北京高考文科数学试题及

1、2010 年高考数学北京卷（理）答案及详细解析 从 7 号下午考完数学开始， 就不停有同学给我打电话， 告诉我今年北京卷的数学变化如 何如何，而只有当真正拿到这张试卷的时候， 才感慨新课改的刺激作用的确不小， 在经历了 09 年的一场四平八稳的送别大纲课程考试之后， 北京真正地迎来了新课改后的第一届高考。 下面就这张理科数学试卷作一个评析。 从整体风格上来看， 北京卷仍然继承一向的传统， 注重考查学生的基本数学素养和能力， 不侧重复杂的计算和极高的解题技巧， 但是在此基础之上， 突破了今年北京一模二模的保守， 不仅仅是简单地将新课改的知识点加入到考试卷中， 更重要的是从题目的设置上体现了新课

2、改的精神，注重学习能力和创新能力的挖掘， 从这个意义上来讲，今年的这张北京卷是成功 的，消除了许多老师之前的担心担心北京卷过于求稳或者过于求新所带来的弊端。 其实试卷的难度并不是评价一张试卷好或者坏的标准， 当然， 试卷过于简单或者过于难 以至于失去了区分度自然会遭人诟病， 而笔者认为如何在一些平凡的知识点考察当中命题命 出新意，命出思想， 才是一张试卷的亮点所在，今年的这张北京卷，无疑还是有不少让人眼 睛一亮的题目，未必是难题，却值得琢磨。 下面就一些具体问题来阐述一下解题思路，希望可以指点今后高三学生的一些复习方 向。 选择题，第5 题，考察知识点：极坐标系，在这个问题的设置上，命题人很巧

3、妙地加入 了一个乘积为 0 的现象， 这违背了不少考生在之前的模拟考试中对于极坐标题的认识， 认为 就是简简单单的坐标转化，这一设置虽未增加多少难度，但构思仍然值得称赞。 选择题，第6 题，考察知识点：常用逻辑，向量。借助函数的背景，把几个小知识点灵 活地放在一起，若略有粗心便可能失分。 选择题，第7 题，考察知识点：线性规划，指数函数。同样是求参数范围，这道题却能 突破常规，最大值是 3 容易想，所有的 a 大于 1 却需要学生敏锐的观察力。 选择题，第8 题，考察知识点：立体几何。四个运动的点会让考生感觉不太舒服，而几 何的美妙之处很大程度上就在于如何从运动中寻找不变，这也是一向北京市命题

4、风格， 09 年的选择题最后一题也体现了这个风格。 填空题，第 14 题，一个正方形的滚动虽然是新背景，但也不是第一次在考试中见到， 但是这样的滚动方式还是会让不少学生感觉陌生，如何迅速地考察运动状态的每一次变化， 就成为了解决这个问题的关键。 解答题整体难度梯度较好，第 15 题直接考察三角函数虽然有些出人意外，但题目本身 中规中矩，跟平时三角函数的练习并没有太大区别，立体几何，概率，导数三道大题也依然 维持常态，与我们平时在课堂上讲解的东西保持一致。值得说的是最后两道大题。 19 题为解析几何大题，第二问很多考生反映说计算量很大，的确，如果按照一般的计 算交点然后计算距离的方式去求三角形面

5、积， 计算量的确不小， 但是这样做的同学大多数都 是拿到题目，未详细思考直接动笔运算， 事实上，如果认真考察两个三角形之间的关系，便 可以发现这道题目并不需要过于复杂的运算，我后面给出的解法口算即可完成。 最后一题的立意继承了 07 年的压轴题立意，在离散情况下处理集合的新背景规则，带 有一些组合技巧。 考生的瓶颈在于读题上， 大多数同学读到复杂的符号和定义的时候便头晕 眼花， 这说明了许多考生对于数学语言的理解层面尚浅， 不能将抽象的符号语言转化为直观 的认识，北京近年来的压轴题风格多为此类， 下一届的高三应该在这方面多下功夫。 这道题 目详细的分析过程见后面的答案分析，这里不多说了。 简要

6、分析到此，下面奉上详细解答，并提前预告大家关注6 月 13 日，6 月 14 日学而思 首届新课改高考分析讲座。 选择题 1，B 解析： P 0,1,2，M 3,3 0,1,2 ，因此 PI M 2，C 2341010a a a a a a qq q q q a q m123451解析：，因此有m 11 3，C 解析：很容易看出这是一个面向我们的左上角缺了一小块长方体的图形，不难选出答案。 4，A 8A 8 解析：基本的插空法解决的排列组合问题，将所有学生先排列，有种排法，然后将两位 282 老师插入 9 个空中，共有 A 9种排法，因此一共有 A 8 A 9种排法。 5，C 解析：原方程等价

7、于 1 或 ，前者是半径为 1 的圆，后者是一条射线。 6，B 解析： 同时有 f (x) (xa b)g(xba) (ab)x2(b a )x ab 22 ，如 a b ，则有 ab 0，如果 b a ，则函数恒为 0，不是一次函数，因此不充分，而如果 f (x) 为一次函数，则 ab 0，因此可得a b，故该条件必要。 7，A 解析：这是一道略微灵活的线性规划问题，作出区域 D 的图象，联系指数函数 y a 的图 象，能够看出，当图象经过区域的边界点（2,9）时，a 可以取到最大值 3，而显然只要 a 大 于 1，图象必然经过区域内的点。 8，D 解析：这道题目延续了北京高考近年8，14，

8、20 的风格，即在变化中寻找不变，从图中可以 1 分析出，EFQ的面积永远不变，为面 A 1B1CD面积的 4 ，而当P点变化时，它到面 A 1B1CD 的距离是变化的，因此会导致四面体体积的变化。 二、填空题 9， （-1，1）. x 2i2i(1i) i(1i) 1i 1i(1i)(1i) 解析： 10， 1。 3 sinC1 sinB b 2 1 B ,A B c2 ，因此 3 66 解析：，故a b 1。 11，0.030， 3 解析：由所有小矩形面积为 1 不难得到a 0.030，而三组身高区间的人数比为 3:2:1，由分 层抽样的原理不难得到 140-150 区间内的人数为 3 人

9、。 12，5， 2 7 解析：首先由割线定理不难知道AB AC AD AE，于是 AE 8,DE 5，又BD AE，故 222 BE为直径，因此C 90，由勾股定理可知CE AE AC 28，故CE 2 7 13， 4,0 ， y 3x c 2,c 4 4,0 a 解析：双曲线焦点即为椭圆焦点， 不难算出为，又双曲线离心率为 2，即， b y x 3x a 故 a 2,b 2 3 ，渐近线为 14， 4， 1 解析：不难想象，从某一个顶点（比如 A）落在 x 轴上的时候开始计算，到下一次 A 点落 在 x 轴上， 这个过程中四个顶点依次落在了x 轴上， 而每两个顶点间距离为正方形的边长1， 因

10、此该函数的周期为 4。下面考察P 点的运动轨迹，不妨考察正方形向右滚动，P 点从 x 轴 1 上开始运动的时候，首先是围绕 A 点运动4个圆，该圆半径为 1，然后以 B 点为中心，滚 动到 C 点落地，其间是以BP 为半径，旋转 90，然后以 C 为圆心，再旋转 90，这时候 以 CP 为半径，因此最终构成图象如下： P P PABCP 因此不难算出这块的面积为 1。 三、解答题 15 （I） （2） 239 f () 2cossin24cos 12 . 333344 f (x) 2(2cos2x1)(1cos2x)4cos x 3cos2x4cos x1 27 3(cosx)2,xR 33

11、因为 cosx1,1, 所以当cosx 1时， f (x) 取最大值 6；当 cos x 2 3 时，取 7 最小值 3 。 16 证明： （I）设 AC 与 BD 交于点 G，因为 EFAG，且 EF=1， 1 AG= 2 AC=1， 所以四边形 AGEF 为平行四边形。 所以 AFEG。 因为 EGP 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 所在的平面互相垂直， 且 CEAC，所以CEAC，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 222 uuu r （ 2

12、 ， 2 ，0） ，D（ 2 ，0， 0） ，E（0， 0， 1） ，F（ 2 ， 2 ，1） 。所以CF=（ 2 ， 2 uuu r uuu uuu r uuuuuu ruuu rrr 22CFCF2 ， BE = DE BE = 0-1+1=0， DE =1） ，（0， ， ） ，（， 0， ） 。 所以 。所以CFBE，CFDE，所以 CF平面 BDE 22 uuu r （III）由（II）知，CF=（ 2 ， 2 ，1） ，是平面 BDE 的一个法向量，设平面 ABE 的 rr uu r uuuu rr nnn BA =0， BE =0。法向量=（x,y,z）,则 (x, y,z)(

13、2,0,0) 0 (x, y,z)(0, 2,1) 0 即 ruuu r 0,1, 2 所以 x=0，且 z= 2 y。令 y=1，则 z= 2 。所以 n=（） ，从而 cos（n，CF） r uuu r nCF3 ruuu r 2 n CF = 因为二面角 A-BE-D 为锐角，所以二面角 A-BE-D 为 6 。 17 解：事件 A，表示“该生第 i 门课程取得优异成绩”，i=1,2,3。由题意可知 4 P(A 1) ,P(A 2 ) p,P(A 3 ) q. 5 （I）由于事件“该生至少有一门课程取得优异成绩”与事件“ 0 ”是对立的，所以该生至少 有一门课程取得优秀成绩的概率是 1

14、P( 0) 1 6119 . 125125 （II）由题意可知， 16 P( 0) P(A 1 A 2 A 3 ) (1 p)(1q) , 5125 424 p( 3) P(A 1 A 2 A 3 ) pq . 5125 32 ,q 5 。整理得 pq= 5 （III）由题意知， a P(1) P(A 1 A 2 A 3 ) P(A 1A2 A 3 ) P(A 1 A 2 A 3 ) 411 (1 p)(1q)p(1q)(1 p)q 555 37 . 125 b P( 2) 1 P( 0) P(1) P( 3) 58 . 125 E 0P( 0)1P(1)2P( 2)3P( 3) 9 . 5

15、18 解： （I）当 k 2时， f (x) ln(1 x) x x2, f (x) 1 12x. 1 x 3 f (1) ln(2), f (1), 1, f (1)处的切线方程为 2 所以曲线 y f (x)在点（ 由于 y ln2 3 (x1) 2 。即 3x2y 2ln 23 0 x(kxk 1) ,x(1,). 1 x f (x) x . 1 x f (x) （II） 当 k 0 时， 因此在区间 (1,0) 上， f (x) 0 ；在区间 (0,) 上， f (x) 0 ； 所以 f (x) 的单调递增区间为(1,0)，单调递减区间为 (0,) ； x(kx k 1)1k 0 x

16、1 0,x 2 0 0 k 11 xk 当时，得; 1k1k (,)(0,) 1,0 f (x) 0 kk 因此，在区间和上，；在区间上， f (x) 0 ； f (x) 1k1k (,)(0,) 1,0 f (x) kk 即函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； x2 f (x) k 11 x . f (x) 的递增区间为 (1,) 当时， 当k 1时，由 因此，在区间 f (x) x(kx k 1)1k 0 x 1 0,x 2 (1,0) 1 xk ，得； (1,1 k 1k )(,0) k 和 (0,) 上， f (x) 0 ，在区间 k 上， f (x) 0 ； 1k 1k 1, (

17、,0) f (x)(0,)k k 即函数的单调递增区间为和，单调递减区间为。 19， 解： （1）因点 B 与（-1,1）关于原点对称，得 B 点坐标为（1，-1） 。 y 1y 1y 1 y 11 k,k APBP x,y ，则 x 1x 1，由题意得x 1 x 13， 设 P 点坐标为 22x 3y 4,(x 1)。 化简得： 22x 3y 4,(x 1) 即 P 点轨迹为： （2）因APBMPN 180，可得sinAPB sinMPN， 又 S APB 11 PA PB sinAPB,S MPN PM PN sinMPN 22 ， PA PN PBPMPA PB PM PN 若 S AP

18、B S MPN，则有 ，即 x 0 1 3 x 0 x 0 1 设 P 点坐标为 x 0 , y 0 ，则有： 3 x 0 解得： x 0 335 y0 22 9 。 3，又因x0 3y 0 4 ，解得 5 33 5 33 , 3 9 3 9 PMN PAB 故存在点 P 使得与的面积相等，此时P 点坐标为或 20, 【分析】 ：这道题目的难点主要出现在读题上，这里简要分析一下。 题目所给的条件其实包含两个定义，第一个是关于 S n的，其实 S n中的元素就是一个 n 维的坐标，其中每个坐标值都是 0 或者 1， 也可以这样理解，就是一个 n 位数字的数组， 每个数字都只能是 0 和 1， 第

19、二个定义叫距离，距离定义在两者之间，如果直观理解就是 看两个数组有多少位不同， 因为只有 0 和 1 才能产生一个单位的距离， 因此这个大题最核心 的就是处理数组上的每一位数，然后将处理的结果综合起来，就能看到整体的性质了。 第一问， 因为每个数位上都是 0 或者 1， 取差的绝对值仍然是 0 或者 1， 符合 S n的要求。 然后是减去 C 的数位，不管减去的是 0 还是 1， 每一个 a 和每一个 b 都是同时减去的，因 此不影响他们原先的差。 第二问，先比较 A 和 B 有几个不同（因为距离就是不同的有几个） ，然后比较 A 和 C 有几个不同，这两者重复的（就是某一位上A 和 B 不同

20、，A 和 C 不同，那么这一位上B 和 C 就相同） 去掉两次 （因为在前两次比较中各计算了一次） ， 剩下的就是 B 和 C 的不同数目， 很容易得到这样的关系式：h k l 2i，从而三者不可能同为奇数。 22CC mm 第三问，首先理解 P 中会出现个距离，所以平均距离就是距离总和再除以，而距 离的总和仍然可以分解到每个数位上， 第一位一共产生了多少个不同， 第二位一共产生了多 少个不同，如此下去，直到第 n 位。然后思考，第一位一共 m 个数，只有 0 和 1 会产生一 m2 t i (mt i ) , 4 一切就水到渠成了。个单位距离， 因此只要分开 0 和 1 的数目即可， 等算出来 此外，这个问题需要注意一下数学语言的书写规范。 解： （1）设 A (a 1,a2 ,.,a n ),B (b 1,b2 ,.,b n ),C (c 1,c2 ,.,c n )S n 因 即 又 a i ,b i 0,1，故a i b i 0,1，i 1,2,.,n A B a 1 b 1 , a 2 b 2 ,., a n b n S n a i ,b i ,c i 0,1,i 1,2,.,n. a c b i c i a i b i当 c i 0 时，有ii； a c b i c i (1a i )(1b i )