2009年高考上海数学试题答案(理数).pdf
2009 年高考上海数学试题答案（理数)一、（第一题至第 14 题）2x,x 181.i 2.a 1 3.x 4.y 3x2,x 15arctan 5 6.1-2 7.47 8.s12 s23 s39.3 10.33 11.k 1 12.144213.3,3 14.arctan3题号代号15A16B17D18B二（第 15 题至第 18 题）三.（第 19 题至第 23 题）19.解：如图，建立空间直角坐标系。则 AB12,0,0，C0,2,0，A2,0,2，110,0,2，C0,2,2，2 分设 AC 的中点为 M，BMAC，BMCC1，BM平面AC11C，即BM=（1，1，0）是平面AC11C的一个法向量。5 分设平面 A B C 的一个法向量是n=x,y,z，11 AC1=2,2,2，A1B1=2,0,0，7 分z 1，解得x 0,y 1。nA1B1=2x=0，nAC1=2x2y 2z 0，令n=0,1,1，10 分 设法向量n与BM的夹角为，二面角B1 AC的大小为，显然为锐角。1C1 nBM1cos cos ，解得=3n|BM2二面角B1 AC1C1的大小为20.证明：3 14 分（1）当x 7时，f(x1)f(x)0.4(x3)(x4)而当x故 7时，函数y=(x3)(x4)单调递增，且(x3)(x4)03 分f(x1)f(x)单调递减。7，掌握程度的增长量f(x1)f(x)总是下降6 分所以，当x解：（2）由题意可知0.115ln整理得a 0.859 分a6a e0.0513 分a6e0.056 20.506 123.0,123.0121,12714 分解得a 0.05e1由此可知，该学科是乙学科21.解：（1）双曲线 C 的渐近线m:x y 0，即x2y 0 2 分2直线l的方程x2y3 2 0 6 分3 26 8 分12直线l与 m 的距离d（2）证法一：设过原点且平行于l的直线b:kx y 0,则直线l与b的距离d3 2 k1k2，当k 22时，d 6。12 分又双曲线 C 的渐近线为x2y 0，双曲线 C 的右支在直线b的右下方，双曲线 C 右支上的任意点到直线l的距离大于6。6 16 分故在双曲线 C 的右支上不存在点 Q(x0,y0)到到直线l的距离为证法二：假设双曲线 C 右支上存在点 Q(x0,y0)到直线l的距离为6，kx0 y03 2k6(1)2则1k22(2)x02y0 2由（1）得设ty0 kx03 2k 6 1 k2，11 分3 2k 6 1k222时，t当k3 2k 6 1k2 0：2t 3 2k 6 1k 6将2k213k 1k22 0 13 分y0 kx0t代入（2）得(12k2)x024tkx02(t21)0，（*）22，tk 012k2 0,4kt 0,2(t21)0.方程（*）不存在正根，即假设不成立，故在双曲线 C 的右支上不存在点 Q(x0,y0)到直线l的距离为22.解：（1）函数g(x)6 16 分x21(x 0)的反函数是g1(x)x1(x 1)，g1(x1)x(x 0)，而g(x1)(x1)故函数g(x)（2）设函数21(x 1)，其反函数为y x11(x 1)x21(x 0)不满足“1 和性质”4 分f(x)kxb(xR)满足“2 和性质”，k 0。kf1(x)xb(xR,f1(x2)x2b 6 分kxb2k而f(x2)k(x2)b(xR)，得反函数y，8 分kk 2bxb2k由“2 和性质”定义可知对(xR)恒成立。kkk 1,bR即所求一次函数f(x)xb(bR）.10 分（3）设a 0,x0 0,且点(x0,y0)在y f(ax)图像上，则(y0,x0)在函数y f1(ax)图像上，f(ax0)y0故可得ay0 f(x0)af(ax0)，12 分f 1(ay)x00令ax0 x,则a xx0，f(x0)x f(x0)x.14 分f(x),即f(x)0 x0 x综上所述，而23 解：（1）由amkkkf(x)（k 0),此时f(ax),其反函数是y，xaxaxkf1(ax),故y f(ax)与y f1(ax)互为反函数。16 分axam1 ak,得6m53k 1，2 分2m 4*，m、k N，k 2m为整数，3整理后，可得k不存在m、k N*，使等式成立。5 分（2）解法一：若an1a1ndbn,即 b1qn1ana1(n1)d，（*）（）若d当 0,则1b1qn1bn，an为非零常数列，bn为恒等于 1 的常数列，满足要求。7 分（）若d 0，（*）式等号左边取极限得lima1nd1,（*）式等号右边的极限只有na(n1)d1当q 1时，才可能等于 1，此时等号左边是常数，d 0，矛盾。综上所述，只有当an为非零常数列，bn为恒等于 1 的常数列，满足要求。10 分解法二：设an nd c，若an1 bn，对n都成立，且bn为等比数列，an则an2an12/q，对n都成立，即anan2 qan1，an1an(dnc)(dn2d c)q(dnd c)2，对n都成立，d2 qd27 分（）若d（）若d 0,则an c 0，bn1,n。0，则q 1,bn m（常数），即dnd c m，则d 0，矛盾dnc综上所述，有an c 0，bn1，使对一切n，an1 bn10 分an（3）an 4n1,bn3n,nN*，设am1am2ampbk3k,p、kN*,m4(m1)14(m p)1p 3k，23k4m2p3p取k，p、kN*，p 3s,sN13 分2S+23s2,4m 32S22S3（4-1）2 S3 0，15 分由二项展开式可得正整数M1、M2，使得（4-1）S2（4-1）8M2(1)S22S+2=4M1+1，4m 4(M12M2)(1)S1)2,存在整数m满足要求。故当且仅当p 3s,sN，命题成立。18 分说明：第（3）题若学生从以下角度解题，可分别得部分分（即分步得分）若p为偶数，则am1am2amp为偶数，但3k为奇数。故此等式不成立，p一定为奇数。1 分当p 1时，则am1bk,即4m53k，k而3 (41)k0k1k1k1kkk ck4kc14(1)c4(1)c(1)4M(1),M kkk当k为偶数时，存在m，使4m5 3成立，1 分当kp 3时，则am1am2am3bk,即3am2bk，k也即3(4m9)3，由已证可知，当k当4m9 3k1,4(m1)53k1，1为偶数即k为奇数时，存在m，4m9 3k成立，2 分p 5时，则am1am2am5bk,即5am3bk，kk也即5(4m13)3，而3不是 5 的倍数，当p 5时,所要求的m不存在，故不是所有奇数都成立。2 分
