高考试题(北京卷)--数学文科+(参考答案)

出处:老师板报网 时间:2023-03-31

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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。
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