(北京卷)高考数学理科试题+参考答案

出处:老师板报网 时间:2023-04-12

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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(理)(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。(1)集合2{03},{9}PxZxMxZx,则PMI=(A){1,2}(B){0,1,2}(C){x|0≤x<3}(D){x|0≤x≤3}(2)在等比数列na中,11a,公比1q.若12345maaaaaa,则m=(A)9(B)10(C)11(D)12(3)一个长方体去掉一个小长方体,所得几何体的正(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(4)8名学生和2位第师站成一排合影,2位老师不相邻的排法种数为(A)8289AA(B)8289AC(C)8287AA(D)8287AC(5)极坐标方程(p-1)()=(p0)表示的图形是(A)两个圆(B)两条直线(C)一个圆和一条射线(D)一条直线和一条射线(6)a、b为非零向量。“ab”是“函数()()()fxxabxba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(7)设不等式组110330530xyxyxy9表示的平面区域为D,若指数函数y=xa的图像上存在区域D上的点,则a的取值范围是(A)(1,3](B)[2,3](C)(1,2](D)[3,](8)如图,正方体ABCD-1111ABCD的棱长为2,动点E、F在棱11AB上,动点P,Q分别在棱AD,CD上,若EF=1,1AE=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   (B)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)二、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21ii对应的点的坐标为。(10)在△ABC中,若b=1,c=3,23C,则a=。(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,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=。(13)已知双曲线22221xyab的离心率为2,焦点与椭圆221259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()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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)已知函数(x)f22cos2sin4cosxxx。(Ⅰ)求()3f的值;(Ⅱ)求(x)f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,EF∥AC,AB=2,CE=EF=1.(Ⅰ)求证:AF∥平面BDE;(Ⅱ)求证:CF⊥平面BDE;(Ⅲ)求二面角A-BE-D的大小。(17)(本小题共13分)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45,第二、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ξ为该生取得优秀成绩的课程数,其分布列为ξ0123p6125ad24125(Ⅰ)求该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率;(Ⅱ)求p,q的值;(Ⅲ)求数学期望Eξ。(18)(本小题共13分)已知函数f(x)=In(1+x)-x+22xx(k≥0)。(Ⅰ)当k=2时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(Ⅱ)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O对称,P是动点,且直线AP与BP的斜率之积等于13.(Ⅰ)求动点P的轨迹方程;(Ⅱ)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△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)证明:,,,nnABCSABS有,且(,)(,)dACBCdAB;(Ⅱ)证明:,,,(,),(,),(,)nABCSdABdACdBC三个数中至少有一个是偶数(Ⅲ)设PnS,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d(P).证明:d(P)≤2(1)mnm.(考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效)()2010年普通高等学校招生全国统一考试数学(理)(北京卷)参考答案一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)(1)B(2)C(3)C(4)A(5)C(6)B(7)A(8)D二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)(9)(-1,1)(10)1(11)0.0303(12)527(13)(4,0)30xy(14)41三、解答题(本大题共6小题,共80分)(15)(共13分)解:(I)2239()2cossin4cos1333344f(II)22()2(2cos1)(1cos)4cosfxxxx=23cos4cos1xx=2273(cos)33x,xR因为cosx[1,1],所以,当cos1x时,()fx取最大值6;当2cos3x时,()fx取最小值73(16)(共14分)证明:(I)设AC与BD交与点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//平面EG,因为EG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(2,2,0),B(0,2,0).所以22(,,1)22CF,(0,2,1)BE,(2,0,1)DE.所以0110CFBE,1010CFDE所以CFBE,CFDE.所以CFBDE.(III)由(II)知,22(,,1)22CF是平面BDE的一个法向量.设平面ABE的法向量(,,)nxyz,则0nBA,0nBE.即(,,)(2,0,0)0(,,)(0,2,1)0xyzxyz所以0,x且2,zy令1,y则2z.所以(0,1,2)n.从而3cos,2||||nCFnCFnCF。因为二面角ABED为锐角,所以二面角ABED的大小为6.(17)(共13分)解:事件iA表示“该生第i门课程取得优秀成绩”,i=1,2,3,由题意知14()5PA,2()PAp,3()PAq(I)由于事件“该生至少有1门课程取得优秀成绩”与事件“0”是对立的,所以该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率是61191(0)1125125P,(II)由题意知12316(0)()(1)(1)5125PPAAApq123424(3)()5125PPAAApq整理得6125pq,1pq由pq,可得35p,25q.(III)由题意知123123123(1)()()()aPPAAAPAAAPAAA=411(1)(1)(1)(1)555pqpqpq37125(2)1(0)(1)(3)bPPPP=581250(0)1(1)2(2)3(3)EPPPP=95(18)(共13分)解:(I)当2k时,2()ln(1)fxxxx,1\'()121fxxx由于(1)ln2f,3\'(1)2f,所以曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为3ln2(1)2yx即322ln230xy(II)(1)\'()1xkxkfxx,(1,)x.当0k时,\'()1xfxx.所以,在区间(1,0)上,\'()0fx;在区间(0,)上,\'()0fx.故()fx得单调递增区间是(1,0),单调递减区间是(0,).当01k时,由(1)\'()01xkxkfxx,得10x,210kxk所以,在区间(1,0)和1(,)kk上,\'()0fx;在区间1(0,)kk上,\'()0fx故()fx得单调递增区间是(1,0)和1(,)kk,单调递减区间是1(0,)kk.当1k时,2\'()1xfxx故()fx得单调递增区间是(1,).当1k时,(1)\'()01xkxkfxx,得11(1,0)kxk,20x.所以没在区间1(1,)kk和(0,)上,\'()0fx;在区间1(,0)kk上,\'()0fx故()fx得单调递增区间是1(1,)kk和(0,),单调递减区间是1(,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(,)xy由题意得111113yyxx化简得2234(1)xyx.故动点P的轨迹方程为2234(1)xyx(II)解法一:设点P的坐标为00(,)xy,点M,N得坐标分别为(3,)My,(3,)Ny.则直线AP的方程为0011(1)1yyxx,直线BP的方程为0011(1)1yyxx令3x得000431Myxyx,000231Nyxyx.于是PMN得面积2000020||(3)1||(3)2|1|PMNMNxyxSyyxx又直线AB的方程为0xy,||22AB,点P到直线AB的距离00||2xyd.于是PAB的面积001||||2PABSABdxy当PABPMNSS时,得20000020||(3)|||1|xyxxyx又00||0xy,所以20(3)x=20|1|x,解得05|3x。因为220034xy,所以0339y故存在点P使得PAB与PMN的面积相等,此时点P的坐标为533(,)39.解法二:若存在点P使得PAB与PMN的面积相等,设点P的坐标为00(,)xy则11||||sin||||sin22PAPBAPBPMPNMPN.因为sinsinAPBMPN,所以||||||||PAPNPMPB所以000|1||3||3||1|xxxx即2200(3)|1|xx,解得0x53因为220034xy,所以0339y故存在点PS使得PAB与PMN的面积相等,此时点P的坐标为533(,)39.(20)(共13分)证明:(I)设12(,,...,)nAaaa,12(,,...,)nBbbb,12(,,...,)nCcccnS因为ia,0,1ib,所以0,1iiab,(1,2,...,)in从而1122(||,||,...,||)nnnABabababS又1(,)||||||niiiiidACBCacbc由题意知ia,ib,ic0,1(1,2,...,)in.当0ic时,|||||||||iiiiiiacbcab;当1ic时,|||||||(1)(1)|||iiiiiiiiacbcabab所以1(,)||(,)niiidACBCabdAB(II)设12(,,...,)nAaaa,12(,,...,)nBbbb,12(,,...,)nCcccnS(,)dABk,(,)dACl,(,)dBCh.记(0,0,...,0)nOS,由(I)可知(,)(,)(,)dABdAABAdOBAk(,)(,)(,)dACdAACAdOCAl(,)(,)dBCdBACAh所以||(1,2,...,)iibain中1的个数为k,||(1,2,...,)iicain的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(,)dAB,(,)dAC,(,)dBC三个数中至少有一个是偶数。(III)2,1()(,)ABPmdPdABC,其中,(,)ABPdAB表示P中所有两个元素间距离的总和,设P种所有元素的第i个位置的数字中共有it个1,imt个0则,(,)ABPdAB=1()niiitmt由于it()imt2(1,2,...,)4min所以,(,)ABPdAB24nm从而222,1()(,)42(1)ABPmmnmmndPdABCCm
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