8．分子式为的同分异构体共有(不考虑立体异构)

　 A．3种　　 B．4种　　 C．5种D．6种

　　 一项是符合题目要求的。

7．下列各项表达中正确的是

A．的电子式为

B．的乙醇和丙醇混合液完全燃烧生成的为 (标准状况)

C．在氮原子中，质子数为7而中子数不一定为7

(15)(本小题共13分)

　　 已知函数。

(Ⅰ)求的值；

(Ⅱ)求的最大值和最小值。

15

(I)

(2)

　　　　 因为所以当时，取最大值6；当时，取最小值。

(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=，CE=EF=1.

(Ⅰ)求证：AF∥平面BDE；

(Ⅱ)求证：CF⊥平面BDE；

(Ⅲ)求二面角A-BE-D的大小。

16证明：(I)设AC与BD交于点G，因为EF∥AG，且EF=1，AG=AC=1，所以四边形AGEF为平行四边形。所以AF∥EG。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(，，0)，D(，0， 0)，E(0， 0， 1)，F(，，1)。所以=(，，1)，=(0，－，1)，＝(－，0，1)。所以·= 0-1+1=0，·=－1+0+1＝0。所以CF⊥BE，CF⊥DE，所以CF⊥平面BDE

(III)由(II)知，=(，，1)，是平面BDE的一个法向量，设平面ABE的法向量=(x,y,z),则·=0，·=0。

即

所以x=0，且z=y。令y=1，则z=。所以n=()，从而cos(，)=

因为二面角A-BE-D为锐角，所以二面角A-BE-D为。

　(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优秀成绩的概率为，第二、第三门课程取得优秀成绩的概率分别为，(＞)，且不同课程是否取得优秀成绩相互独立。记ξ为该生取得优秀成绩的课程数，其分布列为

ξ	0	1	2	3
P			b

(Ⅰ)求该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率；

(Ⅱ)求，的值；

(Ⅲ)求数学期望ξ。

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

(I)由于事件“该生至少有一门课程取得优异成绩”与事件“”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

(II)由题意可知，

整理得pq=。

(III)由题意知，

　(18)(本小题共13分)

已知函数

(Ⅰ)当=2时，求曲线=()在点(1，)处的切线方程；

(Ⅱ)求()的单调区间。

18

解：(I)当时，

由于所以曲线处的切线方程为

。即

(II)

　　　 当时，

　　　 因此在区间上，；在区间上，；

　　　 所以的单调递增区间为，单调递减区间为；

　　　 当时，，得;

　　　 因此，在区间和上，；在区间上，；

　　　 即函数 的单调递增区间为和，单调递减区间为；

　　　 当时，.的递增区间为

　　　 当时，由，得；

　　　 因此，在区间和上，，在区间上，；

　　　 即函数 的单调递增区间为和，单调递减区间为。

(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BP的斜率之积等于.

(Ⅰ)求动点P的轨迹方程；

(Ⅱ)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。

19，

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，则，由题意得，

　　　 化简得：。

　　　 即P点轨迹为：

　　　 (2)因，可得，

　　　 又，

　　　 若，则有，　 即

　　　 设P点坐标为，则有：

　　　 解得：，又因，解得。

　　　 故存在点P使得与的面积相等，此时P点坐标为或

(20)(本小题共13分)

已知集合对于，，定义A与B的差为

A与B之间的距离为

(Ⅰ)证明：，且;

(Ⅱ)证明：三个数中至少有一个是偶数

(Ⅲ) 设P，P中有m(m≥2)个元素，记P中所有两元素间距离的平均值为.

　 证明：≤.

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，第一个是关于的，其实中的元素就是一个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：，从而三者不可能同为奇数。

　　　 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会产生一个单位距离，因此只要分开0和1的数目即可，等算出来一切就水到渠成了。

　　　 此外，这个问题需要注意一下数学语言的书写规范。

解：(1)设

　　　　　　　 因，故，

　　　　　　　 即

　　　　　　　 又

　　　　　　　 当时，有；

　　　　　　　 当时，有

　　　　　　　 故

　　　 (2)设

　　　　　　　 记

　　　　　　　 记，由第一问可知：

　　　　　　　

　　　　　　　

　　　　　　　

　　　　　　　 即中1的个数为k，中1的个数为l，

　　　　　　　 设t是使成立的i的个数，则有，

　　　　　　　 由此可知，不可能全为奇数，即三个数中至少有一个是偶数。

　　　 (3)显然P中会产生个距离，也就是说，其中表示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个位置一共出现了个1， 那么自然有个0，因此在这个位置上所产生的距离总和为，

　　　 那么n个位置的总和

　　　 即

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。

2010年普通高等学校招生全国统一考试

(9)在复平面内，复数对应的点的坐标为　　　　　 。

9，(-1，1).

解析：

(10)在△ABC中，若b = 1，c =，，则a =　　　　　 。

10， 1。

解析：，因此，故

(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) , [140 , 150]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　　　　 。

11，0.030， 3

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。

(12)如图，的弦ED，CB的延长线交于点A。若BDAE，AB＝4, BC＝2, AD＝3,则DE＝　　　　　 ；CE＝　　　　 。

12，5，

解析：首先由割线定理不难知道，于是，又，故为直径，因此，由勾股定理可知，故

(13)已知双曲线的离心率为2，焦点与椭圆的焦点相同，那么双曲线的焦点坐标为　　　　 ；渐近线方程为　　　　　 。

13，，

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，故，渐近线为

(14)如图放置的边长为1的正方形PABC沿轴滚动。

设顶点P(，y)的轨迹方程是，则的最小正周期为　　　　　 ；在其两个相邻零点间的图像与轴

所围区域的面积为　　　　　 。

说明：“正方形PABC沿轴滚动”包括沿轴正方向和沿轴负方向滚动。沿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可以沿轴负方向滚动。

14， 4，

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：

因此不难算出这块的面积为

(1) 集合，则=

　 (A) {1,2}　　 (B) {0,1,2}　　 (C){x|0≤x<3}　　　 (D) {x|0≤x≤3}

1，B．

解析：，，因此

(2)在等比数列中，，公比.若，则m=

(A)9　　　　 (B)10　　　　 (C)11　　　　 (D)12

2，C．

解析：，因此有

(3)一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正(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　　

　　　　

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)8名学生和2位第师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为

(A)　　　　 (B)　　　　 (C) 　　　(D)

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，有种排法，然后将两位老师插入9个空中，共有种排法，因此一共有种排法。

(5)极坐标方程(-1)()=0(0)表示的图形是

(A)两个圆　　　　　　　　　　　　　　　 (B)两条直线

(C)一个圆和一条射线　　　　　　　　　 (D)一条直线和一条射线

5，C．

解析：原方程等价于或，前者是半径为1的圆，后者是一条射线。

(6)若,是非零向量，“⊥”是“函数为一次函数”的

(A)充分而不必要条件　　　　　　　　　　 (B)必要不充分条件

(C)充分必要条件　　　　　　　　　　　　 (D)既不充分也不必要条件

6，B．

解析：，如，则有，如果同时有，则函数恒为0，不是一次函数，因此不充分，而如果为一次函数，则，因此可得，故该条件必要。

(7)设不等式组 　表示的平面区域为D，若指数函数y=的图像上

存在区域D上的点，则a 的取值范围是

　　 (A)(1,3]　　　　 (B )[2,3]　　　　 (C ) (1,2]　　　　　 (D )[ 3, ]

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)如图，正方体ABCD-的棱长为2，动点E、F在棱上，动点P，Q分别在棱AD，CD上，若EF=1，E=x，DQ=y，DP＝z(x，y，z大于零)，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

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，的面积永远不变，为面面积的，而当点变化时，它到面的距离是变化的，因此会导致四面体体积的变化。

第II卷(共110分)

5．标志确定法

有些虚词是构成文言虚词句式的标志词，抓住标志即可事半功倍。如判断句的标志词“者”“也”“乃”等，被动句的标志词“见”“于”“为所”等，宾语前置的标志词“是”“之”等；定语前置的标志词语“者”“之”等。如第1题A项中“句读之不知”中的“之”就是宾语前置的标志。再如，判断句：“廉颇者，赵之良将也”“当立者乃公子扶苏”。被动句：“见笑于大方之家”“若属皆且为所虏”。宾语前置标志：“何罪之有”“唯利是图”“唯马首是瞻”。定语后置句：“求人可使报秦者”“处江湖之远”。

4．结构推断法

一是对称法。文言句子里讲究整齐对称，根据这个特点，可以由一个词的意义和用法来推断另一个词的意义和用法。如“木欣欣以向荣，泉涓涓而始流”中的“以”和“而”用法和意义是相同的，都是表修饰的连词。二是成分法。就是依据虚词在句子中充当的成分进行推断。不同的句子成分决定词语的不同词性和用法。如第2题中的C项“其母上书言于王曰”一句的主语是“母”，“其”作“母”的定语，定语一般由代词充当，因此“其”的义项为“代词，他(赵括)的”。

3．代入验证法

一是直接代入法。即将每个虚词的各种用法分别代入句子里去理解，从而判断正误。如前面第1题C项中的“而”，“而”字的常见义项有：①表并列，②表顺承，③表递进，④表转折，⑤表修饰，将其分别代入，结合语境推断出其用法即可。二是换位代入法。即将同组一个句子中的虚词的意义和用法代入另一个句子理解，看是否讲得通，依此来推断正误。如第1题中的D项“月出于东山之上”很容易推断出“于”的义项是介词“从”，把这种意义和用法代入“人力不至于此”中理解讲不通，依此推断出两组的“而”字意义用法不相同。

2．语境辨析法

即根据上下文语境(包括外部语境)来推断，在整体把握文句意义的基础上来确定某个词语的用法和意义。如前面第1题中“齐人伐燕，胜之”中的“之”，前句的意思是“齐国人讨伐燕国”，“胜之”的意思是“战胜了它”，表结果。因此“之”是代指“燕国”。

1．词性界定法

有些文言词语兼有实词和虚词的双重性质，根据上下文只要是能从词性的角度作出正确的判断，一般就能对词语进行正确的判断。如果一组句子中同一个文言虚词的词性不一样，那么，其用法也肯定不同。例如2009年广东卷第二大题第6小题中“发兵捕之，久不得”和“周怀政之诛，帝怒甚”的两句，前一个“之”是代词，他；后一个“之”是助词，取消句子独立性，不翻译。