新《高考试卷》2023福建高考数学(理)试题8.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

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