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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