2009年福建高考文科数学试题及答案.doc-资料库

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2009 年福建高考文科数学试题及答案第 I 卷（选择题共 60 分）一、选择题：本大题共 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。 1．若集合 A   | x x   0. B   | x x  ，则 A B 等于  3 A．{ | x x  0} B. { | 0 x x  3} C. { | x x  4} D R 解析本题考查的是集合的基本运算.属于容易题. 解法 1 利用数轴可得容易得答案 B. 解法 2（验证法）去 X=1 验证.由交集的定义，可知元素 1 在 A 中，也在集合 B 中，故选 B. 2. 下列函数中，与函数 y  1 x 有相同定义域的是 A . ( ) f x  ln x B. ( ) f x  1 x C. ( ) f x | x | D. ( ) f x x e 解析由 y  1 x 可得定义域是 0.  x ( ) f x  ln x 的定义域 0 x  ； ( ) f x  的定义域是 x 1 x ≠0； ( ) f x | x 的定义域是 | ( ) x R f x  ; x  定义域是 x R 。故选 A. e 3．一个容量 100 的样本，其数据的分组与各组的频数如下表组别 (0,10] (20,20] (20,30) (30,40) (40,50] (50,60] (60,70] 频数 12 13 24 15 16 13 7 则样本数据落在 (10,40) 上的频率为 A. 0.13 B. 0.39 C. 0.52 D. 0.64 解析由题意可知频数在  10,40 的有：13+24+15=52，由频率=频数  总数可得 0.52.故选 C. 4. 若双曲线 2 2 x a  2 y 2 3  1  a  的离心率为 2，则 a 等于 o  A. 2 C. 3 2 B. 3 D. 1

解析由 2 2 x a  2 y 3  1 可知虚轴b= 3，而离心率e= c a  2 a  3 a  2 ，解得 a=1 或 a=3，参照选项知而应选 D. 5. 如右图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为 1 的正方形，且体积为 1 2 是。则该集合体的俯视图可以解析解法 1 由题意可知当俯视图是 A 时，即每个视图是变边长为 1 的正方形，那么此几何体是立方体，显然体积是 1，注意到题目体积是 1 2 ，知其是立方体的一半，可知选 C. 解法 2 当俯视图是 A 时，正方体的体积是 1；当俯视图是 B 时，该几何体是圆柱，底面积是  4 S       21   2    4 ，高为 1，则体积是  4 ；当俯视是 C 时，该几何是直三棱柱，故体积是 V  1 2 1 2 2 1 1    1 1 1 V      ，当俯视图是 D 时，该几何是圆柱切割而成，其体积是 1 4 .故选 C.  4 6. 阅读图 6 所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果是 A．-1 B. 2 C. 3 D. 4 解析当 1, S n  代入程序中运行第一次是 2 S   ，然后赋值此时 1 n  ；返回运行第二次可得 2 S  1 1 ( 1)    1 2 ，然后赋值 3n  ；再返回运行第三次可得 S  1 11  2  2 ，然后赋值 4 n  ，判断可知此时 S  ，故输出 4 n  ，故选 D。 2 7. 已知锐角 ABC 的面积为3 3 ， BC  4, CA  ，则角 C 的大 3 小为

A. 75° B. 45° B. 60° D.30° 解析由正弦定理得 S  1 2 BC CA · ·sin C  3 3     4 3 sin C 1 2  sin C  3 2 ，注意到其是锐角三角形，故 C= 60 °，选 B 8. 定义在 R 上的偶函数   f x 的部分图像如右图所示，则在 2,0 上，下列函数中与  f x  的单调性不同的是 A． y x 2 1  B. y | x | 1  C. y x 3     2 x 1,  1,  x x   0 0 D． y     x , e x o  x 0 , x e  解析根据偶函数在关于原点对称的区间上单调性相反，故可知求在 2,0 上单调递减，注意到要与  f x 的单调性不同，故所求的函数在  2,0 上应单调递增。而函数 y x 2 1  在  ,1 上递减；函数 y x  在  1 ,0 时单调递减；函数 y  x 3 2 x      ,1 ,1 x x   0 0 在（ ]0, 上单调递减，理由如下 y’=3x2>0(x<0),故函数单调递增，显然符合题意；而函数，有 y’=- xe <0(x<0),故其在（ ]0, 上单调递减，不符合题意，综上选 y  x  , x  e    e 0 x  , 0 x C。 9. 在平面直角坐标系中，若不等式组面积等于 2，则 a 的值为 1 0 y x        1 0 x   y ax     1 0 （为常数）所表示的平面区域内的 A. -5 B. 1 C. 2 D. 3 解析如图可得黄色即为满足

x 01  与 x  01 y 的可行域，而 ax  01 y 的直线恒过（0，1），故看作直线绕点（0，1）旋转，当 a=-5 时，则可行域不是一个封闭区域，当 a=1 时，面积是 1；a=2 时，面积是 3 2 ；当 a=3 时，面积恰好为 2，故选 D. 10. 设 ,m n 是平面内的两条不同直线； 1 2,l l 是平面内的两条相交直线，则 // 的一个充分而不必要条件是 A. m // l 1 且 // B. // // m l l且n 1 2 C. m // n 且 // D. m // 且 // n l 2 解析要得到 //  必须是一个平面内的两条相交直线分别与另外一个平面平行。若两个 , 平面平行，则一个平面内的任一直线必平行于另一个平面。对于选项 A，不是同一平面的两直线，显既不充分也不必要；对于选项 B，由于 1l 与 2l 时相交直线，而且由于 1l //m 可得 //2l ，故可得 //  ，充分性成立，而 // 不一定能得到 1l //m，它们也可以异面，故必要性不 , 成立，故选 B.对于选项 C，由于 m,n 不一定的相交直线，故是必要非充分条件.对于选项 D，由 // ln 可转化为 C，故不符合题意。综上选 B. 2 11. 若函数  f x 的零点与  g x    x 4  2 x  的零点之差的绝对值不超过 0.25，则  2 f x  可以是 A.  f x  4 x  1 B.  f x  ( x 2  1) C.  f x  e 1x  D.  f x   In x   1 2    解析  f x  4 x 1  的零点为 x= 1 4 ,  f x  ( x 2 1)  的零点为 x=1,  f x  e 1x  的零点为 x=0,  f x   1 2    的零点为 x= 3 2 .现在我们来估算  g x   x 4  2 x  的零 2 In x   1 2  g x   x 4  2 x 选 A。点，因为 g(0)= -1,g( )=1, 所以 g(x) 的零点 x  (0, 1 2  的零点之差的绝对值不超过 0.25，只有  2 f x ), 又函数  f x 的零点与   4 x 1  的零点适合，故 12. 设  a ，  b ，  c 为同一平面内具有相同起点的任意三个非零向量，且满足  a 与  b 不共线，  a   c ∣  a ∣=∣  c ∣,则∣  b •  c ∣的值一定等于

A．以  a ，  b 为邻边的平行四边形的面积 B. 以  b ，  c 为两边的三角形面积  a ，  b 为两边的三角形面积 C． D. 以  b ，  c 为邻边的平行四边形的面积解析假设  a 与  b 的夹角为，∣  b •  c ∣=︱  b ︱·︱  c ︱·∣cos<  b ，  c >∣=︱  b ︱·︱  a ︱•∣cos(90 0  )∣=︱  b ︱·︱  a ︱•sin,即为以  a ，  b 为邻边的平行四边形的面积，故选 A。第Ⅱ卷（非选择题，共 90 分）二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，把答案填在答题卡的相应位置。 13. 复数  2i 1+i 的实部是 -1  。解析 2i 1+i =-1-I,所以实部是-1。   14. 点 A 为周长等于 3 的圆周上的一个定点，若在该圆周上随机取一点 B，则劣弧 AB 的长度小于 1 的概率为。解析如图可设 AB  ,则 1 AB  ,根据几何概率可知其整体事件是 1 其周长3 ，则其概率是 15. 若曲线  f x   ax 。 2 3 2  存在垂直于 y 轴的切线，则实数 a 的取值范围是 Inx . 解析由题意该函数的定义域 0 x  ，由  f  x   2 ax  。因为存在垂直于 y 轴的切线，故此时斜率为 0 ，问题转化为 0 x  范围内导函数  f  x  2 ax  存在零点。 1 x  1 x 解法 1 （图像法）再将之转化为  g x    与  h x 2 ax  题意，当 0 a  时，如图 1，数形结合可得显然没有交点，当 0  存在交点。当 0 1 x a  如图 2，此时正好有一个 a  不符合交点，故有 0 a  应填 ,0  或是 a a  。  0 |

解法 2 （分离变量法）上述也可等价于方程 2 ax a   1 2 x 2    ,0  16. 五位同学围成一圈依序循环报数，规定：   在 0 1 x 0,  内有解，显然可得  ①第一位同学首次报出的数为 1.第二位同学首次报出的数也为 1，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和； ②若报出的是为 3 的倍数，则报该数的同学需拍手一次，当第 30 个数被报出时，五位同学拍手的总次数为。解析这样得到的数列这是历史上著名的数列，叫斐波那契数列.寻找规律是解决问题的根本，否则，费时费力.首先求出这个数列的每一项除以 3 所得余数的变化规律，再求所求就比较简单了. 这个数列的变化规律是：从第三个数开始递增，且是前两项之和，那么有 1、1、2、3、 5、8、13、21、34、55、89、144、233、377、610、987……分别除以 3 得余数分别是 1、1、 2、0、2、2、1、0、1、1、2、0、2、2、1、0……由此可见余数的变化规律是按 1、1、2、 0、2、2、1、0 循环，周期是 8.在这一个周期内第四个数和第八个数都是 3 的倍数，所以在三个周期内共有 6 个报出的数是三的倍数，后面 6 个报出的数中余数是 1、1、2、0、2、2，只有一个是 3 的倍数，故 3 的倍数总共有 7 个，也就是说拍手的总次数为 7 次 17．(本小题满分 12 分）等比数列{ }na 中，已知 1 a 42, a  16 （Ⅰ）求数列{ }na 的通项公式；

（Ⅱ）若 3 ,a a 分别为等差数列{ }nb 的第 3 项和第 5 项，试求数列{ }nb 的通项公式及前 n 5 项和 nS 。解：（Ⅰ）设{ }na 的公比为 q 由已知得 16 2q 3 ，解得 2 q  （Ⅱ）由（I）得 2 a  ， 5 a  ，则 3 32 8 b  ， 5 b  8 32 b   设{ }nb 的公差为 d ，则有 1   b  1 2 4 d d   8 32 从而 nb   16 12(  n 1) 12 n    28 16 b  解得 1  d    12 所以数列{ }nb 的前 n 项和 S n  n  28) n  ( 16 12  2  2 6 n  22 n 18．（本小题满分 12 分）袋中有大小、形状相同的红、黑球各一个，现一次有放回地随机摸取 3 次，每次摸取一个球（Ⅰ）试问：一共有多少种不同的结果？请列出所有可能的结果；（Ⅱ）若摸到红球时得 2 分，摸到黑球时得 1 分，求 3 次摸球所得总分为 5 的概率。解：（Ⅰ）一共有 8 种不同的结果，列举如下：（红、红、红、）、（红、红、黑）、（红、黑、红）、（红、黑、黑）、（黑、红、红）、（黑、红、黑）、（黑、黑、红）、（黑、黑、黑）（Ⅱ）记“3 次摸球所得总分为 5”为事件 A 事件 A 包含的基本事件为：（红、红、黑）、（红、黑、红）、（黑、红、红）事件 A 包含的基本事件数为 3 由（I）可知，基本事件总数为 8，所以事件 A 的概率为 ( P A  ) 3 8 19．（本小题满分 12 分）已知函数 ( ) f x  sin( ), x   其中（Ⅰ）若 cos  4 cos,   sin   4 sin 0 ，| |   2  求的值； 0,  （Ⅱ）在（I）的条件下，若函数 ( ) f x 的图像的相邻两条对称轴之间的距离等于  3 ，求函数 ( ) f x 的解析式；并求最小正实数 m ，使得函数 ( ) f x 的图像象左平移 m 个单位所对

应的函数是偶函数。解法一：（I）由 cos cos   sin  得 cos  4 cos   sin  4 sin   0 0  sin 3  4 |       , 2 sin( x    ) 4  4  4  4 即 cos(  ) 0  又|  依题意，（Ⅱ）由（I）得， ( ) f x T  3 2 2 ,     函数 ( ) 3, 又故 T  ( ) f x  sin(3 x   ) 4 f x 的图像向左平移 m 个单位后所对应的函数为  4  k    2 ( k Z  ) ( ) g x  sin 3(    x m  )     4  ( )g x 是偶函数当且仅当3 m  即 km    3 12  ( k Z  ) m   12 从而，最小正实数解法二：（Ⅰ）同解法一（Ⅱ）由（I）得， ( ) f x T  2 3 3,    ，故依题意，又 T  2   x  sin(   ) 4 ( ) f x  sin(3 x   ) 4 函数 ( ) f x 的图像向左平移 m 个单位后所对应的函数为 ( ) g x  sin 3(    x m  )     4  ( )g x 是偶函数当且仅当 ( g  x )  ( ) g x 对 x R 恒成立亦即sin( 3  x m  3   对 x R 恒成立。  3 sin(3 x m   ) 4 ) cos( 3 )sin(3 m   ) 4  4 ) cos3 sin(3  m  x x   ) 4  4   ) 4   sin( 3 )cos(3 x m   sin 3 cos(3 x m 

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