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- 2021-06-22 发布
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2009年全国统一高考数学试卷Ⅰ（文科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
1. sin585∘的值为（ ）
A.-22 B.22 C.-32 D.32
2. 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
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
6. 已知函数f(x)的反函数为g(x)=1+2lgx(x>0)，则f(1)+g(1)=( )
A.0 B.1 C.2 D.4
7. 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
8. 设非零向量a→、b→、c→满足|a→|=|b→|=|c→|，a→+b→=c→，则=( )
A.150∘ B.120∘ C.60∘ D.30∘
9. 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
10. 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
11. 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
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=72，则a2+a4+a9=________．
15. 已知OA为球O的半径，过OA的中点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M．若圆
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M的面积为3π，则球O的表面积等于________．
16. 若直线m被两平行线l1:x-y+1=0与l2:x-y+3=0所截得的线段的长为22，则m的倾斜角可以是①15∘②30∘③45∘④60∘⑤75∘其中正确答案的序号是________（写出所有正确答案的序号）
三、解答题（共6小题，满分70分）
17. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn，已知a1=1，b1=3，a3+b3=17，T3-S3=12，求{an}，{bn}的通项公式．
18. 在△ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知a2-c2=2b，且sinAcosC=3cosAsinC，求b．
19. 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∘
（1）证明：M是侧棱SC的中点；
（2）求二面角S-AM-B的大小．
20. 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．
（1）求再赛2局结束这次比赛的概率；
（2）求甲获得这次比赛胜利的概率．
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21. 已知函数f(x)=x4-3x2+6．
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）设点P在曲线y=f(x)上，若该曲线在点P处的切线l通过坐标原点，求l的方程．
22. 如图，已知抛物线E:y2＝x与圆M：(x-4)2+y2＝r2(r>0)相交于A、B、C、D四个点．
(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．
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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（文科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
1.A
【分析】
解：sin585∘=sin(585∘-360∘)
=sin225∘=sin(45∘+180∘)
=-sin45∘=-22.
故选A．
2.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．
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．
6.C
【分析】
解：由题令1+2lgx=1
得x=1，
即f(1)=1，
又g(1)=1，
所以f(1)+g(1)=2，
故选择C．
7.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．
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故选D.
8.B
【分析】
解：由向量加法的平行四边形法则，
∵ 两个向量的模长相等
∴ a→、b→可构成菱形的两条相邻边，
∵ a→+b→=c→
∴ a→、b→为起点处的对角线长等于菱形的边长，
∴ 两个向量的夹角是120∘，
故选B．
9.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．
10.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.
11.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．
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．
二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）
13.-240
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【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．
14.24
【分析】
解：∵ {an}是等差数列，
∴ S9=9a5，a5=8,
∴ a2+a4+a9=(a2+a9)+a4=(a5+a6)+a4=3a5=24．
故答案为：24.
15.16π
【分析】
解：∵ 圆M的面积为3π，∴ 圆M的半径r=3，
设球的半径为R，
由图可知，R2=14R2+3，∴ 34R2=3，∴ R2=4．
∴ S球=4πR2=16π．
故答案为：16π.
16.①或⑤
【分析】
解：两平行线间的距离为d=|3-1|1+1=2，
设直线m与l1，l2分别交于A，B两点，
则AB=22，
过点B作BC⊥l1于点C，则BC=2，
在Rt△ABC中，sin∠BAC=BCAB=12，
∴ ∠BAC=30∘，
又l1的倾斜角为45∘，
所以直线m的倾斜角等于30∘+45∘=75∘或45∘-30∘=15∘．
故填写①或⑤.
故答案为：①或⑤.
三、解答题（共6小题，满分70分）
17.解：设{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q>0，
由题得1+2d+3q2=17，3q2+3q+3-(3+3d)=12，q>0，
解得q=2，d=2，
∴ an=1+2(n-1)=2n-1，bn=3⋅2n-1．
【分析】
解：设{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q>0，
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由题得1+2d+3q2=17，3q2+3q+3-(3+3d)=12，q>0，
解得q=2，d=2，
∴ an=1+2(n-1)=2n-1，bn=3⋅2n-1．
18.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，
即sinB=4cosAsinC由正弦定理得sinB=bcsinC，
故b=4ccosA②由①，②解得b=4．
19.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．
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（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
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．
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（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．
20.解：记“第i局甲获胜”为事件Ai(i=3, 4, 5)，
“第j局甲获胜”为事件Bi(j=3, 4, 5)．（1）设“再赛2局结束这次比赛”为事件A，则A=A3⋅A4+B3⋅B4，
由于各局比赛结果相互独立，
故P(A)=P(A3⋅A4+B3⋅B4)=P(A3⋅A4)+P(B3⋅B4)=P(A3)P(A4)+P(B3)P(B4)=0.6×0.6+0.4×0.4=0.52．
（2）记“甲获得这次比赛胜利”为事件H，
因前两局中，甲、乙各胜1局，
故甲获得这次比赛胜利当且仅当在后面的比赛中，
甲先胜2局，从而B=A3⋅A4+B3⋅A4⋅A5+A3⋅B4⋅A5，
由于各局比赛结果相互独立，
故P(H)=P(A3⋅A4+B3⋅A4⋅A5+A3⋅B4⋅A5)
=P(A3⋅A4)+P(B3⋅A4⋅A5)+P(A3⋅B4⋅A5)
=P(A3)P(A4)+P(B3)P(A4)P(A5)+P(A3)P(B4)P(A5)
=0.6×0.6+0.4×0.6×0.6+0.6×0.4×0.6=0.648
【分析】
解：记“第i局甲获胜”为事件Ai(i=3, 4, 5)，
“第j局甲获胜”为事件Bi(j=3, 4, 5)．（1）设“再赛2局结束这次比赛”为事件A，则A=A3⋅A4+B3⋅B4，
由于各局比赛结果相互独立，
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故P(A)=P(A3⋅A4+B3⋅B4)=P(A3⋅A4)+P(B3⋅B4)=P(A3)P(A4)+P(B3)P(B4)=0.6×0.6+0.4×0.4=0.52．
（2）记“甲获得这次比赛胜利”为事件H，
因前两局中，甲、乙各胜1局，
故甲获得这次比赛胜利当且仅当在后面的比赛中，
甲先胜2局，从而B=A3⋅A4+B3⋅A4⋅A5+A3⋅B4⋅A5，
由于各局比赛结果相互独立，
故P(H)=P(A3⋅A4+B3⋅A4⋅A5+A3⋅B4⋅A5)
=P(A3⋅A4)+P(B3⋅A4⋅A5)+P(A3⋅B4⋅A5)
=P(A3)P(A4)+P(B3)P(A4)P(A5)+P(A3)P(B4)P(A5)
=0.6×0.6+0.4×0.6×0.6+0.6×0.4×0.6=0.648
21.解：（1）f'(x)=4x3-6x=4x(x+62)(x-62)
令f'(x)>0得-6262；
令f'(x)<0得x<-62或00得-6262；
令f'(x)<0得x<-62或00)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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