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- 2021-06-16 发布
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2009年全国统一高考数学试卷Ⅰ（理科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
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
2. 已知Z¯1+i=2+i，则复数z=( )
A.-1+3i B.1-3i C.3+i D.3-i
3. 不等式|x+1x-1|<1的解集为（ ）
A.{x|01} B.{x|00, b>0)的渐近线与抛物线y=x2+1相切，则该双曲线的离心率为( )
A.3 B.2 C.5 D.6
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（ ）
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ABC-A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影D为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为（ ）
A.34 B.54 C.74 D.34
8. 如果函数y＝3cos(2x+φ)的图象关于点(4π3, 0)中心对称，那么|φ|的最小值为( )
A.π6 B.π4 C.π3 D.π2
9. 已知直线y=x+1与曲线y=ln(x+a)相切，则a的值为（ ）
A.1 B.2 C.-1 D.-2
10. 已知二面角α-l-β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（
A.1 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
12. 已知椭圆C:x22+y2＝1的右焦点为F，右准线为l，点A∈l，线段AF交C于点B，若FA→=3FB→，则|AF→|＝（ ）
A.2 B.2 C.3 D.3
二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）
13. (x-y)10的展开式中，x7y3的系数与x3y7的系数之和等于________．
14. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝81，则a2+a5+a8＝________．
15. 直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝120∘，则此球的表面积等于________．
16. （2009 全国卷Ⅰ，理 16）若π40)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AC、BD的交点P的坐标．
22. 设函数f(x)=x3+3bx2+3cx在两个极值点x1、x2，且x1∈[-1, 0]，x2∈[1, 2]．
(1)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)的区域；
(2)证明：-10≤f(x2)≤-12．
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参考答案与试题解析
2009年全国统一高考数学试卷Ⅰ（理科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
1.A
【分析】
A∪B＝{3, 4, 5, 7, 8, 9}，
A∩B＝{4, 7, 9}∴ ∁U(A∩B)＝{3, 5, 8}故选A．
也可用摩根律：∁U(A∩B)＝(∁UA)∪(∁UB)
故选：A．
2.B
【分析】
解：z¯=(1+i)⋅(2+i)=1+3i，∴ z=1-3i
故选B
3.D
【分析】
解：∵ |x+1x-1|<1，
∴ |x+1|<|x-1|，
∴ x2+2x+10,b>0)的一条渐近线方程为y=bxa，
代入抛物线方程整理得ax2-bx+a=0，
因渐近线与抛物线相切，所以b2-4a2=0，
即b=2a,
即c2=5a2⇔e=5，
故选C．
5.D
【分析】
解：一名女生来自甲组有C51⋅C31⋅C62=225种选法，
一名女生来自乙组有C52⋅C61⋅C21=120种选法，
故共有225+120=345种选法．
故选D.
6.D
【分析】
解：∵ a→、b→、c→ 是单位向量，a→⋅b→=0，∴ a→⊥b→，|a→+b→|=2．
∴ (a→-c→)⋅(b→-c→)=a→⋅b→-(a→+b→)⋅c→+c→2=0-(a→+b→)⋅c→+1=1-|a→+b→|⋅|c→| cos
=1-2cos≥1-2．
故选项为D
7.D
【分析】
解：设BC的中点为D，连接A1D、AD、A1B，易知θ=∠A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角；
并设三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面边长为1，则|AD|=32，|A1D|=12，|A1B|=22，
由余弦定理，得cosθ=1+1-122=34．
故选D．
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8.A
【分析】
解：∵ 函数y＝3cos(2x+φ)的图象关于点(4π3,0)中心对称．
∴ 2×4π3+φ=kπ+π2，
∴ φ=kπ-13π6(k∈Z)，
由此易得|φ|min=π6．
故选A.
9.B
【分析】
解：设切点P(x0, y0)，则y0=x0+1，y0=ln(x0+a)，
又∵ y'|x=x0=1x0+a=1
∴ x0+a=1
∴ y0=0，x0=-1
∴ a=2．
故选项为B
10.C
【分析】
解：如图
分别作QA⊥α于A，AC⊥l于C，PB⊥β于B，PD⊥l于D，
连CQ，BD则∠ACQ=∠PDB=60∘，AQ=23，BP=3，
∴ AC=PD=2
又∵ PQ=AQ2+AP2=12+AP2≥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．
11.D
【分析】
∵ f(x+1)与f(x-1)都是奇函数，
∴ 函数f(x)关于点(1, 0)及点(-1, 0)对称，
∴ f(x)+f(2-x)＝0，f(x)+f(-2-x)＝0，
故有f(2-x)＝f(-2-x)，
函数f(x)是周期T＝[2-(-2)]＝4的周期函数．
∴ f(-x-1+4)＝-f(x-1+4)，
f(-x+3)＝-f(x+3)，
f(x+3)是奇函数．
12.A
【分析】
过点B作BM⊥x轴于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FM=13，故B点的横坐标为43，纵坐标为±13
即BM=13，
故AN＝1，
∴ |AF|=2．
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二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）
13.-240
【分析】
因为(x-y)10的展开式中含x7y3的项为C103x10-3y3(-1)3＝-C103x7y3，
含x3y7的项为C107x10-7y7(-1)7＝-C107x3y7．
由C103＝C107＝120知，x7y3与x3y7的系数之和为-240．
14.27
【分析】
∵ s9=9(a1+a9)2=9a5
∴ a5＝9
∴ a2+a5+a8＝3a5＝27
15.20π
【分析】
在△ABC中AB＝AC＝2，∠BAC＝120∘，
可得BC=23
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RT△OBO'中，
易得球半径R=5，
故此球的表面积为4πR2＝20π
16.-8
【分析】
y=tan2x⋅tan3x=2tan4x1-tan2x=21tan4x-1tan2x=21tan2x-122-14，∵ π41,0<1tan2x<1,-12<1tan2x-12<12．∴ 0≤1tan2x-122<14,-14≤1tan2x-122-14<0.
∴ 当tanx=2时，ymax=-8.
三、解答题（共6小题，满分70分）
17.解：法一：在△ABC中∵ sinAcosC=3cosAsinC，
则由正弦定理及余弦定理有：
a⋅a2+b2-c22ab=3b2+c2-a22bc⋅c，
化简并整理得：2(a2-c2)=b2．
又由已知a2-c2=2b∴ 4b=b2．
解得b=4或b=0（舍）；
法二：由余弦定理得：a2-c2=b2-2bccosA．
又a2-c2=2b，b≠0．
所以b=2ccosA+2①又sinAcosC=3cosAsinC，
∴ sinAcosC+cosAsinC=4cosAsinCsin(A+C)=4cosAsinC，
即sinB=4cosAsinC由正弦定理得sinB=bcsinC，
故b=4ccosA②由①，②解得b=4．
【分析】
解：法一：在△ABC中∵ sinAcosC=3cosAsinC，
则由正弦定理及余弦定理有：
a⋅a2+b2-c22ab=3b2+c2-a22bc⋅c，
化简并整理得：2(a2-c2)=b2．
又由已知a2-c2=2b∴ 4b=b2．
解得b=4或b=0（舍）；
法二：由余弦定理得：a2-c2=b2-2bccosA．
又a2-c2=2b，b≠0．
所以b=2ccosA+2①又sinAcosC=3cosAsinC，
∴ sinAcosC+cosAsinC=4cosAsinCsin(A+C)=4cosAsinC，
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即sinB=4cosAsinC由正弦定理得sinB=bcsinC，
故b=4ccosA②由①，②解得b=4．
18.证明：（1）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=2
设MN=x，则NC=EB=x，
在RT△MEB中，∵ ∠MBE=60∘∴ ME=3x．
在RT△MNE中由ME2=NE2+MN2∴ 3x2=x2+2
解得x=1，从而MN=12SD∴ M为侧棱SC的中点M．
（1）证法二：分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系D-xyz，则A(2，0，0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2)．
设M(0, a, b)(a>0, b>0)，
则BA→=(0,-2,0)，BM→=(-2,a-2,b)，SM→=(0,a,b-2)，SC→=(0,2,-2)，
由题得cos=12SM→ // SC→，
即-2(a-2)2⋅(a-2)2+b2+2=12-2a=2(b-2)
解之个方程组得a=1，b=1即M(0, 1, 1)
所以M是侧棱SC的中点．
（1）证法三：设SM→=λMC→，
则M(0,2λ1+λ，21+λ)，MB→=(2,21+λ,-21+λ)
又AB→=(0,2,0)，=60o
故MB→⋅AB→=|MB→|⋅|AB→|cos60o，
即41+λ=2+(21+λ)2+(21+λ)2，
解得λ=1，所以M是侧棱SC的中点．
（2）由（1）得M(0,1,1),MA→=(2,-1,-1)，
又AS→=(-2,0,2)，AB→=(0,2,0)，
设n1→=(x1,y1,z1)，n2→=(x2,y2,z2)分别是平面SAM、MAB的法向量，
则n1→⋅AS→=0˙且n2→⋅AB→=0˙，
即2x1-y1-z1=0-2x1+2z1=0且2x2-y2-z2=02y2=0
分别令x1=x2=2得z1=1，y1=1，y2=0，z2=2，
即n1→=(2,1,1)，n2→=(2,0,2)，
∴ cos=2+0+22⋅6=63
二面角S-AM-B的大小π-arccos63．
【分析】
证明：（1）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=2
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设MN=x，则NC=EB=x，
在RT△MEB中，∵ ∠MBE=60∘∴ ME=3x．
在RT△MNE中由ME2=NE2+MN2∴ 3x2=x2+2
解得x=1，从而MN=12SD∴ M为侧棱SC的中点M．
（1）证法二：分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系D-xyz，则A(2，0，0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2)．
设M(0, a, b)(a>0, b>0)，
则BA→=(0,-2,0)，BM→=(-2,a-2,b)，SM→=(0,a,b-2)，SC→=(0,2,-2)，
由题得cos=12SM→ // SC→，
即-2(a-2)2⋅(a-2)2+b2+2=12-2a=2(b-2)
解之个方程组得a=1，b=1即M(0, 1, 1)
所以M是侧棱SC的中点．
（1）证法三：设SM→=λMC→，
则M(0,2λ1+λ，21+λ)，MB→=(2,21+λ,-21+λ)
又AB→=(0,2,0)，=60o
故MB→⋅AB→=|MB→|⋅|AB→|cos60o，
即41+λ=2+(21+λ)2+(21+λ)2，
解得λ=1，所以M是侧棱SC的中点．
（2）由（1）得M(0,1,1),MA→=(2,-1,-1)，
又AS→=(-2,0,2)，AB→=(0,2,0)，
设n1→=(x1,y1,z1)，n2→=(x2,y2,z2)分别是平面SAM、MAB的法向量，
则n1→⋅AS→=0˙且n2→⋅AB→=0˙，
即2x1-y1-z1=0-2x1+2z1=0且2x2-y2-z2=02y2=0
分别令x1=x2=2得z1=1，y1=1，y2=0，z2=2，
即n1→=(2,1,1)，n2→=(2,0,2)，
∴ cos=2+0+22⋅6=63
二面角S-AM-B的大小π-arccos63．
19.解：记Ai表示事件：第i局甲获胜，(i=3、4、5)
Bi表示第j局乙获胜，j=3、4
(1)记B表示事件：甲获得这次比赛的胜利，
∵ 前2局中，甲、乙各胜1局，
∴ 甲要获得这次比赛的胜利需在后面的比赛中先胜两局，
∴ B=A3A4+B3A4A5+A3B4A5
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由于各局比赛结果相互独立，
∴ P(B)=P(A3A4)+P(B3A4A5)+P(A3B4A5)
=0.6×0.6+0.4×0.6×0.6+0.6×0.4×0.6
=0.648
(2)ξ表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，由上一问可知ξ的可能取值是2、3
由于各局相互独立，得到ξ的分布列
P(ξ=2)=P(A3A4+B3B4)=0.52
P(ξ=3)=1-P(ξ=2)=1-0.52=0.48
∴ Eξ=2×0.52+3×0.48=2.48．
【分析】
解：记Ai表示事件：第i局甲获胜，(i=3、4、5)
Bi表示第j局乙获胜，j=3、4
(1)记B表示事件：甲获得这次比赛的胜利，
∵ 前2局中，甲、乙各胜1局，
∴ 甲要获得这次比赛的胜利需在后面的比赛中先胜两局，
∴ B=A3A4+B3A4A5+A3B4A5
由于各局比赛结果相互独立，
∴ P(B)=P(A3A4)+P(B3A4A5)+P(A3B4A5)
=0.6×0.6+0.4×0.6×0.6+0.6×0.4×0.6
=0.648
(2)ξ表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，由上一问可知ξ的可能取值是2、3
由于各局相互独立，得到ξ的分布列
P(ξ=2)=P(A3A4+B3B4)=0.52
P(ξ=3)=1-P(ξ=2)=1-0.52=0.48
∴ Eξ=2×0.52+3×0.48=2.48．
20.由已知得b1＝a1＝1，且an+1n+1=ann+12n，
即bn+1＝bn+12n，从而b2＝b1+12，
b3＝b2+122，
bn＝bn-1+12n-1(n≥2)．
于是bn＝b1+12+122+⋯+12n-1=2-12n-1(n≥2)．
又b1＝1，
故所求的通项公式为bn＝2-12n-1．
由（1）知an＝2n-n2n-1，
故Sn＝(2+4+...+2n)-(1+22+322+423+⋯+n2n-1)，
设Tn＝1+221+322+423+⋯+n2n-1，①
12Tn=12+222+323+⋯+n-12n-1+n2n，②
①-②得，
12Tn＝1+12+122+123+⋯+12n-1-n2n
=1-12n1-12-n2n=2-22n-n2n，
∴ Tn＝4-n+22n-1．
∴ Sn＝n(n+1)+n+22n-1-4．
【分析】
由已知得b1＝a1＝1，且an+1n+1=ann+12n，
即bn+1＝bn+12n，从而b2＝b1+12，
b3＝b2+122，
bn＝bn-1+12n-1(n≥2)．
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于是bn＝b1+12+122+⋯+12n-1=2-12n-1(n≥2)．
又b1＝1，
故所求的通项公式为bn＝2-12n-1．
由（1）知an＝2n-n2n-1，
故Sn＝(2+4+...+2n)-(1+22+322+423+⋯+n2n-1)，
设Tn＝1+221+322+423+⋯+n2n-1，①
12Tn=12+222+323+⋯+n-12n-1+n2n，②
①-②得，
12Tn＝1+12+122+123+⋯+12n-1-n2n
=1-12n1-12-n2n=2-22n-n2n，
∴ Tn＝4-n+22n-1．
∴ Sn＝n(n+1)+n+22n-1-4．
21.（1）将抛物线E:y2＝x代入圆M：(x-4)2+y2＝r2(r>0)的方程，
消去y2，整理得x2-7x+16-r2＝0(1)
抛物线E:y2＝x与圆M：(x-4)2+y2＝r2(r>0)相交于A、B、C、D四个点的充要条件是：
方程（1）有两个不相等的正根
∴ 49-4(16-r2)>0x1+x2=7>0x1⋅x2=16-r2>0
即r<-152r>152-40)的方程，
消去y2，整理得x2-7x+16-r2＝0(1)
抛物线E:y2＝x与圆M：(x-4)2+y2＝r2(r>0)相交于A、B、C、D四个点的充要条件是：
方程（1）有两个不相等的正根
∴ 49-4(16-r2)>0x1+x2=7>0x1⋅x2=16-r2>0
即r<-152r>152-4
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