(北京卷)高考数学理科试题+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（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