• 1.19 MB
  • 2021-05-14 发布

高考理科数学全国卷一真题及答案

  • 10页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
2009 年普通高等学校招生全国统一考试 全国卷 I 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 互斥,那么 球的表面积公式 如果事件 相互独立,那么 其中 表示球的半径 球的体积公式 如果事件 在一次试验中发生的概率是 ,那么 次独立重复试验中恰好发生 次的概率 其中 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 中的元 素共有(A) (A)3 个 (B)4 个 (C)5 个 (D)6 个 解: , 故选 A。也可用摩根律: (2)已知 =2+i,则复数 z=(B ) (A)-1+3i (B)1-3i(C)3+i(D)3-i A B, ( ) ( ) ( )P A B P A P B+ = + 24πS R= A B, R ( ) ( ) ( )P A B P A P B=  A P 34 π3V R= n k R  [ ( )u A B {3,4,5,7,8,9}A B = {4,7,9} ( ) {3,5,8}UA B C A B= ∴ =  ( ) ( ) ( )U U UC A B C A C B=  1 i Z + 解: 故选 B。 (3) 不等式 <1 的解集为( D ) (A){x (B) (C) (D) 解:验 x=-1 即可。 (4)设双曲线 (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) (B)2(C) (D) 解:设切点 ,则切线的斜率为 .由题意有 又 解得: . (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 种选法; (2) 乙组中选出一名女生有 种选法.故共有 345 种选法.选 D (6)设 、 、 是单位向量,且 · =0,则 的最小值为 ( D ) (A) (B) (C) (D) 解: 是单位向量 故 选 D. (7)已知三棱柱 的侧棱与底面边长都相等, 在 (1 ) (2 ) 1 3 , 1 3z i i i z i= + ⋅ + = + ∴ = − 1 1 X X + − } { }0 1 1x x x〈 〈 〉 { }0 1x x〈 〈 { }1 0x x− 〈 〈 { }0x x〈 2 2 2 2 1x y a b − = 3 5 6 0 0( , )P x y 0 ' 0| 2x xy x= = 0 0 0 2y xx = 2 0 0 1y x= + 2 2 0 1, 2, 1 ( ) 5b bx ea a = ∴ = = + = 1 1 2 5 3 6 225C C C⋅ ⋅ = 2 1 1 5 6 2 120C C C⋅ ⋅ = a b c a b ( ) ( )a c b c− • − 2− 2 2− 1− 1 2− , ,a b c    ( ) ( ) 2 ( )a c b c a b a b c c∴ − • − = − + +            | | | 1 2 cos , 1 21 | a b c a b c+ = − <= − + >≥ −       1 1 1ABC A B C− 1A B C B C A1 1 1 A D 底面 上的射影为 的中点,则异面直线 与 所成的角的余弦值为( D ) (A) (B) (C) (D) 解:设 的中点为 D,连结 D,AD,易知 即为异面直线 与 所成的角, 由三角余弦定理,易知 .故选 D (8)如果函数 的图像关于点 中心对称,那么 的最小值为 (A)(A) (B) (C) (D) 解: 函数 的图像关于点 中心对称 由此易得 .故选 A (9) 已知直线 y=x+1 与曲线 相切,则α的值为( B ) (A)1 (B)2 (C) -1 (D)-2 解:设切点 ,则 ,又 .故答案选 B (10)已知二面角α-l-β为 ,动点 P、Q 分别在面α、β内,P 到β的距离为 ,Q 到α 的距离为 ,则 P、Q 两点之间距离的最小值为( C ) (A) (B)2 (C) (D)4 解:如图分别作 ,连 , 又 当且仅当 ,即 重合时取最小值。故答案选 C。 ABC BC AB 1CC 3 4 5 4 7 4 3 4 BC 1A 1A ABθ = ∠ AB 1CC 1 1 3coc s 4os cos AD ADA AD DAB A A AB θ = ∠ ∠⋅ = ⋅ = ( )cos 2y x φ=3 + 4 3 π    ,0 | |ϕ 6 π 4 π 3 π 2 π  ( )cos 2y x φ=3 + 4 3 π    ,0 42 3 2k π πφ π∴ ⋅ + = + 13 ( )6k k Z πφ π∴ = − ∈ min| | 6 πφ = y ln( )x a= + 0 0( , )P x y 0 0 0 0ln1, ( )y x ay x= + = + 0 ' 0 1| 1x xy x a= = =+ 0 0 01 0, 1 2x a y x a∴ + = ∴ = = − ∴ = 60 3 2 3 2 3 , , ,QA A AC l C PB Bα β⊥ ⊥ ⊥于 于 于 PD l D⊥ 于 , 60 ,CQ BD ACQ PBD∠ = ∠ = °则 2 3, 3AQ BP= = 2AC PD∴ = = 2 2 212 2 3PQ AQ AP AP= + = + ≥ 0AP = A P点 与点 Q A P B C D (11)函数 的定义域为 R,若 与 都是奇函数,则( D ) (A) 是偶函数 (B) 是奇函数 (C) (D) 是奇函数 解: 与 都是奇函数, , 函数 关于点 ,及点 对称,函数 是周期 的周期函 数. , ,即 是奇函数。故选 D 12.已知椭圆 的右焦点为 ,右准线为 ,点 ,线段 交 于点 ,若 ,则 = (A). (B). 2 (C). (D). 3 解:过点 B 作 于 M,并设右准线 与 X 轴的交点为 N,易知 FN=1.由题意 ,故 .又由椭圆的第二定义,得 .故选 A 第 II 卷 二、填空题: 13. 的展开式中, 的系数与 的系数之和等于 。 解: 14. 设等差数列 的前 项和为 ,若 ,则 = 。 解: 是等差数列,由 ,得 . 15. 直 三 棱 柱 的 各 顶 点 都 在 同 一 球 面 上 , 若 , ,则此球的表面积等于 。 解:在 中 , ,可得 ,由正弦定理,可得 外接 圆半径 r=2,设此圆圆心为 ,球心为 ,在 中,易得球半径 ,故此 球的表面积为 . ( )f x ( 1)f x + ( 1)f x − ( )f x ( )f x ( ) ( 2)f x f x= + ( 3)f x +  ( 1)f x + ( 1)f x − ( 1) ( 1), ( 1) ( 1)f x f x f x f x∴ − + = − + − − = − − ∴ ( )f x (1,0) ( 1,0)− ( )f x 2[1 ( 1)] 4T = − − = ( 1 4) ( 1 4)f x f x∴ − − + = − − + ( 3) ( 3)f x f x− + = − + ( 3)f x + 2 2: 12 xC y+ = F l A l∈ AF C B 3FA FB=  | |AF 2 3 BM l⊥ l 3FA FB=  2| | 3BM = 2 2 2| | 2 3 3BF = ⋅ = | | 2AF∴ = ( )10x y− 7 3x y 3 7x y 3 7 3 10 10 10( ) 2 240C C C− + − = − = − { }na n nS 9 72S = 2 4 9a a a+ + { }na 9 72S = 59 9 ,S a∴ = 5 8a = ∴ 2 4 9 2 9 4 5 6 4 5( ) ( ) 3 24a a a a a a a a a a+ + = + + = + + = = 1 1 1ABC A B C− 1 2AB AC AA= = = 120BAC∠ = ° ABC∆ 2AB AC= = 120BAC∠ = ° 2 3BC = ABC∆ O′ O RT OBO′∆ 5R = 24 20Rπ π= 16. 若 ,则函数 的最大值为 。 解:令 , 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 中 , 内 角 A 、 B 、 C 的 对 边 长 分 别 为 、 、 , 已 知 , 且 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) 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) 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 中 则 由 正 弦 定 理 及 余 弦 定 理 有 : 化 简 并 整 理 得 : . 又 由 已 知 .解得 . 解法二:由余弦定理得: .又 , 。 所以 …………………………………① 又 , ,即 由正弦定理得 ,故 ………………………② 由①,②解得 。 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。 4 2x π π< < 3tan 2 tany x x= tan ,x t= 14 2x t π π< < ∴ > 4 4 3 2 2 2 4 2 2 2tan 2 2 2 2tan 2 tan 81 1 1 1 1 11 tan 1 ( )2 4 4 x ty x x x t t t t ∴ = = = = = ≤ = −− − − − − − ABC∆ a b c 2 2 2a c b− = sin cos 3cos sin ,A C A C= 2 2 2a c b− = sin cos 3cos sin ,A C A C= ABC∆ sin cos 3cos sin ,A C A C= 2 2 2 2 2 2 3 ,2 2 a b c b c aa cab bc + − + −=  2 2 22( )a c b− = 2 2 2a c b− = 24b b∴ = 4 0(b b= =或 舍) 2 2 2 2 cosa c b bc A− = − 2 2 2a c b− = 0b ≠ 2 cos 2b c A= + sin cos 3cos sinA C A C= sin cos cos sin 4cos sinA C A C A C∴ + = sin( ) 4cos sinA C A C+ = sin 4cos sinB A C= sin sinbB Cc = 4 cosb c A= 4b = 18.(本小题满分 12 分)(注意:在试题卷上作答无效) 如图,四棱锥 中,底面 为矩形, 底面 , ,点 M 在侧棱 上, =60° (I)证明:M 在侧棱 的中点 (II)求二面角 的大小。 (I)解法一:作 ∥ 交 于 N,作 交 于 E, 连 ME、NB,则 面 , , 设 ,则 , 在 中, 。 在 中由 解得 ,从而 M 为侧棱 的中点 M. 解法二:过 作 的平行线. 解法三:利用向量处理. 详细可见 09 年高考参考答案. (II)分析一:利用三垂线定理求解。在新教材中弱化了三 垂线定理。这两年高考中求二面角也基本上不用三垂线定理的 方法求作二面角。 过 作 ∥ 交 于 ,作 交 于 , 作 交 于 , 则 ∥ , 面 , 面 面 , 面 即为所求二面 角的补角. 分析二:利用二面角的定义。在等边三角形 中过点 作 交 于点 ,则点 为 AM 的中点,取 SA 的中点 G,连 GF,易证 ,则 即为所求二 面角. 分析三:利用空间向量求。在两个半平面内分别与交线 AM 垂直的两个向量的夹角即可。 另外:利用射影面积或利用等体积法求点到面的距离等等,这些方法也能奏效。 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) S ABCD− ABCD SD ⊥ ABCD 2AD = 2DC SD= = SC ABM∠ SC S AM B− − MN SD CD NE AB⊥ AB MN ⊥ ABCD ME AB⊥ 2NE AD= = MN x= NC EB x= = RT MEB∆  60MBE∠ = ° 3ME x∴ = RT MNE∆ 2 2 2ME NE MN= + 2 23 2x x∴ = + 1x = 1 2MN SD= ∴ SC M CD M MJ CD SD J SH AJ⊥ AJ H HK AM⊥ AM K JM CD JM ⊥ SAD SAD ⊥ MBA SH ⊥ AMB ∴ SKH∠ ABM B BF AM⊥ AM F F GF AM⊥ GFB∠ N E F G k HJ 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。 20.(本小题满分 12 分)(注意:在试题卷上作答无效) 在数列 中, (I)设 ,求数列 的通项公式 (II)求数列 的前 项和 分析:(I)由已知有 利用累差迭加即可求出数列 的通项公式: ( ) (II)由(I)知 , = 而 ,又 是一个典型的错位相减法模型, 易得 = 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) ξ ξ { }na 1 1 1 11, (1 ) 2n n n na a an+ += = + + n n ab n = { }nb { }na n nS 1 1 1 2 n n n a a n n + = ++ 1 1 2n n nb b+∴ − = { }nb 1 12 2n nb −= − *n N∈ 12 2n n na n −= − ∴ nS 1 1 (2 )2 n k k kk − = −∑ 1 1 1 (2 ) 2 n n k k k kk − = = = −∑ ∑ 1 (2 ) ( 1) n k k n n = = +∑ 1 1 2 n k k k − = ∑ 1 1 1 242 2 n k n k k n − − = += −∑ ∴ nS ( 1)n n + 1 2 42n n − ++ − 如图,已知抛物线 与圆 相交于 、 、 、 四 个点。 (I)求 得取值范围; (II)当四边形 的面积最大时,求对角线 、 的交点 坐标 分析:(I)这一问学生易下手。将抛物线 与圆 的方程 联立,消去 ,整理得 .............(*) 抛物线 与圆 相交于 、 、 、 四个点的 充要条件是:方程(*)有两个不相等的正根即可.易得 .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. 设四个交点的坐标分别为 、 、 、 。 则由(I)根据韦达定理有 , 则 令 ,则 下面求 的最大值。 方法一:利用三次均值求解。三次均值目前在两纲中虽不要求,但在处理一些最值问题有时 很方便。它的主要手段是配凑系数或常数,但要注意取等号的条件,这和二次均值类似。 当且仅当 ,即 时取最大值。经检验此时 满足题意。 方法二:利用求导处理,这是命题人的意图。具体解法略。 下面来处理点 的坐标。设点 的坐标为: 2:E y x= 2 2 2:( 4) ( 0)M x y r r− + = > A B C D r ABCD AC BD P 2:E y x= 2 2 2:( 4) ( 0)M x y r r− + = > 2y 2 27 16 0x x r− + − = 2:E y x= 2 2 2:( 4) ( 0)M x y r r− + = > A B C D 15( ,4)2r ∈ 1 1( , )A x x 1 1( , )B x x− 2 2( , )C x x− 2 2( , )D x x 2 1 2 1 27, 16x x x x r+ = = − 15( ,4)2r ∈ 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 | | ( ) | | ( )2S x x x x x x x x= ⋅ ⋅ − + = − + 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2[( ) 4 ]( 2 ) (7 2 16 )(4 15)S x x x x x x x x r r∴ = + − + + = + − − 216 r t− = 2 2(7 2 ) (7 2 )S t t= + − 2S 2 2 1(7 2 ) (7 2 ) (7 2 )(7 2 )(14 4 )2S t t t t t= + − = + + − 3 31 7 2 7 2 14 4 1 28( ) ( )2 3 2 3 t t t+ + + + −≤ = ⋅ 7 2 14 4t t+ = − 7 6t = 15( ,4)2r ∈ P P ( ,0)pP x 由 三点共线,则 得 。 以下略。 22. 本小题满分 12 分。(注意:在试题卷上作答无效) 设 函 数 在 两 个 极 值 点 , 且 (I)求 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 的区域; (II)证明: 分析(I)这一问主要考查了二次函数根 的分布及线性规划作可行域的能力。 大 部 分 考 生 有 思 路 并 能 够 得 分 。 由 题 意 知 方 程 有两个根 则有 故有 右图中阴影部分 即是满足这些条件的 点 的区域。 (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 中的 ,(如果消 会较繁琐) 再利用 的范围,并借助(I)中的约束条件得 进而求解,有较强的技巧性。 解: 由题意有 ............① 又 .....................② A P C、 、 1 2 1 1 2 1 p x x x x x x x + =− − 1 2 7 6px x x t= = = ( ) 3 23 3f x x bx cx= + + 1 2x x、 1 2[ 1 0], [1,2].x x∈ − ∈, b c、 ( ),b c ( )2 110 2f x− ≤ ≤ − ( ) 23 6 3f x x bx c′ = + + ( ) 0f x′ = 1 2x x、 1 [ 1 0],x ∈ −且 , 2 [1,2].x ∈ ( )1 0f ′ − ≥ , ( )0 0f ′ ≤ , ( ) ( )1 0 2 0f f′ ′≤ ≥, ( ),b c ( ) 3 2 2 2 2 23 3f x x bx cx= + + b c 2x [ 2,0]c∈ − ( ) 2 2 2 23 6 3 0f x x bx c′ = + + = ( ) 3 2 2 2 2 23 3f x x bx cx= + + c b    消去 可得 . 又 ,且 b ( ) 3 2 2 2 1 3 2 2 cf x x x= − + 2 [1,2]x ∈ [ 2,0]c∈ − 2 110 ( ) 2f x∴− ≤ ≤ −