xx(k0)。()当k=2 时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程；()求f(x)的单调区间。（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13.()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，

8、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。（20）（本小题共 13 分）已知集合121|(,),0,1,1,2,(2)nnSX Xx xxxin n，对于12(,)nAa aa，12(,)nnBb bbS，定义 A 与 B 的差为1122(|,|,|);nnABabababA 与 B 之间的距离为111(,)|id A Bab（）证明：,nnA B CSABS有，且(,)(,)d AC BCd A B;（）证明：,(,),(,),(,)nA B CSd A B d A C d B C三个数中至少有一个是偶数()设 PnS，P 中有 m

9、(m2)个元素，记 P 中所有两元素间距离的平均值为d(P).证明：d（P）2(1)mnm.（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）参考答案参考答案一、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）0.0303（12）52 7（13）（4，0）30 xy（14）41三、解答题（本大题共 6 小题，共 80 分）（15）（共 13 分）解：（I）2239()2cossin4cos1333344f （II）22()2(

10、2cos1)(1 cos)4cosf xxxx=23cos4cos1xx=2273(cos)33x,xR因为cos x 1,1，所以，当cos1x 时，()f x取最大值 6；当2cos3x 时，()f x取最小值73（16）（共 14 分）证明：（I）设 AC 与 BD 交与点 G。因为 EF/AG，且 EF=1，AG=12AC=1.所以四边形 AGEF 为平行四边形.所以 AF/平面 EG，因为EG 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

11、立空间直角坐标系 C-xyz.则 C（0，0，0），A（2，2，0），B（0，2，0）.所以22(,1)22CF ，(0,2,1)BE ，(2,0,1)DE .所以0 1 10CF BE ,1 0 10CF DE 所以CFBE,CFDE.所以CF BDE.(III)由（II）知，22(,1)22CF 是平面 BDE 的一个法向量.设平面 ABE 的法向量(,)nx y z,则0n BA ，0n BE .即(,)(2,0,0)0(,)(0,2,1)0 x y zx y z所以0,x 且2,zy令1,y 则2z.所以(0,1,2)n.从而3cos,2|n CFn CFn CF 。因为二面角ABED

12、为锐角，所以二面角ABED的大小为6.（17）（共 13 分）解：事件iA表示“该生第i门课程取得优秀成绩”，i=1,2,3，由题意知14()5P A，2()P Ap，3()P Aq（I）由于事件“该生至少有 1 门课程取得优秀成绩”与事件“0”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61191(0)1125125P，（II）由题意知12316(0)()(1)(1)5125PP A A Apq123424(3)()5125PP A A Apq整理得6125pq，1pq由pq，可得35p，25q.（III）由题意知123123123(1)()()()aPP A A AP A A

13、AP A A A=411(1)(1)(1)(1)555pqpqp q37125(2)1(0)(1)(3)bPPPP=581250(0)1(1)2(2)3(3)EPPPP=95（18）（共 13 分）解：（I）当2k 时，2()ln(1)f xxxx，1()121fxxx 由于(1)ln2f，3(1)2f，所以曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线方程为3ln2(1)2yx即322ln230 xy（II）(1)()1x kxkfxx，(1,)x .当0k 时，()1xfxx.所以，在区间(1,0)上，()0fx；在区间(0,)上，()0fx.故()f x得单调递增区间是(1,0)，单调递减区

14、间是(0,).当01k时，由(1)()01x kxkfxx，得10 x，210kxk所以，在区间(1,0)和1(,)kk上，()0fx；在区间1(0,)kk上，()0fx 故()f x得单调递增区间是(1,0)和1(,)kk，单调递减区间是1(0,)kk.当1k 时，2()1xfxx故()f x得单调递增区间是(1,).当1k 时，(1)()01x kxkfxx，得11(1,0)kxk，20 x.所以没在区间1(1,)kk和(0,)上，()0fx；在区间1(,0)kk上，()0fx 故()f x得单调递增区间是1(1,)kk和(0,)，单调递减区间是1(,0)kk（19）（共 14 分）（I）

15、解：因为点 B 与 A(1,1)关于原点O对称，所以点B得坐标为(1,1).设点P的坐标为(,)x y由题意得111113yyxx 化简得2234(1)xyx.故动点P的轨迹方程为2234(1)xyx（II）解法一：设点P的坐标为00(,)xy，点M，N得坐标分别为(3,)My,(3,)Ny.则直线AP的方程为0011(1)1yyxx，直线BP的方程为0011(1)1yyxx 令3x 得000431Myxyx，000231Nyxyx.于是PMN得面积2000020|(3)1|(3)2|1|PMNMNxyxSyyxx又直线AB的方程为0 xy，|2 2AB，点P到直线AB的距离00|2xyd.于

16、是PAB的面积001|2PABSAB dxy当PABPMNSS时，得20000020|(3)|1|xyxxyx又00|0 xy，所以20(3)x=20|1|x，解得05|3x。因为220034xy，所以0339y 故存在点P使得PAB与PMN的面积相等，此时点P的坐标为533(,)39.解法二：若存在点P使得PAB与PMN的面积相等，设点P的坐标为00(,)xy则11|sin|sin22PAPBAPBPMPNMPN.因为sinsinAPBMPN,所以|PAPNPMPB所以000|1|3|3|1|xxxx即2200(3)|1|xx，解得0 x53因为220034xy，所以0339y 故存在点PS

17、 使得PAB与PMN的面积相等，此时点P的坐标为533(,)39.（20）（共 13 分）证明：（I）设12(,.,)nAa aa，12(,.,)nBb bb，12(,.,)nCc ccnS因为ia，0,1ib，所以0,1iiab,(1,2,.,)从而1122(|,|,.,|)nnnABabababS又1(,)|niiiiid AC BCacbc由题意知ia，ib，ic0,1(1,2,.,)in.当0ic 时，|iiiiiia cbcab;当1ic 时，|(1)(1)|iiiiiiiia cbcabab所以1(,)|(,)niiid AC BCabd A B(II)设12(,.,)nAa aa

18、，12(,.,)nBb bb，12(,.,)nCc ccnS(,)d A Bk，(,)d A Cl，(,)d B Ch.记(0,0,.,0)nOS，由（I）可知(,)(,)(,)d A Bd AA BAd O BAk(,)(,)(,)d A Cd AA CAd O CAl(,)(,)d B Cd BA CAh所以|(1,2,.,)iibain中 1 的个数为k，|(1,2,.,)iicain的 1 的个数为l。设t是使|1iiiibaca成立的i的个数，则2hlkt 由此可知，,k l h三个数不可能都是奇数，即(,)d A B,(,)d A C,(,)d B C三个数中至少有一个是偶数。（III）2,1()(,)A B Pmd Pd A BC,其中,(,)A B Pd A B表示P中所有两个元素间距离的总和，设P种所有元素的第i个位置的数字中共有it个 1，imt个 0则,(,)A B Pd A B=1()niiit mt由于it()imt2(1,2,.,)4min所以,(,)A B Pd A B24nm从而222,1()(,)42(1)A B Pmmnmmnd Pd A BCCm