高考数学文科试题解析北京卷 15页

2010 年普通高等学校招生全国统一考试 数 学（文）（北京卷）解析 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。 【名师简评】 作为北京进入新课改后第一年高考的数学试题，我认为很好的完成了由老教材到新课改 的过度，试题的命制在这方面做的很好.我的总体感觉：耳目一新。 1、风格亲切，考生不意外。对这份题，考生可能感觉似曾相识，与此前的模拟练习很类 似，可以说是练什么就考什么。这也正说明出题人与教师、学生的目的是一致的，最终是让 学生掌握基本知识，而不是找学生毛病。 2、平稳中有创新。20 个题严格依照考试说明的要求，考查主要知识、基本方法。保持了 北京卷的一贯特点：关注考生的探索意识和动手能力。如第 14、第 20 题等，情景是全新的， 对学生的“学习能力”提出了较高要求。 3、敢于探索，创新力度大。尽管今年是北京新课程第一年高考，但试题并没有一味求稳， 依据新课程的要求，大胆取舍，甚至一步到位，创新力度出乎多数人意料。其中倒数第 2 题 给人印象尤其深刻，题目新颖不落俗套，学生平时常用的方法不能解决了。但问题不是偏了、 怪了，而是回归到解析几何最本质的问题：代数方法研究几何问题。 4、难度比去年要高一点。试卷梯度明显，入手容易，但真正完全解决，还需要学生有扎 实的基础和顽强的意志。考试后接触到一些水平不错的孩子，他们大都觉得这份试卷比平时 的模拟练习难度要高，阅读量大，计算量大。 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{ 0 3}, { 9}P x Z x M x Z x       ，则 P MI = (A) {1,2} (B) {0,1,2} (C){1,2,3} (D){0,1,2,3} 答案 B 【命题意图】本题考查集合的交集运用，在求解中要注意集合元素的特性 【试题解析】集合 {0,1,2}P  ,集合 { 3, 2, 1,0,1,2,3}M     所以 P MI ={0,1,2} 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+i 答案 C 【命题意图】本题考查复平面的基本知识及中点坐标公式.求解此类问题要能够灵活准确 的对复平面内的点的坐标与复数进行相互转化. 【试题解析】两个复数对应的点的坐标分别为 A(6,5),B(-2,3)，则其中点的坐标为 C(2,4)， 故 其对应的复数为 2+4i. ⑶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） 4 5 (B) 3 5 （C） 2 5 (D) 1 5 答案 D 【命题意图】本题考查离散型随机变量的概率问题，在求解此类问题要求能够准备的确定基 本事件空间的基本事件个数和所求事件所含的基本事件个数 【试题解析】分别从两个集合中各取一个数，共有 15 中取法，其中满足 b>a 的有 3 种，所求 事件的概率为 3 1 15 5P   ⑷若 a,b 是非零向量，且 a b ， a b ，则函数 ( ) ( ) ( )f x xa b xb a    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 答案 A 【命题意图】本题考查学生对平面向量的数量积运算和函数的奇偶性，在求解中要明确 及有关向量模的运算 【试题解析】 ，因为 所以 所以函数 ( )f x 是 一次函数且为奇函数 （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： 答案 C 【命题意图】本题考查了几何体的三视图之间的关系，要注意记忆和理解“长对正、高平齐、 宽相等”的含义 【试题解析】由正（主）视图可知去掉的长方体在正对视线的方向，从侧（左）视图可以看 出去掉的长方体在原长方体的左侧，由以上各视图的描述可知其俯视图符合 C (6)给定函数① 1 2y x ，② 1 2 log ( 1)y x  ，③ | 1|y x  ，④ 12xy  ，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 答案 B 【命题意图】本题考查了函数的单调性，要注意各类函数中决定单调性的元素所满足的条件 【试题解析】①是幕函数，其在（ 0, ）第一象限内为增函数，故此项不符合要求，②中的 函数是由函数 1 2 log ( 1)y x  向左平移一个单位而得到的，因原函数在（ 0, ）内为减函数， 故此项也不符合要求，③中的函数图像是由函数 y=x-1 的图象保留 x 轴上方，下方图象翻折到 x 轴上方而得到的，故由其图象可知该图象符合要求，④中的函数为指数函数，因其底数大于 1，故其在 R 上单调递增，不符合题意，所以选项 B 正确 （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） 2sin 2cos 2   ； （B）sin 3 cos 3   （C）3sin 3 cos 1   （D） 2sin cos 1   答案 A 【命题意图】本题考查了三角面积公式的应用和余弦定理的应用. 【试题解析】四个等腰三角形的面积之和为 14 1 1 sin 2sin2       在由余弦定理可得正 方形的边长为 2 21 1 2 1 1 cos 2 2cos        ，故正方形的面积为 2 cos 所求八 边形的面积为 2sin 2cos 2   （8）如图，正方体 1 1 1 1ABCD-A B C D 的棱长为 2， 动点 E、F 在棱 1 1A B 上。点 Q 是 CD 的中点，动点 P 在棱 AD 上，若 EF=1，DP=x， 1A E=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； 答案 C 【命题意图】本题考查空间几何体的结构特征和棱锥的体积问题，同时也考查了学生的分析 问题的能力以及空间想象能力 【试题解析】三棱锥 P-EFQ 的体积与点 P 到面 EFQ 的距离和三角形 EFQ 的面积有关，由图可 知，平面 EFQ 与平面 1 1A B C D 是同一平面，故点 P 到面 EFQ 的距离既是点 P 到面 1 1A B C D 的距离，且该距离既是点 P 到线段 1A D 的距离，次距离与 X 有关，因 EF 的长度是 1,点 Q 到 EF 的距离是线段 1B C 的长度，该值为定值，综上所述，可以得知所求三棱锥的体积只与 X 有 关，与 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）已知函数 2log , 2, 2 , 2.{ x x x xy    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 。 答案 2X  2logY x 【命题意图】本题考查了程序框图的基本知识和分段函数求值问题，同时也考查了识图能 力。 【试题解析】由框架图可知只要满足①中的条件则对应的函数解析式为 y=2-x,所以此处 应当是 X<2，则②应当是 2log x （10）在 ABC 中。若 1b  ， 3c  ， 2 3c   ，则 a= 。 答案 1 【命题意图】本题考查了应用正弦定理求解三角形的问题 【试题解析】在 ABC 中由正弦定理得 1 3 2sin sin 3 B  ，解得， 1sin 2B  因为 b0,所以“ 3 2( ) 3 af x x bx cx d    在（-∞，+∞）内无极值点”等价于 “ 2( ) 2 0f x ax bx c     在（-∞，+∞）内恒成立”。 由（*）式得 2 9 5 , 4b a c a   。 又 2(2 ) 4 9( 1)( 9)b ac a a      解 0 9( 1)( 9) 0 a a a       得  1,9a 即 a 的取值范围 1,9 【命题意图】本题考查简单函数的求导计算求值问题和应用导数求解函数极值问题，在考查 中又融入了对二次方程解法的考查，在对应用导数法求解函数极值问题的考查中主要以其逆 向应用求参数为考查的重点，从而使问题增加了一定的难度。 【试题点评】高考中的函数问题每年都会考查有关导数的应用问题，关于导数的应用在平时 的学习中要能够掌握应用导数方法求解函数的单调性、极值、最值等问题的常规方法，且能 够求解有关以上各个应用的逆向求解参数问题 （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 6 3 ，直线 y=t 椭圆 C 交与不同的两点 M，N，以线段 MN 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 t 变化时，求 y 的最大值。 解：（Ⅰ）因为 6 3 c a  ，且 2c  ，所以 2 23, 1a b a c    所以椭圆 C 的方程为 2 2 13 x y  （Ⅱ）由题意知 (0, )( 1 1)p t t   由 2 2 13 y t x y    得 23(1 )x t   所以圆 P 的半径为 23(1 )t 解得 3 2t   所以点 P 的坐标是（0， 3 2  ） （Ⅲ）由（Ⅱ）知，圆 P 的方程 2 2 2( ) 3(1 )x y t t    。因为点 ( , )Q x y 在圆 P 上。所以 2 2 23(1 ) 3(1 )y t t x t t       设 cos , (0, )t     ，则 23(1 ) cos 3sin 2sin( )6t t         当 3   ，即 1 2t  ，且 0x  ， y 取最大值 2. 【命题意图】本题考查了椭圆方程、直线与圆的位置关系以及应用参数法求最值等问题.问题 的设置由浅入深，符合学生的思维能力的生成过程，问题的设置也兼顾考查了应用代数的思 想解决几何问题的能力. 【试题点评】圆锥曲线问题是每年的必考题型，其试题的难度会有所增加，但是其试题一般 都是有梯度的，且此类问题的设置时基于对基础知识、基本能力的考查基础上能力的拔高.求 解此类问题往往要应用到代数的方法和思想来求解，故此在平时的学习中要注意对圆锥曲线 的标准方程、参数关系、基本方法、基本题型的掌握和熟练. （20）（本小题共 13 分） 已 知 集 合 1 2{ | ( , , ), {0,1}, 1,2, , }( 2)n n iS X X x x x x i n n    …， … 对 于 1 2( , , ,)nA a a a … ， 1 2( , , ,)n nB b b b S … ，定义 A 与 B 的差为 1 1 2 2(| |,| |, | |);n nA B a b a b a b    … A 与 B 之间的距离为 1 ( , ) | | n i i i d A B a b    （Ⅰ）当 n=5 时，设 (0,1,0,0,1), (1,1,1,0,0)A B  ，求 A B ， ( , )d A B ； （Ⅱ）证明： , , ,n nA B C S A B S   有 ，且 ( , ) ( , )d A C B C d A B   ; (Ⅲ) 证明： , , , ( , ), ( , ), ( , )nA B C S d A B d A C d B C  三个数中至少有一个是偶数 （Ⅰ）解： ( 0 1 , 1 1 , 0 1 , 0 0 , 1 0 )A B       =（1,0,1,0,1） ( , ) 0 1 1 1 0 1 0 0 1 0d A B           =3 (Ⅱ)证明：设 1 2 1 2 1 2( , , , ), ( , , , ), ( , , , )n n n nA a a a B b b b C c c c S       因为 1 1, {0,1}a b  ，所以 1 1 {0,1}( 1,2, , )a b i n    从而 1 1 2 2( , , )n n nA B a b a b a b S       由题意知 , , {0,1}( 1,2, , )i i ia b c i n   当 0ic  时， i i i i i ia c b c a b     当 1ic  时， (1 ) (1 )i i i i i i i ia c b c a b a b         所以 1 ( , ) ( , ) n i i i d A C B C a b d A B       (Ⅲ)证明：设 1 2 1 2 1 2( , , , ), ( , , , ), ( , , , )n n n nA a a a B b b b C c c c S       ( , ) , ( , ) , ( , )d A B k d A C l d B C h   记 0 (0,0, 0) nS   由（Ⅱ）可知 ( , ) ( , ) (0, ) ( , ) ( , ) (0, ) ( , ) ( , ) d A B d A A B A d B A k d A C d A A C A d C A l d B C d B A C A h                 所以 ( 1,2, , )i ib a i n   中 1 的个数为 k, ( 1,2, , )i ic a i n   中 1 的个数为l 设t 是使 1i i i ib a c a    成立的i 的个数。则 2h l k t   由此可知， , ,k l h 三个数不可能都是奇数 即 ( , ), ( , ), ( , )d A B d A C d B C 三个数中至少有一个是偶数。 【命题意图】本题是一道创新试题，试题题目比较新颖，有一定难度，考查学生对于新生事 物的接受能力和认知能力，同时也考查了我们对所学的集合、绝对值不等式有关知识综合解 题的能力。 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） ⑴ B ⑵ C ⑶ D ⑷ A ⑸ C ⑹ B ⑺ A ⑻ C 二、提空题（本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分） ⑼ 2x  2logy x ⑽ 1 ⑾ -3 ⑿ 0.030 3 ⒀ ( 4,0 ) 3 0x y  ⒁ 4 1  三、解答题（本大题共 6 小题，共 80 分） ⒂（共 13 分） 解：（Ⅰ） 22( ) 2cos sin3 3 3f     = 3 11 4 4     （Ⅱ） 2 2( ) 2(2cos 1) (1 cos )f x x x    23cos 1,x x R   因为  cos 1,1x  ,所以，当 cos 1x   时 ( )f x 取最大值 2；当 cos 0x  时， ( )f x 去最小值-1。 ⒃（共 13 分） 解：（Ⅰ）设等差数列{ }na 的公差 d 。 因为 3 66, 0a a   所以 1 1 2 6 5 0 a d a d       解得 1 10, 2a d   所以 10 ( 1) 2 2 12na n n       （Ⅱ）设等比数列{ }nb 的公比为 q 因为 2 1 2 3 24, 8b a a a b       所以 8 24q   即 q =3 所以{ }nb 的前 n 项和公式为 1(1 ) 4(1 3 )1 n n n b qS q    ⒄（共 13 分） 证明：（Ⅰ）设 AC 于 BD 交于点 G。因为 EF∥AG,且 EF=1，AG= 1 2 AG=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 3 2( ) 3 af x x bx cx d    得 2( ) 2f x ax bx c    因为 2( ) 9 2 9 0f x x ax bx c x       的两个根分别为 1,4，所以 2 9 0 16 8 36 0 a b c a b c          （*） （Ⅰ）当 3a  时，又由（*）式得 2 6 0 8 12 0 b c b c        解得 3, 12b c   又因为曲线 ( )y f x 过原点，所以 0d  故 3 2( ) 3 12f x x x x   （Ⅱ）由于 a>0,所以“ 3 2( ) 3 af x x bx cx d    在（-∞，+∞）内无极值点”等价于 “ 2( ) 2 0f x ax bx c     在（-∞，+∞）内恒成立”。 由（*）式得 2 9 5 , 4b a c a   。 又 2(2 ) 4 9( 1)( 9)b ac a a      解 0 9( 1)( 9) 0 a a a       得  1,9a 即 a 的取值范围 1,9 （19）（共 14 分） 解：（Ⅰ）因为 6 3 c a  ，且 2c  ，所以 2 23, 1a b a c    所以椭圆 C 的方程为 2 2 13 x y  （Ⅱ）由题意知 (0, )( 1 1)p t t   由 2 2 13 y t x y    得 23(1 )x t   所以圆 P 的半径为 23(1 )t 解得 3 2t   所以点 P 的坐标是（0， 3 2  ） （Ⅲ）由（Ⅱ）知，圆 P 的方程 2 2 2( ) 3(1 )x y t t    。因为点 ( , )Q x y 在圆 P 上。所以 2 2 23(1 ) 3(1 )y t t x t t       设 cos , (0, )t     ，则 23(1 ) cos 3sin 2sin( )6t t         当 3   ，即 1 2t  ，且 0x  ， y 取最大值 2. (20)(共 13 分) （Ⅰ）解： ( 0 1 , 1 1 , 0 1 , 0 0 , 1 0 )A B       =（1,0,1,0,1） ( , ) 0 1 1 1 0 1 0 0 1 0d A B           =3 (Ⅱ)证明：设 1 2 1 2 1 2( , , , ), ( , , , ), ( , , , )n n n nA a a a B b b b C c c c S       因为 1 1, {0,1}a b  ，所以 1 1 {0,1}( 1,2, , )a b i n    从而 1 1 2 2( , , )n n nA B a b a b a b S       由题意知 , , {0,1}( 1,2, , )i i ia b c i n   当 0ic  时， i i i i i ia c b c a b     当 1ic  时， (1 ) (1 )i i i i i i i ia c b c a b a b         所以 1 ( , ) ( , ) n i i i d A C B C a b d A B       (Ⅲ)证明：设 1 2 1 2 1 2( , , , ), ( , , , ), ( , , , )n n n nA a a a B b b b C c c c S       ( , ) , ( , ) , ( , )d A B k d A C l d B C h   记 0 (0,0, 0) nS   由（Ⅱ）可知 ( , ) ( , ) (0, ) ( , ) ( , ) (0, ) ( , ) ( , ) d A B d A A B A d B A k d A C d A A C A d C A l d B C d B A C A h                 所以 ( 1,2, , )i ib a i n   中 1 的个数为 k, ( 1,2, , )i ic a i n   中 1 的个数为l 设t 是使 1i i i ib a c a    成立的i 的个数。则 2h l k t   由此可知， , ,k l h 三个数不可能都是奇数 即 ( , ), ( , ), ( , )d A B d A C d B C 三个数中至少有一个是偶数。