2010年普通高等学校招生全国统一考试
数学（理）（北京卷）
第I卷 选择题（共40分）
一、
本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题列出的4个选项中，选出符合
题目要求的一项。
1， 集合P??x?Z|0?x?3?,M??x?R|x2?9?，则P?M?
（A）?1,2?
（B）?0,1,2?
（C）?x|0?x?3?
（D）?x|0?x?3?
2，在等比数列?an?中，a1?1，公比q?1.若am?a1a2a3a4a5，则m? （A）9 （B）10 （C）11 3，一个长方体去掉一个小长方体，所得集合体的正（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
正（主）视图
侧（左）视图
（D）12
（A）
（B）
（C） （D）
4，8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法总数为
（A）A88A92 （B）A88C92 （A）两个圆
（C）A88A72 （B）两条直线
（D）一条直线和一条射线
（D）A88C92
5，极坐标方程(??1)(???)?0(??0)表示的图形是
（C）一个圆和一条射线
????????6，a,b为非零向量，“a?b”是“函数f(x)?(xa?b)?(xb?a)为一次函数”的
（A）充分而不必要条件 （C）充分必要条件 （B）必要而不充分条件
（D）既不充分也不必要条件
?x?y?11?0?7，设不等式组?3x?y?3?0表示的平面区域为D，若指数函数y?ax的图象上存在区
?5x?3y?9?0?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?A1B1C1D1的棱长为2，动点E，F在棱A1B1上，动点P，Q分
ED1 EC1
F 别
?F11在
,棱
A,DC上D，若
A1 P
zPB1
A?E,x?,y,zy大DD,（Qx?D
Q
C
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
A
B
第II卷 （共110分）
二、
填空题：本大题共6小题，每题5分，共30分。
2i1?i9，在复平面内，复数
对应的点的坐标为______
2?310，在?ABC中，若b?1,c?3,?C?，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
x2xa22?yb22?1的离心率为2，焦点与椭圆
25?y29?1的焦点相同，那么双曲线的焦点坐标为______；
渐近线方程为_______.
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y?f(x)，则函数f(x)的最小正周期为_____；y?f(x)在其两个相邻零点间的图象与x轴所围区域的面积为_______.
说明：“正方形PABC沿x轴滚动”包括沿x轴正方向和沿x轴负方向滚动.沿x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x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沿x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f(x)?2cos2x?sin2x?4cosx, （I） （II）
求f()的值；
3?求f(x)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） （II）
求证：AF∥平面BDE； 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的优秀成绩的概率为，第二、
54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?为该生取得优秀成绩的课程数，其分布列为
? 0 61251 a 2 b 3 24125P （I） （II）
求该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率； 求p,q的值；
（III） 求数学期望E?.
18，（本小题共13分） 已知函数f(x)?ln(1?x)?x?（I） （II）
BPk2x(k?0).
2当k?2，求曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线方程； 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与的斜率之积等于?.
31（I） （II）
求动点P的轨迹方程；
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）
A?已知集合
Sn??X|X??x1,x2,...,xn?,xi??0,1?,i?1,2,...,n?(n?2)B1,b?b?,n,bA.与.B.S,，定义的差为：
.对于
?1,a2a,n.?.a.??,2n
A?B??a1?b1,a2?b2,...,an?bn?;n
A与B之间的距离为d(A,B)??i?1ai?bi.
（I） （II）
证明：?A,B,C?Sn，有A?B?Sn，且d(A?C,B?C)?d(A,B)；
证明：?A,B,C?Sn，d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数；
（III） 设P?Sn，记P中所有两元素间距离的平均值为d(P).P中有m(m?2)个元素，
证明：d(P)?
mn2(m?1)
参考答案
本答案解析来自学而思高考研究中心邓杨老师。
一， 选择题 1，B．
解析：P??0,1,2?，M???3,3?，因此P?M??0,1,2? 2，C． 解析：
2341010am?a1a2a3a4a5?q?q?q?q?q?a1q，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．
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，有老师插入9个空中，共有5，C．
解析：原方程等价于6，B． 解析：
f(x)?(xa?b)?(xb?a)?(a?b)x?(b22A88种排法，然后将两位
A92种排法，因此一共有
A8A982种排法。
??1或
???，前者是半径为1的圆，后者是一条射线。
?a)x?a?b2，如
a?b，则有a?b?0，如果
同时有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
a?b?0，因此可得a?b，故该条件必要。
7，A．
x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8，14，20的风格，即在变化中寻找不变，从图中可以分析出，?EFQ的面积永远不变，为面A1B1CD面积的，而当P点变化时，它到面A1B1CD41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）.
解析：1?i?(1?i)(1?i)?i(1?i)??1?i
2i2i(1?i)
10， 1。
3sinB?sinCc1?b?2?1?23B??6解析：
11，0.030， 3
，因此
,A??6?Ba?b?1，故。
a?0.030解析：由所有小矩形面积为1不难得到，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。
2712，5， AB?AC?AD?AEAE?8,DE?5BD?AE解析：首先由割线定理不难知道，于是，又
，故BE222为直径，因此?C?90?，由勾股定理可知CE?AE?AC?28，故CE?27
13，??4,0?，y??3x
解析：双曲线焦点即为椭圆焦点，不难算出为??4,0?，又双曲线离心率为2，即a?2,c?4，故a?2,b?23，渐近线为y??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：
1bax??3xc
P P P A B C P
因此不难算出这块的面积为
??1。
三、解答题 15 （I）（2）
f(x)?2(2cosx?1)?(1?cosx)?4cosx?3cosx?4cosx?1?3(cosx?23)?2222f(?3)?2cos2?3?sin2?3?4cos?3??1?34?2??94.
73
,x?R 因为cosx???1,1?,所以当cosx??1时，f(x)取最大值6；当cosx?最小值?16 证明AG=
127323时，取
。
I）设AC与BD交于点G，因为EF∥AG，且EF=1，AC=1，所以四边形AGEF为平行四边形。所以AF∥EG。
因为EG?P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CE⊥AC，所以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（
222，2，0），D（2，0， 0），E（0， 0， 1），F
22（，????，1）。所以CF=（
22，22????，1），BE=（0，
－
????2，１），DE＝（－????????2，0，１）。所以CF·BE= 0-1+1=0，
????????CF·DE=－１＋０＋１＝０。所以CF⊥BE，CF⊥DE，所以CF⊥平面BDE ????（III）由（II）知，CF=（
2222，，1），是平面BDE的一个法向量，设平面ABE的
???????????法向量n=（x,y,z）,则n·BA=0，n·BE=0。
??(x,y,z)?(2,0,0)?0即? ??(x,y,z)?(0,?2,1)?0所以x=0，且z=2y。令y=1，则z=
?????2。所以n=（0,1,2），从而cos（n，CF）
?????n?CF3=???? ??2n?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
P(A1)?45,P(A2)?p,P(A3)?q.
（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?P(??0)?1?6125?119125.
（II）由题意可知，
P(??0)?P(A1A2A3)?p(??3)?P(A1A2A3)?3251545(1?p)(1?q)?pq?24125.6125,
整理得pq=,q?5。
（III）由题意知，
a?P(??1)?P(A1A2A3)?P(A1A2A3)?P(A1A2A3)??45(1?p)(1?q)?.15p(1?q)?15(1?p)q
37125b?P(??2)?1?P(??0)?P(??1)?P(??3)?58125.
E??0?P(??0)?1?P(??1)?2?P(??2)?3?P(??3)?95.
18
2解：（I）当k?2时， f(x)?ln(1?x)?x?x,f'(x)?11?x?1?2x.
由于f(1)?ln(2),f'(1)?32,所以曲线y?f(x)在点（1,f(1))处的切线方程为
y?ln2?32(x?1)。即3x?2y?2ln2?3?0 x(kx?k?1)1?x,x?(?1,??).（II）f'(x)?
.1?x x当k?0时，f'(x)??
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,??)； 当0?k?1时，f'(x)?x(kx?k?1)1?x1?kk,??)?0，得x1?0,x2?1?kk?0; 1?kk因此，在区间??1,0?和(上，f'(x)?0；在区间(0,1?kk,??))上，f'(x)?0；
1?kk)即函数 f(x)的单调递增区间为??1,0?和(x2，单调递减区间为(0,；
当k?1时，f'(x)?1?x.f(x)的递增区间为(?1,??) 当k?1时，由f'(x)?因此，在区间(?1,1?kkx(kx?k?1)1?x?0，得
x1?0,x2?1?kk?(?1,0)1?kk；
；
)和(0,??)上，f'(x)?0，在区间(,0)上，f'(x)?0
即函数 f(x)的单调递增区间为??1,??1?k?1?k,0)。 ?和(0,??)，单调递减区间为(k?k19，
解：（1）因点B与（-1,1）关于原点对称，得B点坐标为（1，-1）。
设P点坐标为?x,y?，则kAP?y?1x?1,kBP?y?1x?1，由题意得
y?1y?11???x?1x?13，
22化简得：x?3y?4,(x??1)。
22即P点轨迹为：x?3y?4,(x??1)
（2）因?APB??MPN，可得sin?APB?sin?MPN， 又S?APB?12PAPBsin?APB,S?MPN?12PMPNsin?MPN，
PAPNPAPB?PMPN?S?S?MPN，则有若?APB， 即PM PBx0?13?x03?x0x0?1
设P点坐标为?x0,y0?，则有：
?
20,
22解得：x0?3，又因x0?3y0?4，解得y0??9。
533故存在点P使得?PAB与?PMN的面积相等，此时P点坐标为?,?5?3??533?或,????39???33?? 9??【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Sn的，其实Sn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Sn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，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。
第三问，首先理解P中会出现Cm个距离，所以平均距离就是距离总和再除以Cm，而距
22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会产生一个单位距离，因此只要分开0和1的数目即可，等算出来ti(m?ti)?4,一切就水到渠成了。
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?(a1,a2,...,an),B?(b1,b2,...,bn),C?(c1,c2,...,cn)?Sn
因ai,bi??0,1?，故ai?bi??0,1?，?i?1,2,...,n? 即A?B??a1?b1,a2?b2,...,an?bn??Sn 又ai,bi,ci??0,1?,i?1,2,...,n.
当ci?0时，有ai?ci?bi?ci?ai?bi；
当ci?1时，有ai?ci?bi?ci?(1?ai)?(1?bi)?ai?bi
m2
n
故d(A?C,B?C)??i?1ai?bi?d(A,B)
（2）设A?(a1,a2,...,an),B?(b1,b2,...,bn),C?(c1,c2,...,cn)?Sn
记d(A,B)?k,d(A,C)?l,d(B,C)?h 记O?(0,0,...,0)?Sn，由第一问可知：
d(A,B)?d(A?A,B?A)?d(O,B?A)?k d(A,C)?d(A?A,C?A)?d(O,C?A)?l d(B,C)?d(B?A,C?A)?h
即bi?ai中1的个数为k，ci?ai中1的个数为l，(i?1,2,...,n) 设t是使bi?ai?ci?ai?1成立的i的个数，则有h?k?l?2i，
由此可知，k,l,h不可能全为奇数，即d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个
是偶数。
2（3）显然P中会产生Cm个距离，也就是说d(P)?1Cm2?A,B?Pd(A,B)，其中
?A,B?Pd(A,B)表
示P中每两个元素距离的总和。
分别考察第i个位置，不妨设P中第i个位置一共出现了ti个1， 那么自然有m?ti个0，
m2因此在这个位置上所产生的距离总和为ti(m?ti)?n4,(i?1,2,...,n)， m42 那么n个位置的总和
?A,B?Pd(A,B)??t(m?t)?n?iii?1?mn42
即d(P)?1Cm2?A,B?Pd(A,B)?mn4Cm22?mn2(m?1)
n
故d(A?C,B?C)??i?1ai?bi?d(A,B)
（2）设A?(a1,a2,...,an),B?(b1,b2,...,bn),C?(c1,c2,...,cn)?Sn
记d(A,B)?k,d(A,C)?l,d(B,C)?h 记O?(0,0,...,0)?Sn，由第一问可知：
d(A,B)?d(A?A,B?A)?d(O,B?A)?k d(A,C)?d(A?A,C?A)?d(O,C?A)?l d(B,C)?d(B?A,C?A)?h
即bi?ai中1的个数为k，ci?ai中1的个数为l，(i?1,2,...,n) 设t是使bi?ai?ci?ai?1成立的i的个数，则有h?k?l?2i，
由此可知，k,l,h不可能全为奇数，即d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个
是偶数。
2（3）显然P中会产生Cm个距离，也就是说d(P)?1Cm2?A,B?Pd(A,B)，其中
?A,B?Pd(A,B)表
示P中每两个元素距离的总和。
分别考察第i个位置，不妨设P中第i个位置一共出现了ti个1， 那么自然有m?ti个0，
m2因此在这个位置上所产生的距离总和为ti(m?ti)?n4,(i?1,2,...,n)， m42 那么n个位置的总和
?A,B?Pd(A,B)??t(m?t)?n?iii?1?mn42
即d(P)?1Cm2?A,B?Pd(A,B)?mn4Cm22?mn2(m?1)
