高考试题(北京卷)--数学文科+(参考答案)

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绝密使用完毕前2010年普通高等学校招生全国统一考试数学（文）（北京卷）本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷1至2页、第Ⅱ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Ⅰ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。⑴集合2{03},{9}PxZxMxZx，则PMI=(A){1,2}(B){0,1,2}(C){1,2,3}(D){0,1,2,3}⑵在复平面内，复数6+5i,-2+3i对应的点分别为A,B.若C为线段AB的中点，则点C对应的复数是（A）4+8i(B)8+2i（C）2+4i(D)4+i⑶从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数为a，从{1,2,3}中随机选取一个数为b，则b>a的概率是（A）45(B)35（C）25(D)15⑷若a,b是非零向量，且ab，ab，则函数()()()fxxabxba是（A）一次函数且是奇函数（B）一次函数但不是奇函数（C）二次函数且是偶函数（D）二次函数但不是偶函数（5）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）视图分别如右图所示，则该集合体的俯视图为：(6)给定函数①12yx，②12log(1)yx，③|1|yx，④12xy，期中在区间（0，1）上单调递减的函数序号是（A）①②（B）②③（C）③④（D）①④（7）某班设计了一个八边形的班徽（如图），它由腰长为1，顶角为的四个等腰三角形，及其底边构成的正方形所组成，该八边形的面积为（A）2sin2cos2；（B）sin3cos3（C）3sin3cos1（D）2sincos1（8）如图，正方体1111ABCD-ABCD的棱长为2，动点E、F在棱11AB上。点Q是CD的中点，动点P在棱AD上，若EF=1，DP=x，1AE=y(x,y大于零)，则三棱锥P-EFQ的体积：（A）与x，y都有关；（B）与x，y都无关；（C）与x有关，与y无关；（D）与y有关，与x无关；第Ⅱ卷（共110分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分（9）已知函数2log,2,2,2.{xxxxy右图表示的是给定x的值，求其对应的函数值y的程序框图，①处应填写；②处应填写。（10）在ABC中。若1b，3c，23c，则a=。（11）若点p（m，3）到直线4310xy的距离为4，且点p在不等式2xy＜3表示的平面区域内，则m=。（12）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。（13）已知双曲线22221xyab的离心率为2，焦点与椭圆221259xy的焦点相同，那么双曲线的焦点坐标为；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）的纵坐标与横坐标的函数关系是()yfx，则()fx的最小正周期为；()yfx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PABC沿x轴滚动”包含沿x轴正方向和沿x轴负方向滚动。沿x轴正方向滚动是指以顶点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PABC可以沿着x轴负方向滚动。三、解答：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）已知函数2()2cos2sinfxxx（Ⅰ）求()3f的值；（Ⅱ）求()fx的最大值和最小值（16）（本小题共13分）已知||na为等差数列，且36a，60a。（Ⅰ）求||na的通项公式；（Ⅱ）若等差数列||nb满足18b，2123baaa，求||nb的前n项和公式（17）（本小题共13分）如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直。EF//AC，AB=2,CE=EF=1（Ⅰ）求证：AF//平面BDE；（Ⅱ）求证：CF⊥平面BDF;(18)（本小题共14分）设定函数32()(0)3afxxbxcxda，且方程\'()90fxx的两个根分别为1，4。（Ⅰ）当a=3且曲线()yfx过原点时，求()fx的解析式；（Ⅱ）若()fx在(,)无极值点，求a的取值范围。（19）（本小题共14分）已知椭圆C的左、右焦点坐标分别是(2,0)，(2,0)，离心率是63，直线椭圆C交与不同的两点M，N，以线段为直径作圆P,圆心为P。（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若圆P与x轴相切，求圆心P的坐标；（Ⅲ）设Q（x，y）是圆P上的动点，当变化时，求y的最大值。（20）（本小题共13分）已知集合121{|(,,),{0,1},1,2,,}(2)nnSXXxxxxinn…，…对于12(,,,)nAaaa…，12(,,,)nnBbbbS…，定义A与B的差为1122(||,||,||);nnABababab…A与B之间的距离为111(,)||idABab（Ⅰ）当n=5时，设(0,1,0,0,1),(1,1,1,0,0)AB，求AB，(,)dAB；（Ⅱ）证明：,,,nnABCSABS有，且(,)(,)dACBCdAB;(Ⅲ)证明：,,,(,),(,),(,)nABCSdABdACdBC三个数中至少有一个是偶数绝密使用完毕前2010年普通高等学校招生全国统一考试数学（文）（北京卷）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）⑴B⑵C⑶D⑷A⑸C⑹B⑺A⑻C二、提空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）⑼2x2logyx⑽1⑾-3⑿0.0303⒀(4,0)30xy⒁41三、解答题（本大题共6小题，共80分）⒂（共13分）解：（Ⅰ）22()2cossin333f=31144（Ⅱ）22()2(2cos1)(1cos)fxxx23cos1,xxR因为cos1,1x,所以，当cos1x时()fx取最大值2；当cos0x时，()fx去最小值-1。⒃（共13分）解：（Ⅰ）设等差数列{}na的公差d。因为366,0aa所以112650adad解得110,2ad所以10(1)2212nann（Ⅱ）设等比数列{}nb的公比为q因为212324,8baaab所以824q即q=3所以{}nb的前n项和公式为1(1)4(13)1nnnbqSq⒄（共13分）证明：（Ⅰ）设AC于BD交于点G。因为EF∥AG,且EF=1，AG=12AG=1所以四边形AGEF为平行四边形所以AF∥EG因为EG平面BDE,AF平面BDE,所以AF∥平面BDE（Ⅱ）连接FG。因为EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1,所以平行四边形CEFG为菱形。所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD,且平面ACEF∩平面ABCD=AC,所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG=G,所以CF⊥平面BDE.(18)(共14分)解：由32()3afxxbxcxd得2()2fxaxbxc因为2()9290fxxaxbxcx的两个根分别为1,4，所以290168360abcabc（*）（Ⅰ）当3a时，又由（*）式得2608120bcbc解得3,12bc又因为曲线()yfx过原点，所以0d故32()312fxxxx（Ⅱ）由于a>0,所以“32()3afxxbxcxd在（-∞，+∞）内无极值点”等价于“2()20fxaxbxc在（-∞，+∞）内恒成立”。由（*）式得295,4baca。又2(2)49(1)(9)bacaa解09(1)(9)0aaa得1,9a即a的取值范围1,9（19）（共14分）解：（Ⅰ）因为63ca，且2c，所以223,1abac所以椭圆C的方程为2213xy（Ⅱ）由题意知(0,)(11)ptt由2213ytxy得23(1)xt所以圆P的半径为23(1)t解得32t所以点P的坐标是（0，32）（Ⅲ）由（Ⅱ）知，圆P的方程222()3(1)xytt。因为点(,)Qxy在圆P上。所以2223(1)3(1)yttxtt设cos,(0,)t，则23(1)cos3sin2sin()6tt当3，即12t，且0x，y取最大值2.(20)(共13分)（Ⅰ）解：(01,11,01,00,10)AB=（1,0,1,0,1）(,)0111010010dAB=3(Ⅱ)证明：设121212(,,,),(,,,),(,,,)nnnnAaaaBbbbCcccS因为11,{0,1}ab，所以11{0,1}(1,2,,)abin从而1122(,,)nnnABabababS由题意知,,{0,1}(1,2,,)iiiabcin当0ic时，iiiiiiacbcab当1ic时，(1)(1)iiiiiiiiacbcabab所以1(,)(,)niiidACBCabdAB(Ⅲ)证明：设121212(,,,),(,,,),(,,,)nnnnAaaaBbbbCcccS(,),(,),(,)dABkdACldBCh记0(0,0,0)nS由（Ⅱ）可知(,)(,)(0,)(,)(,)(0,)(,)(,)dABdAABAdBAkdACdAACAdCAldBCdBACAh所以(1,2,,)iibain中1的个数为k,(1,2,,)iicain中1的个数为l设t是使1iiiibaca成立的i的个数。则2hlkt由此可知，,,klh三个数不可能都是奇数即(,),(,),(,)dABdACdBC三个数中至少有一个是偶数。