2024年4月18日发(作者：数学试卷简讨作文)

0

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、

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，

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．

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

A，B

互斥，那么

球的表面积公式

P(AB)P(A)P(B)

S4πR

2

如果事件

A，B

相互独立，那么

其中

R

表示球的半径

球的体积公式

P(AB)P(A)P(B)

如果事件

A

在一次试验中发生的概率是

P

，那么

n

次独立重复试验中恰好发生

k

次的概率

V

4

3

πR

3

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=A

B，则集合

元素共有（A）

（A）3个 （B）4个 （C）5个 （D）6个

解：

AB{3,4,5,7,8,9}

，

AB

{4,7,9}

C

U

(

AB

)

{3,5,8}

故选A。也可用摩根

律：

C

U

(

AB

)

(

C

U

A

)

(

C

U

B

)

（2）已知

u

(

A

I

B

)

中的

Z

=2+i,则复数z=（B ）

1

＋

i

（A）-1+3i (B)1-3i (C)3+i (D)3-i

解：

z(1i)(2i)13i,z13i

故选B。

0

(3) 不等式

X

1

＜1的解集为（ D ）

X

1

（A）｛x

0x1

xx1

(B)

x0x1

（C）

x1x0

(D)

xx0

解：验x=-1即可。

x

2

y

2

(4)设双曲线

2

2

1

（a＞0,b＞0）的渐近线与抛物线y=x

2

+1相切，则该双曲线的离心

ab

率等于( C )

（A）

3

（B）2 （C）

5

（D）

6

解：设切点

P(x

0

,y

0

)

，则切线的斜率为

y

\'

|

x

x

0

2x

0

.由题意有

y

0

2x

0

又

y

0

x

0

2

1

x

0

解得:

x

0

1,

2

bb

2,e

1

()

2

5

.

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

112

解: 分两类(1) 甲组中选出一名女生有

C

5

C

3

C

6

225

种选法

211

(2) 乙组中选出一名女生有

C

5

C

6

C

2

120

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

ac

bc

的最小值为 ( D )

（A）

2

（B）

22

（C）

1

(D)

12



2



解:

a,b,c

是单位向量

acbcab(ab)cc





1|ab||c|12cosab,c12

故选D.

C

1

（7）已知三棱柱

ABCA

1

B

1

C

1

的侧棱与底面边长都相等，

A

1

在底面

A

1

B

1

ABC

上的射影为

BC

的中点，则异面直线

AB

与

CC

1

所成的角的余弦值

为（ D ）

A

C

D

B

0

（A）

3

357

（B） （C） (D)

4

444

解：设

BC

的中点为D，连结

A

AD，易知

A

1

D，

1

AB

即为异面直线

AB

与

CC

1

所成的角,

由三角余弦定理，易知

cos

cos

A

1

AD

cos

DAB

ADAD3



.故选D

A

1

AAB4

（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

4

，0

中心对称

3

解:

函数

y＝3cos

2x＋

的图像关于点

2

4



13

k



k

(k

Z)

由此易得

|

|

min

.故选A

3266

(9) 已知直线y=x+1与曲线

yln(xa)

相切，则α的值为( B )

(A)1 (B)2 (C) -1 (D)-2

解:设切点

P(x

0

,y

0

)

，则

y

0

x

0

1,y

0

ln(x

0

a)

,又

y

\'

|

x

x

0

1

1

x

0

a

x

0

a1y

0

0,x

0

1a2

.故答案选B

（10）已知二面角

l

为

60

o

，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

QA

于A,ACl于C,PB

于B,

PDl于D

，连

CQ,BD则ACQPBD60,

AQ23,BP3

，

ACPD2

又

PQAQ

2

AP

2

12AP

2

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。

0

（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( D )

(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

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

x

2

12.已知椭圆

C:y

2

1

的右焦点为

F

,右准线为

l

，点

Al

，线段

AF

交

C

于点

B

，

2





若

FA3FB

,则

|AF|

=( A )

(A).

2

(B). 2 (C).

3

(D). 3



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

222

.又由椭圆的第二定义,得

|BF|

|AF|2

.故选A

3

233

第II卷

二、填空题：

13.

xy

的展开式中，

x

7

y

3

的系数与

x

3

y

7

的系数之和等于 。

373

解:

C

10

(C

10

)2C

10

240

10

14. 设等差数列

a

n

的前

n

项和为

S

n

，若

S

9

72

,则

a

2

a

4

a

9

= 。

解:

a

n

是等差数列,由

S

9

72

,得

S

9

9a

5

,

a

5

8

a

2

a

4

a

9

(a

2

a

9

)a

4

(a

5

a

6

)a

4

3a

5

24

.

1

A

1

BCA2

,

15. 直三棱柱

ABC

1

的各顶点都在同一球面上，若

ABAC

1

A

BAC120

，则此球的表面积等于 。

解:在

ABC

中

ABAC2

,

BAC120

,可得

BC23

,由正弦定理,可得

ABC

0

OBO

中，易得球半径

R5

，外接圆半径r=2,设此圆圆心为

O

，球心为

O

，在

RT

故此球的表面积为

4

R

2

20

.

16. 若

4

x

2

，则函数

ytan2xtan

3

x

的最大值为 。

解:令

tanxt,

4

x

2

t

1

,

2tan

4

x2t

4

222

y

tan2xtanx



8

1

tan

2

x1

t

2

1

1

(

1

1

)

2

1

1

t

4

t

2

t

2

244

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）（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

求b

sinAcosC3cosAsinC

,

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)

22

a

、

b

、

c

，已知

a

2

c

2

2b

，且

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

a

2

b

2

c

2

b

2

c

2

a

2

3

c,

化简并整理得：

2(a

2

c

2

)b

2

.又由已知

有:

a

2ab2bc

a

2

c

2

2b4bb

2

.解得

b4或b0(舍）

.

解法二:

由余弦定理得:

a

2

c

2

b

2

2bccosA

.

又

ac2b

,

b0

。

所以

b2ccosA2

…………………………………①

又

sinAcosC3cosAsinC

，

22

sinAcosCcosAsinC4cosAsinC

0

sin(AC)4cosAsinC

，

即

sinB4cosAsinC

由正弦定理得

sin

B

b

sin

C

，

c

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）

．．．．．．．．．．．．．

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在侧棱

SC

的中点

（II）求二面角

SAMB

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

MFAB

，垂足为F，则AFME为矩形

设

MEx

，则

SEx

，

AEED

2

AD

2

(2x)

2

2

MFAE(2x)

2

2,FB2x

。

2

由

MFFBtan60,

得

(2x)23(2x)

解得

x1

即

ME1

，从而

ME

1

DC

2

所以

M

为侧棱

SC

的中点

（Ⅱ）

MBBC

2

MC

2

2

，又

ABM60

,AB2

,所以

ABM

为等边三角形，

又由（Ⅰ）知M为SC中点

0

SM2,SA6,AM2

，故

SA

2

SM

2

AM

2

,SMA90

取AM中点G，连结BG，取SA中点H，连结GH，则

BGAMGH,AM

为二面角

SAMB

的平面角

连接

BH

，在

BGH

中，

,由此知

BGH

BG

31222

AM3,GHSM,BHAB

2

AH

2

2222

BG

2

GH

2

BH

2

6

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

)

3

M(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

42

2

2

2

(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)

222

GBAM0,MSAM0


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