2009年普通高等学校招生全国统一考试(湖北卷)数学试题及详细解答(理科)

1、2009 年普通高等学校招生全国统一考试( 湖北卷 )数学（理工农医类）本试卷共4 页，满分150 分，考试时间120 分钟。祝考试顺利注意事项：1. 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上指定位置。2. 选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔将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，答在试题卷上无效。3. 填空题和解答题用 0.5 毫米黑色墨水签字笔答在答题卡上每题对应的答题区域内，答在试题卷上无效。4. 考试结束，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共

2、50 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是满足题目要求的。1、已知 P a | a(1,0)m(0,1), mR, Q b | b(1,1)n(1,1), nR 是两个向量集合，则 PI QA 1， 1B. -1，1C. 1， 0D. 0， 11【答案】 A【解析】因为 a(1, m)b (1n,1n) 代入选项可得 PQ1,1故选 A.2.设 a 为非零实数，函数 y1ax ( xR,且 x1)的反函数是1axaA、 y1ax ( x R, 且 x1 )B、 y1ax ( x R, 且 x1 )1axa1axaC、 y1xD、 y1x1)(x R, 且 x 1)a(1( x R,且 xa

3、(1 x)x)2【答案】 D【解析】由原函数是即原函数的反函数是y1ax ( x R, 且 x1) ，从中解得 x1y( y R,且y1)1axaa(1y)x1y ( y R,且 y1) ，故选择 Da(1y)3、投掷两颗骰子，得到其向上的点数分别为m 和 n,则复数（ m+ni） (n-mi) 为实数的概率为11A、B、3411C、D、6123【答案】 C22【解析】因为 (mni )( n mi)2mn( nm )i 为实数所以 n 2m2故 mn 则可以取1、 26，共6 种可能，所以P61C61 C6164.函数 ycos(2x)2 的图象 F 按向量 a 平移到 F , F 的函数解

4、析式为yf (x), 当6yf ( x) 为奇函数时，向量a 可以等于A.(, 2)B. (,2)C.( , 2)D.( , 2)66664【答案】 Bv【解析】直接用代入法检验比较简单.或者设 a( x , y ) ，根据定义yycos2( xx )2 ，根据 y 是奇函数，对应求出x ， y 。65.将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为w.w.w.k.s.5.u.c.o.mA.18B.24C.30D .365【答案】 CC42 ，顺序有 A33 种，而【解析】用间接法解答：四名学生中有两名学生分在一个班的种数

5、是甲乙被分在同一个班的有A33 种，所以种数是 C42 A33A33306.设2x)2na0a1xa2x2.a2 n1x2n1a2 n x2n，则（2a2 n ) 21)2 lim( a0a2 a4.( a1a3a5.a2 nnA.1B.0C .1D .226【答案】 B【解析】令 x0 得 0(22 n1a2)2n令 x1 时21)2n012a2n(aaa2令 x1 时 (21)2 na0a1a2a2 n2(21)2n(21)2 n两式相加得： a0a2a2n222(21)2 n(21)2n两式相减得： a1a3a2 n1222代入极限式可得，故选B7.已知双曲线x2y21x2y21 的焦点

6、，则直线 ykx 2 与椭圆至多有22的准线过椭圆b24一个交点的充要条件是A. K1 , 1B. K, 11 ,2222C. K2 ,2D. K,22 ,22227【答案】 Aa2【解析】易得准线方程是21x2b22所以 c2a2b 24b21 即 b23所以方程是 xy1可得 3x2 +(4k 2 +16k) x43联立 ykx240 由0可解得 A8.在“家电下乡”活动中，某厂要将100 台洗衣机运往邻近的乡镇，现有4 辆甲型货车和8 辆乙型货车可供使用。每辆甲型货车运输费用400 元，可装洗衣机20 台；每辆乙型货车运输费用 300 元，可装洗衣机10 台。若每辆车至多只运一次，则该厂

7、所花的最少运输费用为A.2000 元B.2200 元C.2400 元D.2800 元8【答案】 B【解析】同文89.设球的半径为时间t 的函数 Rt。若球的体积以均匀速度c 增长，则球的表面积的增长速度与球半径A.成正比，比例系数为CB. 成正比，比例系数为2CC.成反比，比例系数为CD. 成反比，比例系数为2C9.【答案】 D【解析】由题意可知球的体积为V (t )4R3 (t ) ，则 cV (t ) 4R2 (t) R (t ) ，由此可得c34 R(t) ，而球的表面积为S(t )4R2 (t) ，R(t )R (t)所以 v表S (t)4 R2 (t )8R(t) R (t ) ，即

8、 v表8R(t) R (t)2 4R(t)R (t)2cR (t)2c，故选 DR(t)R(t)R(t )10.古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数。比如：w.w.w.k.s.5.u.c.o. m他们研究过图 1 中的 1， 3， 6， 10， ，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似的，称图 2 中的 1， 4， 9， 16， 这样的数为正方形数。下列数中既是三角形数又是正方形数的是A.289B.1024C.1225D.137810.【答案】 C【解析】同文10二、填空题： 本大题共 5 小题，每小题5 分，共 25分 .请将答案填在答题卡对应题号的位置上,一题两空的题

9、 ,其答案按先后次序填写 .11.已知关于 x 的不等式 ax1 0 的解集是 (,1) (1 ,) .则 a.x1211.【答案】 -2【解析】由不等式判断可得a0 且不等式等价于 a( x1)(x1 ) 0a 0且 11a由解集特点可得a2a212.样本容量为200 的频率分布直方图如图所示.根据样本的频率分布直方图估计,样本数据落在 6,10) 内的频数为，数据落在 2,10) 内的概率约为.12.【答案】 640.4【解析】由于在6,10) 范围内频数、组距是0.08，所以频率是0.08* 组距 =0.32，而频数 =频率 * 样本容量，所以频数=（ 0.08*4 ） *200=64同

10、样在 2,6) 范围内的频数为16，所以在 2,10) 范围内的频数和为80，概率为 80/200=0.413.如图 ,卫星和地面之间的电视信号沿直线传播,电视信号能够传送到达的地面区域,称为这个卫星的覆盖区域 .为了转播 2008 年北京奥运会 ,我国发射了 “中星九号” 广播电视直播卫星，它离地球表面的距离约为 36000km. 已知地球半径约为 6400km,则“中星九号”覆盖区域内的任意两点的球面距离的最大值约为km.(结果中保留反余弦的符号).A13.【答案】 12800arccosB8AO=42400，则在53【解析】如图所示，可得8OCRt ABO 中可得 cos AOB=531

11、2800arccos 8所以 lR 2 AOB R5314.已知函数 fx)f() cosxsinx则 f () 的值为.(,4414.【答案】 1【解析】因为f( x)f () sin xcos x 所以 f ()f ( )sin4cos4444f()2 1故 f ()f ()cossinf ()1444444an ,当an为偶数时，若 a61，15已知数列 an 满足： a1m（ m 为正整数）， an 123an1,当an为奇数时。则 m 所有可能的取值为 _。15.【答案】 4 532【解析】（ 1）若 a1 m 为偶数，则 a1为偶 , 故 a2ma3a2m2224当 m 仍为偶数时

12、， a4ma6m故 m1m 324832323 mm31当3a311a64为奇数时， a4m4443 m1故 41得 m=4。43m1（ 2）若 a1m 为奇数，则 a23a113m1为偶数，故 a32必为偶数a63m13m116，所以=1 可得 m=516三、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 10 分）（注意：在试题卷上作答无效）一个盒子里装有4 张大小形状完全相同的卡片，分别标有数2， 3， 4， 5；另一个盒子也装有 4 张大小形状完全相同的卡片，分别标有数3，4，5，6。现从一个盒子中任取一张卡片，其上面的数记为x；再从另一

13、盒子里任取一张卡片，其上面的数记为y，记随机变量 x y ，求的分布列和数学期望。w.w.w.k.s.5.u.c.o. m16.解析：依题意，可分别取5、6、11 取，则有p(5)11 , p(6)2 , p(7)344161616p(8)4, p(9)3, p(10)211)11616, p(1616的分布列为p567891011123432116161616161616E5123431021671689118 .16161616161617（本小题满分12 分）（注意：在试题卷上作答无效）已知向量 a(cos a,sin a), b(cos ,sin), c( 1,0)（）求向量b c 的

14、长度的最大值；（）设 a，且 a(b c) ，求 cos的值。417.解析：（ 1）解法 1： b c = (cos1,sin), 则| b c |2 (cos1)2sin22(1cos ).1 cos1,0 | b c |24 ，即 0 | bc | 2. w.w.w.k.s. 5.u. c.o. m当 cos1时，有 | bc | 2, 所以向量 b c 的长度的最大值为 2.解法 2： |b |= 1， | c |1 ， | b c | | b |+ | c | 2当 cos1时，有 | bc |= (2,0) ，即 | bc |= 2 ，b c 的长度的最大值为 2.（ 2）解法1：由

15、已知可得 bc = (cos1,sin),a (b c)coscossinsincoscos()cos 。a (b+c) ，a(bc)0 ，即 cos()cos。由，得 cos(4)cos，即42k4( kz) 。442k或2k，(kz) ,于是 cos0或 cos1 。w.w.w.k.s.5.u. c.o.m4解法 2：若，则 a(22(cos,sin) ， c (1,0) 得4,) ，又由 b22a (bc)(2 ,2 )(cos1,sin)2 cos2 sin222222a (b+c)，a(bc)0 ，即 cos(cos1)0sin1cos，平方后化简得 cos(cos1)0w.w.w.

16、k.s.5. u.c. o.m解得 cos0 或 cos1，经检验， cos0或 cos1即为所求18（本小题满分 12 分）（注意：在试题卷上作答无效）如图，四棱锥S ABCD的底面是正方形，SD平面 ABCD， SD=2a， AD2a 点 E 是SD上的点，且 DEa(02)（）求证：对任意的(0, 2 ，都有 ACBE（）设二面角C AE D 的大小为，直线 BE 与平面 ABCD所成的角为，若 tan gtan1，求的值w.w.w.k.s.5.u.c.o.m18.（）证法1：如图 1，连接 BE、BD，由地面 ABCD是正方形可得ACBD。SD平面 ABCD，BD 是 BE 在平面 A

17、BCD上的射影，AC BE（）解法 1：如图1，由 SD平面 ABCD知， DBE=,SD平面 ABCD， CD平面 ABCD,SD CD。又底面 ABCD是正方形，CD AD，而 SDAD=D， CD平面 SAD.连接 AE、 CE，过点 D 在平面 SAD 内作 DE AE于 F，连接 CF，则 CF AE，故 CDF是二面角 C-AE-D的平面角，即 CDF=。在 RtBDE 中，BD=2a， DE=atanDEBD2在 RtADE 中 ,AD2a,DEa,AEa22从而 DFAD DE2 aAE22CD22在 RtCDF 中， tanDF. w.w.w.k.s.5.u.c. o.m22

18、 .22由 tantan1，得212 22 .由(0, 2 ，解得2 ，即为所求 .（ I）证法 2：以 D 为原点， DA, DC , DS 的方向分别作为x， y，z 轴的正方向建立如图 2 所示的空间直角坐标系，则D（ 0， 0，0）， A（2 ，0，0），B（2a ， 2a ，0）， C（0， 2a ， 0），E（ 0， 0 a ），A C (2 a, 2a , 0 )B, E(a2 , a2 a,)AC BE2a22a20 a0 ， w.w.w.k.s.5.u. c.o. m即AC BE。（ II）解法 2：由（ I）得 EA (2a,0,a), EC (0,2a,a), BE(2a

19、,2a, a) .设平面 ACE的法向量为n=(x， y， z)，则由 n EA，nEC 得n EA0,2xz0,2，得 n( , ,2) 。n EC即2yz取 z0,0,易知平面 ABCD与平面 ADE的一个法向量分别为DS(0,0,2 a)与DC （ 0， 2a,0 ）.sinDS BE,cosDC n. w.w.w.k.s.5.DSBE2DCn2 2u.c. o. m420 ，,0 ，2tantansincos22 .224222由于(0, 2 ，解得2 ，即为所求。19、（本小题满分13 分）（注意：在试题卷上作答无效）已知数列an（）令 bn（）令 cn的前 n 项和 Sn 2n a

20、n ，求证数列n 1 an ， Tcnn1an(1 ) n 12 （ n 为正整数）。2bn 是等差数列，并求数列an 的通项公式； 试比较 Tn 与5n的大小，并予以证明。2n119.解析：（ I）在 Snan( 1)n 12 中，令 n=1，可得 S1an1 2a1 ，即 a112(1 ) n 2( 1)n 1 ，2当 n2 时， Sn 1an 12， anSnSn 1anan 1222a nan 1( 1) n 1 ,即 2n an2n 1an 11.n2即当时， b.bn2 an , bnbn 1 1,n 2nbn 11w.w.w.k.s.5.u.c.o.m又 b12a1 1

21、,数列 bn是首项和公差均为 1的等差数列 .于是 bnnn1 ( n 1) 1 n 2 an , an2n .(II)由（ I）得 cnn1 an( n1)( 1 )n ，所以n2Tn 213 (1)24 ( 1) 3 K (n 1)(1 ) n22221 Tn2 (1)23 (1)34 (1)4K(n 1)( 1) n 122222由-得11213K1n1n 1Tn1 ( )( )( )(n 1)( )w.w.w.k.s.5.u.c.o. m222221 1( 1)n1 13n3142)n11(n 1)(22n1212n 3Tn3 2nTn5n3n3 5n(n 3)(2n2n1)2n12n

22、2n 12n (2n1)于是确定与5n的大小关系等价于比较2n与2n1的大小Tn2n1由 2211;2 2221;2 32 31;2 42 41;2 525;K w.w.w.k.s.5.u.c. o. mn21.证明如下：可猜想当3时，2nn证法 1：（1）当 n=3 时，由上验算显示成立。（ 2）假设 nk1 时 2k 12g2k2(2k1)4k22(k1) 1(2k 1) 2(k 1) 1所以当 nk1 时猜想也成立综合（ 1 ）（ 2）可知 ，对一切 n3 的正整数，都有 2n2n1.证法 2：当 n3 时2n(1 1)nCn0Cn1Cn2 K Cnn 1CnnCn0Cn1Cnn 1Cn

23、n2n 2 2n 1综上所述，当 n1,2时 Tn5n，当 n3时 Tn5n2n12n120、（本小题满分14 分）（注意：在试题卷上作答无效）过抛物线 y22 px( p0) 的对称轴上一点 A a,0 a0 的直线与抛物线相交于M、N两点，自 M 、N 向直线 l : xa 作垂线，垂足分别为 M 1 、 N1 。 w.w.w.k.s.5.u. c.o. m（）当（）记使得对任意的ap1 AN1；时，求证： AM2AMM1 、 AM1N1、 ANN1 的面积分别为 S1 、 S2 、 S3 ，是否存在，a0 ，都有 S22S1S2 成立。若存在，求出的值；若不存在，说明理由。20 题。本小

24、题主要考察抛物线的定义和几何性质等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力。 （ 14 分）解：依题意，可设直线 MN 的方程为 x my a, M (x1, y1 ), N ( x2 , y2 ) ，则有 M ( a, y1 ), N ( a, y2 )xmya2mpy2ap 0 w.w.w.k. s.5.u.由消去 x 可得 y2c.o.my22 px从而有y1y22mpy1 y22ap于是 x1x2m( y1y2 )2a2(m2 pa)又由 y122 px1 ， y122 px2 可得 x1x2( y1 y2 )2( 2ap)2a24 p24 p2（）如图1，当 a

25、p 时，点 A( p ,0) 即为抛物线的焦点，l 为其准线 xp222此时 M1(P , y1), N1(P , y2 ),并由 可得 y1 y2p222uuuvuuuuv( p, y2 )证法 1： Q AM1(p, y1 ), AN1uuuuvuuuv222即AM1 AN1py1 y2pAN1p 0, AM 1证法 2：QKAM1y1 , K AN1y2 ,ppK AM1 KAN1y1 y2p21,即 AM12p2p()存在对任意的S224S1S3 成立，证明如下：证法 1：记直线 l 与 x 轴的交点为A1 ,则 OAS11MM 1A1M11a) y12（ x12S21M1 N1AA1a y1y22w.w.w.k.s. 5.u.c.o. mS31NN1A1 N11a) y22（x22S224S1S3(a y1y2 )2( x1 a) y1AN1 . w.w.w.k.s. 5.u. c.o. mOA1a 。于是有( x2a) y24 ，使得 a 0 ，都有a2 ( y1y2 ) 24 y1 y2 x1x2a( x1x2 ) a2 y1 y2将、代入上式化简可得a2 (4m2 p28ap)2ap(2am2 p4a2 )4a2 p( m2 p2a)上式恒成立，即对任意 a 0, S224S1 S3 成立 w.w.w.k.s.5.u.o.