高考试题(江苏卷)数学解析版

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高考试题(江苏卷)数学解析版文字介绍:绝密★启用前2010年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)数学Ⅰ试题参考公式:锥体的体积公式:V锥体=13Sh,其中S是锥体的底面积,h是高。一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共70分。请把答案填写在答题卡相应的位置上.1、设集合A={-1,1,3},B={a+2,a2+4},A∩B={3},则实数a=______▲_____.[解析]考查集合的运算推理。3B,a+2=3,a=1.2、设复数z满足z(2-3i)=6+4i(其中i为虚数单位),则z的模为______▲_____.[解析]考查复数运算、模的性质。z(2-3i)=2(3+2i),2-3i与3+2i的模相等,z的模为2。3、盒子中有大小相同的3只白球,1只黑球,若从中随机地摸出两只球,两只球颜色不同的概率是_▲__.[解析]考查古典概型知识。24、某棉纺厂为了了解一批棉花的质量,从中随机抽取了100根棉花纤维的长度(棉花纤维的长度是棉花质量的重要指标),所得数据都在区间[5,40]中,其频率分布直方图如图所示,则其抽样的100根中,有_▲___根在棉花纤维的长度小于20mm。[解析]考查频率分布直方图的知识。100×(0.001+0.001+0.004)×5=305、设函数f(x)=x(ex+ae-x)(xR)是偶函数,则实数a=_______▲_________[解析]考查函数的奇偶性的知识。g(x)=ex+ae-x为奇函数,由g(0)=0,得a=-1。注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共4页,包含填空题(第1题——第14题)、解答题(第15题——第20题)。本卷满分160分,考试时间为120分钟。考试结束后,请将本卷和答题卡一并交回。2.答题前,请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与您本人是否相符。4.请在答题卡上按照晤顺序在对应的答题区域内作答,在其他位置作答一律无效。作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔。请注意字体工整,笔迹清楚。5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗。6.请保持答题卡卡面清洁,不要折叠、破损。6、在平面直角坐标系xOy中,双曲线112422yx上一点M,点M的横坐标是3,则M到双曲线右焦点的距离是___▲_______[解析]考查双曲线的定义。422MFed,d为点M到右准线1x的距离,d=2,MF=4。7、右图是一个算法的流程图,则输出S的值是______▲_______[解析]考查流程图理解。2412223133,输出25122263S。8、函数y=x2(x>0)的图像在点(ak,ak2)处的切线与x轴交点的横坐标为ak+1,k为正整数,a1=16,则a1+a3+a5=____▲_____[解析]考查函数的切线方程、数列的通项。在点(ak,ak2)处的切线方程为:22(),kkkyaaxa当0y时,解得2kax,所以1135,1641212kkaaaaa。9、在平面直角坐标系xOy中,已知圆422yx上有且仅有四个点到直线12x-5y+c=0的距离为1,则实数c的取值范围是______▲_____[来源[解析]考查圆与直线的位置关系。圆半径为2,圆心(0,0)到直线12x-5y+c=0的距离小于1,||113c,c的取值范围是(-13,13)。10、定义在区间20,上的函数y=6cosx的图像与y=5tanx的图像的交点为P,过点P作PP1⊥x轴于点P1,直线PP1与y=sinx的图像交于点P2,则线段P1P2的长为_______▲_____。[解析]考查三角函数的图象、数形结合思想。线段P1P2的长即为sinx的值,且其中的x满足6cosx=5tanx,解得sinx=23。线段P1P2的长为2311、已知函数21,0()1,0xxfxx,则满足不等式2(1)(2)fxfx的x的范围是__▲___。[解析]考查分段函数的单调性。2212(1,21)10xxxx12、设实数x,y满足3≤2xy≤8,4≤yx2≤9,则43yx的最大值是▲。。来源[解析]考查不等式的基本性质,等价转化思想。22()[16,81]xy,2111[,]83xy,322421()[2,27]xxyyxy,43yx的最大值是27。13、在锐角三角形ABC,A、B、C的对边分别为a、b、c,6cosbaCab,则tantantantanCCAB=____▲_____。[解析]考查三角形中的正、余弦定理三角函数知识的应用,等价转化思想。一题多解。(方法一)考虑已知条件和所求结论对于角A、B和边a、b具有轮换性。当A=B或a=b时满足题意,此时有:1cos3C,21cos1tan21cos2CCC,2tan22C,1tantan2tan2ABC,tantantantanCCAB=4。(方法二)226cos6cosbaCabCabab,2222222236,22abccabababab2tantansincossinsincossinsin()1sintantancossinsincossinsincossinsinCCCBABACABCABCABCABCAB由正弦定理,得:上式=22222214113cos()662ccccCabab14、将边长为1m正三角形薄片,沿一条平行于底边的直线剪成两块,其中一块是梯形,记2(S梯形的周长)梯形的面积,则S的最小值是____▲____。[解析]考查函数中的建模应用,等价转化思想。一题多解。设剪成的小正三角形的边长为x,则:222(3)4(3)(01)1133(1)(1)22xxSxxxx(方法一)利用导数求函数最小值。224(3)()13xSxx,22224(26)(1)(3)(2)()(1)3xxxxSxx2222224(26)(1)(3)(2)42(31)(3)(1)(1)33xxxxxxxx1()0,01,3Sxxx,当1(0,]3x时,()0,Sx递减;当1[,1)3x时,()0,Sx递增;故当13x时,S的最小值是3233。(方法二)利用函数的方法求最小值。令1113,(2,3),(,)32xttt,则:2224418668331tStttt故当131,83xt时,S的最小值是3233。二、解答题:本大题共6小题,共计90分,请在答题卡指定区域内作答,解答时应写出文字说明、证明或演算步骤.15、(本小题满分14分)在平面直角坐标系xOy中,点A(-1,-2)、B(2,3)、C(-2,-1)。(1)求以线段AB、AC为邻边的平行四边形两条对角线的长;(2)设实数t满足(OCtAB)·OC=0,求t的值。[解析]本小题考查平面向量的几何意义、线性运算、数量积,考查运算求解能力。满分14分。(1)(方法一)由题设知(3,5),(1,1)ABAC,则(2,6),(4,4).ABACABAC所以||210,||42.ABACABAC故所求的两条对角线的长分别为42、210。(方法二)设该平行四边形的第四个顶点为D,两条对角线的交点为E,则:E为B、C的中点,E(0,1)又E(0,1)为A、D的中点,所以D(1,4)故所求的两条对角线的长分别为BC=42、AD=210;(2)由题设知:OC=(-2,-1),(32,5)ABtOCtt。由(OCtAB)·OC=0,得:(32,5)(2,1)0tt,从而511,t所以115t。或者:2·ABOCtOC,(3,5),AB2115||ABOCtOC16、(本小题满分14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥DC,∠BCD=900。(1)求证:PC⊥BC;(2)求点A到平面PBC的距离。[解析]本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系,考查几何体的体积,考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。满分14分。(1)证明:因为PD⊥平面ABCD,BC平面ABCD,所以PD⊥BC。由∠BCD=900,得CD⊥BC,又PDDC=D,PD、DC平面PCD,所以BC⊥平面PCD。因为PC平面PCD,故PC⊥BC。(2)(方法一)分别取AB、PC的中点E、F,连DE、DF,则:易证DE∥CB,DE∥平面PBC,点D、E到平面PBC的距离相等。又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍。由(1)知:BC⊥平面PCD,所以平面PBC⊥平面PCD于PC,因为PD=DC,PF=FC,所以DF⊥PC,所以DF⊥平面PBC于F。易知DF=22,故点A到平面PBC的距离等于2。(方法二)体积法:连结AC。设点A到平面PBC的距离为h。因为AB∥DC,∠BCD=900,所以∠ABC=900。从而AB=2,BC=1,得ABC的面积1ABCS。由PD⊥平面ABCD及PD=1,得三棱锥P-ABC的体积1133ABCVSPD。因为PD⊥平面ABCD,DC平面ABCD,所以PD⊥DC。又PD=DC=1,所以222PCPDDC。由PC⊥BC,BC=1,得PBC的面积22PBCS。由APBCPABCVV,1133PBCShV,得2h,故点A到平面PBC的距离等于2。17、(14分)某兴趣小组测量电视塔AE的高度H(单位m),如示意图,垂直放置的标杆BC高度h=4m,仰角∠ABE=α,∠ADE=β(1)该小组已经测得一组α、β的值,tanα=1.24,tanβ=1.20,,请据此算出H的值(2)该小组分析若干测得的数据后,发现适当调整标杆到电视塔的距离d(单位m),使α与β之差较大,可以提高测量精确度,若电视塔实际高度为125m,问d为多少时,α-β最大dβαBACED分析:此题关键要找出C点的位置,清楚α-β最大时tan(α-β)也最大解:(1)因为:tan,tanAEAEBCBADADB,AEH则:tanHBA,tanHDA,4tanDB因为DADBBA所以4tantantanHH带入tanα=1.24,tanβ=1.20得41.201.201.24HH,所以H=124m(2)由题意知:125tand,4tanDB因为BCDBDBAEDADBBA所以4125DBDBd则4121dDB121tandtantantan()1tantan1251211251211dddd=4125121dd41251212dd=2555(0d)当且仅当125121dd时,即555dm时tan()最大,因为02,所以也取最大值所以,555dm时,取最大值小结:此题主要考察学生对直角三角形角边关系的应用,第二问还考察学生对两角差的正切公式和基本不等式的熟练运用,第一问属于简单题,第二问属于中等题。总结:这两题充分体现了高考是以基础性题型为主的宗旨,对学生具有扎实基础的重视。虽说第二题与别章有结合,但都属于基本知识的结合,只要学生对各章都有一个坚实的基础,解决这些题目都不会有问题。所以,在以后解三角形的复习中,我们一定要强化三角形基本定理的熟练应用,扎实基础,注重与别章基础知识综合时的灵活运用。18、(本小题满分16分)在平面直角坐标系xoy中,如图,已知椭圆15922yx的左、右顶点为A、B,右焦点为F。设过点T(mt,)的直线TA、TB与椭圆分别交于点M),(11yx、),(22yxN,其中m>0,0,021yy。(1)设动点P满足422PBPF,求点P的轨迹;(2)设31,221xx,求点T的坐标;(3)设9t,求证:直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)。[解析]本小题主要考查求简单曲线的方程,考查方直线与椭圆的方程等基础知识。考查运算求解能力和探究问题的能力。满分16分。(1)设点P(x,y),则:F(2,0)、B(3,0)、A(-3,0)。由422PBPF,得2222(2)[(3)]4,xyxy化简得92x。故所求点P的轨迹为直线92x。(2)将31,221xx分别代入椭圆方程,以及0,021yy得:M(2,53)、N(13,209)直线MTA方程为:0352303yx,即113yx,直线NTB方程为:032010393yx,即5562yx。联立方程组,解得:7103xy,所以点T的坐标为10(7,)3。(3)点T的坐标为(9,)m直线MTA方程为:03093yxm,即(3)12myx,直线NTB方程为:03093yxm,即(3)6myx。分别与椭圆15922yx联立方程组,同时考虑到123,3xx,解得:2223(80)40(,)8080mmMmm、2223(20)20(,)2020mmNmm。(方法一)当12xx时,直线MN方程为:222222222203(20)202040203(80)3(20)80208020mmyxmmmmmmmmmm令0y,解得:1x。此时必过点D(1,0);当12xx时,直线MN方程为:1x,与x轴交点为D(1,0)。所以直线MN必过x轴上的一定点D(1,0)。(方法二)若12xx,则由222224033608020mmmm及0m,得210m,此时直线MN的方程为1x,过点D(1,0)。若12xx,则210m,直线MD的斜率2222401080240340180MDmmmkmmm,直线ND的斜率222220102036040120NDmmmkmmm,得MDNDkk,所以直线MN过D点。因此,直线MN必过x轴上的点(1,0)。19、(本小题满分16分)设各项均为正数的数列na的前n项和为nS,已知3122aaa,数列nS是公差为d的等差数列。(1)求数列na的通项公式(用dn,表示);(2)设c为实数,对满足nmknm且3的任意正整数knm,,,不等式knmcSSS都成立。求证:c的最大值为29。[解析]本小题主要考查等差数列的通项、求和以及基本不等式等有关知识,考查探索、分析及论证的能力。满分16分。(1)由题意知:0d,11(1)(1)nSSndand21323213233()aaaaSSSS,2221113[()](2),adaad化简,得:22111120,,aaddadad22(1),nnSdndndSnd,当2n时,222221(1)(21)nnnaSSndndnd,适合1n情形。故所求2(21)nand(2)(方法一)222222222mnkSScSmdndckdmnck,222mnck恒成立。又nmknm且3,222222292()()92mnmnmnkk,故92c,即c的最大值为29。(方法二)由1ad及1(1)nSand,得0d,22nSnd。于是,对满足题设的knm,,,mn,有2222222()99()222mnkmnSSmndddkS。所以c的最大值max92c。另一方面,任取实数92a。设k为偶数,令331,122mknk,则knm,,符合条件,且22222222331()[(1)(1)](94)222mnSSmnddkkdk。于是,只要22942kak,即当229ka时,22122mnkSSdakaS。所以满足条件的92c,从而max92c。因此c的最大值为92。20、(本小题满分16分)设)(xf是定义在区间),1(上的函数,其导函数为)(\'xf。如果存在实数a和函数)(xh,其中)(xh对任意的),1(x都有)(xh>0,使得)1)(()(\'2axxxhxf,则称函数)(xf具有性质)(aP。(1)设函数)(xf2ln(1)1bxxx,其中b为实数。(i)求证:函数)(xf具有性质)(bP;(ii)求函数)(xf的单调区间。(2)已知函数)(xg具有性质)2(P。给定1212,(1,),,xxxx设m为实数,21)1(xmmx,21)1(mxxm,且1,1,若|)()(gg|<|)()(21xgxg|,求m的取值范围。[解析]本小题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识,考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。满分16分。(1)(i)\'()fx222121(1)(1)(1)bxbxxxxx∵1x时,21()0(1)hxxx恒成立,∴函数)(xf具有性质)(bP;(ii)(方法一)设222()1()124bbxxbxx,()x与)(\'xf的符号相同。当210,224bb时,()x0,)(\'xf0,故此时)(xf在区间),1(上递增;当2b时,对于1x,有)(\'xf0,所以此时)(xf在区间),1(上递增;当2b时,()x图像开口向上,对称轴12bx,而(0)1,对于1x,总有()x0,)(\'xf0,故此时)(xf在区间),1(上递增;(方法二)当2b时,对于1x,222()121(1)0xxbxxxx所以)(\'xf0,故此时)(xf在区间),1(上递增;当2b时,()x图像开口向上,对称轴12bx,方程()0x的两根为:2244,22bbbb,而2224421,(0,1)224bbbbbb当24(1,)2bbx时,()x0,)(\'xf0,故此时)(xf在区间24(1,)2bb上递减;同理得:)(xf在区间24[,)2bb上递增。综上所述,当2b时,)(xf在区间),1(上递增;当2b时,)(xf在24(1,)2bb上递减;)(xf在24[,)2bb上递增。(2)(方法一)由题意,得:22\'()()(21)()(1)gxhxxxhxx又)(xh对任意的),1(x都有)(xh>0,所以对任意的),1(x都有()0gx,()gx在(1,)上递增。又1212,(21)()xxmxx。当1,12mm时,,且112212(1)(1),(1)(1)xmxmxxmxmx,综合以上讨论,得:所求m的取值范围是(0,1)。(方法二)由题设知,()gx的导函数2\'()()(21)gxhxxx,其中函数()0hx对于任意的),1(x都成立。所以,当1x时,2\'()()(1)0gxhxx,从而()gx在区间),1(上单调递增。①当(0,1)m时,有12111(1)(1)mxmxmxmxx,12222(1)(1)mxmxmxmxx,得12(,)xx,同理可得12(,)xx,所以由()gx的单调性知()g、()g12((),())gxgx,从而有|)()(gg|<|)()(21xgxg|,符合题设。②当0m时,12222(1)(1)mxmxmxmxx,12111(1)(1)mxmxmxmxx,于是由1,1及()gx的单调性知12()()()()ggxgxg,所以|)()(gg|≥|)()(21xgxg|,与题设不符。③当1m时,同理可得12,xx,进而得|)()(gg|≥|)()(21xgxg|,与题设不符。因此综合①、②、③得所求的m的取值范围是(0,1)。数学Ⅱ(附加题)21.[选做题]本题包括A、B、C、D四小题,请选定其中两题,并在相应的答题区域内作答。若多做,则按作答的前两题评分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。A.选修4-1:几何证明选讲(本小题满分10分)AB是圆O的直径,D为圆O上一点,过D作圆O的切线交AB延长线于点C,若DA=DC,求证:AB=2BC。[解析]本题主要考查三角形、圆的有关知识,考查推理论证能力。(方法一)证明:连结OD,则:OD⊥DC,又OA=OD,DA=DC,所以∠DAO=∠ODA=∠DCO,∠DOC=∠DAO+∠ODA=2∠DCO,所以∠DCO=300,∠DOC=600,所以OC=2OD,即OB=BC=OD=OA,所以AB=2BC。(方法二)证明:连结OD、BD。因为AB是圆O的直径,所以∠ADB=900,AB=2OB。因为DC是圆O的切线,所以∠CDO=900。又因为DA=DC,所以∠DAC=∠DCA,于是△ADB≌△CDO,从而AB=CO。BOCAD即2OB=OB+BC,得OB=BC。故AB=2BC。B.选修4-2:矩阵与变换(本小题满分10分)在平面直角坐标系xOy中,已知点A(0,0),B(-2,0),C(-2,1)。设k为非零实数,矩阵M=100k,N=0110,点A、B、C在矩阵MN对应的变换下得到点分别为A1、B1、C1,△A1B1C1的面积是△ABC面积的2倍,求k的值。[解析]本题主要考查图形在矩阵对应的变换下的变化特点,考查运算求解能力。满分10分。解:由题设得0010011010kkMN由00220010001022kk,可知A1(0,0)、B1(0,-2)、C1(k,-2)。计算得△ABC面积的面积是1,△A1B1C1的面积是||k,则由题设知:||212k。所以k的值为2或-2。C.选修4-4:坐标系与参数方程(本小题满分10分)在极坐标系中,已知圆ρ=2cosθ与直线3ρcosθ+4ρsinθ+a=0相切,求实数a的值。[解析]本题主要考查曲线的极坐标方程等基本知识,考查转化问题的能力。满分10分。解:22cos,圆ρ=2cosθ的普通方程为:22222,(1)1xyxxy,直线3ρcosθ+4ρsinθ+a=0的普通方程为:340xya,又圆与直线相切,所以22|3140|1,34a解得:2a,或8a。D.选修4-5:不等式选讲(本小题满分10分)设a、b是非负实数,求证:3322()ababab。[解析]本题主要考查证明不等式的基本方法,考查推理论证的能力。满分10分。(方法一)证明:332222()()()abababaaabbbba55()[()()]abab2432234()[()()()()()()()()]abaabababb因为实数a、b≥0,2432234()0,[()()()()()()()()]0abaabababb所以上式≥0。即有3322()ababab。(方法二)证明:由a、b是非负实数,作差得332222()()()abababaaabbbba55()[()()]abab当ab时,ab,从而55()()ab,得55()[()()]0abab;当ab时,ab,从而55()()ab,得55()[()()]0abab;所以3322()ababab。[必做题]第22题、第23题,每题10分,共计20分。请在答题卡指定区域内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。22、(本小题满分10分)某工厂生产甲、乙两种产品,甲产品的一等品率为80%,二等品率为20%;乙产品的一等品率为90%,二等品率为10%。生产1件甲产品,若是一等品则获得利润4万元,若是二等品则亏损1万元;生产1件乙产品,若是一等品则获得利润6万元,若是二等品则亏损2万元。设生产各种产品相互独立。(1)记X(单位:万元)为生产1件甲产品和1件乙产品可获得的总利润,求X的分布列;(2)求生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率。[解析]本题主要考查概率的有关知识,考查运算求解能力。满分10分。解:(1)由题设知,X的可能取值为10,5,2,-3,且P(X=10)=0.8×0.9=0.72,P(X=5)=0.2×0.9=0.18,P(X=2)=0.8×0.1=0.08,P(X=-3)=0.2×0.1=0.02。由此得X的分布列为:X1052-3P0.720.180.080.02(2)设生产的4件甲产品中一等品有n件,则二等品有4n件。由题设知4(4)10nn,解得145n,又nN,得3n,或4n。所求概率为33440.80.20.80.8192PC答:生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率为0.8192。23、(本小题满分10分)已知△ABC的三边长都是有理数。(1)求证cosA是有理数;(2)求证:对任意正整数n,cosnA是有理数。[解析]本题主要考查余弦定理、数学归纳法等基础知识,考查推理论证的能力与分析问题、解决问题的能力。满分10分。(方法一)(1)证明:设三边长分别为,,abc,222cos2bcaAbc,∵,,abc是有理数,222bca是有理数,分母2bc为正有理数,又有理数集对于除法的具有封闭性,∴2222bcabc必为有理数,∴cosA是有理数。(2)①当1n时,显然cosA是有理数;当2n时,∵2cos22cos1AA,因为cosA是有理数,∴cos2A也是有理数;②假设当(2)nkk时,结论成立,即coskA、cos(1)kA均是有理数。当1nk时,cos(1)coscossinsinkAkAAkAA,1cos(1)coscos[cos()cos()]2kAkAAkAAkAA,11cos(1)coscoscos(1)cos(1)22kAkAAkAkA,解得:cos(1)2coscoscos(1)kAkAAkA∵cosA,coskA,cos(1)kA均是有理数,∴2coscoscos(1)kAAkA是有理数,∴cos(1)kA是有理数。即当1nk时,结论成立。综上所述,对于任意正整数n,cosnA是有理数。(方法二)证明:(1)由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知222cos2ABACBCAABAC是有理数。(2)用数学归纳法证明cosnA和sinsinAnA都是有理数。①当1n时,由(1)知cosA是有理数,从而有2sinsin1cosAAA也是有理数。②假设当(1)nkk时,coskA和sinsinAkA都是有理数。当1nk时,由cos(1)coscossinsinkAAkAAkA,sinsin(1)sin(sincoscossin)(sinsin)cos(sinsin)cosAkAAAkAAkAAAkAAkAA,及①和归纳假设,知cos(1)kA和sinsin(1)AkA都是有理数。即当1nk时,结论成立。综合①、②可知,对任意正整数n,cosnA是有理数。

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