2009年江西省高考数学试卷（文科）【word版本、可编辑、附详细答案和解释】
2009年江西省高考数学试卷（文科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
1. 下列命题是真命题的为（ ）
A.若1x=1y，则x=y B.若x2=1，则x=1
C.若x=y，则x=y D.若x
0, b>0)的两个焦点，若F1，F2，P(0, 2b)是正三角形的三个顶点，则双曲线的离心率为（ ）
A.32 B.2 C.52 D.3
8. 公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn．若a4是a3与a7的等比中项，S8=32，则S10等于( )
A.18 B.24 C.60 D.90
9. 如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为（ ）
A.AC⊥BD
B.AC // 截面PQMN
C.AC＝BD
D.异面直线PM与BD所成的角为45∘
10. 甲、乙、丙、丁4个足球队参加比赛，假设每场比赛各队取胜的概率相等，现任意将这4个队分成两个组（每组两个队）进行比赛，胜者再赛．则甲、乙相遇的概率为（ ）
A.16 B.14 C.13 D.12
11. 如图所示，一质点P(x, y)在xOy平面上沿曲线运动，速度大小不变，其在x轴上的投影点Q(x, 0)的运动速度V=V(t)的图象大致为（ ）
A.
B.
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C.
D.
12. 若存在过点(1, 0)的直线与曲线y=x3和y=ax2+154x-9都相切，则a等于（ ）
A.-1或-2564 B.-1或214 C.-74或-2564 D.-74或7
二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）
13. 已知向量a→=(3,1)，b→=(1,3)，c→=(k,2)，若(a→-c→)⊥b→则k=________．
14. 体积为8的一个正方体，其全面积与球O的表面积相等，则球O的体积等于________．
15. 若不等式4-x2≤k(x+1)的解集为区间[a, b]，且b-a=1，则k=________．
16. 设直线系M:xcosθ+(y-2)sinθ=1(0≤θ≤2π)，对于下列四个命题：A、存在一个圆与所有直线相交；B、存在一个圆与所有直线不相交；C、存在一个圆与所有直线相切；D、M中的直线所能围成的正三角形面积都相等
其中真命题的代号是________（写出所有真命题的代号）．
三、解答题（共6小题，满分74分）
17. 设函数f(x)＝x3-92x2+6x-a．
（1）对于任意实数x，f'(x)≥m恒成立，求m的最大值；
（2）若方程f(x)＝0有且仅有一个实根，求a的取值范围．
18. 某公司拟资助三位大学生自主创业，现聘请两位专家，独立地对每位大学生的创业方案进行评审、假设评审结果为“支持”或“不支持”的概率都是12、若某人获得两个“支持”，则给予10万元的创业资助；若只获得一个“支持”，则给予5万元的资助；若未获得“支持”，则不予资助、求：
(1)该公司的资助总额为零的概率；
(2)该公司的资助总额超过15万元的概率．
19. 在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，A=π6，(1+3)c=2b，
(1)求C；
(2)若CB→⋅CA→=1+3，求a，b，c．
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20. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=4，AB=2，以BD的中点O为球心、BD为直径的球面交PD于点M，
(1)求证：平面ABM⊥平面PCD；
(2)求直线PC与平面ABM所成的角；
(3)求点O到平面ABM的距离．
21. 数列{an}的通项an=n2(cos2nπ3-sin2nπ3)，其前n项和为Sn．
（1）求Sn；
（2）bn=S3nn⋅4n，求数列{bn}的前n项和Tn．
22. 如图，已知圆G：(x-2)2+y2=r2是椭圆x216+y2=1的内接△ABC的内切圆，其中A为椭圆的左顶点，
（1）求圆G的半径r；
（2）过点M(0, 1)作圆G的两条切线交椭圆于E，F两点，证明：直线EF与圆G相切．
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参考答案与试题解析
2009年江西省高考数学试卷（文科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
1.A
【解答】
解：A、由1x=1y得x-yxy=0，则x=y，为真命题；
B、由x2=1得x=±1，x不一定为1，为假命题；
C、若x=y，x，y不一定有意义，为假命题；
D、若xy2，为假命题；
故选A．
2.D
【解答】
解：由x≠0-x2-3x+4≥0
得-4≤x<0或00；
当12时，f'(x)>0；
所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)=52-a；
当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2-a；
故当f(2)>0或f(1)<0时，
方程f(x)＝0仅有一个实根、解得a<2或a>52
【解答】
f'(x)＝3x2-9x+6＝3(x-1)(x-2)，
因为x∈(-∞, +∞)，f'(x)≥m，
即3x2-9x+(6-m)≥0恒成立，
所以△＝81-12(6-m)≤0，
得m≤-34，即m的最大值为-34
因为当x<1时，f'(x)>0；
当12时，f'(x)>0；
所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)=52-a；
当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2-a；
故当f(2)>0或f(1)<0时，
方程f(x)＝0仅有一个实根、解得a<2或a>52
18.解：(1)由题意知独立地对每位大学生的创业方案进行评审，
假设评审结果为“支持”或“不支持”的概率都是12，
该公司的资助总额为零表示三个大学生都没有获得支持，
这三个大学生是否获得支持是相互独立的，
设A表示资助总额为零这个事件，
则P(A)=(12)6=164.
(2)公司的资助总额超过15万元，表示三个大学生得到四个支持，
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五个支持和六个支持，这三个事件之间是互斥的，
设B表示资助总额超过15万元这个事件，
∴ P=C64(12)4(12)2+C65(12)5×12+C66(12)6，
即P(B)=15×(12)6+6×(12)6+(12)6=1132.
【解答】
解：(1)由题意知独立地对每位大学生的创业方案进行评审，
假设评审结果为“支持”或“不支持”的概率都是12，
该公司的资助总额为零表示三个大学生都没有获得支持，
这三个大学生是否获得支持是相互独立的，
设A表示资助总额为零这个事件，
则P(A)=(12)6=164.
(2)公司的资助总额超过15万元，表示三个大学生得到四个支持，
五个支持和六个支持，这三个事件之间是互斥的，
设B表示资助总额超过15万元这个事件，
∴ P=C64(12)4(12)2+C65(12)5×12+C66(12)6，
即P(B)=15×(12)6+6×(12)6+(12)6=1132.
19.解：(1)由(1+3)c=2b，
得bc=12+32=sinBsinC，
则有sin(π-π6-C)sinC=sin5π6cosC-cos5π6sinCsinC
=12cotC+32
=12+32，
得cotC=1，
即C=π4.
(2)由CB→⋅CA→=1+3推出abcosC=1+3；
而C=π4，
即得22ab=1+3，
则有22ab=1+3，(1+3)c=2b，asinA=csinC，
解得a=2，b=1+3，c=2.
【解答】
解：(1)由(1+3)c=2b，
得bc=12+32=sinBsinC，
则有sin(π-π6-C)sinC=sin5π6cosC-cos5π6sinCsinC
=12cotC+32
=12+32，
得cotC=1，
即C=π4.
(2)由CB→⋅CA→=1+3推出abcosC=1+3；
而C=π4，
即得22ab=1+3，
则有22ab=1+3，(1+3)c=2b，asinA=csinC，
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解得a=2，b=1+3，c=2.
20.解：方法（一）：
(1)证：依题设，M在以BD为直径的球面上，则BM⊥PD
因为PA⊥平面ABCD，则PA⊥AB，又AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，则AB⊥PD，
因此有PD⊥平面ABM，所以平面ABM⊥平面PCD
(2)设平面ABM与PC交于点N，
因为AB // CD，所以AB // 平面PCD，则AB // MN // CD，
由(1)知，PD⊥平面ABM，
则MN是PN在平面ABM上的射影，
所以∠PNM就是PC与平面ABM所成的角，
且∠PNM=∠PCDtan∠PNM=tan∠PCD=PDDC=22
所求角为arctan22
(3)因为O是BD的中点，
则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半，
由(1)知，PD⊥平面ABM于M，则|DM|就是D点到平面ABM距离
因为在Rt△PAD中，PA=AD=4，PD⊥AM，
所以M为PD中点，DM=22，
则O点到平面ABM的距离等于2．
方法二：
(1)同方法一；
(2)如图所示，建立空间直角坐标系，
则A(0, 0, 0)，P(0, 0, 4)，B(2, 0, 0)，C(2, 4, 0)，D(0, 4, 0)，M(0, 2, 2)，
设平面ABM的一个法向量n→=(x,y,z)，
由n→⊥AB→，n→⊥AM→可得：2x=02y+2z=0，
令z=-1，则y=1，即n→=(0,1,-1)
设所求角为α，则sinα=||PC→||n→|˙|=223，
所求角的大小为arcsin223、
(3)设所求距离为h，由O(1,2,0),AO→=(1,2,0)，
得：h=||n→|˙|=2
【解答】
解：方法（一）：
(1)证：依题设，M在以BD为直径的球面上，则BM⊥PD
因为PA⊥平面ABCD，则PA⊥AB，又AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，则AB⊥PD，
因此有PD⊥平面ABM，所以平面ABM⊥平面PCD
(2)设平面ABM与PC交于点N，
因为AB // CD，所以AB // 平面PCD，则AB // MN // CD，
由(1)知，PD⊥平面ABM，
则MN是PN在平面ABM上的射影，
所以∠PNM就是PC与平面ABM所成的角，
且∠PNM=∠PCDtan∠PNM=tan∠PCD=PDDC=22
所求角为arctan22
(3)因为O是BD的中点，
则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半，
由(1)知，PD⊥平面ABM于M，则|DM|就是D点到平面ABM距离
因为在Rt△PAD中，PA=AD=4，PD⊥AM，
所以M为PD中点，DM=22，
则O点到平面ABM的距离等于2．
方法二：
(1)同方法一；
(2)如图所示，建立空间直角坐标系，
则A(0, 0, 0)，P(0, 0, 4)，B(2, 0, 0)，C(2, 4, 0)，D(0, 4, 0)，M(0, 2, 2)，
设平面ABM的一个法向量n→=(x,y,z)，
由n→⊥AB→，n→⊥AM→可得：2x=02y+2z=0，
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令z=-1，则y=1，即n→=(0,1,-1)
设所求角为α，则sinα=||PC→||n→|˙|=223，
所求角的大小为arcsin223、
(3)设所求距离为h，由O(1,2,0),AO→=(1,2,0)，
得：h=||n→|˙|=2
21.解：（1）由于cos2nπ3-sin2nπ3=cos2nπ3，an=n2⋅cos2nπ3
故S3k=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+...+(a3k-2+a3k-1+a3k)
=(-12+222+32)+(-42+522+62)+…+[-(3k-2)2+(3k-1)22+(3k)2]
=132+312+…+18k-52=k(4+9k)2
S3k-1=S3k-a3k=k(4-9k)2，
S3k-2=S3k-1-a3k-1=k(4-9k)2+(3k-1)22=12-k=-3k-23-16，
故Sn=-n3-16n=3k-2(n+1)(1-3n)6n=3k-1n(3n+4)6n=3k(k∈N*)
（2）bn=S3nn⋅4n=9n+42⋅4n，
Tn=12[134+2242+…+9n+44n]，
4Tn=12[13+224+…+9n+44n-1]，
两式相减得3Tn=12[13+94+…+94n-1-9n+44n]=12[13+94-94n1-14-9n+44n]=8-122n-3-9n22n+1，
故Tn=83-13⋅22n-3-3n22n+1．
【解答】
解：（1）由于cos2nπ3-sin2nπ3=cos2nπ3，an=n2⋅cos2nπ3
故S3k=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+...+(a3k-2+a3k-1+a3k)
=(-12+222+32)+(-42+522+62)+…+[-(3k-2)2+(3k-1)22+(3k)2]
=132+312+…+18k-52=k(4+9k)2
S3k-1=S3k-a3k=k(4-9k)2，
S3k-2=S3k-1-a3k-1=k(4-9k)2+(3k-1)22=12-k=-3k-23-16，
故Sn=-n3-16n=3k-2(n+1)(1-3n)6n=3k-1n(3n+4)6n=3k(k∈N*)
（2）bn=S3nn⋅4n=9n+42⋅4n，
Tn=12[134+2242+…+9n+44n]，
4Tn=12[13+224+…+9n+44n-1]，
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两式相减得3Tn=12[13+94+…+94n-1-9n+44n]=12[13+94-94n1-14-9n+44n]=8-122n-3-9n22n+1，
故Tn=83-13⋅22n-3-3n22n+1．
22.解：（1）设B(2+r, y0)，过圆心G作GD⊥AB于D，BC交长轴于H
由GDAD=HBAH得r36-r2=y06+r，
即y0=r6+r6-r(1)
而点B(2+r, y0)在椭圆上，y02=1-(2+r)216=12-4r-r216=-(r-2)(r+6)16(2)
由（1）、（2）式得15r2+8r-12=0，
解得r=23或r=-65（舍去）
（2）设过点M(0, 1)与圆(x-2)2+y2=49相切的直线方程为：y-1=kx(3)
则23=|2k+1|1+k2，即32k2+36k+5=0(4)
解得k1=-9+4116，k2=-9-4116
将（3）代入x216+y2=1得(16k2+1)x2+32kx=0，
则异于零的解为x=-32k16k2+1
设F(x1, k1x1+1)，E(x2, k2x2+1)，
则x1=-32k116k12+1，x2=-32k216k22+1
则直线FE的斜率为：kEF=k2x2-k1x1x2-x1=k1+k21-16k1k2=34
于是直线FE的方程为：y+32k1216k12+1-1=34(x+32k116k12+1)
即y=34x-73
则圆心(2, 0)到直线FE的距离d=|32-73|1+916=23
故结论成立．
【解答】
解：（1）设B(2+r, y0)，过圆心G作GD⊥AB于D，BC交长轴于H
由GDAD=HBAH得r36-r2=y06+r，
即y0=r6+r6-r(1)
而点B(2+r, y0)在椭圆上，y02=1-(2+r)216=12-4r-r216=-(r-2)(r+6)16(2)
由（1）、（2）式得15r2+8r-12=0，
解得r=23或r=-65（舍去）
（2）设过点M(0, 1)与圆(x-2)2+y2=49相切的直线方程为：y-1=kx(3)
则23=|2k+1|1+k2，即32k2+36k+5=0(4)
解得k1=-9+4116，k2=-9-4116
将（3）代入x216+y2=1得(16k2+1)x2+32kx=0，
则异于零的解为x=-32k16k2+1
设F(x1, k1x1+1)，E(x2, k2x2+1)，
则x1=-32k116k12+1，x2=-32k216k22+1
则直线FE的斜率为：kEF=k2x2-k1x1x2-x1=k1+k21-16k1k2=34
于是直线FE的方程为：y+32k1216k12+1-1=34(x+32k116k12+1)
即y=34x-73
则圆心(2, 0)到直线FE的距离d=|32-73|1+916=23
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故结论成立．
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