2009年浙江高考数学(理科)试卷(含答案)下载

第 1 页 共 11 页 2009 年高考数学浙江理科试卷含详细解答 一、选择题（本大题共 10 小题，共 0 分） ACU B  A {x | x  0} B {x | x 1} U  R1．（2009 浙江理 1）设 ，，，则 (){x | 0  x 1} {x | 0  x 1} {x | x  0} {x | x 1} D. A. B. C. a,b a  0 b  0 且a  b  0 ab  0 且 ”的( 2．（2009 浙江理 2）已知 A.充分而不必要条件 C.充分必要条件 是实数，则“ ”是“ )B.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件 2 z2  z 1 i i（ 是虚数单位），则 z3．（2009 浙江理 3）设 ()1i 1 i 1i 1 i A. B. C. D. 1(x2  )5 x4 x4．（2009 浙江理 4）在二项式 的展开式中，含 的项的系数是( ). 10 10 5 5D. A. B. C. ABC  A B C1 11D中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点 是侧面 5．（2009 浙江理 5）在三棱柱 BB C1C BB C1C 11AD 的中心，则 与平面 所成角的大小是( )30 45 60 90 A. B. C. D. k6．（2009 浙江理 6）某程序框图如图所示，该程序运行后输出的 的值是( )第 1 页 共 11 页 第 2 页 共 11 页 5674A. B. C. D. | a | 3 |b | 4 aba b  0 aba  b 的模为边 7．（2009 浙江理 7）设向量 ，满足： ，，.以 ，，1长构成三角形，则它的边与半径为 的圆的公共点个数最多为( ). 356D. 4A. B. C. f (x) 1 asin ax a8．（2009 浙江理 8）已知 是实数，则函数 的图象不可能是( )A. B. C. D. x2 y2 1(a  0,b  0) a2 b2 A 1 的右顶点 作斜率为的直线，该直线 9．（2009 浙江理 9）过双曲线 第 2 页 共 11 页 第 3 页 共 11 页   1AB  BC B,C 2与双曲线的两条渐近线的交点分别为 .若 ，则双曲线的离心率是( )3510 2A. B. C. D. Mf (x) 10．（2009 浙江理 10）对于正实数 ，记  为满足下述条件的函数 构成的集合： x1, x2  R x2  x (x2  x1)  f (x2 )  f (x1)  (x2  x1) 且1 ，有 .下列结论中正确的是( )f (x)M1 g(x)M f (x) g(x)M1 2 f (x) A.若 ， 2 ，则 M 1 f (x)M1 g(x)M g(x) g(x)  0 ，则  2 ，且  2 ，则  2 ，且  2 B.若 C.若 D.若 ，f (x)M1 g(x)M f (x)  g(x)M1 2 ，f (x)M1 g(x)M 1   f (x)  g(x)M1 2 2 ，则 ，二、填空题（本大题共 7 小题，共 0 分） S4 a4 1q  {an} Sn11．（2009 浙江理 11）设等比数列 的公比 ，前 项和为 n ，则 .2cm 12．（2009 浙江理 12）若某几何体的三视图（单位： ）如图所示，则此几何体的体积是 cm3 .第 3 页 共 11 页 第 4 页 共 11 页 x  y  2, 2x  y  4, x  y  0, x, y 2x  3y 的最小值是 13．（2009 浙江理 13）若实数 满足不等式组 则14．（2009 浙江理 14）某地区居民生活用电分为高峰和低谷两个时间段进行分时计价.该地区的电 网销售电价表如下： 200 100 千瓦时，则 若某家庭 5 月份的高峰时间段用电量为 千瓦时，低谷时间段用电量为 按这种计费方式该家庭本月应付的电费为 元（用数字作答）. 15．（2009 浙江理 15）观察下列等式： C51  C55  23  2 ，C91  C95  C99  27  23 ，C113  C153  C193  C13  211  25 13 ，C117  C157  C197  C13  C17  215  27 17 17 ，……… 由以上等式推测到一个一般的结论： C41n1  C45n1  C49n1  C4n1 n N* 4n1 对于 ，.37216．（2009 浙江理 16）甲、乙、丙 人站到共有 级的台阶上，若每级台阶最多站 人，同一级台 阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是 （用数字作答）. ABCD BC 1 DC 为 的中点， AB  2 EF为17．（2009 浙江理 17）如图，在长方形 中， ，，EC ABC .在平面 AFD AF 沿ABD  ABD 线段 （端点除外）上一动点.现将 折起，使平面 平面 第 4 页 共 11 页 第 5 页 共 11 页 AK  t t，则 的取值范围是 DDK  AB K， 为垂足.设 内过点 作.三、解答题（本大题共 5 小题，共 0 分） A2 5 5cos A, B,C a,b,c ，且满足 ABC 218．（2009 浙江理 18）在 中，角 所对的边分别为 ，  AB AC  3 ABC b  c  6 a，求 的值。 .（I）求 的面积；（II）若 1, 2, 3, , 9 3919．（2009 浙江理 19）在 这个自然数中，任取 个数. 31（I）求这 个数中恰有个是偶数的概率； 1,2,3 1,2 和3（II）设 为这 个数中两数相邻的组数（例如：若取出的数为 ，则有两组相邻的数 2,3 E 2，此时 的值是 ）.求随机变量 的分布列及其数学期望. PAC  ABC ABC ，AC 是以 为斜边的等腰直角三角形 20．（2009 浙江理 20）如图，平面 平面 E, F,O AC AC 16 PA  PC 10 ，PA PB ，，分别为 ，的中点， .GOC FG / / BOE 平面 ； （I）设 是的中点，证明： ABO BOE OA OB 到 ，的距离. MFM  M，并求点 （II）证明：在 内存在一点 ，使 平面 第 5 页 共 11 页 第 6 页 共 11 页 y2 x2 1(a  b  0) a2 b2 C1 CA(1,0) 21．（2009 浙江理 21）已知椭圆 且垂直长轴的弦长为 1。 ：的右顶点为 ，过 1 的焦点 C（I）求椭圆 1 的方程； y  x2  h (h R) M , N 当线 C2 C2 C上， 在点处的切线与 1 交于点 PP（II）设点 在抛物线 ：MN h的中点的横坐标相等时，求 的最小值。 AP 段的中点与 f (x)  x3  (k2  k 1)x2  5x  2 g(x)  k2 x2  kx 1 ，其 22．（2009 浙江理 22）已知函数 ，k  R 中.p(x)  f (x)  g(x) p(x) (0,3) k上不单调，求 的取值范围； （I）设函数 .若 在区间 g(x), x  0, f (x), x  0. q(x)  xk（II）设函数 是否存在 ，对任意给定的非零实数1 ，存在惟一   q (x2 )  q (x1) 成立？若存在，求 的值；若不存在，请说明理 x2 x2  x k的非零实数 （1 ），使得 由. 1【答案】B 第 6 页 共 11 页 第 7 页 共 11 页 2【答案】C a  0 b  0 且a  b  0 ab  0 且 ”，反之也是成立的 【解题关键点】对于“ 3【答案】D ”可以推出“ 22 z2   (1 i)2 1i  2i 1 i z1 i 【解题关键点】对于 4【答案】B 1rTr1  Cr (x2 )5r ( )r  1 Cr x103r 55×4 10 3r  4,r  2 x【解题关键点】对于 ，对于 ，则 的C52 (1)2 10 项的系数是 5【答案】C BB C1C BB C1C 11AE   AE  DE AD ，因此 与平面 【解题关键点】取 BC 的中点 E，则 面，所有3aAE  aDE  AB  a 22，ADE 成角即为，设，则，即tan ADE  3,ADE  600 .6【答案】A k  0, s 1,k 1 k 1, s  3,k  2 k  2, s  38,k  3 ，则 【解题关键点】对于 ，而对于 k  3, s  38 211,k  4 k  4 .，后面是 7【答案】B ，不符合条件时输出的 【解题关键点】对于半径为 1 的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，对于 圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现 4 个交点的情况，但 5 个及 5 个以上的交点不能实现. 8【答案】D 2 aT  , a 1,T  2 【解题关键点】对于振幅大于 1 时，三角函数的周期为 ，而 D 不符合 2 要求，它的振幅大于 1，但周期反而大于了 .9【答案】C A a,0 x  y  a  0 ，直线与两渐近线的交点为 B，C， 【解题关键点】对于 ，则直线方程为 a2 ab a2 ab B,,C( , )a  b a b a b ab ，第 7 页 共 11 页 第 8 页 共 11 页 2a2b 2a2b ab ab     BC  ( , a2 b2 a2 b2 ), AB   ,2AB  BC,4a2  b2 ,e  5 .a  b a b 则有 ，因 10【答案】C f (x2 )  f (x1)     (x2  x1)  f (x2 )  f (x1)  (x2  x1) x2  x1 【解题关键点】对于 ，即有 ，f (x2 )  f (x1)  k f (x)M1 g(x)M  2 ， 即 有 x2  x1   k   令， 有 ， 不 妨 设 ，1  kf  1, 2  kg  2 1 2  kf  kg  1 2 ，，因此有因此有f (x)  g(x)M1 2 .11【答案】15 a1(1 q4 ) 1 q s4 1 q4 s4  ,a4  a1q3, 15 a4 q3 (1 q) 【解题关键点】对于 12【答案】18 133  9 【解题关键点】该几何体是由二个长方体组成，下面体积为 ，上面的长方体体积为 331 9 ，因此其几何体的体积为 18 13【答案】4 2y  x  Z 2,0 2x3y 时，  4 min 3【解题关键点】通过画出其线性规划，可知直线 过点 148.4 14【答案】 500.5681500.598 【解题关键点】对于应付的电费应分二部分构成，高峰部分为 ；对于低峰 500.288 500.318 148.4 ，二部分之和为 部分为 n24n1  1 22n1 15【答案】 n1 【解题关键点】这是一种需类比推理方法破解的问题，结论由二项构成，第二项前有 ，二项 24n1,22n1 n N* 指数分别为，因此对于，n24n1  1 22n1 C41n1  C45n1  C49n1  C4n1 4n1 16【答案】336 A3 【解题关键点】对于 7 个台阶上每一个只站一人，则有 7 种；若有一个台阶有 2 人，另一个是 1 人 第 8 页 共 11 页 第 9 页 共 11 页 C31A2 ，则共有 7 种，因此共有不同的站法种数是 336 种. 1,1 217【答案】 t 1 【解题关键点】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于 F 位于 DC 的中点时， ，随着 F 点 CB  AB,CB  DK,CB  CB  BD ADB 到C 点 时 ， 因 平 面 ， 即 有 ， 对 于 1t  2CD  2, BC 1,BD  3 AD 1, AB  2 ，因此有 t，因此 的取 AD  BD ，又 ，则有 12,1 值范围是 A2 5 5A34cos cos A  2cos2 1 ,sin A  2255， 又 由 18 【 答 案 】 解 析 ： （ I ） 因 为 ，1  SABC  bcsin A  2 bccos A  3, AB AC  3 bc  5 ，2，得 b  5,c 1 b 1,c  5 ， 由 余 弦 定 理 得 bc  5 b  c  6 ，（ II ） 对 于 ， 又 或a2  b2  c2  2bccos A  20 a  2 5 ，C41C5 10 2P(A)  C93 21 ；19【答案】（I）记“这 3 个数恰有一个是偶数”为事件 A，则 0,1,2, （II）随机变量 的取值为 的分布列为 012P51112 212 51123E  0 1 2 12 212 所以 的数学期望为 yx20【答案】证明：（I）如图，连结 OP，以 O 为坐标原点，分别以 OB、OC、OP 所在直线为 轴， xyz z轴，轴，建立空间直角坐标系O，则O 0,0,0 ,A(0,8,0), B(8,0,0),C(0,8,0), F 4,0,3 P(0,0,6), E(0,4,3), ， 由 题 意 得 ，   G 0,4,0 , OB  (8,0,0),OE  (0,4,3) n  (0,3,4) 因， 因 此 平 面BOE 的 法 向 量 为 ，第 9 页 共 11 页 第 10 页 共 11 页    FG  (4,4,3 n FG  0 FG BOE FG / / BOE 平面 得，又直线 不在平面 内，因此有 zyx（II）    FM // n ，x , y ,0 FM  (x0  4, y0 ,3) 00FM  设点 M 的坐标为 ，则 ，因为 平面 BOE，所以有 94, ,0 494×0  4, y0   xoy AOB 因此有 ，即点 M 的坐标为 ，在平面直角坐标系 中， 的内部 x  0 y  0 x  y  8 ABO 区域满足不等式组 ，经检验，点 M 的坐标满足上述不等式组，所以在 内存在一 94, BOE OA OB ， 的距离为 4MFM  M点，使 平面 ，由点 M 的坐标得点 到。b 1 a  2 b 1 b2 y2 , , x2 1 2 1 a421【答案】解析：（I）由题意得 所求的椭圆方程为 ，M (x1, y1), N(x2 , y2 ), P(t,t2  h), y  2tx t2  h Cyxt  2t ，直线 （II）不妨设 MN 的方程为 则抛物线 2 在点 P 处的切线斜率为 4×2  (2tx t2  h)2  4  0 C，将上式代入椭圆 1 的方程中，得 ，4 1 t2 x2  4t(t2  h)x  (t2  h)2  4  0 C即有，因为直线 MN 与椭圆 1 有两个不同的交点，所以 4221 16 t  2(h  2)t  h  4  0 ，x1  x2 t(t2  h) x3  2(1 t2 ) x2设线段 MN 的中点的横坐标是 3 ，则 ，t 1 2×4  t2  (1 h)t 1 0 xx3  x 设线段 PA 的中点的横坐标是 4 ，则 ，由题意得 4 ，即有 ，其中 2  (1 h)2  4  0,h 1 h  3 的当或；422h  2  0,4  h2  0 1 16 t  2(h  2)t  h  4  0 h  3 时有 ，因此不等式 不成立； t2  (1 h)t 1 0 h 1,t  1 代 入 不 等 式 h 1 h 1 t  1 得 ，将 因 此 ， 当 时 代 入 方 程 第 10 页 共 11 页 第 11 页 共 11 页 4221 16 t  2(h  2)t  h  4  0 h成立，因此 的最小值为1. P(x)  f (x)  g(x)  x3  (k 1)x2  (k  5) 1 22 【 答 案 】 解 析 ： （ I ） 因 ，2p x 3x  2(k 1)x  (k  5) p x 0   0,3   p(x) (0,3) 上不单调，所以 ，因 在区间 在上有 k(2x 1)  (3×2  2x  5), 得p x 0   实数解，且无重根，由 (3×2  2x  5) k   3910 3  2x 1  t  1,7 t  2x 1, 2x 1 42x 1 ，令有，记9h(t)  t  , h t   1,3 3,7 h t  6,10   t则在上单调递减，在 上单调递增，所以有 ，于是 92x 1   6,10 ，得 k  5,2 p x 0   0,3 k  2 2x 1 ，而当 时有 在上有两个相等 k  5,2 x 1 的实根 ，故舍去，所以 ；22q x f x 3x  2(k  k 1)x  5     x  0 （II）当 时有 ；2q x g x 2k x k    x  0 k  0 k  0 时不合题意，因此 当时有 ，因为当 ，在5, q x   0, x1  0  (k,) k  0 下面讨论 的情形，记 A ，B= （ⅰ）当 时， 上单调 q x q x 2    x2  0 x1  0 时， 1A  B ，因此有 k  5 递增，所以要使 成立，只能 且，（ⅱ）当 q x   0, q x q x 2    x2  0 1A  B k  5 ，因此 在上单调递减，所以要使 成立，只能 且k  5 ，综合（ⅰ）（ⅱ） ；成立，因为 x  0,q x  B  A   q x q x q x   2    x2  0, 111k  5 当在时 A=B，则 ，即 使得 0, x上单调递增，所以 2 的值是唯一的； q x q x 2   x1  0 x2 (x2  x1) ，要使 1k  5 满足 同理， ，即存在唯一的非零实数 成立，所以 题意. 第 11 页 共 11 页