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=AB，则集合()uABI中的元素共有（A）（A）3个（B）4个（C）5个（D）6个解：{3,4,5,7,8,9}AB，{4,7,9}(){3,5,8}UABCAB故选A。也可用摩根律：()()()UUUCABCACB（2）已知1iZ＋=2+i,则复数z=（B）（A）-1+3i(B)1-3i(C)3+i(D)3-i解：(1)(2)13,13ziiizi故选B。(3)不等式11XX＜1的解集为（D）（A）｛x011xxx(B)01xx（C）10xx(D)0xx解：验x=-1即可。(4)设双曲线22221xyab（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(C)（A）3（B）2（C）5（D）6解：设切点00(,)Pxy，则切线的斜率为0'0|2xxyx.由题意有0002yxx又2001yx解得:2201,2,1()5bbxeaa.(5)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(D)（A）150种（B）180种（C）300种(D)345种解:分两类(1)甲组中选出一名女生有112536225CCC种选法(2)乙组中选出一名女生有211562120CCC种选法.故共有345种选法.选D（6）设a、b、c是单位向量，且a·b＝0，则acbc的最小值为(D)（A）2（B）22（C）1(D)12解:,,abc是单位向量2()acbcababcc1||||12cos,12abcabc故选D.（7）已知三棱柱111ABCABC的侧棱与底面边长都相等，1A在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与1CC所成的角的余弦值为（D）（A）34（B）54（C）74(D)34解：设BC的中点为D，连结1AD，AD，易知1AAB即为异面直线AB与1CC所成的角,由三角余弦定理，易知113cocs4oscosADADAADDABAAAB.故选D（8）如果函数cos2yx＝3＋的图像关于点43，0中心对称，那么||的最小值为（A）6（B）4（C）3(D)2解:函数cos2yx＝3＋的图像关于点43，0中心对称4232k13()6kkZ由此易得min||6.故选A(9)已知直线y=x+1与曲线yln()xa相切，则α的值为(B)(A)1(B)2(C)-1(D)-2解:设切点00(,)Pxy，则0000ln1,()yxayx,又0'01|1xxyxaBCBCA111AD00010,12xayxa.故答案选B（10）已知二面角l为60o，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（C）(A)(B)2(C)23(D)4解:如图分别作,,,QAAAClCPBB于于于PDlD于，连,60,CQBDACQPBD则23,3AQBP，2ACPD又2221223PQAQAPAP当且仅当0AP，即AP点与点重合时取最小值。故答案选C。（11）函数()fx的定义域为R，若(1)fx与(1)fx都是奇函数，则(D)(A)()fx是偶函数(B)()fx是奇函数(C)()(2)fxfx(D)(3)fx是奇函数解:(1)fx与(1)fx都是奇函数，(1)(1),(1)(1)fxfxfxfx，函数()fx关于点(1,0)，及点(1,0)对称，函数()fx是周期2[1(1)]4T的周期函数.(14)(14)fxfx，(3)(3)fxfx，即(3)fx是奇函数。故选D12.已知椭圆22:12xCy的右焦点为F,右准线为l，点Al，线段AF交C于点B，若3FAFB,则||AF=(A)(A).2(B).2(C).3(D).3解:过点B作BMl于M,并设右准线l与X轴的交点为N，易知FN=1.由题意3FAFB,故2||3BM.又由椭圆的第二定义,得222||233BF||2AF.故选A第II卷二、填空题：13.10xy的展开式中，73xy的系数与37xy的系数之和等于。解:373101010()2240CCC14.设等差数列na的前n项和为nS，若972S,则249aaa=。解:na是等差数列,由972S,得599,Sa58a2492945645()()324aaaaaaaaaa.15.直三棱柱111ABCABC的各顶点都在同一球面上，若12ABACAA,120BAC，则此球的表面积等于。解:在ABC中2ABAC,120BAC,可得23BC,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5R，故此球的表面积为2420R.16.若42x，则函数3tan2tanyxx的最大值为。解:令tan,xt142xt,4432224222tan2222tan2tan81111111tan1()244xtyxxxtttt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．．．．．．．．．．．．）在ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知222acb，且sincos3cossin,ACAC求b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)222acb,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)sincos3cossin,ACAC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sincos3cossin,ACAC则由正弦定理及余弦定理有:2222223,22abcbcaacabbc化简并整理得：2222()acb.又由已知222acb24bb.解得40(bb或舍）.解法二:由余弦定理得:2222cosacbbcA.又222acb,0b。所以2cos2bcA…………………………………①又sincos3cossinACAC，sincoscossin4cossinACACACsin()4cossinACAC，即sin4cossinBAC由正弦定理得sinsinbBCc，故4cosbcA………………………②由①，②解得4b。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）．．．．．．．．．．．．．如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SD底面ABCD，2AD,2DCSD，点M在侧棱SC上，ABM=60°（I）证明：M在侧棱SC的中点（II）求二面角SAMB的大小。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MFAB，垂足为F，则AFME为矩形设MEx，则SEx，222(2)2AEEDADx2(2)2,2MFAExFBx由2tan60,(2)23(2)MFFBxx。得解得1x即1ME，从而12MEDC所以M为侧棱SC的中点（Ⅱ）222MBBCMC，又60,2ABMAB,所以ABM为等边三角形，又由（Ⅰ）知M为SC中点2,6,2SMSAAM，故222,90SASMAMSMA取AM中点G，连结BG，取SA中点H，连结GH，则,BGAMGHAM,由此知BGH为二面角SAMB的平面角连接BH，在BGH中，22312223,,2222BGAMGHSMBHABAH所以2226cos23BGGHBHBGHBGGH二面角SAMB的大小为6arccos()3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(2,0,0)A，则(2,2,0),(0,2,0),(0,0,2)BCS（Ⅰ）设(0)SMMC,则2222(0,,),(2,,)1111MMB又(0,2,0),,60ABMBAB故||||cos60MBABMBAB即222422(2)()()111解得1，即SMMC所以M为侧棱SC的中点（II）由(0,1,1),(2,0,0)MA，得AM的中点211(,,)222G又231(,,),(0,1,1),(2,1,1)222GBMSAM0,0GBAMMSAM所以,GBAMMSAM因此,GBMS等于二面角SAMB的平面角6cos,3||||GBMSGBMSGBMS所以二面角SAMB的大小为6arccos()3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）．．．．．．．．．．．．．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；（II）设表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，求得分布列及数学期望。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。另外，还要注意表述，这也是考生较薄弱的环节。解：记iA表示事件：第i局甲获胜，i=3,4,5jB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34345345BAABAAABA由于各局比赛结果相互独立，故34345345()()()()PBPAAPBAAPABA=34345345()()()()()()()()PAPAPBPAPAPAPBPA=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3434(2)()PPAABB=3434()()PAAPBB=3434()()()()PAPAPBPB=0.6×0.6+0.4×0.4=0.52(3)1(2)PP=1.0.52=0.48的分布列为23P0.520.482(2)3(3)EPP=2×0.52+3×0.48=2.4820．（本小题满分12分）（注意：在试题．．．．．．卷上作答无效）．．．．．．．在数列{}na中，11111,(1)2nnnnaaan（I）设nnabn，求数列{}nb的通项公式（II）求数列{}na的前