2010年福建高考理科数学试卷及答案解析(文字版)

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．计算sin43cos13-sin13cos43的值等于（ ）

A.

3231 B. C. D.

322222．以抛物线y4x的焦点为圆心,且过坐标原点的圆的方程为( )

A.x+y+2x=0 B. x+y+x=0 C. x+y-x=0 D. x+y-2x=0 3．设等差数列an的前n项和为Sn,若a111,a4a66,则当Sn取最小值时,n等于 A.6 B.7 C.8 D.9

22222222x2+2x-3,x04．函数（的零点个数为 ( ) fx)=-2+lnx,x>0A.0 B.1 C.2 D.3

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.2 B.3 C.4 D.5

6．如图,若是长方体ABCD-A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体

EFGHB1C1后得到的几何体,其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段

BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是（ ） ．．．

A. EH∥FG B.四边形EFGH是矩形 C. 是棱柱 D. 是棱台

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x227．若点O和点F(2,0)分别是双曲线2y1(a>0)的中心和左焦点,点P为双曲线右支

a上的任意一点,则OPFP的取值范围为 ( )

A. [3-23,) B. [323,) C. [-,) D. [,)

7474x18．设不等式组x-2y+30所表示的平面区域是1,平面区域是2与1关于直线

yx3x4y90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.

1228 B.4 C. D.2

559．对于复数a,b,c,d,若集合S=a,b,c,d具有性质“对任意x,yS,必有xyS”,则当

a=12b=1时,b+c+d等于 ( ) c2=bA.1 B.-1 C.0 D.i

10．对于具有相同定义域D的函数f(x)和g(x),若存在函数h(x)=kx+b(k,b为常数),对任给

0f(x)h(x)m的正数m,存在相应的x0D,使得当xD且xx0时,总有,则称直

0h(x)g(x)1的四组函数如下:

2-x①f(x)=x,g(x)=x ; ②f(x)=10+2,g(x)=2x-3; xx2+12x2xlnx+1-x③f(x)=,g(x)=; ④f(x)=,g(x)=2（x-1-e).

xx+1lnx其中, 曲线y=f(x)和y=g(x)存在“分渐近线”的是( ) A. ①④ B. ②③ C.②④ D.③④

二、填空题：

11．在等比数列an中,若公比q=4,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式

an .

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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 .

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 。 14．已知函数f(x)=3sin(x-若x[0,6)(>0)和g(x)=2cos(2x+)+1的图象的对称轴完全相同。

2]，则f(x)的取值范围是 。

15．已知定义域为的函数f(x)满足：①对任意x，恒有f(2x)=2f(x)成（0，）（0，）立；当x（1，2]时，f(x)=2-x。给出如下结论：

①对任意mZ，有f(2)=0；②函数f(x)的值域为[0，；③存在nZ，使得）mf(2n+1)=9；④“函数f(x)在区间(a,b)上单调递减”的充要条件是 “存在kZ，使得 (a,b)(2k,2k1)”。

其中所有正确结论的序号是 。 三、解答题： 16．（本小题满分13分） 设S是不等式xx60的解集，整数m,nS。

（1）记使得“mn0成立的有序数组(m,n)”为事件A，试列举A包含的基本事件； （2）设m，求的分布列及其数学期望E。

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

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22等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由。 18．（本小题满分13分） 如图，圆柱OO1内有一个三棱柱ABC-A1B1C1，三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB是圆O直径。 （Ⅰ）证明：平面A1ACC1平面B1BCC1；

（Ⅱ）设AB=AA1，在圆柱OO1内随机选取一点，记该点取自于三棱柱ABC-A1B1C1内的概率为p。

（i）当点C在圆周上运动时，求p的最大值；

（ii）记平面A1ACC1与平面B1OC所成的角为(0<90)，当p取最大值时，求cos的值。 19．（本小题满分13分）

某港口O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。

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20．（本小题满分14分）

（Ⅰ）已知函数f(x)=x-x，其图象记为曲线C。 （i）求函数f(x)的单调区间；

（ii）证明：若对于任意非零实数x1，曲线C与其在点P1(x1,f(x1))处的切线交于另一点

3P2(x2,f(x2))，曲线C与其在点P2(x2,f(x2))处的切线交于另一点P3(x3,f(x3))，线段

P1P2,P2P3与曲线C所围成封闭图形的面积分别记为S1,S2,则32S1为定值； S2（Ⅱ）对于一般的三次函数g(x)=ax+bx+cx+d(a0),请给出类似于（Ⅰ）（ii）的正确命题，并予以证明。

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=c2201a，，且NMN， 0d20b1（Ⅰ）求实数a,b,c,d的值；

（Ⅱ）求直线y3x在矩阵M所对应的线性变换下的像的方程。

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（2）（本小题满分7分）选修4-4：坐标系与参数方程

2x3t,2在直角坐标系xoy中，直线l的参数方程为（t为参数）。在极坐标系（与直y52t2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f(x)|xa|。

（Ⅰ）若不等式f(x)3的解集为x|1x5，求实数a的值；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若f(x)f(x5)m对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围。

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2010年普通高等学校招生全国统一考试 数学（理工农医类）（福建卷及详解）

一、选择题：

1.【解析】原式=sin(43-13)=sin30=1， 2答案 A

2.【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

（x-1)2+y2=1，即x-2x+y=0 的半径为r=1，故所求圆的方程为

答案 D

3.【解析】设该数列的公差为d，则a4a62a18d2(11)8d6，解得d2， 所以Sn11n答案 A

4.【解析】当x0时，令x2x30解得x3；

当x0时，令2lnx0解得x100，所以已知函数有两个零点， 答案 C

5.【解析】由程序框图可知，该框图的功能是 输出使和S12223312123222n(n1)2n212n(n6)236，所以当n6时，Sn取最小值。 2i2i11

123时的i的值加1，因为12221011，12223311， 所以当S11时，

计算到i3，故输出的i是4 答案 C

6.【解析】因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，所以EH∥B1C1，又EH平面BCB1C1，

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所以EH∥平面BCB1C1，又EH平面EFGH，平面EFGH平面BCB1C1=FG， 所以EH∥FG，故EH∥FG∥B1C1，所以选项A、C正确；因为A1D1平面ABB1A1，

EH∥A1D1，所以EH平面ABB1A1，又EF平面ABB1A1， 故EHEF，所以选

项B也正确 答案 D

7.【解析】因为F(2,0)是已知双曲线的左焦点，所以a14，即a3，所以双曲线

22x02x22y1，设点P(x0,y0)，则有y021(x03)，解得方程为33x02y01(x03)，因为FP(x02,y0)，OP(x0,y0)，所以

32x024x0212x01，此二次函数对应的抛物OPFPx0(x02)y0=x0(x02)332线的对称轴为x03，因为x03，所以当x03时，OPFP取得最小值443231323，故OPFP的取值范围是[323,) 3答案 B

8.【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3x4y90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3x4y90的距离最小，故|AB|的最小值为

2|31419|4

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答案 B

9.【解析】由题意，可取a=1,b=-1,c=i,d=-i，所以b+c+d=-1+i+-i1 答案 B

10.【解析】要透过现象看本质，存在分渐近线的充要条件是x时，f(x)g(x)0。对于○1，当x1时便不符合，所以○1不存在；对于○2，肯定存在分渐近线，因为当时，3，f(x)g(x)f(x)g(x)0；对于○

111，设(x)xlnx,\"(x)20xlnxx且lnxx，所以当x时xlnx越来愈大，从而f(x)g(x)会越来越小，不会趋近于0，所以不存在分渐近线；○4当x0时，f(x)g(x)222x0，因此存1e1x在分渐近线。故，存在分渐近线的是○2○4 答案 C 二、填空题：

n-111.【解析】由题意知a14a116a121，解得a11，所以通项an4。

答案 4n-1

12.【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

23423，侧面积为3216，所以其表面积为6+23。 4答案 6+23 13.【解析】恰好回答四道，且连续两道答对停止答题，则尽可能是第一道答对，第二道答错、三、四道答对或者是前两道答错，后两道答对的情况，所以

p(0.20.20.80.2)(0.8)20.128

【答案】[-,3]

14、【解析】由题意知，2，因为x[0,象知：

322]，所以2x-6[-566,]，由三角函数图

f(x)的最小值为3sin(-答案 [-,3]

33)=-，最大值为3sin=3，所以f(x)的取值范围是[-,3]。 62223215、【解析】○1f(2)f(22mm1)2f(2m1)2m1f(2)0，正确；○2取

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x(2m,2m1]，则

xxx；，从而 (1,2]f()22m2m2mxxf(x)2f()2mf(m)2m1x，其中，m0,1,2,，从而f(x)[0,)，

22nm1正确；○3f(21)22n1，假设存在n使f(2n1)9，即存在

x1,x2,s.t.2x12x210，又，2x变化如下：2,4,8,16,32，……，显然不存在，所以该命题

错误；○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○1○2○4. 答案 ①②④

三、解答题：

16、【解析】（1）由xx60得2x3，即S=x|-2x3，

2由于整数m,nS且mn0，所以A包含的基本事件为

(2,2）,(2,-2),(-1,1),(1,-1),(0,0)。

（2）由于m的所有不同取值为2,-1,0,1,2,3,所以m的所有不同取值为0,1,4,9， 且有P(=0)=2121211，P(=1)==，P(=4)==，P(=9)=， 663636故的分布列为



P

0 1 4 9

11 63111119所以E=0149。

633661 31 6x2y217、【解析】（1）依题意，可设椭圆C的方程为221(a>0,b>0)，且可知左焦点为

abF（-2，0），从而有c=22a=|AF|+|AF|=3+5=82'，解得c=2， a=4x2y21。 又a=b+c，所以b12，故椭圆C的方程为

1612222（2）假设存在符合题意的直线l，其方程为y=3x+t， 2 10 / 14

3y=x+t222由2得3x+3tx+t-12=0， 2x+y=11612（3t)-43(t-12)0， 因为直线l与椭圆有公共点，所以有解得43t43，

另一方面，由直线OA与l的距离4可得：22|t|=4，从而t=213， 914由于213[43,43]，所以符合题意的直线l不存在。

18、【解析】（Ⅰ）因为AA1平面ABC，BC平面ABC，所以AA1BC，

因为AB是圆O直径，所以BCAC，又ACAA1A，所以BC平面A1ACC1， 而BC平面B1BCC1，所以平面A1ACC1平面B1BCC1。

（Ⅱ）（i）设圆柱的底面半径为r，则AB=AA1=2r，故三棱柱ABC-A1B1C1的体积为

1V1=ACBC2r=ACBCr，又因为AC2BC2=AB2=4r2，

2AC2+BC22所以ACBC=2r，当且仅当AC=BC=2r时等号成立，

2323从而V12r，而圆柱的体积V=r2r=2r，

V12r31=,当且仅当AC=BC=2r，即OCAB时等号成立， 故p=3V2r所以p的最大值是

1。 （ii）由（i）可知，p取最大值时，OCAB，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），B1（0，r，2r）， 因为BC平面A1ACC1，所以BC=(r,-r,0)是平面A1ACC1的一个法向量，

rx0x0nOC得设平面B1OC的法向量n=(x,y,z)，由，故，

y2znOB1ry2rz0 11 / 14

取z1得平面B1OC的一个法向量为n=(0,-2,1)，因为0<90， 所以cos|cosn,BC|=nBC|n||BC|2r10。 552r19、【解析】如图，由（1）得

OC103,AC=10,故OC>AC,且对于线段AC上任意点P,有OPOC>AC，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),则在RtCOD中，CD103tan，OD=103， cos由于从出发到相遇，轮船与小艇所需要的时间分别为t10103tan103和t，

30vcos所以

10103tan1031533，解得v， ,又v30,故sin(+30)30vcossin(+30)23，于是 3tan取得最小值，且最小值为从而30<90,由于30时，t当30时，10103tan2取得最小值，且最小值为。

303此时，在OAB中，OAOBAB20，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。

3'220、【解析】（Ⅰ）（i）由f(x)=x-x得f(x)=3x-1=3(x-33)(x+)， 33当x(-,-33'（，）)和时，f(x)>0；

33当x(-33,)时，f'(x)<0， 333333（，）)和,)。 ，单调递减区间为(-3333因此，f(x)的单调递增区间为(-,-23（ii）曲线C与其在点P1处的切线方程为y=(3x1-1)(x-x1)+x1-x1,即

23y(3x1-1)x-2x1233y=(3x1-1)x-2x,由得x-x=(3x1-1)x-2x1，

3y=x-x231 12 / 14

（x+2x1)=0，解得x=x1或x2x1,故x22x1，进而有 即(x-x1)2274x1，用x2代替x1，重复上述计算过程，可得 x142727164x32x2和S2=x24，又x22x10，所以S2=x10,

44S12x1(x3-3x12x+2x13)dx=因此有

S11=。 S21632'（Ⅱ）记函数g(x)=ax+bx+cx+d(a0)的图象为曲线C，类似于（Ⅰ）（ii）的正确命

题为：若对任意不等式b'的实数x1，曲线C与其在点P1(x1,g(x1))处的切线交于另一点 3aP2(x2,g(x2))，曲线C与其在点P2(x2,g(x2))处的切线交于另一点P3(x3,g(x3))，线段

P1P2,P2P3与曲线C'所围成封闭图形的面积分别记为S1,S2,则证明如下：

S1为定值. S2因为平移变换不改变面积的大小，故可将曲线y=g(x)的对称中心（3bb，g())平移至3a3a坐标原点，因而不妨设g(x)=ax+hx(x0)，类似（i）（ii）的计算可得

S1=S127427164x1，S2=x10,故1=。

S2164421、（1）

c02a12ad0b1【解析】（Ⅰ）由题设得，解得；

bc02c22bd0d2（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y3x上的两（0，0），（1，3），

11001112由，（1，3）在矩阵M所对应，得：点（0，0）11001132的线性变换下的像是（0，0），（-2，2），从而

直线y3x在矩阵M所对应的线性变换下的像的方程为yx。 （2）选修4-4：坐标系与参数方程

2222【解析】（Ⅰ）由25sin得xy25y0,即x(y5)5.

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（Ⅱ）将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得(32222t)(t)5， 2222即t32t40,由于(32)4420，故可设t1,t2是上述方程的两实根，

tt32所以12,又直线l过点P(3,5),故由上式及t的几何意义得：

t1t24|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2=32。 （3）选修4-5：不等式选讲

【解析】（Ⅰ）由f(x)3得|xa|3，解得a3xa3， 又已知不等式f(x)3的解集为x|1x5，所以a31，解得a2。

a35（Ⅱ）当a2时，f(x)|x2|，设g(x)=f(x)f(x5)，于是

2x1,x<3g(x)=|x-2||x3|=5,3x2，所以

2x1,x>2当x<-3时，g(x)>5；当-3x2时，g(x)>5；当x>2时，g(x)>5。

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