高考试题-数学理（福建卷）解析版

PAGE2010年高考试题——数学（理）（福建卷）解析解析（一）第I卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题。每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．的值等于（）A． B． C． D．【答案】A。【解析】原式=，故选A。【命题意图】本题考查三角函数中两角差的正弦公式以及特殊角的三角函数，考查基础知识，属保分题。2．以抛物线的焦点为圆心,且过坐标原点的圆的方程为()A． B． C． D．【答案】D。【解析】因为已知抛物线的焦点坐标为（1，0），即所求圆的圆心，又圆过原点，所以圆的半径为，故所求圆的方程为，即，选D。【命题意图】本题考查抛物线的几何性质以及圆的方程的求法，属基础题。3．设等差数列的前n项和为,若,,则当取最小值时,n等于A．6 B．7 C．8 D．9【答案】A。【解析】设该数列的公差为，则，解得，所以，所以当时，取最小值。【命题意图】本题考查等差数列的通项公式以及前n项和公式的应用，考查二次函数最值的求法及计算能力。4．函数的零点个数为()A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C。【解析】当时，令解得；当时，令解得，所以已知函数有两个零点，选C。【命题意图】本题考查分段函数零点的求法，考查了分类讨论的数学思想。5．阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的值等于A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C。【解析】由程序框图可知，该框图的功能是输出使和时的的值加1，因为，，，所以当时，计算到，故输出的是4，选。6．如图，若是长方体被平面截去几何体后得到的几何体，其中为线段上异于的点，为线段上异于的点，且∥，则下列结论中不正确的是A．∥B．四边形是矩形C．是棱柱D．是棱台【答案】D。【解析】因为∥，∥，所以，∥，又，所以∥平面，又，平面平面，所以∥，故∥∥，所以选项A、C正确；因为平面，∥，所以平面，又平面，故，所以选项B也正确，故选D。【命题意图】本题考查空间中直线与平面平行、垂直的判定与性质，考查同学们的空间想象能力和逻辑推理能力。7．若点O和点分别是双曲线的中心和左焦点,点P为双曲线右支上的任意一点,则的取值范围为()A．B．C．D．【答案】B。【解析】因为是已知双曲线的左焦点，所以，即，所以双曲线方程为，设点P，则有，解得，因为，，所以=，此二次函数对应的抛物线的对称轴为，因为，所以当时，取得最小值，故的取值范围是，选B。【命题意图】本题考查待定系数法求双曲线方程，考查平面向量的数量积的坐标运算、二次函数的单调性与最值等，考查了同学们对基础知识的熟练程序以及知识的综合应用能力、运算能力。8．设不等式组所表示的平面区域是,平面区域是与关于直线对称,对于中的任意一点A与中的任意一点B,的最小值等于()A．B．4C．D．2【答案】B。【解析】由题意知，所求的的最小值，即为区域中的点到直线的距离的最小值的两倍，画出已知不等式表示的平面区域，如图所示，可看出点（1，1）到直线的距离最小，故的最小值为，所以选B。【命题意图】本题考查不等式中的线性规划及两个图形间最小距离的求解、基本公式（点到直线的距离公式等）的应用，考查了转化与化归能力。9．对于复数，若集合具有性质“对任意，必有”，则当时，等于A．1 B．-1 C．0 D．【答案】B。【解析】由题意，可取，所以，选B。【命题意图】本题属创新题，考查复数与集合的基础知识。10．对于具有相同定义域的函数和，若存在函数（为常数），对任给的正数，存在相应的，使得当且时，总有则称直线为曲线与的“分渐近线”。给出定义域均为D=的四组函数如下：①，；②，；③，；④，。其中，曲线与存在“分渐近线”的是A．①④ B．②③ C．②④ D．③④【答案】C【命题意图】本题从大学数列极限定义的角度出发，仿造构造了分渐近线函数，目的是考查学生分析问题、解决问题的能力，考生需要抓住本质：存在分渐近线的充要条件是时，进行做答，是一道好题，思维灵活。【解析】要透过现象看本质，存在分渐近线的充要条件是时，。对于eq\o\ac(○,1)，当时便不符合，所以eq\o\ac(○,1)不存在；对于eq\o\ac(○,2)，肯定存在分渐近线，因为当时，；对于eq\o\ac(○,3)，，设且，所以当时越来愈大，从而会越来越小，不会趋近于0，所以不存在分渐近线；eq\o\ac(○,4)当时，，因此存在分渐近线。故，存在分渐近线的是②④选C。二、填空题11．在等比数列中,若公比,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式．【答案】【解析】由题意知，解得，所以通项。【命题意图】本题考查等比数列的通项公式与前n项和公式的应用，属基础题。12．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其表面积等于．【答案】【解析】由正视图知：三棱柱是以底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为，侧面积为，所以其表面积为。【命题意图】本题考查立体几何中的三视图，考查同学们识图的能力、空间想象能力等基本能力。13．某次知识竞赛规则如下:在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮。假设某选手正确回答每个问题的概率都是，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于。【答案】0．128【解析】由题意知，所求概率为。【命题意图】本题考查独立重复试验的概率，考查基础知识的同时，进一步考查同学们的分析问题、解决问题的能力。14．已知函数和的图象的对称轴完全相同。若，则的取值范围是。【答案】【解析】由题意知，，因为，所以，由三角函数图象知：的最小值为，最大值为，所以的取值范围是。【命题意图】本题考查三角函数的图象与性质，考查了数形结合的数学思想。15．已知定义域为的函数满足：①对任意，恒有成立；当时，。给出如下结论：①对任意，有；②函数的值域为；③存在，使得；④“函数在区间上单调递减”的充要条件是“存在，使得”。其中所有正确结论的序号是。【答案】①②④【解析】对①，因为，所以，故①正确；经分析，容易得出②④也正确。【命题意图】本题考查函数的性质与充要条件，熟练基础知识是解答好本题的关键。16．（本小题满分13分）设是不等式的解集，整数。（Ⅰ）记“使得成立的有序数组”为事件，试列举包含的基本事件；（Ⅱ）设，求的分布列及其数学期望。【命题意图】本小题主要考察概率与统计、不等式等基础知识，考查运算求解能力、应用意识，考查分类与整合思想、必然与或然思想、化归与转化思想。【解析】（Ⅰ）由得，即，由于整数且，所以包含的基本事件为。（Ⅱ）由于的所有不同取值为-2，-1，0，1，2，3，所以的所有不同取值为0，1，4，9，且有，，，，故的分布列为0149P所以=。17．（本小题满分13分）已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A（2，3），且点F（2，0）为其右焦点。（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在平行于OA的直线，使得直线与椭圆C有公共点，且直线OA与的距离等于4？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由。【命题意图】本小题主要考查直线、椭圆等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想。【解析】（1）依题意，可设椭圆C的方程为，且可知左焦点为，从而有，解得，又，所以，故椭圆的方程为。概率为。（i）当点C在圆周上运动时，求的最大值；（ii）记平面与平面所成的角为，当取最大值时，求的值。【命题意图】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。【解析】（Ⅰ）因为平面ABC，平面ABC，所以，因为AB是圆O直径，所以，又，所以平面，而平面，所以平面平面。（Ⅱ）（i）设圆柱的底面半径为，则AB=，故三棱柱的体积为=，又因为，所以=，当且仅当时等号成立，从而，而圆柱的体积，故=当且仅当，即时等号成立，所以的最大值是。（ii）由（i）可知，取最大值时，，于是以O为坐标原点，建立空间直角坐标系（如图），则C（r，0，0），B（0，r，0），（0，r，2r），因为平面，所以是平面的一个法向量，设平面的法向量，由，故，取得平面的一个法向量为，因为，所以。19．（本小题满分13分）。，轮船位于港口O北偏西且与该港口相距20海里的A处，并以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶。假设该小船沿直线方向以海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇。（1）若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？（2）假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时，试设计航行方案（即确定航行方向与航行速度的大小），使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由。【解析】如图，由（1）得而小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时，故轮船与小艇不可能在A、C（包含C）的任意位置相遇，设，OD=，由于从出发到相遇，轮船与小艇所需要的时间分别为和，所以，解得，从而值，且最小值为，于是当取得最小值，且最小值为。此时，在中，，故可设计航行方案如下：航行方向为北偏东，航行速度为30海里/小时，小艇能以最短时间与轮船相遇。20．（本小题满分14分）（Ⅰ）已知函数，。（i）求函数的单调区间；（ii）证明：若对于任意非零实数，曲线C与其在点处的切线交于另一点，曲线C与其在点处的切线交于另一点，线段（Ⅱ）对于一般的三次函数（Ⅰ）（ii）的正确命题，并予以证明。【命题意图】本小题主要考查函数、导数、定积分等基础知识，考查抽象概括能力、运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、特殊与一般思想。【解析】（Ⅰ）（i）由得=，当和时，；当时，，因此，的单调递增区间为和，单调递减区间为。21．本题设有（1）（2）（3）三个选考题，每题7分，请考生任选2题做答，满分14分。如果多做，则按所做的前两题计分。作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中。（1）（本小题满分7分）选修4-2：矩阵与变换已知矩阵M=，，且，（Ⅰ）求实数的值；（Ⅱ）求直线在矩阵M所对应的线性变换下的像的方程。（2）（本小题满分7分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xoy中，直线的参数方程为（t为参数）。在极坐标系（与直角坐标系xoy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，圆C的方程为。（Ⅰ）求圆C的直角坐标方程；（Ⅱ）设圆C与直线交于点A、B，若点P的坐标为，求|PA|+|PB|。（3）（本小题满分7分）选修4-5：不等式选讲已知函数。（Ⅰ）若不等式的解集为，求实数的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围。（1）选修4-2：矩阵与变换【命题意图】本小题主要考查矩阵与变换等基础知识，考查运算求解能力。【解析】（Ⅰ）由题设得，解得；（Ⅱ）因为矩阵M所对应的线性变换将直线变成直线（或点），所以可取直线上的两（0，0），（1，3），由，得：点（0，0），（1，3）在矩阵M所对应的线性变换下的像是（0，0），（-2，2），从而直线在矩阵M所对应的线性变换下的像的方程为。（2）选修4-4：坐标系与参数方程【命题意图】本小题主要考查直线的参数方程、圆的极坐标方程、直线与圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力。【解析】（Ⅰ）由得即（Ⅱ）将的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得，即由于，故可设是上述方程的两实根，所以故由上式及t的几何意义得：|PA|+|PB|==。（3）选修4-5：不等式选讲【命题意图】本小题主要考查绝对值的意义、绝对值不等式等基础知识，考查运算求解能力。【解析】（Ⅰ）由得，解得，又已知不等式的解集为，所以，解得。（Ⅱ）当时，，设，于是=，所以当时，；当时，；当时，。解析（二）【2010年福建高考试题解析】（理科数学）一、选择题1、【答案】A【命题意图】本题考查学生对于三角两角差公式的运用以及常见三角函数值的记忆。，。【解析】【答案】D【命题意图】本题考查学生对抛物线焦点的识记以及原方程的求解。的焦点为，求解圆方程时，确定了圆心与半径就好做了。【解析】抛物线的焦点为，又圆过原点，所以，方程为。【答案】A【命题意图】本题考查学生对等差数列公式、求和公式的掌握程度，以及一元二次方程最值问题的求解。。xye2-4-3【解析】由，得到，从而，所以，因此当取得最小值时，.xye2-4-3【答案】C【命题意图】本题从分段函数的角度出发，考查了学生对基本初等函数的掌握程度。【解析】，绘制出图像大致为所以零点个数为2。【答案】C【命题意图】本题考查学生对程序框图的理解。选材较为简单，只需要考生能从上到下一步步列出就可以正确作答。【解析】s=0i=1a=2i=4输出i=4，选择C【答案】D【命题意图】本题考查考生对立体几何体的理解程度、空间想像能力。灵活，全面地考查了考生对知识的理解。【解析】若FG不平行于EH，则FG与EH相交，焦点必然在B1C1上，而EH平行于B1C1，矛盾，所以FG平行于EH；由面，得到，可以得到四边形EFGH为矩形，将从正面看过去，就知道是一个五棱柱，C正确；D没能正确理解棱台与这个图形。【答案】C【命题意图】本题从大学数列极限定义的角度出发，仿造构造了分渐近线函数，目的是考查学生分析问题、解决问题的能力，考生需要抓住本质：存在分渐近线的充要条件是时，进行做答，是一道好题，思维灵活。【解析】要透过现象看本质，存在分渐近线的充要条件是时，。对于eq\o\ac(○,1)，当时便不符合，所以eq\o\ac(○,1)不存在；对于eq\o\ac(○,2)，肯定存在分渐近线，因为当时，；对于eq\o\ac(○,3)，，设且，所以当时越来愈大，从而会越来越小，不会趋近于0，所以不存在分渐近线；eq\o\ac(○,4)当时，，因此存在分渐近线。故，存在分渐近线的是eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,4)选C，得到，当时，，所以【答案】eq\o\ac(○,1)eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,4)【命题意图】本题通过抽象函数，考查了函数的周期性，单调性，以及学生的综合分析能力，难度不大。【解析】eq\o\ac(○,1)，正确；eq\o\ac(○,2)取，则；，从而，其中，，从而，正确；eq\o\ac(○,3)，假设存在使，即存在，又，变化如下：2,4,8,16,32，……，显然不存在，所以该命题错误；eq\o\ac(○,4)根据前面的分析容易知道该选项正确；综合有正确的序号是eq\o\ac(○,1)eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,4)解答题【解析】（1），则有，因此A包含的基本事件为：的可能去取为，则的可能取值为，因此得分布列为：0149数学期望为【命题意图】本题考查学生对概率分布的理解以及数学期望的计算，难度较易。【点评】本题作为解答题的第一题具备送分的作用，考生只要掌握了基本的计算知识，能够轻松应对。（ii）过O点做OT平行于，则由有，所以即为面在内的投影，设，则，设二面角的平面角大小为，则从而，故【命题意图】本题从棱柱出发，综合地考查了学生线面垂直、面面垂直的证明方法以及二面角、简单概率的求解，综合性强，灵活度大，是一道较好的题目。【点评】在完成立体几何题目时，考生应当尽量把握从已知到未知的推理，发挥自己的空间思维能力，转化图形。正确求解。【解析】（1）为使小艇航行距离最短，理想化的航行路线为OT，小艇到达T位置时轮船的航行位移即，，从而（海里/时）讨论：（1）若轮船与小艇在A、T之间G位置相遇时，根据小艇的速度限制，有OG<AG，但实际上，这种情况中AG<OG，所以不符合要求舍去。轮船与小艇的交点必在T、B之间。若轮船与小艇在H处相遇时，在直角三角形OHT中运用勾股定理有：，等价于OABOABTGH所以当时，，也就是说，当小艇以30海里每小时的速度，沿北偏东方向行走能以最短的时间遇到轮船。【命题意图】本题从三角函数出发，考查了学生运用知识解决实际问题的能力、求解一元二次方程最值问题的能力以及综合分析问题的能力。【点评】对待应用题没有什么通解通法，只要你不畏惧困难，认真读题、审题，通过列表、作图等方式合理分析已知量间的关