2009年浙江高考数学(理科)试卷(含答案)

2009年高考数学浙江理科试卷含详细解答一、选择题（本大题共10小题，共0分）1．（2009浙江理1）设UR，{|0}Axx，{|1}Bxx，则UACB()A.{|01}xxB.{|01}xxC.{|0}xxD.{|1}xx2．（2009浙江理2）已知,ab是实数，则“0a且0b”是“0ab且0ab”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件3．（2009浙江理3）设1zi（i是虚数单位），则22zz()A.1iB.1iC.1iD.1i4．（2009浙江理4）在二项式251()xx的展开式中，含4x的项的系数是().A.10B.10C.5D.55．（2009浙江理5）在三棱柱111ABCABC中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点D是侧面11BBCC的中心，则AD与平面11BBCC所成角的大小是()A.30B.45C.60D.906．（2009浙江理6）某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k的值是()A.4B.5C.6D.77．（2009浙江理7）设向量a，b满足：||3a，||4b，0ab.以a，b，ab的模为边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为().A.3B.4C.5D.68．（2009浙江理8）已知a是实数，则函数()1sinfxaax的图象不可能是()A.B.C.D.9．（2009浙江理9）过双曲线22221(0,0)xyabab的右顶点A作斜率为1的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为,BC.若12ABBC，则双曲线的离心率是()A.2B.3C.5D.1010．（2009浙江理10）对于正实数，记M为满足下述条件的函数()fx构成的集合：12,xxR且21xx，有212121()()()()xxfxfxxx.下列结论中正确的是()A.若1()fxM，2()gxM，则12()()fxgxMB.若1()fxM，2()gxM，且()0gx，则12()()fxMgxC.若1()fxM，2()gxM，则12()()fxgxMD.若1()fxM，2()gxM，且12，则12()()fxgxM二、填空题（本大题共7小题，共0分）11．（2009浙江理11）设等比数列{}na的公比12q，前n项和为nS，则44Sa.12．（2009浙江理12）若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是3cm.13．（2009浙江理13）若实数,xy满足不等式组2,24,0,xyxyxy则23xy的最小值是14．（2009浙江理14）某地区居民生活用电分为高峰和低谷两个时间段进行分时计价.该地区的电网销售电价表如下：若某家庭5月份的高峰时间段用电量为200千瓦时，低谷时间段用电量为100千瓦时，则按这种计费方式该家庭本月应付的电费为元（用数字作答）.15．（2009浙江理15）观察下列等式：1535522CC，1597399922CCC，159131151313131322CCCC，1591317157171717171722CCCCC，………由以上等式推测到一个一般的结论：对于*nN，1594141414141nnnnnCCCC.16．（2009浙江理16）甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是（用数字作答）.17．（2009浙江理17）如图，在长方形ABCD中，2AB，1BC，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点.现将AFD沿AF折起，使平面ABD平面ABC.在平面ABD内过点D作DKAB，K为垂足.设AKt，则t的取值范围是.三、解答题（本大题共5小题，共0分）18．（2009浙江理18）在ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，且满足25cos25A，3ABAC.（I）求ABC的面积；（II）若6bc，求a的值。19．（2009浙江理19）在1,2,3,,9这9个自然数中，任取3个数.（I）求这3个数中恰有1个是偶数的概率；（II）设为这3个数中两数相邻的组数（例如：若取出的数为1,2,3，则有两组相邻的数1,2和2,3，此时的值是2）.求随机变量的分布列及其数学期望E.20．（2009浙江理20）如图，平面PAC平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，,,EFO分别为PA，PB，AC的中点，16AC，10PAPC.（I）设G是OC的中点，证明：//FG平面BOE；（II）证明：在ABO内存在一点M，使FM平面BOE，并求点M到OA，OB的距离.21．（2009浙江理21）已知椭圆1C：22221(0)yxabab的右顶点为(1,0)A，过1C的焦点且垂直长轴的弦长为1。（I）求椭圆1C的方程；（II）设点P在抛物线2C：2()yxhhR上，2C在点P处的切线与1C交于点,MN当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值。22．（2009浙江理22）已知函数322()(1)52fxxkkxx，22()1gxkxkx，其中kR.（I）设函数()()()pxfxgx.若()px在区间(0,3)上不单调，求k的取值范围；（II）设函数(),0,()(),0.gxxqxfxx是否存在k，对任意给定的非零实数1x，存在惟一的非零实数2x（21xx），使得21()()qxqx成立？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由.1【答案】B2【答案】C【解题关键点】对于“0a且0b”可以推出“0ab且0ab”，反之也是成立的3【答案】D【解题关键点】对于2222(1)1211ziiiizi4【答案】B【解题关键点】对于251031551()()1rrrrrrrTCxCxx，对于1034,2rr，则4x的项的系数是225(1)10C5【答案】C【解题关键点】取BC的中点E，则AE面11BBCC，AEDE，因此AD与平面11BBCC所成角即为ADE，设ABa，则32AEa，2aDE，即有0tan3,60ADEADE.6【答案】A【解题关键点】对于0,1,1ksk，而对于1,3,2ksk，则2,38,3ksk，后面是113,382,4ksk，不符合条件时输出的4k.7【答案】B【解题关键点】对于半径为1的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，但5个及5个以上的交点不能实现.8【答案】D【解题关键点】对于振幅大于1时，三角函数的周期为2,1,2TaTa，而D不符合要求，它的振幅大于1，但周期反而大于了2.9【答案】C【解题关键点】对于,0Aa，则直线方程为0xya，直线与两渐近线的交点为B，C，22,,(,)aabaabBCabababab，则有22222222(,),,ababababBCABabababab，因222,4,5ABBCabe.10【答案】C【解题关键点】对于212121()()()()xxfxfxxx，即有2121()()fxfxxx，令2121()()fxfxkxx，有k，不妨设1()fxM，2()gxM，即有11,fk22gk，因此有1212fgkk，因此有12()()fxgxM.11【答案】15【解题关键点】对于4431444134(1)1,,151(1)aqsqsaaqqaqq12【答案】18【解题关键点】该几何体是由二个长方体组成，下面体积为1339，上面的长方体体积为3319，因此其几何体的体积为1813【答案】4【解题关键点】通过画出其线性规划，可知直线23yxZ过点2,0时，min234xy14【答案】148.4【解题关键点】对于应付的电费应分二部分构成，高峰部分为500.5681500.598；对于低峰部分为500.288500.318，二部分之和为148.415【答案】4121212nnn【解题关键点】这是一种需类比推理方法破解的问题，结论由二项构成，第二项前有1n，二项指数分别为41212,2nn，因此对于*nN，1594141414141nnnnnCCCC4121212nnn16【答案】336【解题关键点】对于7个台阶上每一个只站一人，则有37A种；若有一个台阶有2人，另一个是1人，则共有1237CA种，因此共有不同的站法种数是336种.17【答案】1,12【解题关键点】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，1t，随着F点到C点时，因,,CBABCBDKCB平面ADB，即有CBBD，对于2,1,3CDBCBD，又1,2ADAB，因此有ADBD，则有12t，因此t的取值范围是1,1218【答案】解析：（I）因为25cos25A，234cos2cos1,sin255AAA，又由3ABAC，得cos3,bcA5bc，1sin22ABCSbcA（II）对于5bc，又6bc，5,1bc或1,5bc，由余弦定理得2222cos20abcbcA，25a19【答案】（I）记“这3个数恰有一个是偶数”为事件A，则12453910()21CCPAC；（II）随机变量的取值为0,1,2,的分布列为012P51212112所以的数学期望为5112012122123E20【答案】证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则0,0,0,(0,8,0),(8,0,0),(0,8,0),OABC(0,0,6),(0,4,3),PE4,0,3F，由题意得，0,4,0,G因(8,0,0),(0,4,3)OBOE，因此平面BOE的法向量为(0,3,4)n，(4,4,3FG得0nFG，又直线FG不在平面BOE内，因此有//FG平面BOE（II）xyz设点M的坐标为00,,0xy，则00(4,,3)FMxy，因为FM平面BOE，所以有//FMn，因此有0094,4xy，即点M的坐标为94,,04，在平面直角坐标系xoy中，AOB的内部区域满足不等式组008xyxy，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在ABO内存在一点M，使FM平面BOE，由点M的坐标得点M到OA，OB的距离为94,4。21【答案】解析：（I）由题意得212,,121babba所求的椭圆方程为2214yx，（II）不妨设21122(,),(,),(,),MxyNxyPtth则抛物线2C在点P处的切线斜率为2xtyt，直线MN的方程为22ytxth，将上式代入椭圆1C的方程中，得2224(2)40xtxth，即22222414()()40txtthxth，因为直线MN与椭圆1C有两个不同的交点，所以有4221162(2)40thth，设线段MN的中点的横坐标是3x，则21232()22(1)xxtth