2009 年福建高考理科数学真题及答案
一. 选择题:本小题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 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. 函数 ( )
f x
sin cos
x
x
最小值是
A.-1
1.【答案】:B
( )
f x
[解析]∵
B.
1
2
C.
1
2
D.1
1
2
sin 2
x
∴
( )
f x
min
.故选 B
1
2
0}
,则 U Að 等于
2.已知全集 U=R,集合
A
{ |
x x
2
2
x
A. { x ∣0 x 2}
C. { x ∣x<0 或 x>2}
2.【答案】:A
B { x ∣0
)
2(
f x
)
的是
A . ( )
f x =
( )
f x
ln(
x
1
x
1)
B.
( )
f x =
(
x
1)
2
C .
f x = xe
( )
D
5.【答案】:A
[解析]依题意可得函数应在 (0,
x 上单调递减,故由选项可得 A 正确。
)
6.阅读右图所示的程序框图,运行相应的程序,输出的结果是
A.2
B .4
C. 8
D .16
6.【答案】:C
[解析]由算法程序图可知,在 n =4 前均执行”否”命令,故 n=2×4=8. 故选 C
7.设 m,n 是平面 内的两条不同直线, 1l , 2l 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 // 且 l //
C. m // 且 n //
7.【答案】:B
B. m //
l 且 n
//
l 2
D. m // 且 n //
l 2
[ 解 析 ] 若
,
m l n
/ /
1
/ /
1
2
,
,
m l n
/ /
2
/ /
l
1
,
l m n
2
,
.
, 则 可 得 // . 若 // 则 存 在
.
1
2
8.已知某运动员每次投篮命中的概率低于 40%。现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投
篮恰有两次命中的概率:先由计算器算出 0 到 9 之间取整数值的随机数,指定 1,2,3,4
表示命中,5,6,,7,8,9,0 表示不命中;再以每三个随机数为一组,代表三次投篮的结
果。经随机模拟产生了 20 组随机数:
907
431
966
257
191
393
925
027
271
556
932
488
812
730
458
113
569
537
683
989
据此估计,该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为
A.0.35
8.【答案】:B
B 0.25
C 0.20
D 0.15
[ 解 析 ] 由 随 机 数 可 估 算 出 每 次 投 篮 命 中 的 概 率
p
24
60
则 三 次 投 篮 命 中 两 次 为
2
5
2
C P
3
2
(1
P
)
0.25 故选 B
9.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 为两边的三角形面积
B 以 b,c 为两边的三角形面积
C.以 a,b 为邻边的平行四边形的面积
9.【答案】:C
[解析]依题意可得
b c
b c
cos( , )
b c
D 以 b,c 为邻边的平行四边形的面积
b a
sin( , )
a c
S
故选 C.
10.函数 ( )
f x
ax bx
(
c a
的图象关于直线
0)
x
对称。据此可推测,对任意的
非零实数 a,b,c,m,n,p,关于 x 的方程
( )
m f x
2
的解集都不可能是
p
0
b
2
a
( )
nf x
1,2
A.
10. 【答案】:D
B
1,4
C
1,2,3,4
D
1,4,16,64
[解析]本题用特例法解决简洁快速,对方程
值求出 ( )
f x 代入 ( ) 0
f x 求出检验即得.
m f x
( )]
[
2
( )
nf x
中 ,
,m n p 分别赋
P
0
第二卷 (非选择题共 100 分)
二、填空题:本大题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分。把答案填在答题卡的相应位置。
11.若
a bi
(i 为虚数单位, ,a b R )则 a b _________
2
i
1
11. 【答案】:2
解析:由
2
i
1
a bi
2(1
i
)(1
)
i
(1
i
)
1
i
,所以 1,
b
a
故
1,
a b 。
2
12.某校开展“爱我海西、爱我家乡”摄影比赛,9 位评委为参赛作品 A 给出的分数如茎叶
图所示。记分员在去掉一个最高分和一个最低分后,算的平均分为 91,复核员在复核时,
发现有一个数字(茎叶图中的 x)无法看清。若记分员计算失误,则数字 x 应该是___________
12. 【答案】:1
解析:观察茎叶图,
可知有
91
88 89 89 92 93 90
x
92 91 94
。
1
x
9
13.过抛物线 2
y
2
(
px p
的焦点 F 作倾斜角为 45 的直线交抛物线于 A、B 两点,若线
0)
段 AB 的长为 8,则 p ________________
13. 【答案】:2
解 析 : 由 题 意 可 知 过 焦 点 的 直 线 方 程 为
y
x , 联 立 有
p
2
2
y
2
y
x
px
p
2
2
x
3
px
2
p
4
0
,又
AB
2
(1 1 )
(3 )
p
2
4
2
p
4
。
p
8
2
14.若曲线
( )
f x
3
ax
ln
x
存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 取值范围是_____________.
14. 【答案】: (
,0)
解析:由题意可知 '
( )
f x
所以 2
ax
2
a
0
1
x
2
ax
1
2
x
3
2
,又因为存在垂直于 y 轴的切线,
1
x
。
,0)
0)
a
(
(
x
15.五位同学围成一圈依序循环报数,规定:
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若报出的数为 3 的倍数,则报该数的同学需拍手一次
已知甲同学第一个报数,当五位同学依序循环报到第 100 个数时,甲同学拍手的总次数为
________.
15. 【答案】:5
解析:由题意可设第 n 次报数,第 1n 次报数,第 2n 次报数分别为 na , 1na , 2na ,
所以有
a
n
a
n
1
a
n
2
a
,又 1
21,
a
由此可得在报到第 100 个数时,甲同学拍手 5 次。
1,
三解答题
16.(13 分)
从集合
1,2,3,4,5 的所有非空子集....中,等可能地取出一个。
(1) 记性质 r:集合中的所有元素之和为 10,求所取出的非空子集满足性质 r 的概率;
(2) 记所取出的非空子集的元素个数为,求的分布列和数学期望 E
16、解:(1)记”所取出的非空子集满足性质 r”为事件 A
基本事件总数 n= 1
2
C C
5
5
3
C
5
4
C
5
5
C
5
=31
事件 A 包含的基本事件是{1,4,5}、{2,3,5}、{1,2,3,4}
事件 A 包含的基本事件数 m=3
所以
(
)
p A
m
n
3
31
(II)依题意,的所有可能取值为 1,2,3,4,5
又
(
p
1)
(
p
4)
1
C
5
31
,
5
31
4
C
5
31
,
5
31
(
p
2)
2
C
5
31
,
10
31
(
p
3)
3
C
5
31
10
31
(
p
5)
5
C
5
31
1
31
P
故的分布列为:
1
5
31
1 5
31
+2
从而 E
2
10
31
10
31
+3
3
10
31
5
31
10
31
+4
+5
1
31
4
5
31
80
31
17(13 分)
如图,四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形, MD
平面
ABCD
,
5
1
31
NB
平面
ABCD
,且 MD=NB=1,E 为 BC 的中点
(1) 求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值
(2) 在线段 AN 上是否存在点 S,使得 ES 平面 AMN?若存在,求线段
AS 的长;若不存在,请说明理由
17.解析:(1)在如图,以 D 为坐标原点,建立空间直角坐标 D xyz
M
(0,0,1),
C
(0,1,0),
B
(1,1,0),
N
(1,1,1),
E
(
1
2
,1,0)
。
依题意,得
D
1(
2
NE
(0,0,0)
,0, 1),
(1,0,0)
A
AM
( 1,0,1)
NE AM
|
AM
NE
|
|
cos
NE AM
,
|
10
10
,
所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为
10
10
.A
(2)假设在线段 AN 上存在点 S ,使得 ES 平面 AMN .
AN
AS
可设
(0,1,1)
,
AN
(0,
),
,
EA
(
又
1
2
, 1,0),
ES EA AS
(
1
2
,
)
1,
.
由 ES 平面 AMN ,得
ES AM
ES AN
0,
0,
即
0,
1
2
(
1)
0.
故
,此时
1
2
AS
(0,
AS
|
),|
1 1
,
2 2
2
2
.
经检验,当
AS
2
2
时, ES 平面 AMN .
故线段 AN 上存在点 S ,使得 ES 平面 AMN ,此时
AS
2
2
.
18、(本小题满分 13 分)
如图,某市拟在长为 8km 的道路 OP 的一侧修建一条运动
赛道,赛道的前一部分为曲线段 OSM,该曲线段为函数
y=Asinx(A>0, >0) x[0,4]的图象,且图象的最高点为
S(3,2 3 );赛道的后一部分为折线段 MNP,为保证参赛
运动员的安全,限定 MNP=120 o
(I)求 A , 的值和 M,P 两点间的距离;
(II)应如何设计,才能使折线段赛道 MNP 最长?
18.本小题主要考查三角函数的图象与性质、解三角形等基础知识,考查运算求解能力以及
应用数学知识分析和解决实际问题的能力,考查化归与转化思想、数形结合思想,
解法一
(Ⅰ)依题意,有 2 3
A
, 3
T ,又 2
4
,
T
。
6
y
2 3 sin
6
x
当
x 是,
4
y
2 3 sin
2
3
3
M
(4,3)
又 (8,3)
p
MP
2
4
2
3
5
(Ⅱ)在△MNP 中∠MNP=120°,MP=5,
设∠PMN=,则 0°<<60°
由正弦定理得
MP
sin120
0
NP
10 3 sin
3
,
MN
MN
NP
sin
0
sin(60
10 3 sin(60
3
)
)
0
故
NP MN
10 3
3
sin
10 3
3
sin(60
0
)
10 3 1
(
2
3
sin
3
3
cos )
0
60 )
10 3 sin(
3
0°<<60°, 当=30°时,折线段赛道 MNP 最长
亦即,将∠PMN 设计为 30°时,折线段道 MNP 最长
解法二:
(Ⅰ)同解法一
(Ⅱ)在△MNP 中,∠MNP=120°,MP=5,
由余弦定理得 2
MN
即 2
MN
NP
NP MN NP
∠MNP=
cos
MN NP
2
25
2MP
2
2
故
(
MN NP
)
2
25
MN NP
(
MN NP
2
2
)
从而
3 (
4
MN NP
)
2
,即
25
MN NP
10 3
3
当且仅当 MN NP 时,折线段道 MNP 最长
注:本题第(Ⅱ)问答案及其呈现方式均不唯一,除了解法一、解法二给出的两种设计方式,
还可以设计为:① 12
);③点 N 在线段 MP 的垂直
);② 12
3 9 4 3
3 9 4 3
,
,
N
N
(
2
6
(
2
6
平分线上等
19、(本小题满分 13 分)
已知 A,B 分别为曲线 C:
2
2
x
a
+ 2y =1(y 0,a>0)与 x 轴
的左、右两个交点,直线l 过点 B,且与 x 轴垂直,S 为l 上
异于点 B 的一点,连结 AS 交曲线 C 于点 T.
(1)若曲线 C 为半圆,点 T 为圆弧 AB 的三等分点,试求出点 S
的坐标;
(II)如图,点 M 是以 SB 为直径的圆与线段 TB 的交点,试问:是否存在 a ,使得 O,M,S 三
点共线?若存在,求出 a 的值,若不存在,请说明理由。
19.【解析】
解法一:
(Ⅰ)当曲线 C 为半圆时, 1,
a 如图,由点 T 为圆弧 AB 的三等分点得∠BOT=60°或 120°.
(1)当∠BOT=60°时, ∠SAE=30°.
又 AB=2,故在△SAE 中,有
SB AB
tan30
,
( ,
s t
);
(2)当∠BOT=120°时,同理可求得点 S 的坐标为 (1,2 3) ,综上,
S
(1,
2 3
3
)
或S(1,2 3)
0)
a a
(Ⅱ)假设存在 (
,使得 O,M,S 三点共线.
由于点 M 在以 SB 为直线的圆上,故 BT OS
显然,直线 AS 的斜率 k 存在且 k>0,可设直线 AS 的方程为
.
y
(
k x a
)
.
由
2
x
2
a
y
(
k x a
)
2
y
1
得
(1
2
a k
2
2
)
x
2
2
2
4
a k x a k
2
2
a
0
设点
(
T x
T
,
y
T
),
(
a
x
T
)
2
2
a k
1
2
a
2
2
a k
,
故
x
T
亦即
T
(
2
2
2
2
a a k
2
1
a k
2
a a k
2
2
1
a k
BT
( ,0),
B a
((
,从而
y
(
k x
T
T
a
)
2
ak
2
a k
1
.
2
,
1
).
2
2
ak
2
a k
2
2
a k
2
1
a k
2
2
,
2
ak
2
a k
1
))
2
由
x
y
a
(
k x a
)
得 ( ,2
s a ak
OS
),
( ,2
a ak
).
由 BT OS
,可得
BT OS
2
k
0,
a
0,
a
2
2
2
a k
1
2
4
a k
2
2
a k
2
0
即 2
a k
2
2
4
2
a k
2
0
经检验,当
a 时,O,M,S 三点共线.
2
故存在
a
2
,使得 O,M,S 三点共线.
解法二:
(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)假设存在 a,使得 O,M,S 三点共线.
由于点 M 在以 SO 为直径的圆上,故 SM BT
显然,直线 AS 的斜率 k 存在且 K>0,可设直线 AS 的方程为
.
y
(
k x a
)
由
2
x
2
a
y
(
k x a
)
2
y
1
得
(1
2 2
)
a b x
2
2
2
2
2
a k x a k
2
2
a
0
设点 (
T x
T
,
y
T
)
,则有
x
T
(
a
)
2
4
a k
1
2
a
2
2
a k
.
故
x
T
2
a a k
2
a a k
2
2
,
y
从而
T
(
k x
T
a
)
2
ak
2
a k
1
2
T
亦即
(
2
a a k
2
1
a k
2
2
2
ak
2
a k
1
).
2
( ,0),
B a
k
BT
y
T
a
x
T
1
2
a k
,
k
故
SM
2
a k
由
x
y
a
(
k x a
)
得S(a,2ak),所直线 SM 的方程为
y
2
ak
2
a k x a
(
)
O,S,M 三点共线当且仅当 O 在直线 SM 上,即
2
ak
2
a k
(
a
)
.