2009年广西高考理科数学试题及答案.doc-资料库

第1页 / 共13页

第2页 / 共13页

第3页 / 共13页

第4页 / 共13页

第5页 / 共13页

第6页 / 共13页

第7页 / 共13页

第8页 / 共13页

2009 年广西高考理科数学试题及答案第Ⅰ卷考生注意： 1．答题前，考生在答题卡上务必用 0.5 毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号、填写清楚，并贴好条形码．请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目． 2．每小题选出答案后，用 2Ｂ铅笔把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．在试题卷上作答无效．．．．．．．．．． 3．本卷共 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．参考公式：如果事件 A B，互斥，那么 ( P A B  )  ( ) P A  ( P B ) 球的表面积公式 S  2 4π R 如果事件 A B，相互独立，那么其中 R 表示球的半径 ( P A B  )  ( ( P A P B  ) ) 如果事件 A 在一次试验中发生的概率是 P ，那么球的体积公式 V  3 4 π R 3 n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率其中 R 表示球的半径一、选择题 (1)设集合 A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集 U=A  B，则集合 ( u A BI 中 ) 的元素共有（A）（A）3 个（B）4 个（C）5 个（D）6 个 C A B  ( U ) {3,5,8}  故选 A。也可用摩根解： A B  {3,4,5,7,8,9} ， A B   {4,7,9}  律： ( C A B U  )  ( ) C A U  ( C B U ) （2）已知 Z 1 i ＋ =2+i,则复数 z=（B ）（A）-1+3i (B)1-3i (C)3+i (D)3-i 解： (1    ) (2 z i 1 3 i       ) 1 3 , i z i 故选 B。

(3) 不等式 X X （A）｛x 0  1 x   （C） x 1 x     1 1  x x  0  ＜1 的解集为（ D ）  1 (B) (D) x 0 x  1  x x 0 解：验 x=-1 即可。 2 2 x a  2 2 y b (4)设双曲线率等于( C )  （a＞0,b＞0）的渐近线与抛物线 y=x2 +1 相切，则该双曲线的离心 1 （A） 3 （B）2 （C） 5 （D） 6 解：设切点 0 ( P x y ，则切线的斜率为 ) , 0 ' y |   x x 0 2 x 0 y .由题意有 0 x 0  又 x 0 2 y 0 2 x 0  1 解得: 2 x 0    1, b a 2, e  1 (  b a 2 )  5 . (5) 甲组有 5 名男同学，3 名女同学；乙组有 6 名男同学、2 名女同学。若从甲、乙两组中各选出 2 名同学，则选出的 4 人中恰有 1 名女同学的不同选法共有( D ) （A）150 种（B）180 种（C）300 种 (D)345 种解: 分两类(1) 甲组中选出一名女生有 1 C C C 5 1 3   2 6  225 种选法 (2) 乙组中选出一名女生有 2 C C C 5 1 6   1 2  120 种选法.故共有 345 种选法.选 D （6）设 a 、b 、 c 是单位向量，且 a ·b ＝0，则 a c    的最小值为 ( b c    D ) （A） 2    , ,a b c 解:  （B） 2 2   a c     是单位向量    a b | 1    c   | | 2 cos  （C） 1    b c     , a b c   1 |   (D)1 2   ( ) a b   c c     a b    1   2 故选 D. （7）已知三棱柱 ABC A B C 1 1 1  的侧棱与底面边长都相等， 1A 在底面 ABC 上的射影为 BC 的中点，则异面直线 AB 与 1CC 所成的角的余弦值为（ D ） 2 A B 1 A 1 C C 1 D B

（A） 3 4 （B） 5 4 （C） 7 4 (D) 3 4 解：设 BC 的中点为 D，连结 1A D，AD，易知   1A AB 即为异面直线 AB 与 1CC 所成的角, 由三角余弦定理，易知 c os  cos  A AD 1 co  s DAB  AD AD A A AB 1   3 4 .故选 D （8）如果函数 y ＝3  cos 2  x  ＋的图像关于点，0 中心对称，那么| | 的最小值为    （C） 4   3   3 4   3     （A）  6 （B）  4 (D)  2 解: 函数 y ＝3  cos 2  x  ＋的图像关于点，0 中心对称 42    3      k  2      k (9) 已知直线 y=x+1 与曲线 y  ln( ) k Z    由此易得 min 13 (  6 x a  相切，则α的值为( ) | | (A)1 (B)2 (C) -1  6 .故选 A B ) (D)-2 解:设切点 0 y ( P x y ，则 0 ) , 0  x 0  1, y 0  ln ( x 0  a ) ,又  ' y |   x x 0 1  a x 0  1      a y 1 x 0 0 0, x 1 a     .故答案选 B 0 2 （10）已知二面角 l   为 60o ，动点 P、Q 分别在面α、β内，P 到β的距离为 3 ， Q 到α的距离为 2 3 ，则 P、Q 两点之间距离的最小值为（ C ） (A) (B)2 (C) 2 3 (D)4 解:如图分别作 QA   于 , A AC l C PB 于  ,   B 于 , PD l D  于，连 , CQ BD 则  ACQ   PBD  60 ,  AQ  2 3, BP  ， 3  AC PD   2 又  PQ  2 AQ AP  2  12  2 AP  2 3 Q C B A D P 当且仅当 AP  ，即 A 0 P 点与点重合时取最小值。故答案选 C。

（11）函数 ( ) f x 的定义域为 R，若 ( f x  与 ( 1) f x  都是奇函数，则( 1) D ) (A) ( ) f x 是偶函数 (B) ( ) f x 是奇函数 (C) ( ) f x  ( f x  2) (D) ( f x  是奇 3) 函数解:  ( f x  与 ( f x  都是奇函数， ( f      1) 1) 1) x ( f x  1), f ( x     1) ( f x 1)  ， 函数 ( ) f x 关于点 (1,0) ，及点 ( 1,0)  对称，函数 ( ) f x 是周期 T  2[1 ( 1)] 4    的周期     1 4) x ( f   ( f x   ， ( 1 4) f x   3)   ( f x  ，即 ( 3) f x  是奇函数。故 3) 函数. 选 D 12.已知椭圆 2 xC : 2 2 y 1  的右焦点为 F ,右准线为 l ，点 A l ，线段 AF 交C 于点 B ，  FA  3 FB  若 ,则|  |AF =( A ) (A). 2 (B). 2 (C). 3 (D). 3 解:过点 B 作 BM l 于 M,并设右准线l 与 X 轴的交点为 N，易知 FN=1.由题意  FA  3 FB  , 故 | BM  .又由椭圆的第二定义,得 | 2 3 | | BF  2 2   3 2 2 3 第 II 卷 AF | |  2 .故选 A 二、填空题： 13.  x y 10 的展开式中， 7 3 x y 的系数与 3 x y 的系数之和等于 7 。解:  3 C 10 (   7 C 10 )   3 2 C 10   240 14. 设等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 9 S  72 a ,则 2  a 4  a 9 = 。解:  na 是等差数列,由 9 S  72 ,得   S 9 9 , a 5 a  5 8 a  2  a 4  a 9  ( a 2  a 9 )  a 4  ( a 5  a 6 )  a 4  3 a 5  24 . 15. 直三棱柱 ABC A B C 1 1 1  的各顶点都在同一球面上，若 BAC  120  ，则此球的表面积等于。 AB AC AA 1    2 , 解:在 ABC 中 AB AC 2  , BAC  120  ,可得 BC  2 3 ,由正弦定理,可得 ABC

外接圆半径 r=2,设此圆圆心为O ，球心为O ，在 RT OBO  中，易得球半径 R  ， 5 故此球的表面积为 4 R 2  . 20   ，则函数 x y  tan 2 tan x 3 x 的最大值为。 x t ,     t 1 , 16. 若  4 解:令 tan  2   4   y tan 2 tan x 3 x  x  2 4 2 tan 1 tan  2 x x  2 t 1  4 t 2   2  1 2 t 1 4 t 2 1 2 ( 1 2 t  2 )  2 1  4  1 4   8 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17（本小题满分 10 分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．．．．）在 ABC 中，内角 A、 B、 C 的对边长分别为 a 、 b 、 c ，已知 2 a 2  c  ，且 2 b sin cos A C  3cos A sin , C 求 b 分析:此题事实上比较简单,但考生反应不知从何入手.对已知条件(1) 2 a 2  c  2 b ,左侧是二次的右侧是一次的 , 学生总感觉用余弦定理不好处理 , 而对已知条件 (2) sin cos A C  3cos A sin , C 过多的关注两角和与差的正弦公式,甚至有的学生还想用现在已经不再考的积化和差,导致找不到突破口而失分. 解法一：在 ABC 中 sin cos A  C  3cos A sin , C 则由正弦定理及余弦定理有: a  2 a 2 c 2 b   2 ab 2 b  3 2 a 2 c   2 bc  化简并整理得： 2 a c 2( , 2  c )  2 b .又由已知 .解得 4  b 或 b 0( 舍）. 2 a 2  c  2 b   4b b 2 解法二: 由余弦定理得: 2 a 2  c  2 b  2 bc cos A . 2 a 2  c  2 b , b  。 0 又所以又   2 cos A b c sin cos C A  sin cos C A  2 3cos cos A A sin sin C C  ， 4cos A sin C  …………………………………①

sin( A C  )  4cos A sin C ，即sin 4cos B  sinbB  A sin C C ，由正弦定理得sin  c 4 cos c b b  。故由①，②解得 4 A ………………………② 评析:从 08 年高考考纲中就明确提出要加强对正余弦定理的考查.在备考中应注意总结、提高自己对问题的分析和解决能力及对知识的灵活运用能力.另外提醒：两纲中明确不再考的知识和方法了解就行，不必强化训练。 18．（本小题满分 12 分）（注意：在试题卷上作答无效）．．．．．．．．．．．．．中，底面 ABCD 为矩形， SD  底面如图，四棱锥 S ABCD  ABCD ， AD  2 , DC SD  ，点 M 在侧棱 SC 上， 2 =60° ABM （I）证明：M 在侧棱 SC 的中点（II）求二面角 S AM B   的大小。解法一：（I）作 ME ∥CD 交 SD 于点 E，则 ME ∥ AB ， ME  平面 SAD 连接 AE，则四边形 ABME 为直角梯形作 MF AB ，垂足为 F，则 AFME 为矩形设 ME x ，则 SE x ， AE  2 ED AD  2  (2  x 2 )  2 MF AE   (2  2 x )  2, FB 2   x 由 MF FB   tan 60 , 。得 (2  x ) 2   2 3(2  x ) 解得 1x  即 1ME  ，从而 1 2 所以 M 为侧棱 SC 的中点 ME  （Ⅱ） MB  2 BC MC  DC 2  ，又 2  ABM  60 ,  AB  2 ,所以 ABM 为等边三角形，又由（Ⅰ）知 M 为 SC 中点

SM  2, SA  6, AM  ，故 2 SA 2  2 SM AM  2 ,  SMA   90 取 AM 中点 G，连结 BG，取 SA 中点 H，连结 GH，则为二面角 S AM B  的平面角  BG AM GH AM   , ,由此知 BGH 连接 BH ，在 BGH 中， BG  3 2 AM  3, GH  1 2 SM  2 2 , BH  AB 2  AH 2  22 2 所以 cos  BGH  BG GH    2 2 BG GH 2  BH 2   6 3 二面角 S AM B  的大小为  arccos(  6 3 ) 解法二: 以 D 为坐标原点，射线 DA 为 x 轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系 D-xyz 设 ( 2,0,0) A ，则 ( 2,2,0), B C (0,2,0), S (0,0,2) （Ⅰ）设 M (0, MB  ( 2, 1 2 2  )     , 1 MC   ( 0) ,则 SM 2  ), 1     2  1 , 又 AB  (0,2,0), MB AB ,   60 故 MB AB MB |   |  | AB | cos60  即 4    1 ( 2) 2  2 )   ( 1 2  2 2  )   ( 1 解得 1 ，即 SM MC 所以 M 为侧棱 SC 的中点（II）

由 (0,1,1), M ( 2,0,0) A ，得 AM 的中点 G ( 2 1 1 , 2 2 2 , ) 又 GB  ( 2 3 2 2 , ,  1 2 ), MS  (0, 1,1),  AM (   2,1,1) GB AM   0, MS AM   0 所以因此 GB AM MS  ,  AM ,GB MS 等于二面角 S AM B  的平面角  cos GB MS ,  | GB MS GB MS   | |   | 6 3 所以二面角 S AM B  的大小为  arccos(  6 3 ) 总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各自半壁江山的状况。命题人在这里一定会照顾双方的利益。 19．（本小题满分 12 分）（注意：在试题卷上作答无效）．．．．．．．．．．．．．甲、乙二人进行一次围棋比赛，约定先胜 3 局者获得这次比赛的胜利，比赛结束，假设在一局中，甲获胜的概率为 0.6，乙获胜的概率为 0.4，各局比赛结果相互独立，已知前 2 局中，甲、乙各胜 1 局。（I）求甲获得这次比赛胜利的概率；（II）设表示从第 3 局开始到比赛结束所进行的局数，求得分布列及数学期望。分析：本题较常规，比 08 年的概率统计题要容易。需提醒的是：认真审题是前提，部分考生由于考虑了前两局的概率而导致失分，这是很可惜的，主要原因在于没读懂题。另外，还要注意表述，这也是考生较薄弱的环节。解：记 iA 表示事件：第 i 局甲获胜，i=3,4,5 jB 表示事件：第 j 局乙获胜，j=3,4

资料库

2009年广西高考理科数学试题及答案.doc

相关推荐

高考

热门标签

最新资料