2009年全国高考理科数学试题及答案-全国1卷1

2009年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（必修+选修Ⅱ）

一、选择题

(1)设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=A（A）3个 （B）4个 （C）5个 （D）6个 （2）已知

B，则集合[u（A

B）中的元素共有

Z=2+I,则复数z= 1＋i（A）-1+3i (B)1-3i (C)3+I (D)3-i (3) 不等式

X1＜1的解集为 X1（A）｛x0x1xx1 (B)x0x1

（C）x1x0 (D)xx0

x2y22

(4)设双曲线221（a＞0,b＞0）的渐近线与抛物线y=x+1相切，则该双曲线的离心率等于

ab（A）3 （B）2 （C）5 （D）6

(5) 甲组有5名同学，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 （A）150种 （B）180种 （C）300种 (D)345种 （6）设a、b、c是单位向量，且a·b＝0，则（A）2（B）22 （C）1 (D)12 （7）已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为

ac•bc的最小值为

（A）3573（B） （C） (D) 4444（8）如果函数y＝3cos2x＋的图像关于点（A）

4，0中心对称，那么的最小值为 3 （B） （C） (D) 6432 (9) 已知直线y=x+1与曲线yln(xa)相切，则α的值为 (A)1 (B)2 (C) -1 (D)-2

1

（10）已知二面角α-l-β为60，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为3，Q到α的距离为23，0

则P、Q两点之间距离的最小值为

(A)2 (B)2 (C) 23 (D)4 （11）函数f(x)的定义域为R，若f(x1)与f(x1)都是奇函数，则 (A) f(x)是偶函数 (B) f(x)是奇函数 (C) f(x)f(x2) (D) f(x3)是奇函数

x2y21的又焦点为F，（12）已知椭圆C: 右准线为L，点AL,线段AF 交C与点B。若FA3FB,2则AF=

(A)2 (B)2 (C) 3 (D)3

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上． （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．(13) (xy)的展开式中，xy的系数与xy的系数之和等于 . (14)设等差数列an的前n项和为sn.若s9=72,则a2a4a9= . (15)直三棱柱ABC-A1B1C1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 . (16)若

1073374＜X＜2,则函数ytan2xtanx的最大值为 . 3三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分10分） 在ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c ，已知求b. 18．（本小题满分12分）

如图，四棱锥S—ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面ABCD，AD=2，DC=SD=2.点M在侧棱SC上，

a2c22b，且sinAcosC3cosAsinC，

2

∠ABM=600.(Ⅰ)证明：M是侧棱SC的中点；（Ⅱ）求二面角S—AM—B的大小。

(19)(本小题满分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，各局比赛结果相互独立。已知前2局中，甲、乙各胜1局。

（1）求甲获得这次比赛胜利的概率；

（2）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）（本小题满分12分）

在数列an中， a1＝1’an＋1＝1＋1n＋1a＋. ’n2n设bn＝an，求数列bnn的通项公式；

求数列an的前n项和sn.

3

21．（本小题满分12分）

如图，已知抛物线E:yx与圆M:(x4)yr(r＞0）相交于A、B、C、D四个点。

2222（I）求r的取值范围： (II)当四边形ABCD的面积最大时，求对角线

A、B、C、D的交点p的坐标。

22．（本小题满分12分）

设函数f(x)x3bx3cx有两个极值点x1，x21，0，且x21,2.

32（Ⅰ）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）和区域； (Ⅱ)证明：10≤f(x2)≤-1 2

4

2009年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（必修+选修Ⅱ）参考答案

一、选择题 (1)解：AB{3,4,5,7,8,9}，AB{4,7,9}CU(AB){3,5,8}故选A。

（2）解：z(1i)(2i)13i,z13i 故选B。 (3) 解：验x=-1即可。

(4) 解：设切点P(x0,y0)，则切线的斜率为y'|xx02x0.由题意有

y02x0又y0x021 x0解得: x01,2bb2,e1()25. aa112(5) 解: 分两类(1) 甲组中选出一名女生有C5C3C6225种选法

211 (2) 乙组中选出一名女生有C5C6C2120种选法.故共有345种选法.选D

（6）解: a,b,c是单位向量ac•bca•b(ab)•cc2

1|ab|•|c|12cosab,c12故选D. C1（7）解：设BC的中点为D，连结A1D，AD，易知A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角,由三角余弦定理，易知

CA1B1DABADAD3coscosA1ADcosDAB.故选D

A1AAB4（8）解:

函数y＝3cos2x＋的图像关于点4，0中心对称 32413kk(kZ)由此易得||min.故选A 3266(9) 解:设切点P(x0,y0)，则又

y0x01,y0ln(x0a),

y'|xx011

x0ax0a1y00,x01a2.故答案选B （10）解:如图分别作QA于A,ACl于C,PB于B,

PDl于D，连CQ,BD则ACQPBD60,

5

AQ23,BP3，ACPD2

又

PQAQ2AP212AP223

当且仅当AP0，即点A与点P重合时取最小值。故答案选C。 （11）解:

f(x1)与f(x1)都是奇函数，f(x1)f(x1),f(x1)f(x1)，

函数f(x)关于点(1,0)，及点(1,0)对称，函数f(x)是周期T2[1(1)]4的周期函

数.f(x14)f(x14)，f(x3)f(x3)，即f(x3)是奇函数。故选D 12.解:过点B作BMl于M,并设右准线l与X轴的交点为N，易知FN=1.由题意FA3FB,故|BM|2.3又由椭圆的第二定义,得|BF|二、填空题：

222|AF|2.故选A 23337313.解: C10(C10)2C10240

14.解:

an是等差数列,由S972,得S99a5,a58

a2a4a9(a2a9)a4(a5a6)a43a524.

15.解:在ABC中ABAC2,BAC120,可得BC23,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RTOBO中，易得球半径R5，故此球的表面积为

4R220.

16.解:令tanxt,4x2t1,

2tan4x2t4222ytan2xtanx8 221111111tanx1t2()422ttt2443三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17（本小题满分10分） 解法一：在ABC中

sinAcosC3cosAsinC,则由正弦定理及余弦定理

a2b2c2b2c2a23•c,化简并整理得：2(a2c2)b2.又由已知a2c22b4bb2.有:a•2ab2bc解得b4或b0(舍）.

6

解法二:

由余弦定理得:

a2c2b22bccosA.

又 ac2b,b0。

所以 b2ccosA2…………………………………① 又 sinAcosC3cosAsinC，

22sinAcosCcosAsinC4cosAsinC

sin(AC)4cosAsinC，

即sinB4cosAsinC

由正弦定理得sinBbsinC， c故 b4ccosA………………………② 由①，②解得b4。 18． 解法一：

（I）作ME∥CD交SD于点E，则ME∥AB，ME平面SAD，连接AE，则四边形ABME为直角梯形 作MFAB，垂足为F，则AFME为矩形 设MEx，则SEx，AEED2AD2(2x)22

MFAE(2x)22,FB2x

由MFFB•tan60,得(2x)23(2x) 解得x1，即ME1，从而ME（Ⅱ）MB。21DC，所以M为侧棱SC的中点 2BC2MC22，又ABM60,AB2,所以ABM为等边三角形，

又由（Ⅰ）知M为SC中点

SM2,SA6,AM2，故SA2SM2AM2,SMA90

取AM中点G，连结BG，取SA中点H，连结GH，则BGAM,GHAM,由此知BGH为二面角

SAMB的平面角

连接BH，在BGH中，

7

BG31222AM3,GHSM,BHAB2AH2 2222BG2GH2BH26所以cosBGH

2•BG•GH3二面角SAMB的大小为arccos(解法二:

以D为坐标原点，射线DA为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系D-xyz 设A(2,0,0)，则B(2,2,0),C(0,2,0),S(0,0,2) （Ⅰ）设SMMC(0),则

6) 3M(0,2222,),MB(2,,) 1111又AB(0,2,0),MB,AB60 故MB•AB|MB|•|AB|cos60

即

42222(2)2()() 111解得1，即SMMC 所以M为侧棱SC的中点

（II）由M(0,1,1),A(2,0,0)，得AM的中点G(211,,) 222又GB(231,,),MS(0,1,1),AM(2,1,1) 222GB•AM0,MS•AM0

所以GBAM,MSAM

因此GB,MS等于二面角SAMB的平面角

cosGB,MSGB•MS6 3|GB|•|MS|6) 38

所以二面角SAMB的大小为arccos(

19．解：记Ai表示事件：第i局甲获胜，i=3,4,5

Bj表示事件：第j局乙获胜，j=3,4

（Ⅰ）记B表示事件：甲获得这次比赛的胜利

因前两局中，甲、乙各胜一局，故甲获得这次比赛的胜利当且仅当在后面的比赛中，甲先胜2局，从而

BA3•A4B3•A4•A5A3•B4•A5

由于各局比赛结果相互独立，故

P(B)P(A3•A4)P(B3•A4•A5)P(A3•B4•A5)

=P(A3)P(A4)P(B3)P(A4)P(A5)P(A3)P(B4)P(A5) =0.6×0.6+0.4×0.6×0.6+0.6×0.4×0.6 =0.648

（II）的可能取值为2，3 由于各局比赛结果相互独立，所以

P(2)P(A3•A4B3•B4)

=P(A3•A4)P(B3•B4) =P(A3)•P(A4)P(B3)•P(B4) =0.6×0.6+0.4×0.4 =0.52

P(3)1P(2)=1.0.52=0.48

的分布列为

 P

2 0.52 3 0.48 E2P(2)3P(3)

=2×0.52+3×0.48 =2.48

9

20． 解：（I）由已知得b1a11，且

an1an1 n1n2n1 2n1从而 b2b1

21b3b22

2即 bn1bn……

1(n2) n12111于是 bnb12......n1

2221 =2n1(n2)

2bnbn1又 b11 故所求的通项公式bn2（II）由（I）知ann(2n1 n121n, )2nn1n122nnkkSn=(2kk1)(2k)k1

2k1k1k12n而

(2k)n(n1),又k1nk是一个典型的错位相减法模型， k12k1n易得

kn2n2S4 =n(n1)4 nk1n1n1222k1222221．（I）将抛物线E:yx与圆M:(x4)yr(r0)的方程联立，消去y，整理得

2x27x16r20．．．．．．．．．．．．．（＊）

抛物线E:yx与圆M:(x4)yr(r0)相交于A、B、C、D四个点的充要条件是：方程（＊）有两个不相等的正根即可.

2222(7)24(16r2)0由此得x1x270

2x1x216r015r216 解得 4

10

又 r0所以 r(15,4) 2考生利用数形结合及函数和方程的思想来处理也可以．

（II）考纲中明确提出不考查求两个圆锥曲线的交点的坐标。因此利用设而不求、整体代入的方法处理本

小题是一个较好的切入点。

设E与M的四个交点的坐标分别为：

A(x1,x1)、B(x1,x1)、C(x2,x2)、D(x2,x2)。

则直线AC、BD的方程分别为

yx1x2x1•(xx1),yx1x2x1x2x1•(xx1)

x2x1解得点P的坐标为(x1x2,0) 设tx1x2，由t16r2及（I）知0t7 2由于四边形ABCD为等腰梯形，因而其面积

1S2|x2x1|(x1x2)|x2x1|(x1x2)

2则S2[(x1x2)24x1x2]•(x1x22x1x2) 将x1x27,x1x2t代入上式，并令f(t)S，得

27f(t)(72t)2•(72t)(0t)

2求导数f(t)2(72t)•(6t7)

'77,t（舍去） 627777't时，f'(t)0；t当0t时，f(t)0；

6662令f(t)0，解得t'时，f(t)0

'7时，f(t)有最大值，即四边形ABCD的67

面积最大，故所求的点P的坐标为(,0)

6

故当且仅当t222.解（I）fx3x6bx3c

依题意知，方程fx0有两个根x1、x2，

11

且x1[1，0],x2[1,2].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

c2b1c0 c2b1c4b4满足这些条件的点b,c的区域为图中阴影部分，

(II)这一问考生不易得分，有一定的区分度。主要原因是含字母较多，不易找到突破口。此题主要利用消元的手段，消去目标fx2x23bx23cx2中的b，（如果消 c会较繁琐）再利用x2的范围，并借

32助（I）中的约束条件得c[2,0]进而求解，有较强的技巧性。 解：由题设知fx23x226bx23c0，故bx2于是fx2x23bx23cx232121x2c 22133cx2x2 22由于

x2[1,2]，而由（Ⅰ）知c0，故

1343cf(x2)c

22又由（Ⅰ）知c[2,0] 所以 10f(x2)1 2 12