2009年高考

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）

本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分．第卷1至2页，第卷3至4页．考

试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

第Ⅰ卷

考生注意：

1．答题前，考生在答题卡上务必用0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、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2Ｂ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．

参考公式：

如果事件AB，互斥，那么球的表面积公式

()()()PABPAPB24πSR

如果事件AB，相互独立，那么其中R表示球的半径

()()()PABPAPB••球的体积公式

如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么3

4

π

3

VR

n

次独立重复试验中恰好发生k次的概率其中R表示球的半径

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()

u

AB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}

U

ABCAB故选A。也可用摩根

律：

()()()

UUU

CABCACB

（2）已知

1i

Z

＋

=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

1

1

X

X





＜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

22

22

1

xy

ab

（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

|2

xx

yx



.由题意有0

0

0

2

y

x

x

又2

00

1yx

解得:22

0

1,2,1()5

bb

xe

aa



.

(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112

536

225CCC种选法

(2)乙组中选出一名女生有211

562

120CCC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

111

ABCABC的侧棱与底面边长都相等，

1

A在底面

ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与

1

CC所成的角的余弦值

为（D）

B

C

B

C

A1

1

1

A

D

（A）

3

4

（B）

5

4

（C）

7

4

(D)

3

4

解：设BC的中点为D，连结

1

AD，AD，易知

1

AAB即为异面直线AB与

1

CC所成的角,

由三角余弦定理，易知

1

1

3

cocs

4

oscos

ADAD

AADDAB

AAAB

.故选D

（8）如果函数cos2yx＝3＋的图像关于点

4

3









，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

4

3









，0中心对称

4

2

32

k





13

()

6

kkZ



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

0000

ln1,()yxayx,又

0

'

0

1

|1

xx

y

xa





000

10,12xayxa.故答案选B

（10）已知二面角l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

，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D

12.已知椭圆

2

2:1

2

x

Cy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

||

3

BM.又由椭圆的第二定义,得

222

||

233

BF||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:373

101010

()2240CCC

14.设等差数列

n

a的前

n

项和为

n

S，若

9

72S,则

249

aaa=。

解:

n

a是等差数列,由

9

72S,得

59

9,Sa

5

8a



2492945645

()()324aaaaaaaaaa.

15.直三棱柱

111

ABCABC的各顶点都在同一球面上，若

1

2ABACAA,

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

42

x



，则函数3tan2tanyxx的最大值为。

解:令tan,xt1

42

xt



,

44

3

22

2

422

2tan2222

tan2tan8

111111

1tan1

()

244

xt

yxx

xt

ttt







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:

222222

3,

22

abcbca

ac

abbc



••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sinsin

b

BC

c

，

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

1

2

MEDC

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，

22

31222

3,,

2222

BGAMGHSMBHABAH

所以

2226

cos

23

BGGHBH

BGH

BGGH





••

二面角SAMB的大小为

6

arccos()

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,,)

1111

MMB











又(0,2,0),,60ABMBAB

故

||||cos60MBABMBAB••

即222

422

(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

(,,)

222

G

又

231

(,,),(0,1,1),(2,1,1)

222

GBMSAM

0,0GBAMMSAM••

所以

,GBAMMSAM

因此,GBMS等于二面角SAMB的平面角

6

cos,

3

||||

GBMS

GBMS

GBMS

•



•

所以二面角SAMB的大小为

6

arccos()

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

i

A表示事件：第i局甲获胜，i=3,4,5

j

B

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

34345345

BAABAAABA•••••

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

23

P0.520.48

2(2)3(3)EPP

=2×0.52+3×0.48

=2.48

20．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）

．．．．．．．．．．．．．

在数列

{}

n

a中，

11

11

1,(1)

2nn

n

n

aaa

n





（I）设n

n

a

b

n

，求数列{}

n

b的通项公式

（II）求数列

{}

n

a的前

n

项和

n

S

解：（I）由已知得

11

1ba，且1

1

12

nn

n

aa

nn





即

1

1

2nn

n

bb





从而

21

1

2

bb

32

2

1

2

bb

……

1

1

1

(2)

2nn

n

bbn







于是

1

21

111

......

222n

n

bb





=

1

1

2(2)

2n

n





又

1

1b

故所求的通项公式

1

1

2

2n

n

b





（II）由（I）知

11

1

(2)2

22n

nn

n

ann



,



n

S=

1

1

(2)

2

n

k

k

k

k





1

11

(2)

2

nn

k

kk

k

k







而

1

(2)(1)

n

k

knn



,又

1

1

2

n

k

k

k





是一个典型的错位相减法模型，

易得

11

1

2

4

22

n

kn

k

kn









n

S=(1)nn

1

2

4

2n

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）

．．．．．．．．．．．．．

如图，已知抛物线2:Eyx与圆222:(4)(0)Mxyrr相交

于A、B、C、D四个点。

（I）求

r

得取值范围；

（II）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P坐标

分析：（I）这一问学生易下手。

将抛物线2:Eyx与圆222:(4)(0)Mxyrr的方程联立，消去2y，整理得

227160xxr．．．．．．．．．．．．．（＊）

抛物线2:Eyx与圆222:(4)(0)Mxyrr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.

由此得

22

12

2

12

(7)4(16)0

70

160

r

xx

xxr

















解得2

15

16

4

r

又0r

所以

15

(,4)

2

r

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：

11

(,)Axx、

11

(,)Bxx、

22

(,)Cxx、

22

(,)Dxx。

则直线ACBD、的方程分别为

2121

1111

2121

(),()

xxxx

yxxxyxxx

xxxx



••



解得点P的坐标为

12

(,0)xx

设

12

txx，由216tr及（I）知

7

0

2

t

由于四边形ABCD为等腰梯形，因而其面积

21122112

1

2||()||()

2

Sxxxxxxxx

则22

12121212

[()4](2)Sxxxxxxxx•

将

1212

7,xxxxt代入上式，并令2()ftS，得

2

7

()(72)(72)(0)

2

ftttt•

求导数'()2(72)(67)fttt•

令'()0ft，解得

77

,

62

tt（舍去）

当

7

0

6

t时，'()0ft；

7

6

t时，'()0ft；

77

62

t时，'()0ft

故当且仅当

7

6

t时，()ft有最大值，即四边形ABCD的面积最大，故所求的点P的

坐标为

7

(,0)

6

22.本小题满分12分。（注意：在试题卷上作答无效）

．．．．．．．．．．．．．

设函数3233fxxbxcx在两个极值点

12

xx、，且

12

[10],[1,2].xx，

（I）求bc、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,bc的区域；

(II)证明：

2

1

10

2

fx

解

（I）2363fxxbxc





依题意知，方程0fx



有两个根

12

xx、，

1

[10],x且，

2

[1,2].x等价于10f



，

00f



，1020ff



，

由此得b、c满足的约束条件为

21

0

21

44

cb

c

cb

cb























满足这些条件的点,bc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32

2222

33fxxbxcx中的b，（如果消

c

会较繁

琐）再利用

2

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

解：由题设知2

222

3630fxxbxc



，故2

22

11

22

bxxc

于是323

222222

13

33

22

c

fxxbxcxxx

由于

2

[1,2]x，而由（Ⅰ）知0c，故

2

13

43()

22

cfxc

又由（Ⅰ）知[2,0]c

所以

2

1

10()

2

fx