2009年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题(重庆卷,解析版)

2009年普通高等学校招生全国统一考试数学理（重庆卷，解析版）

本试卷满分150分，考试时间120分钟

第Ⅰ卷

考生注意：

1．答题前，务必将自己的姓名、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．

4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 5．考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回． 参考公式：

如果事件A，B互斥，那么 P(AB)P(A)P(B) 如果事件A，B相互，那么 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次重复试验中恰好发生k次的概率

kkPn(k)CnP(1P)nk(k0，1,2，，n)

以R为半径的球体积：V43πR 3一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．直线yx1与圆xy1的位置关系为（ ） A．相切 B．相交但直线不过圆心 C．直线过圆心 【答案】B

D．相离

22【解析】圆心(0,0)为到直线yx1，即xy10的距离d12，而22021，选B。 25i=（ ） zA．2i B．2i C．2i D．2i

2．已知复数z的实部为1，虚部为2，则【答案】A

【解析】因为由条件知z12i，则选A。

- 1 -

5i5i(12i)5i102i，所以z(12i)(12i)5

3．(x2)8的展开式中x的系数是（ ） A．16 【答案】

42x4B．70 C．560 D．1120

rrr163r【解析】设含x的为第r1,Tr1C6，163r4 (x2)6r()rC62x2x所以r4，故系数为：C621120，选D。

44(ba)2，则向量a与向量b的夹角是（ ） 4．已知a1,b6,aA．

 6B．

 4C．

 32D．

 22【答案】C

【解析】因为由条件得aba2,所以ab2a3abcos16cos,

1所以cos，所以

235．不等式x3x1a3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A．(,1][4,) B．(,2][5,) C．[1,2] 【答案】A

D．(,1][2,)

214对x3x1a【解析】因为4x3xa23a4即a23a0，解得a4或a1

23a对任意x恒成立，所以

6．锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆4个，这三种汤圆的外部特

征完全相同。从中任意舀取4个汤圆，则每种汤圆都至少取到1个的概率为（ ）

A．

82860 B． C． D． 919191914【答案】C

【解析】因为总的滔法C15,而所求事件的取法分为三类，即芝麻馅汤圆、花生馅汤圆。豆沙馅汤圆取得个数分别按1.1.2；1，2，1；2，1，1三类，故所求概率为

11211211C6C5C4C6C52C4C6C5C448 4C15917．设ABC的三个内角A,B,C，向量m(3sinA,sinB)，n(cosB,3cosA)，若mn1cos(AB)，则C=（ ）

- 2 -

A．

 6B．

 3C．

2 3D．

5 6【答案】C

【解析】mn3sinAcosBcosAsinB3sin(AB)1cos(AB)

ABC,所以3sinC1cosC即3sinCcosC1，2sin（C）1

6152 sin(C），由题C，即C626632x28．已知lim(axb)2，其中a,bR，则ab的值为（ ）

xx1A．6 B．2 【答案】D 【解析】

22C．2

D．6

lim2xaxaxbxb(2a)x(ab)xblimlimxxxx1x12(2a)x(ab)11xbx2

2a0则,解得a2,b4,故ab2(4)6

(ab)29．已知二面角l的大小为50，P为空间中任意一点，则过点P且与平面和平面所成的角都是25的直线的条数为（ ）

A．2 B．3 【答案】B

C．4

D．5

00【解析】AFE是度数为50的二面角的一个平面角，FG为AFE的平分线，当过P的直线与FG平行时，满足条件，当过点p的直线与AD平行，也是满足条件直线，与AD直线类似，过点的直线与 BE平行也是满足条件得共有3条。

0m1x2,x(1,1]10．已知以T4为周期的函数f(x)，其中m0。若方程

1x2,x(1,3]3f(x)x恰有5个实数解，则m的取值范围为（ ）

A．(158,) 33B．(15,7) 3C．(,)

4833D．(,7)

43【答案】B

【解析】因为当x(1,1]时，将函数化

- 3 -

y2为方程x21(y0)，实质上为一个半椭圆，其图像如图所示，同时在坐标系中作出当

m2再根据周期性作出函数其它部分的图像，由图易知直线yx(1,3]得图像，

2x与第二个椭圆3y2y22(x4)21(y0)相交，而与第三个半椭圆(x4)21(y0)无公共点时，方程

mmy2x2恰有5个实数解，将y代入(x4)21(y0)得

m3(9m21)x272m2x135m20,令t9m2(t0)则(t1)x28tx15t0

由(8t)415t(t1)0,得t15,由9m15,且m0得m2215 3y2x2同样由y与第二个椭圆(x8)21(y0)由0可计算得m7 m3综上知m(15,7) 3二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案写在答题卡相应位置上．

11．若AxRx3，BxR21，则AB ． 【答案】（0，3）

【解析】因为Ax|3x3,Bx|x0,所以AIB(0,3) 12．若f(x)【答案】

x1a是奇函数，则a ． x211 212xaa,f(x)f(x) 【解析】解法1f(x)xx21122x112x1a(a)2a1故a 12x2x112x12x213．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有

种（用数字作答）．

【答案】36

211C4C2C1【解析】分两步完成：第一步将4名大学生按，2，1，1分成三组，其分法有;2A2

- 4 -

第二步将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有A3所以满足条件得分配的方案有

211C4C2C13A36 32A2314．设a12，an1a22*，bnn，nN，则数列bn的通项公式

an1an1bn= ．

【答案】：2n+1

22a2aa2n12n2bn且b14所以数列bn是【解析】由条件得bn1n12an11a1n1an1首项为4，公比为2的等比数列，则bn42n12n1

x2y215．已知双曲线221(a0,b0)的左、右焦点分别为F1(c,0),F2(c,0)，若双

ab曲线上存在一点P使

sinPF1F2a，则该双曲线的离心率的取值范围是 ．

sinPF2F1cPF2PF1

sinPF1F2sinPF2F1解法1，因为在PF1F2中，由正弦定理得

则由已知，得

ac，即aPF1cPF2，且知点P在双曲线的右支上， PFPF1211设点(x0,y0)由焦点半径公式，得PF1aex0,PF2ex0a则

a(aex0)c(ex0a)

解得x0a(ca)a(e1)a(e1)a，整理得 由双曲线的几何性质知x0a则e(ca)e(e1)e(e1)2，又1e(1,，故)椭圆的离心率

ee22e10,解得21e(1,21)

解法2 由解析1知PF1cPF2由双曲线的定义知 a

- 5 -

c2a2，由椭圆的几何性质知PF1PF22a则PF2PF22a即PF2aca2a2PF2ca,则ca,既c22aca20,所以e22e10,以下同解析1.

ca三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

16．（本小题满分13分，（Ⅰ）小问7分，（Ⅱ）小问6分．）

设函数f(x)sin(xx)2cos21． 468（Ⅰ）求f(x)的最小正周期．

（Ⅱ）若函数yg(x)与yf(x)的图像关于直线x1对称，求当x[0,4]时3yg(x)的最大值．

(16)（本小题13分）

解：（Ⅰ）f(x)=sin4xcos6cos4xsin6cos4x

=33sinxcosx 2424 =3sin(x)

432 故f(x)的最小正周期为T =

4 =8

(Ⅱ)解法一：

在yg(x)的图象上任取一点(x,g(x))，它关于x1的对称点(2x,g(x)) . 由题设条件，点(2x,g(x))在yf(x)的图象上，从而 g(x)f(2x)3sin[ =3sin[(2x)]

432x]

43 =3cos(x) 43324 当0x时，x，因此yg(x)在区间[0,]上的最大值为

434333 gm33cos ax32 解法二：

- 6 -

因区间[0,]关于x = 1的对称区间为[,2]，且yg(x)与yf(x)的图象关于 x = 1对称，故yg(x)在[0,]上的最大值为yf(x)在[,2]上的最大值 由（Ⅰ）知f(x)＝3sin( 当

43234323x) 432x2时， 33 因此yg(x)在[0,]上的最大值为

3 gmax3sin63 . 217．（本小题满分13分，（Ⅰ）问7分，（Ⅱ）问6分）

某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2株．设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为

21和，且各株大树是否成活互不影响．求移栽的4株大树中： 32（Ⅰ）两种大树各成活1株的概率； （Ⅱ）成活的株数的分布列与期望． (17)（本小题13分）

解：设Ak表示甲种大树成活k株，k＝0，1，2 Bl表示乙种大树成活l株，l＝0，1，2

则Ak，Bl. 由重复试验中事件发生的概率公式有 P(Ak)C2()() 据此算得

k23k132k , P(Bl)C2()()l12l122l .

144 , P(A1) , P(A2) . 999111 P(B0) , P(B1) , P(B2) .

424 P(A0) (Ⅰ) 所求概率为

P(A2B1)P(A1)P(B1) (Ⅱ) 解法一：

的所有可能值为0，1，2，3，4，且

412 . 929111 , 943611411 P(1)P(A0B1)P(A1B0) ,

92946 P(0)P(A0B0)P(A0)P(B0)

- 7 -

P(2)P(A0B2)P(A1B1)P(A2B0) =

114141 94929413 , 31411 . 94923 P(3)P(A1B2)P(A2B1) P(4)P(A2B2)综上知有分布列

411 . 949 P 从而，的期望为

0 1/36 1 1/6 2 13/36 3 1/3 4 1/9 E01113111234 36636397（株） 3解法二：

分布列的求法同上

令1，2分别表示甲乙两种树成活的株数，则

2132241故有E1=2=，E221

3327从而知EE1E2

31:B(2,)，2:B(2,)

18．（本小题满分13分，（Ⅰ）问5分，（Ⅱ）问8分）

设函数f(x)axbxk(k0)在x0处取得极值，且曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线x2y10．

（Ⅰ）求a,b的值；

2ex（Ⅱ）若函数g(x)，讨论g(x)的单调性．

f(x)18、（本小题13分）

解（Ⅰ）因f(x)axbxk(k0),故f(x)2axb 又f(x)在x=0处取得极限值，故f(x)0,从而b0

2

- 8 -

由曲线y=f(x)在（1，f（1））处的切线与直线x2y10相互垂直可知 该切线斜率为2，即f(1)2,有2a=2,从而a=1

ex（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g(x)2(k0)

xkex(x22xk)g(x)(k0)

(x2k)2令g(x)0,有x2xk0

（1）当44k0,即当k>1时，g(x)>0在R上恒成立，

2故函数g(x)在R上为增函数

ex(x1)2g(x)20(x0) （2）当44k0,即当k=1时，2(xk)K=1时，g（x）在R上为增函数

（3）44k0,即当02x111k,x211k 当x(,11k)是g(x)0,故g(x)在（,11k)上为增函数

（11k,11k）11k,11k）当x时，g(x)0,故g(x)在（上为减函数

x（11k，+）11k，+）时，g(x)0,故g(x)在（上为增函数

19．（本小题满分12分，（Ⅰ）问5分，（Ⅱ）问7分）

如题（19）图，在四棱锥SABCD中，ADBC且ADCD；平面CSD平面ABCD，CSDS,CS2AD2；E为BS的中点，

CE2,AS3．求：

（Ⅰ）点A到平面BCS的距离；

（Ⅱ）二面角ECDA的大小 （19）（本小题12分） 解法一：

（Ⅰ）因为AD//BC,且BC平面BCS,所以AD//平面BCS,从而A点到平面BCS的距离等于D点到平面BCS的距离。

- 9 -

因为平面CSD平面ABCD，ADCD,故AD平面CSD,从而ADSD，由AD//BC，得

BCDS,又由CSDS知DS平面BCS，从而DS为点A到平面BCS的距离，因

此在RtADS中

DSAS2AD2312 (Ⅱ)如答（19）图1，过E电作EGCD,交CD于点G，又过G点作

GHCD,交AB于H，故EGH为二面角ECDA的平面角，记为，过E点作EF//BC,交CS于点F,连结GF,因平面

ABCD平面CSD,GHCD,易知GHGF,故由于E为BS边中点，故CF2EGF.

1CS1,在RtCFE中， 2EFCE2CF2211,因EF平面CSD，又EGCD

故由三垂线定理的逆定理得FGCD,从而又可得CGF:CSD, 因此

GFCF而在RtCSD中， DSCDCDCS2SD2426,CF11

故GFDS2CD63在RtFEG中，tanEGFEF3可得EGF，故所求二面角的大小为 FG36解法二：

（Ⅰ）如答（19）图2，以S(O)为坐标原点，射线OD,OC分别为x轴，y轴正向，建立空间坐标系，设A(xA,yA,zA)，因平面COD平面ABCD,ADCD,故AD平面COD

uuuv即点A在xoz平面上，因此yA0，zAAD1

又

uuv22xA12AS3,xA2从而（A2，0，1）

因AD//BC，故BC⊥平面CSD，即BCS与平面 yOx重合，从而点A到平面BCS的距离为xA2. (Ⅱ)易知C(0,2,0)，D(,0,0). 因E为BS的中点. ΔBCS为直角三角形 ,

uuvuuv知 BS2CE22

- 10 -

设B(0,2, ZB)，ZB＞0，则ZA＝2，故B（0，2，2），所以E（0，1，1） . 在CD上取点G，设G（x1,y1,0），使GE⊥CD .

uuuvuuuvuuuvuuuv由CD(2,2,0),GE(x1,y11,1),CDGE0故 2x12(y11)0 ①

uuuvuuuvuuuvxy2又点G在直线CD上，即CG//CD，由CG=（x1,y12,0），则有11 ②

22联立①、②，解得G＝(24,,0) , 33uuuvuuuvuuuv22,,1).又由AD⊥CD，故GE=(所以二面角E－CD－A的平面角为向量GE与向量DA所33成的角，记此角为 .

uuuv23uuuvuuuvuuuvuuuv，DA(0,0,1),DA1,GEDA1,所以 3uuuvuuuvGEDA3 cosuu uvuuuv2GEDA因为GE=

故所求的二面角的大小为

. 33，离心率e，M是椭圆上3220．（本小题满分12分，（Ⅰ）问5分，（Ⅱ）问7分）

已知以原点O为中心的椭圆的一条准线方程为y的动点．

（Ⅰ）若C,D的坐标分别是(0,3),(0,3)，求MCMD的最大值； （Ⅱ）如题（20）图，点A的坐标为(1,0)，B是圆xy1上的

22点，N是点M在x轴上的射影，点Q满足条件：OQOMON，QABA0．求线段QB的中点P的轨迹方程；

(20)（本小题12分）

x2y2 解：（Ⅰ）由题设条件知焦点在y轴上，故设椭圆方程为221ab（a ＞b＞ 0 ）.

- 11 -

设ca2b2，由准线方程y433c3得.由e得，解得 a = 2 ,c =

a232y23，从而 b = 1，椭圆方程为x1 .

42y2 又易知C，D两点是椭圆x1的焦点，所

42以,MCMD2a4

从而MCMD(MCMD2)2224，当且

仅当MCMD，即点M的坐标为(1,0) 时上式取等号，MCMD的最大值为4 .

（II）如图（20）图，设M(xm,ym),B(xB,yB)

 Q(xQ,yQ).因为N(xN,0),OMONOQ，故

xQ2xN,yQyM,

xQyQ(2xM)y4 ①

222y 因为QABA0,

(1xQyQ)(1xNyn)(1xQ)(1xN)yQyN0,

所以 xQxNyQyNxNxQ1. ② 记P点的坐标为(xP,yP)，因为P是BQ的中点 所以 2xPxQxP,2yPyQyP 由因为 xNyN1，结合①，②得

22122xPyP((xQxN)2(yQyN)2)

412222 (xQxNyQyn2(xQxNyQyN))

4

- 12 -

1(52(xQxN1)) 43 xP

4 故动点P的估计方程为

1(x)2y21

221．（本小题满分12分，（Ⅰ）问5分，（Ⅱ）问7分）

设m个不全相等的正数a1,a2,,am(m7)依次围成一个圆圈． （Ⅰ）若m2009，且a1,a2,,a1005是公差为d的等差数列，而a1,a2009,a2008,,a1006是公比为qd的等比数列；数列a1,a2,,am的前n项和Sn(nm)满足：

S315,S2009S200712aan(nm)； ，求通项

（Ⅱ）若每个数an(nm)是其左右相邻两数平方的等比中项，求证：

22a1a6a7amma1a2am；

（21）（本小题12分）

a 解：（I）因a1,a2009,2008,1006,a是公比为d的等比数列，从而a2000a1d,a2008a1d

2由 S2009S200812a1得a2008a200912a1，故 解得d3或d4（舍去）。因此d3 又 S33a13d15。解得a12 从而当n1005时，

ana1(n1)d23(n1)3n1

当1006n2009时，由a1,a2009,a2008,,a1006是公比为d的等比数列得

ana1d2009(n1)a1d2010n(1006n2009)

因此an3n1,n1005232009n,1006n200922

（II）由题意anan1an1(1nm),amam1a1,a1ama2得

222222　　　　　①　anan1an1(1nm),amam1a1　　　　　　　　　② aaa　　　　　　　　　　③m21

- 13 -

有①得a3a2a11,a4,a5,a61 ④ a3a1a2a22由①，②，③得a1a2an(a1a2an)， 故a1a2an1. ⑤ 又ar3ar2ar111(1rm3)，故有 ar1arar1arar61ar(1rm6).⑥ ar3下面反证法证明：m6k

若不然，设m6kp,其中1p5

若取p1即m6k1，则由⑥得ama6k1a1，而由③得ama1a,故a11, a2a2得a21,由②得am1am,从而a6a6kam1,而 a1a6a1,故a1a21,由④及⑥可推得an1（1nm）与题设矛盾 a2同理若P=2，3，4，5均可得an1（1nm）与题设矛盾,因此m6k为6的倍数 由均值不等式得

a1a2a3Ka6(a1aa11)(a2)(21)6 a1a2a1a2由上面三组数内必有一组不相等（否则a1a2a31，从而a4a5Kam1与题设矛盾），故等号不成立，从而a1a2a3Ka66 又m6k，由④和⑥得

222222a7Kam(a7Ka12)K(a6k5Ka6k)2　　　　　＝（k-1)　(a12Ka6)

　　　　　＝（k-1)　(a12因此由⑤得

１１１22＋a＋a)６(k-1)２３222a1a２a３22a1a2a3Ka6a7Kam66(k1)6kmma1a2a3Kam

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