2009年全国统一高考数学试卷(理科)(全国卷ⅰ)(共21页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2009年全国统一高考数学试卷（理科）（全国卷）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1（5分）设集合A=4，5，7，9，B=3，4，7，8，9，全集U=AB，则集合U（AB）中的元素共有（）A3个B4个C5个D6个2（5分）已知=2+i，则复数z=（）A1+3iB13iC3+iD3i3（5分）不等式1的解集为（）Ax|0x1x|x1Bx|0x1Cx|1x0Dx|x04（5分）已知双曲线=1（a0，b0）的渐近线与抛物线y=x2+1相切，则该双曲线的离心率为（）AB2CD5（5分）甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学若从甲、乙两组中各选

2、出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有（）A150种B180种C300种D345种6（5分）设、是单位向量，且，则的最小值为（）A2B2C1D17（5分）已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影D为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为（）ABCD8（5分）如果函数y=3cos（2x+）的图象关于点（，0）中心对称，那么|的最小值为（）ABCD9（5分）已知直线y=x+1与曲线y=ln（x+a）相切，则a的值为（）A1B2C1D210（5分）已知二面角l为60，动点P、Q分别在面、内，P到的距离为，Q到的距离为，则P、Q两点之间

3、距离的最小值为（）A1B2CD411（5分）函数f（x）的定义域为R，若f（x+1）与f（x1）都是奇函数，则（）Af（x）是偶函数Bf（x）是奇函数Cf（x）=f（x+2）Df（x+3）是奇函数12（5分）已知椭圆C：+y2=1的右焦点为F，右准线为l，点Al，线段AF交C于点B，若=3，则|=（）AB2CD3二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13（5分）（xy）10的展开式中，x7y3的系数与x3y7的系数之和等于14（5分）设等差数列an的前n项和为Sn，若S9=81，则a2+a5+a8=15（5分）直三棱柱ABCA1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB=AC=AA1=2，

4、BAC=120，则此球的表面积等于16（5分）若，则函数y=tan2xtan3x的最大值为三、解答题（共6小题，满分70分）17（10分）在ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知a2c2=2b，且sinAcosC=3cosAsinC，求b18（12分）如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SD底面ABCD，AD=，DC=SD=2，点M在侧棱SC上，ABM=60（I）证明：M是侧棱SC的中点；（）求二面角SAMB的大小19（12分）甲、乙二人进行一次围棋比赛，约定先胜3局者获得这次比赛的胜利，比赛结束，假设在一局中，甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，各局比赛结果

5、相互独立，已知前2局中，甲、乙各胜1局（I）求甲获得这次比赛胜利的概率；（）设表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，求的分布列及数学期望20（12分）在数列an中，a1=1，an+1=（1+）an+（1）设bn=，求数列bn的通项公式；（2）求数列an的前n项和Sn21（12分）如图，已知抛物线E：y2=x与圆M：（x4）2+y2=r2（r0）相交于A、B、C、D四个点（）求r的取值范围；（）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P的坐标22（12分）设函数f（x）=x3+3bx2+3cx在两个极值点x1、x2，且x11，0，x21，2（1）求b、c满足的约束条件，并在下面的

6、坐标平面内，画出满足这些条件的点（b，c）的区域；（2）证明：2009年全国统一高考数学试卷（理科）（全国卷）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1（5分）（2009全国卷）设集合A=4，5，7，9，B=3，4，7，8，9，全集U=AB，则集合U（AB）中的元素共有（）A3个B4个C5个D6个【分析】根据交集含义取A、B的公共元素写出AB，再根据补集的含义求解【解答】解：AB=3，4，5，7，8，9，AB=4，7，9U（AB）=3，5，8故选A也可用摩根律：U（AB）=（UA）（UB）故选A2（5分）（2009全国卷）已知=2+i，则复数z=（）A1+3iB13i

7、C3+iD3i【分析】化简复数直接求解，利用共轭复数可求z【解答】解：，故选B3（5分）（2009全国卷）不等式1的解集为（）Ax|0x1x|x1Bx|0x1Cx|1x0Dx|x0【分析】本题为绝对值不等式，去绝对值是关键，可利用绝对值意义去绝对值，也可两边平方去绝对值【解答】解：1，|x+1|x1|，x2+2x+1x22x+1x0不等式的解集为x|x0故选D4（5分）（2009全国卷）已知双曲线=1（a0，b0）的渐近线与抛物线y=x2+1相切，则该双曲线的离心率为（）AB2CD【分析】先求出渐近线方程，代入抛物线方程，根据判别式等于0，找到a和b的关系，从而推断出a和c的关系，答案可得【解

8、答】解：由题双曲线的一条渐近线方程为，代入抛物线方程整理得ax2bx+a=0，因渐近线与抛物线相切，所以b24a2=0，即，故选择C5（5分）（2009全国卷）甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有（）A150种B180种C300种D345种【分析】选出的4人中恰有1名女同学的不同选法，1名女同学来自甲组和乙组两类型【解答】解：分两类（1）甲组中选出一名女生有C51C31C62=225种选法；（2）乙组中选出一名女生有C52C61C21=120种选法故共有345种选法故选D6（5分）（2009全国卷）

9、设、是单位向量，且，则的最小值为（）A2B2C1D1【分析】由题意可得 =，故要求的式子即 （）+=1 cos=1cos，再由余弦函数的值域求出它的最小值【解答】解：、 是单位向量，=（）+=0（）+1=1 cos=1cos故选项为D7（5分）（2009全国卷）已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影D为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为（）ABCD【分析】首先找到异面直线AB与CC1所成的角（如A1AB）；而欲求其余弦值可考虑余弦定理，则只要表示出A1B的长度即可；不妨设三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长为1，利用勾股定理即可求之【

10、解答】解：设BC的中点为D，连接A1D、AD、A1B，易知=A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角；并设三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长为1，则|AD|=，|A1D|=，|A1B|=，由余弦定理，得cos=故选D8（5分）（2009全国卷）如果函数y=3cos（2x+）的图象关于点（，0）中心对称，那么|的最小值为（）ABCD【分析】先根据函数y=3cos（2x+）的图象关于点中心对称，令x=代入函数使其等于0，求出的值，进而可得|的最小值【解答】解：函数y=3cos（2x+）的图象关于点中心对称由此易得故选A9（5分）（2009全国卷）已知直线y=x+1与曲线y=ln（x+a）相切

11、，则a的值为（）A1B2C1D2【分析】切点在切线上也在曲线上得到切点坐标满足两方程；又曲线切点处的导数值是切线斜率得第三个方程【解答】解：设切点P（x0，y0），则y0=x0+1，y0=ln（x0+a），又x0+a=1y0=0，x0=1a=2故选项为B10（5分）（2009全国卷）已知二面角l为60，动点P、Q分别在面、内，P到的距离为，Q到的距离为，则P、Q两点之间距离的最小值为（）A1B2CD4【分析】分别作QA于A，ACl于C，PB于B，PDl于D，连CQ，BD则ACQ=PBD=60，在三角形APQ中将PQ表示出来，再研究其最值即可【解答】解：如图分别作QA于A，ACl于C，PB于B，

12、PDl于D，连CQ，BD则ACQ=PDB=60，AC=PD=2又当且仅当AP=0，即点A与点P重合时取最小值故答案选C11（5分）（2009全国卷）函数f（x）的定义域为R，若f（x+1）与f（x1）都是奇函数，则（）Af（x）是偶函数Bf（x）是奇函数Cf（x）=f（x+2）Df（x+3）是奇函数【分析】首先由奇函数性质求f（x）的周期，然后利用此周期推导选择项【解答】解：f（x+1）与f（x1）都是奇函数，函数f（x）关于点（1，0）及点（1，0）对称，f（x）+f（2x）=0，f（x）+f（2x）=0，故有f（2x）=f（2x），函数f（x）是周期T=2（2）=4的周期函数f（x1+4）

13、=f（x1+4），f（x+3）=f（x+3），f（x+3）是奇函数故选D12（5分）（2009全国卷）已知椭圆C：+y2=1的右焦点为F，右准线为l，点Al，线段AF交C于点B，若=3，则|=（）AB2CD3【分析】过点B作BMx轴于M，设右准线l与x轴的交点为N，根据椭圆的性质可知FN=1，进而根据，求出BM，AN，进而可得|AF|【解答】解：过点B作BMx轴于M，并设右准线l与x轴的交点为N，易知FN=1由题意，故FM=，故B点的横坐标为，纵坐标为即BM=，故AN=1，故选A二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13（5分）（2009全国卷）（xy）10的展开式中，x7y3的系数与

14、x3y7的系数之和等于240【分析】首先要了解二项式定理：（a+b）n=Cn0anb0+Cn1an1b1+Cn2an2b2+Cnranrbr+Cnna0bn，各项的通项公式为：Tr+1=Cnranrbr然后根据题目已知求解即可【解答】解：因为（xy）10的展开式中含x7y3的项为C103x103y3（1）3=C103x7y3，含x3y7的项为C107x107y7（1）7=C107x3y7由C103=C107=120知，x7y3与x3y7的系数之和为240故答案为24014（5分）（2009全国卷）设等差数列an的前n项和为Sn，若S9=81，则a2+a5+a8=27【分析】由s9解得a5即可【

15、解答】解：a5=9a2+a5+a8=3a5=27故答案是2715（5分）（2009全国卷）直三棱柱ABCA1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB=AC=AA1=2，BAC=120，则此球的表面积等于20【分析】通过正弦定理求出底面外接圆的半径，设此圆圆心为O，球心为O，在RTOBO中，求出球的半径，然后求出球的表面积【解答】解：在ABC中AB=AC=2，BAC=120，可得由正弦定理，可得ABC外接圆半径r=2，设此圆圆心为O，球心为O，在RTOBO中，易得球半径，故此球的表面积为4R2=20故答案为：2016（5分）（2009全国卷）若，则函数y=tan2xtan3x的最大值为8【分析】见

16、到二倍角2x 就想到用二倍角公式，之后转化成关于tanx的函数，将tanx看破成整体，最后转化成函数的最值问题解决【解答】解：令tanx=t，故填：8三、解答题（共6小题，满分70分）17（10分）（2009全国卷）在ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知a2c2=2b，且sinAcosC=3cosAsinC，求b【分析】根据正弦定理和余弦定理将sinAcosC=3cosAsinC化成边的关系，再根据a2c2=2b即可得到答案【解答】解：法一：在ABC中sinAcosC=3cosAsinC，则由正弦定理及余弦定理有：，化简并整理得：2（a2c2）=b2又由已知a2c2=2b4b

17、=b2解得b=4或b=0（舍）；法二：由余弦定理得：a2c2=b22bccosA又a2c2=2b，b0所以b=2ccosA+2又sinAcosC=3cosAsinC，sinAcosC+cosAsinC=4cosAsinCsin（A+C）=4cosAsinC，即sinB=4cosAsinC由正弦定理得，故b=4ccosA由，解得b=418（12分）（2009全国卷）如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SD底面ABCD，AD=，DC=SD=2，点M在侧棱SC上，ABM=60（I）证明：M是侧棱SC的中点；（）求二面角SAMB的大小【分析】（）法一：要证明M是侧棱SC的中点，作MNSD交C

18、D于N，作NEAB交AB于E，连ME、NB，则MN面ABCD，MEAB，设MN=x，则NC=EB=x，解RTMNE即可得x的值，进而得到M为侧棱SC的中点；法二：分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系Dxyz，并求出S点的坐标、C点的坐标和M点的坐标，然后根据中点公式进行判断；法三：分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系Dxyz，构造空间向量，然后数乘向量的方法来证明（）我们可以以D为坐标原点，分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系Dxyz，我们可以利用向量法求二面角SAMB的大小【解答】证明：（）作MNSD交CD于N，作NEAB交A

19、B于E，连ME、NB，则MN面ABCD，MEAB，设MN=x，则NC=EB=x，在RTMEB中，MBE=60在RTMNE中由ME2=NE2+MN23x2=x2+2解得x=1，从而M为侧棱SC的中点M（）证法二：分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系Dxyz，则设M（0，a，b）（a0，b0），则，由题得，即解之个方程组得a=1，b=1即M（0，1，1）所以M是侧棱SC的中点（I）证法三：设，则又故，即，解得=1，所以M是侧棱SC的中点（）由（）得，又，设分别是平面SAM、MAB的法向量，则且，即且分别令得z1=1，y1=1，y2=0，z2=2，即，二面角SAMB的大小19（

20、12分）（2009全国卷）甲、乙二人进行一次围棋比赛，约定先胜3局者获得这次比赛的胜利，比赛结束，假设在一局中，甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，各局比赛结果相互独立，已知前2局中，甲、乙各胜1局（I）求甲获得这次比赛胜利的概率；（）设表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，求的分布列及数学期望【分析】（1）由题意知前2局中，甲、乙各胜1局，甲要获得这次比赛的胜利需在后面的比赛中先胜两局，根据各局比赛结果相互独立，根据相互独立事件的概率公式得到结果（2）由题意知表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，由上一问可知的可能取值是2、3，由于各局相互独立，得到变量的分布列，求出期望【解答】

21、解：记Ai表示事件：第i局甲获胜，（i=3、4、5）Bi表示第j局乙获胜，j=3、4（1）记B表示事件：甲获得这次比赛的胜利，前2局中，甲、乙各胜1局，甲要获得这次比赛的胜利需在后面的比赛中先胜两局，B=A3A4+B3A4A5+A3B4A5由于各局比赛结果相互独立，P（B）=P（A3A4）+P（B3A4A5）+P（A3B4A5）=0.60.6+0.40.60.6+0.60.40.6=0.648（2）表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，由上一问可知的可能取值是2、3由于各局相互独立，得到的分布列P（=2）=P（A3A4+B3B4）=0.52P（=3）=1P（=2）=10.52=0.48E=2

22、0.52+30.48=2.4820（12分）（2009全国卷）在数列an中，a1=1，an+1=（1+）an+（1）设bn=，求数列bn的通项公式；（2）求数列an的前n项和Sn【分析】（1）由已知得=+，即bn+1=bn+，由此能够推导出所求的通项公式（2）由题设知an=2n，故Sn=（2+4+2n）（1+），设Tn=1+，由错位相减法能求出Tn=4从而导出数列an的前n项和Sn【解答】解：（1）由已知得b1=a1=1，且=+，即bn+1=bn+，从而b2=b1+，b3=b2+，bn=bn1+（n2）于是bn=b1+=2（n2）又b1=1，故所求的通项公式为bn=2（2）由（1）知an=2n

23、，故Sn=（2+4+2n）（1+），设Tn=1+，Tn=+，得，Tn=1+=2，Tn=4Sn=n（n+1）+421（12分）（2009全国卷）如图，已知抛物线E：y2=x与圆M：（x4）2+y2=r2（r0）相交于A、B、C、D四个点（）求r的取值范围；（）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P的坐标【分析】（1）先联立抛物线与圆的方程消去y，得到x的二次方程，根据抛物线E：y2=x与圆M：（x4）2+y2=r2（r0）相交于A、B、C、D四个点的充要条件是此方程有两个不相等的正根，可求出r的范围（2）先设出四点A，B，C，D的坐标再由（1）中的x二次方程得到两根之和、两根之

24、积，表示出面积并求出其的平方值，最后根据三次均值不等式确定得到最大值时的点P的坐标【解答】解：（）将抛物线E：y2=x代入圆M：（x4）2+y2=r2（r0）的方程，消去y2，整理得x27x+16r2=0（1）抛物线E：y2=x与圆M：（x4）2+y2=r2（r0）相交于A、B、C、D四个点的充要条件是：方程（1）有两个不相等的正根即解这个方程组得，（II）设四个交点的坐标分别为、则直线AC、BD的方程分别为y=（xx1），y+=（xx1），解得点P的坐标为（，0），则由（I）根据韦达定理有x1+x2=7，x1x2=16r2，则令，则S2=（7+2t）2（72t）下面求S2的最大值由三次均值有

25、：当且仅当7+2t=144t，即时取最大值经检验此时满足题意故所求的点P的坐标为22（12分）（2009全国卷）设函数f（x）=x3+3bx2+3cx在两个极值点x1、x2，且x11，0，x21，2（1）求b、c满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点（b，c）的区域；（2）证明：【分析】（1）根据极值的意义可知，极值点x1、x2是导函数等于零的两个根，根据根的分布建立不等关系，画出满足条件的区域即可；（2）先用消元法消去参数b，利用参数c表示出f（x2）的值域，再利用参数c的范围求出f（x2）的范围即可【解答】解：（）f（x）=3x2+6bx+3c，（2分）依题意知，方程f（x）=0有两个根x1、x2，且x11，0，x21，2等价于f（1）0，f（0）0，f（1）0，f（2）0由此得b，c满足的约束条件为（4分）满足这些条件的点（b，c）的区域为图中阴影部分（6分）（）由题设知f（x2）=3x22+6bx2+3c=0，则，故（8分）由于x21，2，而由（）知c0，故又由（）知2c0，（10分）所以专心-专注-专业