2009年高考理科数学(全国)卷(I)

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）

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷3至4页．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷

一、选择题：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．

(1)设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=A

B，则集合[u（A

B）中的元素共有

（A）3个 （B）4个 （C）5个 （D）6个

Z（2）已知1＋i=2+I,则复数z=

（A）-1+3i (B)1-3i (C)3+i (D)3-i

X1

(3) 不等式X1＜1的解集为

（A）｛x（C）

0x1xx1 (B)x0x1

x1x0 (D)xx0

x2y2212b(4)设双曲线a（a＞0,b＞0）的渐近线与抛物线y=x2 +1相切，则该双曲线的离心率等于

（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c•bc的最小值为

（A）2 （B）22 （C）1 (D)12 （7）已知三棱柱异面直线AB与

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

CC1所成的角的余弦值为

3573（A）4 （B）4 （C）4 (D) 4

4，0y＝3cos2x＋3中心对称，那么的最小值为 （8）如果函数的图像关于点

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（A）6 （B）4 （C）3 (D) 2

(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

（10）已知二面角α-l-β为600 ，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，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（12）已知椭圆C: 2的又焦点为F，右准线为L，点AL,线段AF 交C与点B。若FA3FB,

则

AF

=

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

第Ⅱ卷

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）

107337(xy)xyx(13) 的展开式中，的系数与y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= .

A1B1C1ABACAA12,∠BAC=120，则此球的表面积等于 .

(15)直三棱柱ABC-

(16)若4＜X＜32,则函数ytan2xtanx的最大值为 .

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

a2c22b，且sinAcosC3cosAsinC，

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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，∠ABM=60.

(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）

01n＋1a1＝1’an＋1＝1＋a’＋nan2. 在数列n中，

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设

bn＝ann，求数列bn的通项公式；

求数列an的前n项和sn.

21．（本小题满分12分）

2222E:yxM:(x4)yr(r＞0）如图，已知抛物线与圆相交于A、B、C、D四个点。

（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)x33bx23cx有两个极值点

x1，x21，0，且x21,2.（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)≤-12

参考答案及其解析 一、选择题：

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(1) A （2）B (3) D (4) C (5) D （6）D

（7）D （8）A (9) B （10）C （11）D （12） A 二、填空题：

13. 240 14. 24 15. 20 16. 8

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）（注意：在试题卷上作答无效）

22分析:此题事实上比较简单,但考生反应不知从何入手.对已知条件(1)ac2b左侧是二次的右侧是一

次的,学生总感觉用余弦定理不好处理,而对已知条件(2) sinAcosC3cosAsinC,过多的关注两角和与差的正弦公式,甚至有的学生还想用现在已经不再考的积化和差,导致找不到突破口而失分. 解法一：在ABC中

sinAcosC3cosAsinC,则由正弦定理及余弦定理

a2b2c2b2c2a2a3c,2222222(ac)b2ab2bc有:化简并整理得：.又由已知ac2b4bb.

解得b4或b0(舍）.

22222解法二:由余弦定理得: acb2bccosA.又ac2b,b0。

所以b2ccosA2…………………………………①

又sinAcosC3cosAsinC，sinAcosCcosAsinC4cosAsinC

sin(AC)4cosAsinC，即sinB4cosAsinC

bsinBsinCc由正弦定理得，故b4ccosA………………………②

由①，②解得b4。

评析:从08年高考考纲中就明确提出要加强对正余弦定理的考查.在备考中应注意总结、提高自己对问题

的分析和解决能力及对知识的灵活运用能力.另外提醒：两纲中明确不再考的知识和方法了解就行，不必强化训练。 18．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） （I）解法一：作MN∥SD交CD于N，作NEAB交AB于E， 连ME、NB，则MN面ABCD，MEAB,NEAD设MNx，则NCEBx, 在RTMEB中，

2

MBE60ME3x。

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22222在RTMNE中由MENEMN3xx2

解得x1，从而

MN1SD2 M为侧棱SC的中点M.

解法二:过M作CD的平行线.

解法三:利用向量处理. 详细可见09年高考参考答案.

（II）分析一:利用三垂线定理求解。在新教材中弱化了三垂线定理。这两年高考中求二面角也基本上不用三垂线定理的方法求作二面角。

过M作MJ∥CD交SD于J,作SHAJ交AJ于H,作

HKAM交AM于K,则JM∥CD,JM面SAD,面

SAD面MBA,SH面AMBSKH即为所求二面角的补

角.

分析二：利用二面角的定义。在等边三角形ABM中过点B作

BFAM交AM于点F，则点F为AM的中点，取SA的中点

G，连GF，易证GFAM，则GFB即为所求二面角.

分析三：利用空间向量求。在两个半平面内分别与交线AM垂直的两个向量的夹角即可。 另外：利用射影面积或利用等体积法求点到面的距离等等，这些方法也能奏效。

总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各自半壁江山的状况。命题人在这里一定会照顾双方的利益。 19．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） 分析：本题较常规，比08年的概率统计题要容易。

需提醒的是：认真审题是前提，部分考生由于考虑了前两局的概率而导致失分，这是很可惜的，主要原因在于没读懂题。

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另外，还要注意表述，这也是考生较薄弱的环节。 20．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）

an1an11nbn1bnn2 分析：（I）由已知有n1n2{bn} 利用累差迭加即可求出数列的通项公式:

bn212n1(nN*)

（II）由（I）知

nan2nn2n1,

nnkk(2k)(2k)k12k1k1k12Sn=k1

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

nkn2n244k1n1n1Sn(n1)222易得k1 n=

评析：09年高考理科数学全国(一)试题将数列题前置,考查构造新数列和利用错位相减法求前n项和，一

改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模式。具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能,重视两纲的导向作用。也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心。 21（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）

2222E:yxM:(x4)yr(r0)的方程联立，消去分析：（I）这一问学生易下手。将抛物线与圆

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y2，整理得x27x16r20．．．．．．．．．．．．．（＊）

2222E:yxM:(x4)yr(r0)相交于A、B、C、D抛物线与圆

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． 设四个交点的坐标分别为

A(x1,x1)、

B(x1,x1)、

C(x2,x2)15,4)2

、

D(x2,x2)。

则由（I）根据韦达定理有

x1x27,x1x216r2r(，

1S2|x2x1|(x1x2)|x2x1|(x1x2)2则

S2[(x1x2)24x1x2](x1x22x1x2)(7216r2)(4r215)222S(72t)(72t) 下面求S2的最大值。 16rt令，则

方法一：利用三次均值求解。三次均值目前在两纲中虽不要求，但在处理一些最值问题有时很方便。它

的主要手段是配凑系数或常数，但要注意取等号的条件，这和二次均值类似。

1S2(72t)2(72t)(72t)(72t)(144t)2

172t72t144t31283()()323 2 当且仅当72t144t，即

t157r(,4)26时取最大值。经检验此时满足题意。

P(xp,0)方法二：利用求导处理，这是命题人的意图。具体解法略。 下面来处理点P的坐标。设点P的坐标为：

、P、C三点共线，则由Ax1x2x1x1x2x1xp得

xpx1x2t76。

以下略。

22. 本小题满分12分。（注意：在试题卷上作答无效） 分析（I）这一问主要考查了二次函数根的分布及线性规划作可行域的能力。

大部分考生有思路并能够得分。由题意知方程

fx3x26bx3cx1、x2

fx0有两个根则有

且x1[1，0],x2[1,2].f10，----完整版学习资料分享----

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f00，f10，f20故有

右图中阴影部分即是满足这些条件的点

b,c的区域。

(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

果消 c会较繁琐）再利用fx2x233bx223cx2中的b，（如

x2的范围，并借助（I）中的约束条件得c[2,0]进而求解，有较强的技巧性。

解： 由题意有fx23x226bx23c0．．．．．．．．．．．．①

又

fx2x323bx223cx2．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．②

f可得

x1x33c 消去b2222x2． 10f(x又x2[1,2]，且c[2,0]

2)12

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