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高考试题(福建卷)——数学理科+(答案解析)

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高考试题(福建卷)——数学理科+(答案解析)文字介绍:2010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．cos13计算sin43cos43-sin13的值等于（）A．12B．33C．22D．32【答案】A。【解析】原式=1sin(43-13)=sin30=2，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24yx的焦点为圆心,且过坐标原点的圆的方程为()A．22x+y+2x=0B．22x+y+x=0C．22x+y-x=0D．22x+y-2x=0【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r=1，故所求圆的方程为22x-1)+y=1（，即22x-2x+y=0，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na的前n项和为nS,若111a,466aa,则当nS取最小值时,n等于A．6B．7C．8D．9【答案】A。【解析】设该数列的公差为d，则461282(11)86aaadd，解得2d，所以22(1)11212(6)362nnnSnnnn，所以当6n时，nS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2x+2x-3,x0x)=-2+lnx,x>0f（的零点个数为()A．0B．1C．2D．3【答案】C。【解析】当0x时，令2230xx解得3x；当0x时，令2ln0x解得100x，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i值等于A．2B．3C．4D．5【答案】C。【解析】由程序框图可知，该框图的功能是输出使和123122232211iSi…时的i的值加1，因为，1212221011，12312223211，所以当11S时，计算到3i，故输出的i是4，选。6．如图，若是长方体1111ABCDABCD被平面EFGH截去几何体11EFGHBC后得到的几何体，其中E为线段11AB上异于1B的点，F为线段1BB上异于1B的点，且EH∥11AD，则下列结论中不正确的是A．EH∥FGB．四边形EFGH是矩形C．是棱柱D．是棱台【答案】D。【解析】因为EH∥11AD，11AD∥11BC，所以，EH∥11BC，又11EHBCBC平面，所以EH∥平面11BCBC，又EHEFGH平面，平面EFGH平面11BCBCFG，所以EH∥FG，故EH∥FG∥11BC，所以选项A、C正确；因为11AD平面11ABBA，EH∥11AD，所以EH平面11ABBA，又EF平面11ABBA，故EHEF，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(2,0)F分别是双曲线2221(a>0)axy的中心和左焦点,点P为双曲线右支上的任意一点,则OPFP的取值范围为()A．[3-23,)B．[323,)C．7[-,)4D．7[,)4【答案】B。【解析】因为(2,0)F是已知双曲线的左焦点，所以214a，即23a，所以双曲线方程为2213xy，设点P00(,)xy，则有220001(3)3xyx，解得220001(3)3xyx，因为00(2,)FPxy，00(,)OPxy，所以2000(2)OPFPxxy=00(2)xx2013x2004213xx，此二次函数对应的抛物线的对称轴为034x，因为03x，所以当03x时，OPFP取得最小值432313323，故OPFP的取值范围是[323,)，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x1x-2y+30yx所表示的平面区域是1,平面区域是2与1关于直线3490xy对称,对于1中的任意一点A与2中的任意一点B,||AB的最小值等于()A．285B．4C．125D．2【答案】B。【解析】由题意知，所求的||AB的最小值，即为区域1中的点到直线3490xy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3490xy的距离最小，故||AB的最小值为|31419|245，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abcd，，，，若集合{}Sabcd，，，具有性质“对任意xyS，，必有xyS”，则当2211abcb，，时，bcd等于A．1B．-1C．0D．i【答案】B。【解析】由题意，可取11abcidi，，，，所以11bcdii，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D的函数()fx和()gx，若存在函数()hxkxb（kb，为常数），对任给的正数m，存在相应的0xD，使得当xD且0xx时，总有0()()0()()fxhxmhxgxm，，则称直线:lykxb为曲线()yfx与()ygx的“分渐近线”。给出定义域均为D=1xx的四组函数如下：①2()fxx，()gxx；②()102xfx，()gx23xx；③()fx21xx，()gxln1lnxxx；④22()1xfxx，()2(1)xgxxe。其中，曲线()yfx与()ygx存在“分渐近线”的是A．①④B．②③C．②④D．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x时，0)()(xgxf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x时，0)()(xgxf。对于，当1x时便不符合，所以不存在；对于，肯定存在分渐近线，因为当时，0)()(xgxf；对于，xxxgxfln11)()(，设01)(\",ln)(2xxxxx且xxln，所以当x时xxln越来愈大，从而)()(xgxf会越来越小，不会趋近于0，所以不存在分渐近线；当0x时，022112)()(xexxgxf，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na中,若公比q=4,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式na．【答案】n-14【解析】由题意知11141621aaa，解得11a，所以通项nan-14。【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】6+23【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324234，侧面积为3216，所以其表面积为6+23。【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0.8，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2425C0.80.2=0.128。【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f(x)=3sin(x-)(>0)6和g(x)=2cos(2x+)+1的图象的对称轴完全相同。若x[0,]2，则f(x)的取值范围是。【答案】3[-,3]2【解析】由题意知，2，因为x[0,]2，所以52x-[-,]666，由三角函数图象知：f(x)的最小值为33sin(-)=-62，最大值为3sin=32，所以f(x)的取值范围是3[-,3]2。【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0（，）的函数f(x)满足：①对任意x0（，），恒有f(2x)=2f(x)成立；当x]（1，2时，f(x)=2-x。给出如下结论：①对任意mZ，有mf(2)=0；②函数f(x)的值域为[0，）；③存在nZ，使得nf(2+1)=9；④“函数f(x)在区间(,)ab上单调递减”的充要条件是“存在Zk，使得1(,)(2,2)kkab”。其中所有正确结论的序号是。【答案】①②④【解析】对①，因为m2>0，所以mf(2)=0，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S是不等式260xx的解集，整数mnS，。（Ⅰ）记“使得0mn成立的有序数组()mn，”为事件A，试列举A包含的基本事件；（Ⅱ）设2m，求的分布列及其数学期望E。【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260xx得23x，即{|23}Sxx，由于整数mnS、且0mn，所以A包含的基本事件为(22)(22)(11)(11)(00)，，，，，。（Ⅱ）由于m的所有不同取值为-2，-1，0，1，2，3，所以2m的所有不同取值为0，1，4，9，且有1(0)6P，21(1)63P，21(4)63P，1(9)6P，故的分布列为0149P16131316所以E=106113143196196。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l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l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22221(a>0,b>0)xyab，且可知左焦点为(20)F，，从而有22|||\'|358caAFAF，解得24ca，又222abc，所以212b，故椭圆C的方程为2211612xy。概率为p。（i）当点C在圆周上运动时，求p的最大值；（ii）记平面11AACC与平面1BOC所成的角为(0<90)，当p取最大值时，求cos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1AA平面ABC，BC平面ABC，所以1AABC，因为AB是圆O直径，所以BCAC，又AC1AAA，所以BC平面11AACC，而BC平面11BBCC，所以平面11AACC平面11BBCC。（Ⅱ）（i）设圆柱的底面半径为r，则AB=1AA=2r，故三棱柱111ABC-ABC的体积为11V=ACBC2r2=ACBCr，又因为2222ACBC=AB=4r，所以22AC+BCACBC2=22r，当且仅当AC=BC=2r时等号成立，从而31V2r，而圆柱的体积23V=r2r=2r，故p=313V2r1=,V2r当且仅当AC=BC=2r，即OCAB时等号成立，所以p的最大值是1。（ii）由（i）可知，p取最大值时，OCAB，于是以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz（如图），则C（r，0，0），B（0，r，0），1B（0，r，2r），因为BC平面11AACC，所以BC=(r,-r,0)是平面11AACC的一个法向量，设平面1BOC的法向量n=(x,y,z)，由1nOC020nOBrxryrz得，故02xyz，取1z得平面1BOC的一个法向量为n=(0,-2,1)，因为0<90，所以210cos|cos,BC|=5||||52nBCrnnBCr。19．（本小题满分13分）O某港口要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上。在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30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v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103,AC=10,>,,>ACOCOCACAC故且对于线段上任意点P有OPOC，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COD=(0<<90),103tanRtCODCD则在中，，OD=103cos，由于从出发到相遇，轮船与小艇所需要的时间分别为10103tan30t和103costv，所以10103tan30103cosv，解得1533,30,sin(+30)sin(+30)2vv又故，从而30<90,30tan由于时，取得最小值，且最小值为33，于是当30时，10103tan30t取得最小值，且最小值为23。此时，在OAB中，20OAOBAB，故可设计航行方案如下：航行方向为北偏东30，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3(x)=x-xf，其图象记为曲线C。（i）求函数(x)f的单调区间；（ii）证明：若对于任意非零实数1x，曲线C与其在点111P(x,f(x))处的切线交于另一点222P(x,f(x))，曲线C与其在点222P(x,f(x))处的切线交于另一点333P(x,f(x))，线段11223122PP,PP,S,SCS与曲线所围成封闭图形的面积分别记为S则为定值；（Ⅱ）对于一般的三次函数32g(x)=ax+bx+cx+d(a0),请给出类似于（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3(x)=x-xf得\'2(x)=3x-1f=333(x-)(x+)33，当3x(-,-)3和33（，）时，\'(x)>0f；当3x(-,33)3时，\'(x)<0f，因此，(x)f的单调递增区间为3(-,-)3和33（，），单调递减区间为3(-,33)3。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=11ab，20cNd，且2020MN，（Ⅰ）求实数,,,abcd的值；（Ⅱ）求直线3yx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l的参数方程为23,2252xtyt（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25sin。（Ⅰ）求圆C的直角坐标方程；（Ⅱ）设圆C与直线l交于点A、B，若点P的坐标为(3,5)，求|PA|+|PB|。（3）（本小题满分7分）选修4-5：不等式选讲已知函数()||fxxa。（Ⅰ）若不等式()3fx的解集为|15xx，求实数a的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若()(5)fxfxm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02200220cadbcbd，解得1122abcd；（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3yx上的两（0，0），（1，3），由00111100，13111122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3yx在矩阵M所对应的线性变换下的像的方程为yx。（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25sin得22250,xyy即22(5)5.xy（Ⅱ）将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得2222(3)()522tt，即23240,tt由于2(32)4420，故可设12,tt是上述方程的两实根，所以121232,(3,5),4ttlPtt又直线过点故由上式及t的几何意义得：|PA|+|PB|=12|t|+|t|=12t+t=32。（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()3fx得||3xa，解得33axa，又已知不等式()3fx的解集为|15xx，所以3135aa，解得2a。（Ⅱ）当2a时，()|2|fxx，设()=()(5)gxfxfx，于是()=|x-2||3|gxx=21,<35,3221,>2xxxxx，所以当x<-3时，g(x)>5；当-3x2时，g(x)>5；当x>2时，g(x)>5。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。sincoscossin)sin(，2130sin。【解析】2130sin13sin43cos13cos43sin2、【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。pxy22的焦点为)0,2(pF，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)0,1(F，又圆过原点，所以1R，方程为021)1(2222yxxyx。3、【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。dnnnaSdnaann2)1(,)1(11。【解析】由61199164aaaaa，得到59a，从而2d，所以nnnnnSn12)1(112，因此当nS取得最小值时，6n.4、【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】0,ln0,4)1()(22xexxxxf，绘制出图像大致为所以零点个数为2。5、【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=0i=1a=22s2i8a10s3i24a34si=4输出i=4，选择C6、【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，xye2-4-3所以FG平行于EH；由EH面11ABBA，得到EFEH，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x时，0)()(xgxf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x时，0)()(xgxf。对于，当1x时便不符合，所以不存在；对于，肯定存在分渐近线，因为当时，0)()(xgxf；对于，xxxgxfln11)()(，设01)(\",ln)(2xxxxx且xxln，所以当x时xxln越来愈大，从而)()(xgxf会越来越小，不会趋近于0，所以不存在分渐近线；当0x时，022112)()(xexxgxf，因此存在分渐近线。故，存在分渐近线的是选C2w，得到)62sin(3)(xxf，当20x时，65626x，所以3,23)(xf11、【答案】【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】0)2(2)2(2)22()2(111ffffmmmm，正确；取]2,2(1mmx，则]2,1(2mx；mmxxf22)2(，从而xxfxfxfmmm12)2(2)2(2)(，其中，,2,1,0m，从而),0[)(xf，正确；122)12(1nmnf，假设存在n使9)12(nf，即存在..,,21tsxx102221xx，又，x2变化如下：2,4,8,16,32，……，显然不存在，所以该命题错误；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三、解答题16、【解析】（1）320)2)(3(xxx，则}3,2,1,0,1,2{,nm0nm有0022221111nmnmnmnmnm或或或或，因此A包含的基本事件为：)0,0(),2,2(),2,2(),1,1(),1,1(（2）m的可能去取为3,2,1,0,1,2，则2m的可能取值为9,4,1,061)9()0(22mPmP，3162)4()1(22mPmP因此2m得分布列为：数学期望为6192335233431E【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。2m0149)(2mP61313161（ii）过O点做OT平行于1BC，则由ACCACB1111面有ACCAOT11面，所以OTC即为面BOC1在ACCA11面内的投影，设2AB，则2221111CCTCSTCC，设二面角11BOCB的平面角大小为，则5111tan11cos21212111OBBBSSBOCOCB从而251BOCS，故5105221cos【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。19、【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,0ATs即31,1030tt，310vt，从而330310tv（海里/时）（2）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

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