2010年北京高考文科数学试题及答案下载

第 1 页 共 11 页 2010 年普通高等学校招生全国统一考试 数学（理） 第 I 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 4 个选项中，选出符合 题目要求的一项。 1， 集合 P  x Z | 0  x  3 ,M  x R | x2  9 ，则 P  M  （A） 1,2 （B） 0,1,2 （C） x | 0  x  3 （D） x | 0  x  3 a  a a a a a 5 ，则 m  2，在等比数列 （A）9 a  na 1 中， 1，公比 q 1.若 （C）11 m1 2 3 4 （B）10 （D）12 3，一个长方体去掉一个小长方体，所得集 合体的正（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 正（主）视图 侧（左）视图 （B） （A） （C） （D） 4，8 名学生和 2 位老师站成一排合影，2 位老师不相邻的排法总数为 （A） A8 A2 （B） A8C92 （C） A8 A2 （D） A8C92 8988785，极坐标方程 ( 1)(  )  0(  0) 表示的图形是 （A）两个圆 （B）两条直线 （D）一条直线和一条射线 （C）一个圆和一条射线   a,b 6， 为非零向量，“ a  b ”是“函数 f (x)  (xa  b)  (xb  a) 为一次函数”的 （A）充分而不必要条件 （C）充分必要条件 （B）必要而不充分条件 （D）既不充分也不必要条件 第 1 页 共 11 页 第 2 页 共 11 页 x  y 11 0 3x  y  3  0 5x  3y  9  0 7，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 a区域 D 上的点，则 的取值范围是 （A） (1,3] （B） 2,3 （C） (1,2] （D）[3,) ABCD  A B C D 1 的棱长 8，如图，正方体 111DC11A B 1 上，动点 P ， 为 2 ，动点 E ，F 在棱 EF1B1A1Q分 别 在 棱AD,CD 上 ， 若 EF 1, A E  x, DQ  y, DP  z x, y, z （大1QCDP于零），则四面体 PEFQ 的体积 （A） 与x, y, z 都有关 BAxy, z （B） 与 有关，与 无关 有关，与 x, z 无关 有关，与 无关 （C） 与 （D） 与 yzx, y 第 II 卷 （共110 分） 二、 填空题：本大题共 6 小题，每题 5 分，共 30 分。 2i 9，在复平面内，复数 对应的点的坐标为______ 1 i 2 310 ， 在ABC 中 ， 若 b 1,c  3,C  a  ________ ， 则 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________. 第 2 页 共 11 页 第 3 页 共 11 页 12，如图， O 的弦 ED,CB 的延长线交于点 A，若 BD  AE, AB  4, BC  2, AD  3 ，则 DE  _____; CE  _____ x2 y2 1 的离心率为 2，焦点与椭圆 13，已知双曲线 a2 b2 x2 y2 1 的焦点相同，那么双曲线的焦点坐标为______； 25 9渐近线方程为_______. 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 y  f (x) ，则函数 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_______. x说明：“正方形 PABC 沿 x 轴滚动”包括沿 轴正方向 xx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 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 沿 x 轴负方向滚动. 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。 Bx15，（本小题共 13 分） 已知函数 f (x)  2cos2x  sin2 x  4cos x, （I） 求f ( )的值； 3（II） 求f (x) 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， CE  AC ， ∥AC ， EF AB  2,CE  EF 1. (1) 求证： AF ∥平面 BDE (2) 求证：CF  平面 BDE (3) 求二面角 A  BE  D 的大小. ；；第 3 页 共 11 页 第 4 页 共 11 页 17，（本小题共 13 分） 4某同学参加 3 门课程的考试.假设该同学第一门课程取得的优秀成绩的概率为 ，第二、 5第三门课程取得优秀成绩的概率分别为 p,q(p  q) ，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 01a2b3P624 125 125 (1) 求该生至少有 1 门课程取得优秀成绩的概率； (2) 求 p,q 的值； (3) 求数学期望 E .第 4 页 共 11 页 第 5 页 共 11 页 18，（本小题共 13 分） k已知函数 f (x)  ln(1 x)  x  x2 (k  0) .2(1) 当 k  2 ，求曲线 y  f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程； (2) 求 f (x) 的单调区间. 第 5 页 共 11 页 第 6 页 共 11 页 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 1与BP 的斜率之积等于 .3(1) 求动点 P 的轨迹方程； (2) 设直线 AP BP 分别与直线 x  3交于点 M , N ，问：是否存在点 和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 A  a ,a ,…,a , B  b ,b ,…,b  S n  n  1212nS  X | X  x , x ,…, x , x  0,1 ,i 1,2,…,n (n  2) .对于，定义 与 的差为： A B n  n12iA  B  a  b , a  b ,…, a  b ;1122nnnd(A, B)  a  b .A 与 B 之间的距离为 iii1 A, B,C  S A, B,C  S A  B S n ，且 d(A  C, B  C)  d(A, B) (1) 证明： n ，有 d(A, B),d(A,C),d(B,C) 三个数中至少有一个是偶数； P P ， 中有m(m  2) 个元素，记 中所有两元素间距离的平均值为d(P) .证明： ；(2) 证明： ，nP  S 设nmn 2(m 1) d(P)  第 6 页 共 11 页 第 7 页 共 11 页 参考答案 一， B选择题 C． C． A．C．B．A．D． 2 7 二 、 填空题 9，（-1，1）. 10， 1。  1 11 ，0.030， 3 y  3x 12，5， 4,0 13， 14， 4， 三、解答题 ，32 3333915（I） f ( ) 2cos  sin2  4cos  1 2  . 44f (x)  2(2cos2 x 1)  (1 cos2 x)  4cos x  3cos2 x  4cos x 1 （2） 27 3(cos x  )2  , x R 332373cos x 1,1 , cos x  1 cos x  因为 16 所以当 时， f (x) 取最大值 6；当 时，取最小值 。证明：（I）设 AC 与 BD 交于点 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∥EG。因为 EG P 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 CE⊥AC，所以 CE⊥AC，所以 CE⊥平面 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 （2，2，0），D（ ，0， 0），E（0， 0， 1），F 2  2222（，，1 ）。所以 CF =（ ，，1）， BE =2222 （ 0 ， － 2， １ ） ，DE ＝ （ － 2，0 ， １ ） 。 所 以    · BE = 0-1+1=0，CF CF ·DE =－１＋０＋１＝０。所以 CF⊥BE，CF⊥DE，所以 CF⊥平面 第 7 页 共 11 页 第 8 页 共 11 页 BDE （III）由（II）知，CF =（  22，，1），是平面 BDE 的一个法向量，设平面 ABE 的 22 BA =0，  BE =0。 法向量 n=（x,y,z）,则 n·n·(x, y, z)( 2,0,0) 0 (x, y, z)(0, 2,1)  0 即 所以 x=0，且 z= 2y。令 y=1，则 z= 2。所以 n=（ 0,1, 2），从而 cos（ n，CF ）=   nCF 3  2n  CF 6因为二面角 A-BE-D 为锐角，所以二面角 A-BE-D 为 。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 4P(A )  , P(A2 )  p, P(A )  q. 135（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，所以该生至少 有一门课程取得优秀成绩的概率是 6119 1 P(  0) 1 .125 125 （II）由题意可知， 16P(  0)  P(A A2 A )  (1 p)(1 q)  ,135125 424 p(  3)  P(A A2 A )  pq  .135125 325整理得 pq= ,q  。5（III）由题意知， a  P( 1)  P(A A2 A )  P(A A2 A )  P(A A2 A ) 131313411 (1 p)(1 q)  p(1 q)  (1 p)q 55537 .125 第 8 页 共 11 页 第 9 页 共 11 页 b  P(  2) 1 P(  0)  P( 1)  P(  3) 58 .125 E  0 P(  0) 1 P( 1)  2 P(  2)  3 P(  3) 9 . 5118 解：（I）当 k  2 时， f (x)  ln(1 x)  x  x2 , f ‘(x)  1 2x. 1 x 3由于 f (1)  ln(2), f ‘(1)  , 所以曲线 y  f (x)在点（1, f (1)) 处的切线方程为 23y  ln 2  (x 1) 。即3x  2y  2ln 2 3  0 2x(kx  k 1) 1 x x（II） f ‘(x)  , x(1,). 当k  0 时， f ‘(x)   .1 x 因此在区间 (1,0) 上， f ‘(x)  0 ；在区间 (0,) 上， f ‘(x)  0 所以 f (x) 的单调递增区间为 (1,0) ，单调递减区间为 (0,) ；；x(kx  k 1) 1 x 1 k k当0  k 1时， f ‘(x)   0 ，得 x1  0, x2   0 ;1 k k1 k k因此，在区间 1,0 和(,) 上， f ‘(x)  0 ；在区间 (0, )上， f ‘(x)  0 1 k ；；1 k 即函数 f (x) 的单调递增区间为 1,0 和(,) ，单调递减区间为 (0, )kkx2 f ‘(x)  k 1 k 1 f (x) (1,) 的递增区间为 当当时， .1 x x(kx  k 1) 1 k kf ‘(x)   0 x1  0, x2  (1,0) 1 k ；时，由 1 x ，得 1 k k因此，在区间 (1, )和(0,) 上， f ‘(x)  0 ，在区间 (,0) 上， f ‘(x)  0 ；。k1 k k1 k k1, 即函数 f (x) 的单调递增区间为 和(0,) ，单调递减区间为 (,0) 19，解：（1）因点 B 与（-1,1）关于原点对称，得 B 点坐标为（1，-1）。 y 1 x 1 y 1 x 1 y 1 y 1 x 1 x 1 13x, y kAP ,kBP   设 P 点坐标为 ，则 ，由题意得 ，x2  3y2  4,(x  1) x2  3y2  4,(x  1) 化简得： 。即 P 点轨迹为： APB  MPN sinAPB  sinMPN ，（2）因 ，可得 第 9 页 共 11 页 第 10 页 共 11 页 121SAPB PA PBsinAPB,SMPN PM PNsinMPN ，又若2PA PN SAPB  SMPN PA PB  PM PN ，则有 ， 即 PM PB x0 1 3 x0 5x , y x0  x02  3y02  4 ，又因 ，解得 0  0设 P 点坐标为 ，则有： 解得： 3  x0 x0 1 333 y0   。95333 95333 9,, 故存在点 P 使得 PAB 与PMN 的面积相等，此时 P 点坐标为 或A  (a1,a2 ,…,an ), B  (b ,b2 ,…,bn ),C  (c1,c2 ,…,cn ) Sn 120,解：（1）设 a ,b  0,1 a  b  0,1 i 1,2,…,n ，iiii因即又当当，故 A  B  a  b , a  b ,…, a  b  S 1122nnna ,b ,c  0,1 ,i 1,2,…,n. iiici  0 ci 1 ai  ci  b  ci  ai  b ii时，有 时，有 ；ai  ci  b  ci  (1 ai )  (1 b )  ai  b iiind(A  C, B  C)  a  b  d(A, B) ii故i1 A  (a1,a2 ,…,an ), B  (b ,b2 ,…,bn ),C  (c1,c2 ,…,cn ) Sn 1（2）设 d(A, B)  k,d(A,C)  l,d(B,C)  h 记O  (0,0,…,0) Sn 记，由第一问可知： d(A, B)  d(A  A, B  A)  d(O, B  A)  k d(A,C)  d(A  A,C  A)  d(O,C  A)  l d(B,C)  d(B  A,C  A)  h b  ai ci  ai (i 1,2,…,n) i即中 1 的个数为 k， 中 1 的个数为 l， b  ai  ci  ai 1 h  k  l  2i ，i设 t 是使 k,l,h 成立的 i 的个数，则有 d(A, B),d(A,C),d(B,C) 三个数中至少有一个是偶数。 不可能全为奇数，即 由此可知， 第 10 页 共 11 页 第 11 页 共 11 页 1Cm2 （3）显然 P 中会产生Cm2 个距离，也就是说 示 P 中每两个元素距离的总和。 ，其中 d(P)  d(A, B) d(A, B) 表A,BP A,BP tm t i 个 0， 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 im2 t (m  t )  ,(i 1,2,…,n) 因此在这个位置上所产生的距离总和为 ，ii4m2 m2n nd(A, B)  t (m  t )  n  那么 n 个位置的总和  i i44A,BP i1 1Cm2 m2n mn 4Cm2 2(m 1) d(P)  d(A, B)  即A,BP 第 11 页 共 11 页