高考试题数学理北京卷解析版.docx
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高考试题数学理北京卷解析版
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2010年普通高等学校招生全国统一考试
数学(理)
(北京卷)
本试卷分第I卷和第n卷两部分。
第I卷至2页、第n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。
、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P={x€Z0兰x<3},M={x€Zx2兰9},则PIM=
(D)
(B)A8C9
(5)极坐标方程(p-1)(v-二)=(p—0)表示的图形是
(A)两个圆
(B)两条直线
(6)a、b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
(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
y-11_0
(7)设不等式组
3x-y3_0
表示的平面区域为
x
D,若指数函数y=a的图像上
5x-3y9乞0
存在区域D上的点,贝Ua的取值范围是
(A)(1,3]
(B)[2,3]
(C)(1,2]
(D)[3,-]
(8)如图,正方体ABCD-AB1CQ1的棱长为2,动点E、F在棱A3上,动点
P,Q分别在棱AD,CD上,若EF=1,AE=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
(E)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
第II卷(共110分)
、填空题:
本大题共6小题,每小题5分,共30分
(9)在复平面内,复数
空对应的点的坐标为。
1-i
2
(10)在厶ABC中,若b=1,c=,3,■C=…,贝y
3
(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,LO的弦ED,CB的延长线交于点A。
若BD_AE,
AB=4,BC=2,AD=3,则DE=;CE=。
斤”X2y27-2Y2
(13)已知双曲线—牙=1的离心率为2,焦点与椭圆1
a2b2259
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y=f(x),则f(x)的最小正周期为;y二f(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:
“正方形FABC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6小题,共80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)
2
已知函数f(x)=2cos2xsinx-4cosx。
n
(I)求f=()的值;
3
(n)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丄AC,EF//AC,AB=2,
CE=EF=1.
(I)求证:
AF//平面BDE
(n)求证:
CFL平面BDE
(川)求二面角A-BE-D的大小。
(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E为该生取得优秀成绩的课程数,其分布列为
E
0
1
2
3
p
6
125
a
d
24
125
(I)求该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率;
(n)求p,q的值;
(川)求数学期望EE。
(18)(本小题共13分)
x
已知函数f(x)=In(1+x)-x+_x2(k>0)。
2
(I)当k=2时,求曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程;
(n)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0对称,P是动点,且直线AP与
1
BP的斜率之积等于--
3
(I)求动点P的轨迹方程;
(n)设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M,N,问:
是否存在点P使得△PAB与厶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)
1)=,…n0-,1对}于
已知集合Sn={XX=为X('2-”Xnx
A—B—bLb-d|,…&-bn|);
A与B之间的距离为d(A,B)=vIq-bJ
i/
(I)证明:
-A,B,CSn,有A-BSn,且d(A_C,B_C)=d(A,B);
(n)证明:
-A,B,C&,d(A,B),d(AC),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数
(川)设P5&,P中有m(m>2)个元素,记P中所有两元素间距离的平均值为(P).
d
证明:
(P) d2(m-1) (考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效) () ,0). 十、2,0,1). 22 (II)f(x)=2(2cosx-1)(1-cosx)-4cosx 2 =3cosx-4cosx-1 7 =3(cosx),xR 33 因为cosx[-1,1], 所以,当cosx--1时,f(x)取最大值6;当 7 cosx时,f(x)取最小值- 33 (16)(共14分) 证明: (I)设AC与BD交与点G。 1 因为EF//AG,且EF=1,AG=AC=1. 2 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二平面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(近,J2,0),B(0,V2 所以CF=(上2,丄^1),BE=(0,-、.2,1),DE 22 所以 设平面ABE的法向量n=(x,y,z),则 」(x,y,z)L(、2,0,0)=0 'Jx,y,z)L(0,r2,1)=0 所以x=0,且z=.2y, 令y=1,则z二2. 所以n=(0,1八2). 解: 事件A表示“该生第i门课程取得优秀成绩”,i=1,2,3,由题意知 4 P(A),P(A2)=p,P(A3)=q 5 该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率是 1_p(F: =0)=1--6119, 125125 (II)由题意知 (III)由题意知&=卩(匕=1)=卩(人人乓)+卩(人人2人)+卩(八人2乓) 所以CF_BE,CF_DE.所以CF_BDE. 4 11 =(1—p)(1—q)•p(1-q)•u(1-p)q 5 55 _37 ~125 b=P(『: =2)=1_P(F: =0)-P(F: =1)-P(『: =3) =58 =125 E$: =0P(F: =0)1P(! : =1)2PC: =2)3P(F: =3) _9 =5 (18)(共13分) 21 解: (I)当k=2时,f(x)=1n(1x)-xx,f'(x)12x 1+x 3 由于f (1)=ln2,f' (1)=, 2 所以曲线y=f(x)在点(1,f (1))处的切线方程为 3 y-ln2(x-1) 2 即3x-2y2ln~2=30 (II)f'(x)=x(kx—,x.(_1「j. 1+x x当k=0时,f'(x)=. 1+x 所以,在区间(-1,0)上,f'(x)0;在区间(0,=)上,f'(x): : : 0. 故f(x)得单调递增区间是(-1,0),单调递减区间是(0,=)• 当0讣叮时,由f'(x)=x(kx3)=0,得X1=o,X2二口0 1+xk 1_k1_k 所以,在区间(-1,0)和(,「: )上,f'(x「0;在区间(0,)上, kk f'(x): : 0 1_k1_k 故f(x)得单调递增区间是(-1,0)和(J: : ),单调递减区间是(0,). kk x2 当k=1时,f'(x)二 1+x 故f(x)得单调递增区间是(T,: : )• x(kxk-1)/口1-k 当k>1时,f'(x)0,得Xi(-1,0),X2=0. 1+xk 1_k1_k 所以没在区间(_1,)和(0,•: : )上,f'(x)0;在区间(,0)上, kk f'(x): : : 0 1_k1_k 故f(x)得单调递增区间是(一1,)和(0,•: : ),单调递减区间是(,0) kk (19)(共14分) (I)解: 因为点B与A(_1,1)关于原点O对称,所以点B得坐标为(1,-1). 设点P的坐标为(x,y) 由题意得 y-[y11 x1x-13 化简得 22 x3y=4(x=二1). 故动点P的轨迹方程为x23y2二4(x二1) (II)解法一: 设点P的坐标为(x0,y。 ),点M,N得坐标分别为(3$皿),(3必). 则直线AP的方程为y-1•1),直线BP的方程为y1二也」(x—1) X。 +1X。 —1 x°-1 令x=3得yr4^3,y^2y-X°3 x°+1 于是LPMN得面积 |X°2-1| SpmWsyN(30xJX0y0|(3x02) 又直线AB的方程为x・y=0,|ABF2i2, 点P到直线AB的距离d=1X0」1V2 于是Lpab的面积 1 SPAB=2丨ABLdXy0I 又|X0y°F0, 225 所以(3-Xo)=|Xo-1|,解得|Xo: 3 因为X,曲=4,所以y°一罟故存在点P使得LPAB与LPMN的面积相等,此时点P的坐标为(? 土匹). 3’9 解法二: 若存在点P使得LPAB与LPMN的面积相等,设点P的坐标为(X0,y0) 1则 2 因为 |PAMPBIsin.APB=11PM匕PN|sin.MPN.sin.APB二sin.MPN, 所以 IXo1|_|3-XoI|3-xo「|x-1| 即(3-x0)2=|x/-1|,解得X 22J33 因为X02-3y。 2=4,所以y: 9 (20)(共13分) 点PS使得LPAB与LPMN的面积相等,此时点P的坐标为 证明: ⑴设A二佝总,…©),B=(b,t>2,...,bn),C=(^①…心)S 因为q,be{0,1},所以q—b€{0,1},(i=1,2,…,n) 从而A-B=(|耳-b|,|鬼-鸟务-bI)& n 又d(A-C,B-C)"||ai-c|-|b-C|| i# 由题意知ai,bi,g9,1(i-1,2,...,n). 当G=0时,Ila』|-lb-cIFIIa-biI; 当C=1时,I|a』|-|b-q|F|(1-ai)-(1-bi)F|ai-bi| 所以d(A-C,B-C)='旧-b|=d(A,B) i4 (II)设人二佝盘,…,a.),B二⑴血,…,bn),C=(gg,…,Cn)Sd(代B>kd(A,C)=l,d(B,C)=h. 记O=(0,0,...,0)•Sn,由(I)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)=1 d(B,C)=d(B_A,C_A)=h 所以|bjp|(i=1,2,...,n)中1的个数为k,-ai|(i=1,2,…,n)的1的 个数为I。 设t是使|b—ai|=|g—a|=1成立的i的个数,则h=l+k—2t 由此可知,k,l,h三个数不可能都是奇数,即d(代B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数。 1 (III)d(P)d(A,B),其中vd(A,B)表示P中所有两个元素间距离的总和, CmA,B®A,B中 设P种所有元素的第i个位置的数字中共有ti个1,m-tj个0 n 则'd(A,B)=、tj(m-tj A,BWPiA 2 由于tj(m—tj_m(i=1,2,…,n) 4 所以'd(A,B)< A,B-P 2nm 1nm C2J一d(A,B)— CmA,BP4Cm
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