《2010年北京市高考数学试卷(理科)(共22页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2010年北京市高考数学试卷(理科)(共22页).doc（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上2010年北京市高考数学试卷（理科）一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1（5分）（北京卷理1）集合P=xZ|0x3，M=xZ|x29，则PM=（）A1，2B0，1，2Cx|0x3Dx|0x32（5分）在等比数列an中，a1=1，公比q1若am=a1a2a3a4a5，则m=（）A9B10C11D123（5分）一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧（左）视图分别如图所，则该几何体的俯视图为（）ABCD4（5分）8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为（）AA88A92BA88C92CA88A72DA88C725（5分）极坐标方程（
2、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6（5分）若，是非零向量，“”是“函数为一次函数”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（5分）设不等式组表示的平面区域为D，若指数函数y=ax的图象上存在区域D上的点，则a的取值范围是（）A（1，3B2，3C（1，2D3，+8（5分）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，动点E、F在棱A1B1上，动点P，Q分别在棱AD，CD上，若EF=1，A1E=x，DQ=y，DP=z（x，y，z大于零），则四面体PEFQ的体积（）A与x，y，z都有关B与x有关，与y，
3、z无关C与y有关，与x，z无关D与z有关，与x，y无关二、填空题（共6小题，每小题5分，满分30分）9（5分）在复平面内，复数对应的点的坐标为10（5分）在ABC中，若b=1，c=，C=，则a=11（5分）从某小学随机抽取100名同学，将他们身高（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（5分）如图，O的弦ED，CB的延长线交于点A若BDAE，AB=4，BC=2，AD=3，则DE=；CE=13（5分）已知双曲
4、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14（5分）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y=f（x），则f（x）的最小正周期为；y=f（x）在其两个相邻零点间的图象与x轴所围区域的面积为三、解答题（共6小题，满分80分）15（13分）已知函数f（x）=2cos2x+sin2x4cosx（）求的值；（）求f（x）的最大值和最小值16（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ABED的大小17（13
5、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，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相互独立记为该生取得优秀成绩的课程数，其分布列为0123pad（）求该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率；（）求数学期望E18（13分）已知函数f（x）=ln（1+x）x+x2（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（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=
6、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20（13分）已知集合Sn=X|X=（x1，x2，xn），xi0，1，i=1，2，n（n2）对于A=（a1，a2，an，），B=（b1，b2，bn，）Sn，定义A与B的差为AB=（|a1b1|，|a2b2|，|anbn|）；A与B之间的距离为（）证明：A，B，CSn，有ABSn，且d（AC，BC）=d（A，B）；（）证明：A，B，CSn，d（A，B），d（A，C），d（B，C）三个数中至少有一个是偶数（）设PSn，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：2010年北京市
7、高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1（5分）（2010北京）（北京卷理1）集合P=xZ|0x3，M=xZ|x29，则PM=（）A1，2B0，1，2Cx|0x3Dx|0x3【分析】由题意集合P=xZ|0x3，M=xZ|x29，分别解出集合P，M，从而求出PM【解答】解：集合P=xZ|0x3，P=0，1，2，M=xZ|x29，M=2，1，0，1，2，PM=0，1，2，故选B2（5分）（2010北京）在等比数列an中，a1=1，公比q1若am=a1a2a3a4a5，则m=（）A9B10C11D12【分析】把a1和q代入am=a1a2a3a4a5，求得
8、am=a1q10，根据等比数列通项公式可得m【解答】解：am=a1a2a3a4a5=a1qq2q3q4=a1q10，因此有m=113（5分）（2010北京）一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧（左）视图分别如图所，则该几何体的俯视图为（）ABCD【分析】从正视图和侧视图上分析，去掉的长方体的位置应该在的方位，然后判断俯视图的正确图形【解答】解：由正视图可知去掉的长方体在正视线的方向，从侧视图可以看出去掉的长方体在原长方体的左侧，由以上各视图的描述可知其俯视图符合C选项故选：C4（5分）（2010北京）8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为（）AA88A92BA
9、88C92CA88A72DA88C72【分析】本题要求两个教师不相邻，用插空法来解决问题，将所有学生先排列，有A88种排法，再将两位老师插入9个空中，共有A92种排法，根据分步计数原理得到结果【解答】解：用插空法解决的排列组合问题，将所有学生先排列，有A88种排法，然后将两位老师插入9个空中，共有A92种排法，一共有A88A92种排法故选A5（5分）（2010北京）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【分析】由题中条件：“（1）（）=0”得到两个因式分别等于零，结合极坐标的意义即可得到【解答】解：方程（1）（）=0=1或=，=1
10、是半径为1的圆，=是一条射线故选C6（5分）（2010北京）若，是非零向量，“”是“函数为一次函数”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【分析】先判别必要性是否成立，根据一次函数的定义，得到，则成立，再判断充分性是否成立，由，不能推出函数为一次函数，因为时，函数是常数，而不是一次函数【解答】解：，如，则有，如果同时有，则函数f（x）恒为0，不是一次函数，因此不充分，而如果f（x）为一次函数，则，因此可得，故该条件必要故答案为B7（5分）（2010北京）设不等式组表示的平面区域为D，若指数函数y=ax的图象上存在区域D上的点，则a的取值范围是（）A（1，3
11、B2，3C（1，2D3，+【分析】先依据不等式组，结合二元一次不等式（组）与平面区域的关系画出其表示的平面区域，再利用指数函数y=ax的图象特征，结合区域的角上的点即可解决问题【解答】解：作出区域D的图象，联系指数函数y=ax的图象，由得到点C（2，9），当图象经过区域的边界点C（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故选：A8（5分）（2010北京）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，动点E、F在棱A1B1上，动点P，Q分别在棱AD，CD上，若EF=1，A1E=x，DQ=y，DP=z（x，y，z大于零），则四面体PEFQ的体积（）A与x，y，z
12、都有关B与x有关，与y，z无关C与y有关，与x，z无关D与z有关，与x，y无关【分析】四面体PEFQ的体积，找出三角形EFQ面积是不变量，P到平面的距离是变化的，从而确定选项【解答】解：从图中可以分析出，EFQ的面积永远不变，为面A1B1CD面积的，而当P点变化时，它到面A1B1CD的距离是变化的，因此会导致四面体体积的变化故选D二、填空题（共6小题，每小题5分，满分30分）9（5分）（2010北京）在复平面内，复数对应的点的坐标为（1，1）【分析】首先进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，分子和分母进行复数的乘法运算，得到最简形式即复数的代数形式，写出复数对应的点的坐标【解答】
13、解：，复数在复平面上对应的点的坐标是（1，1）故答案为：（1，1）10（5分）（2010北京）在ABC中，若b=1，c=，C=，则a=1【分析】先根据b，c，c，由正弦定理可得sinB，进而求得B，再根据正弦定理求得a【解答】解：在ABC中由正弦定理得，sinB=，bc，故B=，则A=由正弦定理得a=1故答案为：111（5分）（2010北京）从某小学随机抽取100名同学，将他们身高（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=0.03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
14、生中选取的人数应为3【分析】欲求a，可根据直方图中各个矩形的面积之和为1，列得一元一次方程，解出a，欲求选取的人数，可先由直方图找出三个区域内的学生总数，及其中身高在140，150内的学生人数，再根据分层抽样的特点，代入其公式求解【解答】解：直方图中各个矩形的面积之和为1，10（0.005+0.035+a+0.02+0.01）=1，解得a=0.03由直方图可知三个区域内的学生总数为10010（0.03+0.02+0.01）=60人其中身高在140，150内的学生人数为10人，所以身高在140，150范围内抽取的学生人数为10=3人故答案为：0.03，312（5分）（2010北京）如图，O的弦E
15、D，CB的延长线交于点A若BDAE，AB=4，BC=2，AD=3，则DE=5；CE=【分析】首先根据题中圆的切线条件再依据割线定理求得一个线段AE的长，再根据勾股定理的线段的关系可求得CE的长度即可【解答】解：首先由割线定理不难知道ABAC=ADAE，于是AE=8，DE=5，又BDAE，故BE为直径，因此C=90，由勾股定理可知CE2=AE2AC2=28，故CE=故填：5；13（5分）（2010北京）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（4，0），（4，0）；渐近线方程为y=x【分析】先根据椭圆的方程求出焦点坐标，得到双曲线的c值，再由离心率求出a的值，最后根据
16、b=得到b的值，可得到渐近线的方程【解答】解：椭圆的焦点为（4，0）（4，0），故双曲线中的c=4，且满足=2，故a=2，b=，所以双曲线的渐近线方程为y=x故答案为：（4，0），（4，0）；y=x14（5分）（2010北京）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y=f（x），则f（x）的最小正周期为4；y=f（x）在其两个相邻零点间的图象与x轴所围区域的面积为+1【分析】正方形PABC沿x轴滚动”包括沿x轴正方向和沿x轴负方向滚动沿x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x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PAB
17、C可以沿x轴负方向滚动【解答】解：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：故其与x轴所围成的图形面积为故答案为：4，+1三、解答题（共6小题，满分80分）15（13分）（2010北京）已知函数f（x）=2cos2x+sin2x4
18、cosx（）求的值；（）求f（x）的最大值和最小值【分析】（）把x=代入到f（x）中，利用特殊角的三角函数值求出即可；（）利用同角三角函数间的基本关系把sin2x变为1cos2x，然后利用二倍角的余弦函数公式把cos2x变为2cos2x1，得到f（x）是关于cosx的二次函数，利用配方法把f（x）变成二次函数的顶点式，根据cosx的值域，利用二次函数求最值的方法求出f（x）的最大值和最小值即可【解答】解：（）=；（）f（x）=2（2cos2x1）+（1cos2x）4cosx=3cos2x4cosx1=，因为cosx1，1，所以当cosx=1时，f（x）取最大值6；当时，取最小值16（14分）（
19、2010北京）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ABED的大小【分析】（）设AC与BD交于点G，则在平面BDE中，可以先证明四边形AGEF为平行四边形EGAF，就可证：AF平面BDE；（）先以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz把对应各点坐标求出来，可以推出=0和=0，就可以得到CF平面BDE（）先利用（）找到=（，1），是平面BDE的一个法向量，再利用平面ABE的法向量=0和=0，求出平面ABE的法向量，就可以求出二面角ABED的大小【解答】解：证明：（I）设AC与
20、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所在的平面互相垂直，CEAC，所以CE平面ABCD如图，以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz则C（0，0，0），A（，0），D（，0，0），E（0，0，1），F（，1）所以=（，1），=（0，1），=（，0，1）所以=01+1=0，=1+0+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
21、所以x=0，且z=y令y=1，则z=所以n=（），从而cos（，）=因为二面角ABED为锐角，所以二面角ABED为17（13分）（2010北京）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，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相互独立记为该生取得优秀成绩的课程数，其分布列为0123pad（）求该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率；（）求数学期望E【分析】（I）由题意知事件该生至少有一门课程取得优异成绩与事件“=0”是对立的，要求该生至少有一门课程取得优秀成绩的概率，需要先知道该生没有一门课程优秀，根据对立事件的概率求出结果（II
22、）由题意可知，需要先求出分布列中的概率a和b的值，根据互斥事件的概率和相互独立事件同时发生的概率，得到这两个值，求出概率之后，问题就变为求期望【解答】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“=0”是对立的，该生至少有一门课程取得优秀成绩的概率是1P（=0）=1（II）由题意可知，P（=0）=，P（=3）=整理得p=a=P（=1）=d=P（=2）=1P（=0）P（=1）P（=3）=E=0P（=0）+1P（=1）+2P（=2）+3P（=3）=18（13分）（2010北京）已知函数f（x）=ln（1+x）x+x2（
23、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【分析】（I）根据导数的几何意义求出函数f（x）在x=1处的导数，从而求出切线的斜率，然后求出切点坐标，再用点斜式写出直线方程，最后化简成一般式即可；（II）先求出导函数f（x），讨论k=0，0k1，k=1，k1四种情形，在函数的定义域内解不等式f（x）0和f（x）0即可【解答】解：（I）当K=2时，由于所以曲线y=f（x）在点（1，f（1）处的切线方程为即3x2y+2ln23=0（II）f（x）=1+kx（x1）当k=0时，因此在区间（1，0）上，f（x）0；在区间（0，+）上，f（x）0；所以f
24、（x）的单调递增区间为（1，0），单调递减区间为（0，+）；当0k1时，得；因此，在区间（1，0）和上，f（x）0；在区间上，f（x）0；即函数f（x）的单调递增区间为（1，0）和，单调递减区间为（0，）；当k=1时，f（x）的递增区间为（1，+）当k1时，由，得；因此，在区间和（0，+）上，f（x）0，在区间上，f（x）0；即函数f（x）的单调递增区间为和（0，+），单调递减区间为19（14分）（2010北京）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
25、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【分析】（）设点P的坐标为（x，y），先分别求出直线AP与BP的斜率，再利用直线AP与BP的斜率之间的关系即可得到关系式，化简后即为动点P的轨迹方程；（）对于存在性问题可先假设存在，由面积公式得：根据角相等消去三角函数得比例式，最后得到关于点P的纵坐标的方程，解之即得【解答】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）化简得x2+3y2=4（x1）故动点P轨迹方程为x2+3y2=4（x1）（）解：若存在点P使得PAB与PMN的面积相等，设点P的坐标为（x0，y0）
26、则因为sinAPB=sinMPN，所以所以=即（3x0）2=|x021|，解得因为x02+3y02=4，所以故存在点P使得PAB与PMN的面积相等，此时点P的坐标为（）20（13分）（2010北京）已知集合Sn=X|X=（x1，x2，xn），xi0，1，i=1，2，n（n2）对于A=（a1，a2，an，），B=（b1，b2，bn，）Sn，定义A与B的差为AB=（|a1b1|，|a2b2|，|anbn|）；A与B之间的距离为（）证明：A，B，CSn，有ABSn，且d（AC，BC）=d（A，B）；（）证明：A，B，CSn，d（A，B），d（A，C），d（B，C）三个数中至少有一个是偶数（）设PSn
27、，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：【分析】（）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Sn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（）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：h=k+l2i，从而三者不可能同为奇数（）首先理解P中会出现Cm2个距离，所以平均距离就是距离总和再除
28、以Cm2，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【解答】解：（1）设A=（a1，a2，an），B=（b1，b2，bn），C=（c1，c2，cn）Sn因ai，bi0，1，故|aibi|0，1，（i=1，2，n）a1b10，1，即AB=（|a1b1|，|a2b2|，|anbn|）Sn又ai，bi，ci（0，1），i=1，2，n当ci=0时，有|aici|bici|=|
29、aibi|；当ci=1时，有|aici|bici|=|（1ai）（1bi）=|aibi|故（2）设A=（a1，a2，an），B=（b1，b2，bn），C=（c1，c2，cn）Sn记d（A，B）=k，d（A，C）=l，d（B，C）=h记O=（0，0，0）Sn，由第一问可知：d（A，B）=d（AA，BA），d=（O，BA）=kd（A，C）=d（AA，CA）=d（O，CA）=ld（B，C）=d（BA，CA）=h即|biai|中1的个数为k，|ciai|中1的个数为l，（i=1，2，n）设t是使|biai|=|ciai|=1成立的i的个数，则有h=k+l2t，由此可知，k，l，h不可能全为奇数，即d（A，B），d（A，C），d（B，C）三个数中至少有一个是偶数（3）显然P中会产生Cm2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ti个1，那么自然有mti个0，因此在这个位置上所产生的距离总和为，（i=1，2，n），那么n个位置的总和即参与本试卷答题和审题的老师有：zhiyuan；zhwsd；qiss；涨停；yhx01248；xuanlv；wsj1012；geyanli；sllwyn；庞会丽；minqi5；Linaliu（排名不分先后）菁优网2017年2月3日专心-专注-专业