高考试题——数学理(重庆卷)解析版.pdf

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1、20092009 年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）数学试题卷数学试题卷（理工农医类）（理工农医类）本试卷满分本试卷满分 150150 分，考试时间分，考试时间 120120 分钟分钟第卷第卷考生注意：考生注意：1答题前，务必将自己的姓名、准考证号、填写清楚，并贴好条形码请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目2每小题选出答案后，用 2铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号在试题卷上作答无效3本卷共 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4所有题目必须在

2、答题卡上作答，在试题卷上答题无效5考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回参考公式：参考公式：如果事件A，B互斥，那么P(A B)P(A)P(B)如果事件A，B相互独立，那么P(A B)P(A)P(B)如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么n次独立重复试验中恰好发生k次的概率kknkP(k 01，,2，n)n(k)CnP(1P)以R为半径的球体积：V 43 R3一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分。在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的。221直线y x1与圆x y 1的位置关系为（）A相切B相交但直线不过圆心C直线过圆心【答案】BD相离【解 析】圆心(

3、0,0)为到直线y x1，即x y 1 0的距离d 12，而220 21，选 B。25i=（）zD2i2已知复数z的实部为1，虚部为 2，则A2iB2iC2i【答案】A【解析】因为由条件知z 1 2i，则选 A。3(x A16【答案】25i5i(12i)5i10 2i，所以z(12i)(12i)528)的展开式中x4的系数是（）xB70C560r26rD11204【解析】设含x的为第r 1,Tr1 C6(x)2()r C6r2rx163r，16 3r 4x44所以r 4，故系数为：C62 1120，选 D。4已知a a 1,b b 6,a a(b ba a)2，则向量a a与向量b b的夹角是

4、（）A6B4C3D2【答案】C【解析】因为由条件得aba2 2,所以ab 2a23 abcos16cos,1所以cos，所以235不等式x3 x1 a 3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为（）A(,1 4,)B(,25,)C1,2【答案】A【解析】因为4 x3 x1 4对x3 x1 a 3a对任意 x 恒成立，所以22D(,12,)a23a 4即a23a 0，解得a 4或a 16锅中煮有芝麻馅汤圆6 个，花生馅汤圆 5 个，豆沙馅汤圆 4 个，这三种汤圆的外部特征完全相同。从中任意舀取4 个汤圆，则每种汤圆都至少取到1 个的概率为（）A8254860BCD919191914【答案】C【

5、解析】因为总的滔法C15,而所求事件的取法分为三类，即芝麻馅汤圆、花生馅汤圆。豆沙馅汤圆取得个数分别按1.1.2；1，2，1；2，1，1 三类，故所求概率为11211211C6C5C4C6C52C4C6C5C4484C15917设ABC的三个内角A,B,C，向量m m (3sin A,sin B)，n n (cosB,3cos A)，若m m n n 1cos(A B)，则C=（）A6B3C23D56【答案】C【解析】mn 3sin AcosBcosAsinB 3sin(A B)1cos(A B)A BC,所以 3sinC 1cosC即 3sinC cosC 1，2sin（C）16152 si

6、n(C），由题C，即C 626632x2axb)2，其中a,bR，则a b的值为（）8已知lim(xx1A6【答案】D【解析】2B2C2D6lim2x ax axbxb(2a)x(ab)xb limlimxxxx1x122(2a)x(ab)11xbx 22a 0则,解得a 2,b 4,故ab 2(4)6(ab)29已知二面角l 的大小为50，P为空间中任意一点，则过点P且与平面和平面所成的角都是25的直线的条数为（）A2【答案】BB3C4000D5【解析】AFE是度数为50的二面角的一个平面角，FG为AFE的平分线，当过 P的直线与FG平行时，满足条件，当过点 p 的直线与 AD 平行，也是满

7、足条件直线，与AD 直线类似，过点的直线与 BE 平行也是满足条件得共有3 条。m 1 x2,x(1,110已知以T 4为周期的函数f(x)，其中m 0。若方程1 x2,x(1,33f(x)x恰有 5 个实数解，则m的取值范围为（）A(15 8,)33B(15,7)3C(,)4 83 3D(,7)43【答案】By2【解析】因为当x(1,1时，将函数化为方程x 21(y 0)，实质上为一个半椭m2圆，其图像如图所示，同时在坐标系中作出当x(1,3得图像，再根据周期性作出函数其它部分的图像，由图易知直线y 2x与第二个椭3y2圆(x4)21(y 0)相交，而与第三个my2半椭圆(x4)21(y 0

8、)无公共点时，m2xy22方程恰有 5 个实数解，将y 代入(x4)21(y 0)得3m(9m21)x272m2x135m2 0,令t 9m2(t 0)则(t 1)x28tx15t 0由 (8t)415t(t 1)0,得t 15,由9m 15,且m 0得m 22153xy22同样由y 与第二个椭圆(x8)21(y 0)由 0可计算得m73m综上知m(15,7)3二、填空题：本大题共5 小题，每小题 5 分，共 25 分把答案写在答题卡相应位置上x11若A xR x 3，B xR 2 1，则AB【答案】（0，3）【解析】因为Ax|3 x 3,B x|x 0,所以A12若f(x)【答案】B (0,

9、3)1a是奇函数，则a 2x11212xa a,f(x)f(x)【解析】解法 1f(x)xx21122x112x1a (a)2a 1故a 12x2x112x12x213将 4 名大学生分配到 3 个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有种（用数字作答）【答案】36211C4C2C1【解析】分两步完成：第一步将 4 名大学生按，2，1，1 分成三组，其分法有;2A23第二步将分好的三组分配到 3 个乡镇，其分法有A3所以满足条件得分配的方案有211C4C2C13A3362A214设a1 2，an1a 22*，bnn，nN，则数列bn的通项公式an1an1bn=【答案】：2n+122a

10、n12an1a 2【解析】由条件得bn1 2n 2bn且b1 4所以数列bn是2an11a 1n1an1首项为 4，公比为 2 的等比数列，则bn 42n1 2n1x2y215已知双曲线221(a 0,b 0)的左、右焦点分别为F1(c,0),F2(c,0)，若双ab曲线上存在一点P使sin PF1F2a，则该双曲线的离心率的取值范围是sin PF2F1cPF2PF1sin PF1F2sin PF2F1解法 1，因为在PF1F2中，由正弦定理得则由已知，得ac，即aPF1 cPF2，且知点 P 在双曲线的右支上，PFPF1211设 点(x0,y0)由 焦 点 半 径 公 式，得PF1 aex0

11、,PF2 ex0a则a(aex0)c(ex0a)解得x0a(ca)a(e1)a(e1)a，整理得由双曲线的几何性质知x0 a则e(ca)e(e1)e(e1)e22e1 0,解 得 2 1 e 2 1，又e(1,)，故 椭 圆 的 离 心 率e(1,2 1)解法 2 由解析 1 知PF1cPF2由双曲线的定义知ac2a2PF1 PF2 2a则PF2 PF2 2a即PF2，由 椭 圆 的 几 何 性 质 知aca2a2PF2 ca,则 ca,既c22aca2 0,所以e22e1 0,以下同解析 1.ca三、解答题：本大题共6 小题，共 75 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤16（本小题满分

12、 13 分，（）小问 7 分，（）小问 6 分）设函数f(x)sin(xx)2cos21468（）求f(x)的最小正周期（）若函数y g(x)与y f(x)的图像关 于直线x 1对称，求当x0,时43y g(x)的最大值(16)（本小题 13 分）解：（）f(x)=sin4xcos6cos4xsin6cos4x=33sinxcosx2424=3sin(x)43故f(x)的最小正周期为 T=24=8()解法一：在y g(x)的图象上任取一点(x,g(x)，它关于x 1的对称点(2 x,g(x).由题设条件，点(2 x,g(x)在y f(x)的图象上，从而g(x)f(2 x)3sin=3sin(2

13、 x)432x43=3cos(x)43324当0 x 时，x，因此y g(x)在区间0,上的最大值为434333gmax3cos解法二：33223因区间0,关于 x=1 的对称区间为,2，且y g(x)与y f(x)的图象关于x=1 对称，故y g(x)在0,上的最大值为y f(x)在,2上的最大值由（）知f(x)3sin(当434323x)432 x 2时，364364因此y g(x)在0,上的最大值为3gmax3sin63.217（本小题满分 13 分，（）问 7 分，（）问 6 分）某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各 2 株设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为21和，且各株大树是否成

14、活互不影响求移栽的4 株大树中：32（）两种大树各成活1 株的概率；（）成活的株数的分布列与期望(17)（本小题 13 分）解：设Ak表示甲种大树成活k 株，k0，1，2Bl表示乙种大树成活 l 株，l0，1，2则Ak，Bl独立.由独立重复试验中事件发生的概率公式有P(Ak)C2()()据此算得k23k132k,P(Bl)C2()()l12l122l.1,P(A1)91P(B0),P(B1)4P(A0)()所求概率为4,P(A2)91,P(B2)24.91.4P(A2B1)P(A1)P(B1)()解法一：412.929的所有可能值为 0，1，2，3，4，且111,943611411P(1)P(

15、A0B1)P(A1B0),92946114141P(2)P(A0B2)P(A1B1)P(A2B0)94929413=,3641411P(3)P(A1B2)P(A2B1).94923411P(4)P(A2B2).949P(0)P(A0B0)P(A0)P(B0)综上知有分布列P从而，的期望为01/3611/6213/3631/341/9E 0111311123436636397（株）3解法二：分布列的求法同上令1，2分别表示甲乙两种树成活的株数，则21B(2,)，2B(2,)32241故有E1=2=，E2 213327从而知E E1 E23118（本小题满分 13 分，（）问 5 分，（）问 8

16、分）设函数f(x)ax2bxk(k 0)在x 0处取得极值，且曲线y f(x)在点(1,f(1)处的切线垂直于直线x2y1 0（）求a,b的值；ex（）若函数g(x)，讨论g(x)的单调性f(x)18、（本小题 13 分）解（）因f(x)ax2bxk(k 0),故f(x)2axb又f(x)在 x=0 处取得极限值，故f(x)0,从而b 0由曲线 y=f(x)在（1，f（1）处的切线与直线x2y 1 0相互垂直可知该切线斜率为 2，即f(1)2,有2a=2,从而a=1ex(k 0)（）由（）知，g(x)2x kex(x22xk)g(x)(k 0)22(x k)令g(x)0,有x22xk 0（1）

17、当 44k 0,即当k1时，g(x)0在R上恒成立，故函数g(x)在R上为增函数ex(x1)2（2）当 44k 0,即当k=1时，g(x)2 0(x 0)(x k)2K=1 时，g（x）在 R 上为增函数（3）44k 0,即当0k1时，方程x 2xk 0有两个不相等实根2x11 1k,x21 1k当x(,1 1k)是g(x)0,故g(x)在（,1 1k)上为增函数当x时，g(x)0,故g(x)在（上为减函数（1 1k,1 1k）1 1k,1 1k）时，g(x)0,故g(x)在（上为增函数x（1 1k，+）1 1k，+）19（本小题满分 12 分，（）问 5 分，（）问 7 分）如题（19）图，

18、在四棱锥S ABCD中，ADBC且AD CD；平面CSD平面ABCD，CS DS,CS 2AD 2；E为BS的中点，CE 2,AS 3求：（）点A到平面BCS的距离；（）二面角E CD A的大小（1919）（本小题（本小题 1212 分）分）解法一：（）因为 AD/BC,且BC 平面BCS,所以AD/平面BCS,从而 A 点到平面BCS的距离等于 D 点到平面BCS的距离。因为平面CSD 平面ABCD，AD CD,故AD 平面CSD,从而AD SD，由 AD/BC，得BC DS,又由CS DS知DS 平面BCS，从而DS为点 A 到平面BCS的距离，因此在RtADS中DS AS2 AD231

19、2()如答（19）图 1，过 E 电作EG CD,交CD于点 G，又过 G 点作GH CD,交 AB 于 H，故EGH为二面角E CD A的平面角，记为，过E点 作EF/BC,交CS于 点F,连 结GF,因 平 面ABCD 平面CSD,GH CD,易知GH GF,故由于 E 为 BS 边中点，故CF 2EGF.1CS 1,在RtCFE中，2EF CE2CF221 1,因EF 平面CSD，又EG CD故由三垂线定理的逆定理得FG CD,从而又可得CGF因此CSD,GFCF而在RtCSD中，DSCDCD CS2 SD242 6,CF11故GF DS 2 CD63在RtFEG中，tan EGF EF

20、3可得EGF，故所求二面角的大小为FG36解法二：（）如答（19）图 2，以 S(O)为坐标原点，射线OD,OC 分别为 x 轴，y 轴正向，建立空间坐标系，设A(xA,yA,zA)，因平面COD 平面ABCD,AD CD,故AD 平面COD即点 A 在 xoz 平面上，因此yA 0，zA AD 1又x 1 AS3,xA2从而（A2，01，）2A22因 AD/BC，故 BC平面 CSD，即 BCS 与平面yOx 重合，从而点 A 到平面 BCS 的距离为xA2.()易知 C(0,2,0)，D(,0,0).因 E 为 BS 的中点.BCS 为直角三角形,知BS 2CE 2 2设 B(0,2,ZB

21、)，ZB0，则ZA2，故 B（0，2，2），所以 E（0，1，1）.在 CD 上取点 G，设 G（x1,y1,0），使 GECD.由CD (2,2,0),GE(x1,y11,1),CDGE 0故2x12(y11)0又点 G 在直线 CD 上，即CG/CD，由CG=（x1,y12,0），则有x1y 2122联立、，解得 G(2 4,0),33故GE=(22所以二面角 ECDA 的平面角为向量GE与向量DA所,1).又由 ADCD，33成的角，记此角为 .因为GE=2 3，DA (0,0,1),DA 1,GEDA 1,所以332cosGEDAGE DA故所求的二面角的大小为.64 33，离心率e，

22、M是椭圆上3220（本小题满分 12 分，（）问 5 分，（）问 7 分）已知以原点O为中心的椭圆的一条准线方程为y 的动点（）若C,D的坐标分别是(0,3),(0,3)，求MC MD的最大值；（）如题（20）图，点A的坐标为(1,0)，B是圆x y 1上的点，N是点M在x轴上的射影，点Q满足条件：OQ OM ON，22QA BA 0求线段QB的中点P的轨迹方程；(20)（本小题 12 分）x2y2解：（）由题设条件知焦点在y 轴上，故设椭圆方程为221（a b 0）.ab设c a2b2，由准线方程y 4 33c3得.由e 得，解得 a=2,c=32a2y21.3，从而 b=1，椭圆方程为x

23、42y21的焦点，所又易知 C，D 两点是椭圆x 42以,MC MD 2a 4从而MC MD (MC MD2)22 4，当且2仅当MC MD，即点 M 的坐标为(1,0)时上式取等号，MC MD的最大值为 4.（II）如图（20）图，设M(xm,ym),B(xB,yB)Q(xQ,yQ).因为N(xN,0),OM ON OQ，故xQ 2xN,yQ yM,xQ yQ(2xM)y 4因为QABA 0,222y(1 xQ yQ)(1 xN yn)(1 xQ)(1 xN)yQyN 0,所以xQxN yQyN xN xQ1.记 P 点的坐标为(xP,yP)，因为 P 是 BQ 的中点所以2xP xQ xP

24、,2 yP yQ yP由因为xN yN1，结合，得22xP yP221(xQ xN)2(yQ yN)2)412222(xQ xN yQ yn 2(xQxN yQyN)41(52(xQ xN1)43 xP4故动点 P 的估计方程为1(x)2 y21221（本小题满分 12 分，（）问 5 分，（）问 7 分）设m个不全相等的正数a1,a2,（）若m 2009，且a1,a2,am(m 7)依次围成一个圆圈,a1005是公差为d的等差数列，而a1,a2009,a2008,a1006是 公 比 为q d的 等 比 数 列；数 列a1,a2,am的 前n项 和Sn(n m)满 足：S315,S2009

25、S200712a1，求通项an(n m)；（）若 每 个 数an(n m)是 其 左 右 相 邻 两 数 平 方 的 等 比 中 项，求 证：a12a6a72am ma1a2am；（21）（本小题 12 分）解：（I）因a1,a2009,a2008,a1006是公比为 d 的等比数列，从而a2000 a1d,a2008 a1d2由S2009 S200812a1得a2008a200912a1，故解得d 3或d 4（舍去）。因此d 3又S3 3a13d 15。解得a1 2从而当n 1005时，an a1(n1)d 23(n1)3n1当1006 n 2009时，由a1,a2009,a2008,a10

26、06是公比为 d 的等比数列得an a1d2009(n1)a1d2010n(1006 n 2009)3n1,n 1005因此an2009n,1006 n 20092322222222（II）由题意an an1an1(1 n m),amam1a1,a1 ama2得 an an1an1(1 n m),am am1a1a a a m21有得a3a2a11,a4,a5,a61a3a1a2a2由，得a1a2 an(a1a2 an)2，故a1a2 an1.又ar3ar2ar111(1 r m3)，故有ar1arar1arar61 ar(1 r m6).ar3下面反证法证明：m 6k若不然，设m 6k p,

27、其中1 p 5若取p 1即m 6k 1，则由得am a6k1 a1，而由得ama1a,故a11,a2a2得a21,由得am1am,从而a6 a6k am1,而a1a6a1,故a1 a21,由及可推得an1（1 n m）与题设矛盾a2同理若 P=2，3，4，5 均可得an1（1 n m）与题设矛盾,因此m 6k为 6 的倍数由均值不等式得a1a2a3a6(a1aa11)(a2)(21)6a1a2a1a2由上面三组数内必有一组不相等（否则a1 a2 a31，从而a4 a5盾），故等号不成立，从而a1a2a3又m 6k，由和得 am1与题设矛a6 62a722am(a72a12)2(a6k52a6)2a6k)（k-1)(a12（k-1)(a12因此由得22a a)(k-1)222a1aa2am 66(k 1)6k m ma1a2a3a1a2a32a6a7am