2009年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷1)试题及点评

【本文作者】

姓 名：金良

工作单位：山西长治学院附属太行中学

2009年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅰ）

理科数学（必修+选修Ⅱ）

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ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

球的表面积公式

P(A?B)?P(A)?P(B)

S?4πR2

如果事件A，B相互独立，那么

其中R表示球的半径 球的体积公式

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 V?43πR 3n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

第Ⅰ卷

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

eU(A?B)中的元素共有（ ）

（A）3个 （B）4个 （C）5个 （D）6个 （2）已知

z?2?i,则复数z?（ ） 1?i（A） ?1?3i (B) 1?3i (C) 3?i (D) 3?i (3) 不等式

x?1?1的解集为（ ） x?1（A） ?x|0?x?1???x|x?1? (B) ?x|0?x?1?

1

（C） ?x|?1?x?0? (D)?x|x?0?

x2y2(4)设双曲线2?2?1?a?0,b?0?的渐近线与抛物线y?x2?1相切，则该双

ab曲线的离心率等于( )

（A）3 （B）2 （C）5 （D）6 (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 ( ) （A）150种 （B）180种 （C）300种 (D) 345种 （6）设a，b，c是单位向量，且a?b?0，则?a?c???b?c?的最小值为 ( ) （A）?2 （B）2?2 （C）?1 (D)1?2

（7）已知三棱柱ABC?A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为（ ）

（A）3357 （B） （C） (D)

4444（8）如果函数y?3cos(2x??)的图像关于点?值为（ ） （A）

?4π?,0?中心对称，那么|?|的最小3?????? （B） （C） (D) 6432(9) 已知直线y?x?1与曲线y?ln(x?a)相切，则a的值为( ) (A) 1 (B) 2 (C)?1 (D)?2

（10）已知二面角??l??为60 ，动点P,Q分别在面?、?内，P到?的距离

?为3，Q到?的距离为23，则P,Q两点之间距离的最小值为（ ） (A)

2 (B) 2 (C) 23 (D) 4

（11）函数f(x)的定义域为R，若f?x?1?与f?x?1?都是奇函数，则( )

2

(A) f?x?是偶函数 (B) f?x?是奇函数 (C) f?x??f?x?2? (D) f?x?3?是奇函数

x2?y2?1的右焦点为F,右准线为l，12.已知椭圆C:点A?l，线段AF交C于2点B，若FA?3FB,则|AF|? ( )

(A) 2 (B) 2 (C)3 (D) 3

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上． 13.?x?y?的展开式中，x7y3的系数与x3y7的系数之和等于 ． 14. 设等差数列?an?的前n项和为Sn，若S9?72,则a2?a4?a9? ． 15. 直三棱柱ABC?A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若

10AB?AC?AA1?2,?BAC?120?，则此球的表面积等于 ．

16. 若

???x?，则函数y?tan 2xtan3x的最大值为 ． 42三、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a?c?2b，且sin Acos C?3cos Asin C，求b.

3

2218．（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中，底面ABCD为矩形，SD?底面ABCD，

AD?2，DC?SD?2，M在侧棱SC上，?ABM?60?

(Ⅰ)证明：M是侧棱SC的中点； （Ⅱ）求二面角S?AM?B的大小．

(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? 的分布列及数学期望．

4

（20）（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．在数列?an?中， a1?1,an?1??1???1?n?1. a??1nn?2(Ⅰ)设bn?an，求数列?bn?的通项公式； n（Ⅱ）求数列?an?的前n项和Sn．

21．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．

如图,已知抛物线E:y2?x与圆M:(x?4)2?y2?r2（r?0）相交于

A、B、C、D四个点．

（I）

求r的取值范围：

（Ⅱ）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点p的坐标．

5

22．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．

设函数f(x)?x3?3bx2?3cx有两个极值点x1,x2且x1???1,0?，

x2??1,2?．

（Ⅰ）求b,c满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点?b,c?的区域；

(Ⅱ)证明：?10?f?x2???1． 2

6

2009年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅰ）

理科数学（必修＋选修Ⅱ）试题答案及解读

一、选择题

（1）A．解：A?B?{3,4,5,7,8,9}，A?B?{4,7,9}?e,5,8}．也U(A?B)?{3可用摩根律：痧U(A?B)?(UA)?( UB)

【解读与点评】考查集合、并集的概念，以及集合的交、并运算知识.

涉及集合内容的高考题的难度都不大，求解此类题关键是要清晰集合的概念，以及集合的交、并、补运算的概念.有时这类题还与不等式等内容进行综合，此时应把注意力集中在对约束条件进行化简，也就是解一元二次或绝对值等不等式，在此基础上再进行集合的交、并、补运算.

(2) B．解：z?(1?i)(2?i)?1?3i，所以z?1?3i． 【解读与点评】本题考察复数的四则运算，以及运算能力.

复数是文理区分的一把标尺，在理科高考题中出现的概率较大.主要涉及两类题型：一是复数的概念；二是复数的四则运算，这两类题都没有多少技术含量，属于命题者赠与考生的见面礼. (3) D． 解：验x??1即可．

【解读与点评】本题考察绝对值不等式及分式不等式的解法．另外也可采用特值法． (4) C．解：设切点P(x0,y0)，则切线的斜率为y|x?x0?2x0.由题意有

/y0?2x0x022又y0?x0?1,解得:x0?1, 所以

bb?2,e?1?()2?5. aa【解读与点评】本题考察双曲线的渐近线与抛物线的基本概念与几何性质，曲线的切线，以及运用导数解决曲线切线问题的能力.

(5) D．解：两类①组中选出一名女生有C5?C3?C6?225种选法; ②乙组中选出一名女生有C5?C6?C2?120种选法.故共有345种选法.

【解读与点评】本题考查排列组合的知识，关键在于灵活利用两个计数原理，并准确利用排列数和组合数公式

211112 7

排列、组合、概率是高中数学教材中专门讲应用问题的章节，地位非常独特.概率问题实际上是几个排列、组合的问题的综合题，因此掌握好各种条件限制下的排列、组合问题的求解，应该是掌握好概率问题的前提.而理清一个实际应用问题中的限制条件，再用加法与乘法原理肢解之成为基本排列、组合问题，是求解排列、组合综合问题的基本着眼点.

(6) D．解:因为a,b,c是单位向量，所以(a?c)?(b?c)?a?b?(a?b)?c?c2

?1?|a?b|cos?a?b,c??1?2cos?a?b,c?1?2．

【解读与点评】本题是一道运算量很小，思维量很大的好题，它非常精细地体现了“考试要求”，尤其是求解过程中折射出的考试要求中所列“(用向量的模)计算长度” “(用向量数量积)处理垂直”等，可以以点带面呈放射状扩散的思路和方法.

“考试要求”中对向量的运算的要求级别都是“理解和掌握”层次，只有对向量的四种运算了如指掌，才能充分发挥向量的工具作用.

(7) D．解：如图，设BC的中点为D，连结A1D,AD，易知???A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角,由三角余弦定理，易知

A1C1B1cos??cos?A1AD?cos?DAB?ADAD3??． A1AAB4ACDB【解读与点评】考查二面角、异面直线所成角的概念等基础知识，以及考虑些类问题的基本方法.

公垂线没有给出的异面直线之间的距离是考试大纲不要求的，这样异面直线所成的角就凸显出来，其中异面直线的概念应该是处理这类问题的基本出发点. (8) C．解:因为函数y?3cos(2x??)的图像关于点?所以2??4π?,0?中心3??对称，

4π4????kπ,因此??k??2?(k?Z)，从而33|?|min??3．

【解读与点评】三角函数图象的对称性知识，以及思维能力.

（9）B．解:设切点p(x0,y0)，则y0?x0?1,y0?ln(x0?a,)又因为

8

y/|x?x0?1?1，从而x0?a?1.所以y0?0,x0??1.故a?2．

x0?a【解读与点评】本题考查运用导数知识解决直线与曲线相切的能力．

（10）C. 解：如图分别作QA??于A．AC??于C，PB??于B，PD?l 于D，连CQ,BD则?ACQ??PBD?60?，AQ?23，BP?3，所以

AC?PD?2．又因为PQ?AQ2?AP2?12?AP2?23．当且仅当

AP?0，即点A与点P重合时取最小值．

【解读与点评】 本题考查二面角、两点之间的距离，点到直线的距离等知识． (11) D. 解：因为

f?x?1? 与f?x?1?都是奇函数，故

f??x?1???f?x?1?,f??x?1???f?x?1?因此函数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的周期函数．所以 f??x?1?4???f?x?1?4?，f??x?3???f?x?3?，即f?x?3?是奇函数．【解读与点评】本题考查函数的奇偶性及周期函数的概念，以及思维能力.

奇偶函数的概念是处理函数奇偶问题的本质方法；周期函数的概念是处理周期函数的根本方法．

(12) A．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?3FB,故|BM|?以|AF|?2222.又由椭圆的第二定义,得|BF|?．所??32332．

【解读与点评】本题考察椭圆的基本概念与几何性质，以及运算能力.

客观题中的解析几何题主要考查直线、圆与圆锥曲线的基础知识、基本方法和基本技能，求解此类题的关键是准确掌握与深刻领会各自的概念与几何性质，以及相互之间的位置关系. 二、填空题

(13) 解： ?C10?(?C10)??2C10??240．

【解读与点评】本题考察二项式定理，用二项展开式的通项求展开式的特定项，以及

373 9

考查运算能力.

考查二项展开式中的常数项的概率是比较大的，它们的思路、解法与专辑中的题的解法相比，是小巫见大巫.

(14) 解：因为?an?是等差数列，由S9?72，得S9?9a5,a5?8．所以

a2?a4?a9??a2?a9??a4??a5?a6??a4?3a5?24．

【解读与点评】本题考查等差数列的性质，等差数列的通项公式、前n项和公式等基础知识，以及运算能力.

掌握等差数列内容的标志是在深刻理解等差数列概念基础之上，准确用等差数列的通项公式、前n项和公式进行运算；灵活应用等差数列知识解决问题的前提是深谙等差数列的性质.常用的等差数列的性质有：⑴数列?an?是等差数列

?2an?1?an?an?2(或?an?a?n?b(a、b是常数)；或?Sn?a?n2?bn(a、b

是常数))；⑵若等式左右两端具有相同数目的项，则足码的和相等的项的和也相等，特别地，2an?an?k?an?k?n?k?；⑶依次k项的和组成的数列仍为等差数列，公

差是k2d，更一般地，间隔相等的连续等长片段的和仍成等差数列；⑷设项数

n?2k?1?k?N??是奇数，则ak是中间项，且Sn?n?ak，S奇?S偶?ak，

S奇?k；设项数n?2k??kN??是偶数，则Sn?k?ak?ak?1?，S偶k?1S偶?S奇?k?d，

S奇a?k；⑸数列?an?，?bn?都是等差数列，则?p?an?q?bn? S偶ak?1(p、q是任意实数)也是等差数列.

(15) 解：在?ABC中AB?AC?2,?BAC?120? ,可得BC?23,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?20?．

【解读与点评】本题考察球的基础知识，表面积的计算，以及运算能力和空间想像能力.

教材中关于球的理论的主要内容是球的概念、性质，球的表面积与体积，主要题

2 10

型是球面距离的计算，特别是地球表面上的有关计算. (16) 解：令tan x?t,因为

???x?所以t?1, 因此 y?tan 2xtan3x? 422tan4x2t4222 ??????8． 1?tan2x1?t21?1?11?21?1???2t4t2?42?4?t【解读与点评】本题考查函数的最值问题，解决这些问题往往需要综合利用三角函数的性质，换元法，以及求二次函数最值方法． 三、解答题

17．解法一：在?ABC中，由于sin Acos C?3cos Asin C，则由正弦定理及余

a2?b2?c2b2?c2?a2?3?c，化简并整理得：2?a2?c2??b2.弦定理有:a?2ab2bc222又由已知a?c?2b，所以4b?b.解得b?4或b?0(舍).

解法二:由余弦定理得: a?c?b?2bccos A.又a2?c2?2b,b?0.所以

222b?2ccos A?2?①，

，所

又以

Ｂ

sin Acos C?3cos Asin CsAin?C coA?s Cc， A即

Ｃ

CＤ

Ａ

sin?A?C??4cos Asin Csin B?4cos Asin C由正弦定理得

bsin B?sin C，故b?4ccos A?②，由①，②解得b?4．

c解法三：由sin Acos C?3cos Asin C得tan A?3tan C．由于

tan A?BDBD,tan C，从而CD?3DA，所以b?4DA?①，由勾股定理得：DACDa2?CD2?BD2,c2?DA2?BD2，从而a2?c2?CD2?DA2，即

a2?c2?8DA2．又a2?c2?2b，所以2b?8DA2?②，由①，②得b?4．

【解读与点评】 本题考察三角形中的三角函数的应用．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．

11

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)a?c?2b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)

22sinAcosC?3cosAsinC,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.

18．(Ⅰ) 解法一：作ME//CD交SD于点E，则

S E H D A

F

B

C

M

ME//AB，所以ME?面SAD．连结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,

S MF?AE?ED2?AD2?(2?x)2?2,FB?2?x，

由

MF?FB?tan60?，得

M D N (2?x)2?2?3(2?x)．解得x?1．即ME?1，

从而ME?1DC，所以M为侧棱SC的中点． 2A

C

解法二：过M作MN?CD于N，则

B

MN?面ABCD?BMN，则?AM,N均为Rt?．设MN?x，则AM?2?(2?x)2?x2,BM?2?2x2．在

?ABM中

AM2?AB2?BM2?2AB?BMcos 60?，解得x?1，即1ME?DC．

2 解法三：易得BC?面SDC，所以BC?MC，又在

S M D A ?Rt?SDC中，SC?22．由

C B AB?MB?|AB|?|MB|cos60得

AB?MB?AB(MC?CB)?AB?MC?DC?MC．所以

|MB|?2|MC|,?MBC?45?,|MC|?2．因此M为侧棱SC的中点．

12

解法四：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系

ｚ D?xyz，设A(2,0,0)，则

Ｓ B(2,2,0),C(0,2,0),S(0,0,2)．

设M(0,y0,2?y0)，则

2,?y0?2,?2?y0Ｍ ????MB???，

Ｄ Ａ ｘ Ｃ ｙ

Ｂ AB?(0,2,0)?MB,AB??60?，故AB?MB?|AB||MB|cos60?，即

2?2?y0??2?2(y0?2)2，解得y0?1，即M(0,1,1)，所以M为侧棱SC的

中点．

(Ⅱ) 解法一：由(Ⅰ)得MB?BC2?MC2?2，又?ABM?60?,AB?2，

所以?ABM为等边三角形．又由(Ⅰ)知M为侧棱

SC的中点，SM?2,SA?6,AM?2，故

S E H D Ｇ A

S F

B

C

M SA2?SM2?AM2,?SMA?90?．取AM的中

点G，连接BG，取SA中点H，连接GH，则

BG?AM，GH?AM，由此知?BGH为二面GH中，角S?AM?B的平面角．连接BH，在?B

312BG?AM?3,GH?SM?，

222BH?AB2?AH2?222，所以2Ｇ 22M BG?GH?BH6cos?BGH???．所

2BG?GH3?6?以二面角S?AM?B的大小为arccos???．

3?? 解法二：由(Ⅰ)得MB?D A Ｎ B C BC2?MC2?2

13

又?ABM?60?,AB?2，所以?ABM为等边三角形．所以取AM的中点G，连接BG，则BG?AM．取AC的中点N，连接GN,BN，则GN//SC．又由(Ⅰ)

?BGN是二面角S?AM?B的平面角的补角．知AM?SC，所以GN?AM，又

BG?3,BN?中，

26GN，GN?．在?B22ｚ Ｓ BG2?GN2?BN26．所以cos?BGN??2BG?GN3?6??BGN?arccos???，即二面角

?3??6?S?AM?B的大小为arccos??（或为?．

3??Ｄ Ａ ｘ Ｍ Ｃ ｙ

Ｂ π?arccos6） 3?211?,,?，又 解法三：由M(0,1,1),A(2,0,0)得AM的中点G?222??GB?(231,,),MS?(0,?1,1)，AM?(?2,1,1).GB?AM?0， 222MS?AM?0所以GB?AM,MS?AM．因此GB,MS等于二面角

S?AM?B的平面角．cos?GB,MS??GB?MS|GB||MS|??6．所以二面角3S?AM?B的大小为arccos(?6)． 3【解读与点评】 本小题主要考察直线和平面、平面和平面的位置关系的判定和性质，空间角的计算等基础知识，以及空间想象能力和推理能力.

立体几何主要研究空间几何体的大小、形状和位置关系，是通过空间线线、线面、面面的位置关系来实现的，研究思路有两个方向：一是进行纯粹的位置关系的演化，也就是传统立体几何方法，应用这种方式时要搞清其中剪不断的各种位置关系中的层层链接；二是以向量为工具考量位置关系以及进行角、距离等相关计算，特别是当题

14

目条件易于建立空间直角坐标系时，向量的应用就显得迫不及待.因此在实际解题时，要三思而后行，要敏锐意识到哪些题目可以用向量快速求解，哪些题目用传统立体几何方法简洁，避免只重形式不看效果的生搬硬套，象本题的向量法就不比传统方法简单，也不快捷.

19．(Ⅰ) 解法一：记Ai表示事件：第i局甲获胜，i?3,4,5．Bj表示事件：第j局乙获胜，j?3,4．记B表示事件：甲获得这次比赛的胜利．

因为前两局中，甲、乙各胜一局，故甲获得这次比赛的胜利当且仅当在后面的比赛中，甲先胜2局，从而B?A3?A4?B3?A4?A5?A3?B4?A5 ，由于各局的比赛结果相互独立，故P(B)?P(A3?A4)?P(B3?A4?A5)?P(A3?B4?A5)?81． 125解法二：记A表示事件：甲获得这次比赛的胜利．令甲每局比赛获胜的概率为P，

1222由题知P?0.6．P(A)?C2P(1?P)?C2P?0.648．

(Ⅱ) 解法一：?的可能取值为2，3．由于各局比赛相互独立，所以

P(??2)?P(A3?A4?B3?B4)?0.52．P(??3)?1?P(??2)?0.48．

?的分

布列为

所以E??2.48．

解法二：?的可能取值为2，3．P(??2)?0.6?0.6?0.4?0.4?0.52．

? P 2 0.52 3 0.48 P(??3)?1?P(??2)?0.48．

?的

分布列为

? P 2 0.52 3 0.48 所以E??2.48．

15

解法三：?的可能取值为2，3．P(??2)?0.6?0.6?0.4?0.4?0.52．

P(??3)?0.6?0.4?0.6?0.6?0.4?0.4?0.4?0.6?0.4?0.4?0.6?0.6?0.48．

?的分布列为

? P 所以E??2.48．

【解读与点评】 本小题本题考查相互独立事件、互斥事件等的概率计算，随机事件的分布列，数学期望等，以及运用所学知识与方法解决实际问题的能力.

概率应用问题的求解要点是在准确理解题意的基础上，抽象出正确的概率模型.其中等可能性事件的概率是概率内容的基础，对立事件、相互独立事件的概率都要转化为多个等可能性事件的概率，所以求解这类概率题的关键是认准概率模型. 20．(Ⅰ) 解法一：由已知得b1?a1?1，且

2 0.52 3 0.48 an?1an1??n，即n?1n211111b?b??????2?(n?2)．．从而又b1?1，n12222n2n?12n?11故所求的通项公式为bn?2?n?1．

2bn?1?bn?解法二：b1?a1?1，

an?nn1111an?1?n?1?n(1??2???n?1)?n(2?n?1)． n?122222所以bn?an1?2?n?1． n21111b??b??b??2，，因为n?1n1nnn?102222 解法三：b1?1,bn?1?bn?所以bn?2?12n?1．

(Ⅱ) 由(Ⅰ)知an?n(2?12n?1)?2n?n2n?1，令Tn??2k?1nkk?1，则

16

2Tn??k?1nnk2k?1，于是Tn?2Tn?Tn??2k?0n?11k?1?n2n?1?4?n?2，又n?12??2k??n?n?1?，所以Sn?n?n?1??k?1n?2?4． 2n?1【解读与点评】 本小题主要考查求数列的通项公式，求数列的前n项和．要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理；能根据问题的条件，寻找与设计合理、简捷的运算途径的能力.

根据已知数列的递推公式求另一个由已知数列演变出的数列的通项公式是一个常考点．解决这类问题的关键在于如何从已知数列的递推公式中抽象出要求数列的递推公式．再有这个递推公式求得被求数列的通项公式，其中需要综合利用累加、迭代等求数列通向公式的方法以及等差等比数列的通项公式．

21．(Ⅰ) 解法一：将y?x代入(x?4)?y?r2222，并化简得

x2?7x?16?r2?0 (1)

E与M有四个交点的充要条件是方程(1)有两个不等的正根x1,x2．由此得

???(?7)2?4(16?r2)?015??r2?16．又r?0，所以r的取值范x?x?7?0解得：?124?2?x1x2?16?r?0围是??15?,4?． ?2?2222422 解法二：将y?x代入(x?4)?y?r，并化简得y?7y?16?r?0 ①

2E与M有四个交点的充要条件是方程①有两个不等的正根y12,y2．由此得

???(?7)2?4(16?r2)?015?22y12?y2?7?0解得：?r?16．又r?0，所以r的取值范围?4222?yy?16?r?012?是??15?,4?． ?2?2 解法三：抛物线y?x上的点?x0,y0?到圆心?4,0?的距离为

17

7?1515?d?(x0?4)?y?x?7x0?16??x0????，又由于原点O2?42?220202在圆内或圆上时，圆与抛物线最多有三个交点，所以r?4．故使得E与M有四个不同焦点时

15?r?4． 2(Ⅱ) 解法一：不妨设E与M的四个交点的坐标分别为：

A(x1,x1),B(x1,?x1),C(x2,?x2),D(x2,x1?x2)，则直线AC,BDx2?x1解?x?x1?．

x2?x17．由2的方程分别为：y?得点P的坐标为

?x2?x1?x?x1?,y?x1?x2?x1?x1x2,0．设t?x1x2，由t?16?r2及(1)知0?t?12?2x1?2x2）?|x2?x1|．则于四边形ABCD为等腰梯形，因而其面积为：S?（2S2?x1?x2?2x1x2???x1?x2??4x1x2?．将x1?x2?7,????x1x2?t代入上

式，并令f(t)?S2得：f(t)?(7?2t)2(7?2t)??8t3?28t2?98t?343，

7)，求导数得f/(t)??2(2t?7)(6t?7)??24t2?56t?98．令27777/解得t?,t?? (舍去)．当0?t?时，f(t)?0；当t?时，f/(t)?0，

6266777f/(t)?0；当?t?时，f/(t)?0．故当且仅当t?时，f(t)有最大值，

6267即四边形ABCD的面积最大，故所求的点P的坐标为(,0)．

6(0?t?解法二：不妨设E与M的四个交点的坐标分别为：

A(x1,的

x1),B(x1,?x1),C(x2,?x2),D(x2,方

程

分

别

x2)，则直线AC,BD为

：

y?x1??x2?x1x2?x1(x?x1),y?x1?x2?x1x2?x1解得点P的坐(x?x1)．

标为(x1x2,0)．设t?x1x2，由t?16?r2及(1)知0?t?7．由于四边形21ABCD为等腰梯形，因而其面积为：S?（2x1?2x2）?|x2?x1|．则

2将x1?x2?7,S2?(x1?x2?2x1x2)?[(x1?x2)2?4x1x2]．

x1x2?t代入

18

上式，并令

f(t)?S2得：

1128329(7?2t)(7?2t)(14?4t)?()3?，，当22327777且仅当7?2t?14?4t时，即t?时，等号成立．又?(0,)，所以四边形的

626f(t)?(7?2t)2(7?2t)?面积最大时，所求的点P的坐标为?,0?．

【解读与点评】本小题主要考查圆和双曲线的定义和性质、圆与双曲线的位置关系、一元二次方程根的情况、根与系数的关系、直线的交点坐标的求法、以及利用导数求函数最值等综合知识，以及解析几何的基本思想、方法和综合解决数学问题的能力.

22．(Ⅰ) f/(x)?3x2?6bx?3c，依题意知，

方程f(x)?0有两个根x1,x2，且x1???1,0?,x2??1,2?等价于

/?7?6??f/(?1)?0,f/(0)?0,f/(1)?0,f/(2)?0，

?c?2b?1?c?0?由此得b,c满足的约束条件为?，

?c??2b?1??c??4b?4满足这些条件的点(b,c)的区域为图中的阴影部分．

19

－１ ３ ｃ ２ １ １ －１ ２ ３ ｂ /2(Ⅱ) 由题设知f(x2)?3x2?6bx2?3c?0，故bx2??121x2?c．于是 22133c32f(x2)?x2?3bx2?3cx2??x2?x2．由于x2?[1,2]，而由(Ⅰ)知

2213c?0，故?4?3c?f(x2)???c，又由(Ⅰ)知?2?c?0，所以

221?10?f(x2)??．

2【解读与点评】 本小题主要考查导数的基本性质和应用，函数的性质和平均值不等式等综合知识，以及综合分析、推理论证的能力.

函数与不等式的综合并不是一件新鲜事，但通过导数进行的这种交叉与融合并不多见，这也是一种新的函数类题的命题趋势.特别是用导数考察函数的单调性，以及用导数求函数的最值的题目在近几年的高考试题中频频出现，这类题与不等式的证明、解不等式、不等式恒成立问题进行综合也司空见惯，考查的是综合和灵活应用知识解题的能力.对付这些类型的题目，必须对相关方法和技能了如指掌，而且还要适时进行必要的转化与化归.

20

试卷综合解读与评析

2009年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅰ）(理科数学)符合高中数学的教学水平，贯彻了高考命题的指导思想和原则，试卷平和清新，达到考基础、考能力、考素质、考潜能的考试目标，试题由易到难，形成自然梯度，入手容易，层层推进，使不同程度的考生都能发挥出最佳水平.纵观整份试题，下列几点给我们留下了深刻的印象：

1 立足基础知识、基本方法和基本技能，深入挖掘教材的考评价值

这份试题有多题源于课本，比如第⑴、⑵、⑶、⑽、⑾、⒁、⒆题等都是课本例题或习题的类比、改造、延伸和拓展.课本中的这些重要的例题和习题，或者提供某个重要的结论，或者体现某种数学思想，或者是更高层次数学命题的具体形式，对这些题目的改编与加工为命制高质量的数学试题提供了一个很广阔的舞台.

2 注重理论数学，检测考生后继学习的潜能

本份试题注重考查考生的思维层级，注重检测考生进入高校继续学习的潜能.特别是第(22)题，该题综合运用导数求函数的极值、线性规划、不等式的证明、不等式恒成立、导数的灵活应用.在推理过程运用的分析与综合、转化与化归等数学思想、数学方法，是对考生综合数学素养的全方位检测，实现了考查高中与大学衔接所需知识的目的，为高校选拔人才提供最价值的依据.

3 不刻意追求知识的覆盖面，凸显能力立意

今年的《考试大纲》指出“对于支撑学科知识体系的重点内容，要占有较大的比例，构成数学试卷的主体.”《考试大纲》是这样说的，试题也是如此命的！在代数的传统重点内容中着重考查函数、三角、不等式、数列等主要内容；在立体几何中主要考查线线、线面、面面位置关系以及体积；在解析几何中着重考查圆锥曲线的定义、基本量的运算，以及直线与圆锥曲线的位置关系；在新教材新增加的内容中主要考查了向量、导数的工具作用，以及概率与统计的应用.虽然重点内容绝大部分都有所涉及，但知识点的覆盖没有面面俱到.全卷命题以能力立意，着重考查思维能力、运算能力、空间想象能力、实践能力和创新能力.比如第⒂题，首先考查考生的阅读理解能力，然后考查等价转化能力.如果直接计算每一线段长就十分繁难，而转化为椭圆的定义及等

21

差数列求和，不用动笔就可以计算出答案.试题中有许多原创和新改编的题，是所谓“秘卷”“宝典”中没有的，体现了高考的公平.如第⒃题，是以高等数学群论为背景而编拟的一道判断填空题，它考查考生对新情景下对新知识的接受理解能力，抽象概括能力.

总之，这套数学试题在今年三十多套试题中属质量上乘的一份，全卷与全国高考数学试题的题型、题量、难度、分值分配类似，无偏题怪题，不少题立意鲜明，背景新颖，设问灵活，层次清晰，体现了数学重视量化、重视思维的特点，对防止题海战术、抑制烂编资料起到了良好的作用，引导中学数学教育立足课本减轻学生负担，促进教学改革，发挥了正确导向功能.

22

2009年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅰ）

文科数学（必修＋选修Ⅰ）

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ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．

第Ⅰ卷

参考公式：

如果事件A，B互斥，那么

球的表面积公式

P(A?B)?P(A)?P(B)

S?4πR2

如果事件A，B相互独立，那么

其中R表示球的半径 球的体积公式

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 V?43πR 3n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

kkn?kP(k?01，,2，?，n) n(k)?CnP(1?P)一、选择题．

（1）sin 585的值为 （ ）

?(A) ?2 (B) 2233 (C) ? (D) 222(2) 设集合A??4,5,7,9?，B??3,4,7,8,9?，全集U?A?B，则集合

eU(A?B)中的元素共有（ ）

（A）3个 （B）4个 （C）5个 （D）6个 (3) 不等式

x?1?1的解集为（ ） x?1（A） {x|0?x?1}?{x|x?1} (B) {x|0?x?1} （C）{x|?1?x?0} (D){x|x?0} (4) 已知tan ??4,cot ??1, 则tan(???)? ( ) 3 23

(A)

7777 (B)? (C) (D) ? 11131113x2y2(5) 设双曲线2?2?1ab(a?0,b?0)的渐近线与抛物线y?x2?1相切，则

该双曲线的离心率等于( )

（A）3 （B）2 （C）5 （D）6

(6) 已知函数f(x)的反函数为g(x)?1?2lgx(x?0)，则f(1)?g(1)? ( )

（A）0 （B）1 （C）2 （D）4

(7) 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

（A）150种 （B）180种 （C）300种 （D）345种 (8) 设非零向量a,b,c满足|a|?|b|?|c|,a?b?c，则

C1A1B1a,b? ( )

（A）150 （B）120 （C）60 （D）30

(9) 已知三棱柱ABC?A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，

????CDABA1在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为

（ ） （A）

3357 （B） （C） (D)

4444(10) 如果函数y?3cos(2x??)的图像关于点(为 (A)

4?,0)中心对称，那么?的最小值3???? (B) (C) (D) 6432??内，(11) 已知二面角??l??为60 ，动点P、Q分别在面?、P到?的距离为3，

Q到?的距离为23，则P、Q两点之间距离的最小值为（ ）

24

(A)

2 (B) 2 (C) 23 (D) 4

x2?y2?1的右焦点为F,右准线为l， (12) 已知椭圆C:点A?l，线段AF交C2于点B，若FA?3FB,则|AF|?

(A) 2 (B) 2 (C)3 (D) 3

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上． (13) (x?y)10的展开式中，x7y3的系数与x3y7的系数之和等于 ． (14) 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9?72,则a2?a4?a9? ． (15) 已知OA为球O的半径，过OA的中点M且垂直于OA的平面截球面得到圆

M，若圆M的面积为3?，则球O的表面积等于__________________.

(16) 若直线m被两平行线l1:x?y?1?0与l2:x?y?3?0所截得的线段的长为22，则m的倾斜角可以是

①15 ②30 ③45 ④60 ⑤75 其中正确答案的序号是 .（写出所有正确答案的序号）

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）

设等差数列{an}的前n项和为sn，公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn， 已知a1?1,b1?3,a3?b3?17,T},{bn}的通项公式． 3?S3?12,求{an(18) (本小题满分12分)

在?ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知a?c?2b，且sin Acos C?3cos Asin C，求b．

25

22?????

(19) 如图，四棱锥S?ABCD中，底面ABCD为矩形，SD?底面ABCD，

AD?2，DC?SD?2，M在侧棱SC上，?ABM?60?

(Ⅰ)证明：M是侧棱SC的中点； （Ⅱ）求二面角S?AM?B的大小．

(20)（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）求再赛2局结束这次比赛的概率； （Ⅱ）求甲获得这次比赛胜利的概率．

A

D B M S C 26

（21）（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．． 已知函数f(x)?x4?3x2?6． （Ⅰ）讨论f(x)的单调性；

（Ⅱ）设点P在曲线y?f(x)上，若该曲线在点P处的切线l通过坐标原点，求l的方程

(22)（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．． 如图,已知抛物线E:y2?x与

222ｙ 圆

Ｄ M:(x?4)?y?r（r?0）相交于A、B、C、D四个点．

Ａ ｘ

（II） 求r的取值范围： Ｐ Ｍ Ｏ （Ⅱ）当四边形ABCD的面积

Ｂ 最大时，求对角线

AC、BD的交点p的坐标．

27

Ｃ 2009年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅰ）

文科数学（必修＋选修Ⅰ）试题答案及解读

一、选择题

(1) A．【解读与点评】本题考察终边相同的同名三角函数值相等，关键在细心． (2) A．解：A?B?{3,4,5,7,8,9}，A?B?{4,7,9}?e,5,8}．也可U(A?B)?{3用摩根律：痧U(A?B)?(UA)?( UB)

【解读与点评】考查集合、并集的概念，以及集合的交、并运算知识.

涉及集合内容的高考题的难度都不大，求解此类题关键是要清晰集合的概念，以及集合的交、并、补运算的概念.有时这类题还与不等式等内容进行综合，此时应把注意力集中在对约束条件进行化简，也就是解一元二次或绝对值等不等式，在此基础上再进行集合的交、并、补运算. (3) D．解：验x??1即可．

【解读与点评】本题考查绝对值不等式及分式不等式的解法．另外也可采用特值法． (4) B．tan??3，所以tan(???)?tan??tan?7??．

1?tan?tan?11【解读与点评】本题考查两角和的正切公式．三角公式是高考中的必考内容．因此必须重视．

(5) C．解：设切点P(x0,y0)，则切线的斜率为y|x?x0?2x0.由题意有

/y0?2x0x022又y0?x0?1,解得:x0?1, 所以

bb?2,e?1?()2?5. aa 【解读与点评】本题考察双曲线的渐近线与抛物线的基本概念与几何性质，曲线的切线，以及运用导数解决曲线切线问题的能力.

(6) C．易知g(1)?1，因为f(x)与g(x)互为反函数，g(x)?1?2lgx(x?0)，故f(1)?1，所以f(1)?g(1)?2．

【解读与点评】本题考查互为反函数的两个函数之间的关系．

(7) D．解：两类①组中选出一名女生有C5?C3?C6?225种选法;

112 28

211 ②乙组中选出一名女生有C5?C6?C2?120种选法.故共有345种选法.

【解读与点评】本题考查排列组合的知识，关键在于灵活利用两个计数原理，并准确利用排列数和组合数公式

排列、组合、概率是高中数学教材中专门讲应用问题的章节，地位非常独特.概率问题实际上是几个排列、组合的问题的综合题，因此掌握好各种条件限制下的排列、组合问题的求解，应该是掌握好概率问题的前提.而理清一个实际应用问题中的限制条件，再用加法与乘法原理肢解之成为基本排列、组合问题，是求解排列、组合综合问题的基本着眼点.

(8) B．由已知得(a?b)2?2?2cos?a,b??1，所以cos?a,b???1，故2?a,b??120?．

【解读与点评】本题考察平面向量的运算，它非常精细地体现了“考试要求”，尤其是求解过程中折射出的考试要求中所列“(用向量的模)计算长度”、“(用向量数量积)处理垂直”等，可以以点带面呈放射状扩散的思路和方法．

“考试要求”中对向量的运算的要求级别都是“理解和掌握”层次，只有对向量的四种运算了如指掌，才能充分发挥向量的工具作用．

(9) D．解：如图，设BC的中点为D，连结A1D,AD，易知???A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角,由三角余弦定理，易知

ACDBA1C1B1cos??cos?A1AD?cos?DAB?ADAD3??． A1AAB4【解读与点评】考查二面角、异面直线所成角的概念等基础知识，以及考虑些类问题的基本方法.

公垂线没有给出的异面直线之间的距离试大纲不要求的，这样异面直线所成的角就出来，其中异面直线的概念应该是处理这类的基本出发点.

是考凸显问题

29

(10) A．解:因为函数y?3cos(2x??)的图像关于点(4?,0)中心对称，所以34??4?2????k?,因此??k??2?(k?Z)，从而|?|min?．

333【解读与点评】三角函数图象的对称性知识，以及思维能力.

(11) C．解：如图分别作QA??于A．AC??于C，PB??于B，PD?l于

D，连CQ,BD，则?ACQ??PBD?60?，AQ?23，BP?3，所以

AC?PD?2．又因为PQ?AQ2?AP2?12?AP2

?23．当且仅当AP?0，即点A与点P重合时取最小值．

【解读与点评】本题考查二面角、两点之间的距离，点到直线的距离等知识． (12) A．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?3FB,故|BM|?以|AF|?2222.又由椭圆的第二定义,得|BF|?．所??32332．

【解读与点评】本题考察椭圆的基本概念与几何性质，以及运算能力.

客观题中的解析几何题主要考查直线、圆与圆锥曲线的基础知识、基本方法和基本技能，求解此类题的关键是准确掌握与深刻领会各自的概念与几何性质，以及相互之间的位置关系. 二、填空题

373(13) 解： ?C10?(?C10)??2C10??240．

【解读与点评】本题考察二项式定理，用二项展开式的通项求展开式的特定项，以及考查运算能力.

考查二项展开式中的常数项的概率是比较大的，它们的思路、解法与专辑中的题的解法相比，是小巫见大巫.

(14) 解：因为{an}是等差数列，由S9?72，得S9?9a5,a5?8．所以

a2?a4?a9?(a2?a9)?a4?(a5?a6)?a4?3a5?24．

【解读与点评】本题考查等差数列的性质，等差数列的通项公式、前n项和公式等基础知识，以及运算能力.

30

掌握等差数列内容的标志是在深刻理解等差数列概念基础之上，准确用等差数列的通项公式、前n项和公式进行运算；灵活应用等差数列知识解决问题的前提是深谙等差数列的性质.

(15) 解：在?ABC中AB?AC?2,?BAC?120? ,可得BC?23,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?20?．

【解读与点评】本题考察球的基础知识，表面积的计算，以及运算能力和空间想像能力.

教材中关于球的理论的主要内容是球的概念、性质，球的表面积与体积，主要题型是球面距离的计算，特别是地球表面上的有关计算. (16) ① ⑤.解：据题意知平行直线l1,l2之间的距离

y C 2ml2AB?2，如图：可知AC?AD?22，计算可

得直线m的倾斜角为75或15．

【解读与点评】本题考查平行线之间的距离、直线的斜率、直线被平行线所截线段的长等知识．在计算的过程中需要利用到解三角形方面的知识． 三、解答题

??B D A O l1x (17) 解：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q．由a3?b3?17得

1?2d?3q2?17，①由T3?S3?12得q2?q?d?4. ②由 ①、②及q?0解

得q?2,d?2．故所求的通项公式为：an?2n?1,bn?3?2n?1．

【解读与点评】本小题主要考查等差数列的性质等基本知识，以及会根据公式进行正确运算、变形和数据处理；能根据问题的条件，寻找与设计合理、简捷的运算途径的能力.

(18) 解法一：在?ABC中，由于sin Acos C?3cos Asin C，则由正弦定理及余

a2?b2?c2b2?c2?a2?3?c，化简并整理得：2(a2?c2)?b2.弦定理有:a?2ab2bc 31

222又由已知a?c?2b，所以4b?b.解得b?4或b?0(舍).

解法二:由余弦定理得: a?c?b?2bccos A.又a2?c2?2b,b?0.

222所以b?2ccos A?2???①

C?4cosAsinC， 又sin Acos C?3cos Asin C，所以sinAcosC?cosAsinsin(A?C)?4cosAsinC即sinB?4cosAsinC

由正弦定理得sinB?bsinC，故b?4ccosA???② c由①，②解得b?4．

解法三：由sinAcosC?3cosAsinC得tanA?3tanC．由于

tanA?BDBD,tanC， DACDＢ

从而CD?3DA，所以b?4DA???????① 由勾股定理得：a2?CD2?BD2,c2?DA2?BD2，

Ｃ

从而a?c?CD?DA，即a?c?8DA．又

2222222Ｄ

Ａ

a2?c2?2b，所以2b?8DA2???????②

由①，②得b?4．

【解读与点评】 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．

此题事实上比较简单,但考生反应不知从何入手.

S 对已知条件(1)a?c?2b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) sinAcosC?3cosAsinC,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.

(19) (Ⅰ) 解法一：作ME//CD交SD于点E，则ME//AB，所以

A

E H D F

B

C

M 22ME?面SAD．连结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,

32

MF?AE?ED2?AD2?(2?x)2?2,FB?2?x，

由

S MF?FB?tan60?，得

H E M (2?x)2?2?3(2?x)．解得x?1．即ME?1，从而ME?D Ｇ A

F

S B

1DC，所以M为侧棱2C

SC的中点．

解法二：过M作MN?CD于N，则

M D N MN?面ABC，则D?AMN,?BMN均为Rt?．设MN?x，

则

C

AM?2?(2?x)2?x2,22BM?2?2x2．在

2?A B

?ABM中AM?AB?BM?2AB?BMcos60，

解得x?1，即ME?1DC． 2 解法三：易得BC?面SDC，所以

BC?MC，又在Rt?SDC中，

ｚ SC?22．由

Ｓ AB?MB?|AB|?|MB|cos60?得

AB?MB?AB(MC?CB)?AB?MC?DC?MC．所以

Ｄ Ｍ Ｃ ｙ

Ｂ |MB|?2|MC|,?MBC?45,|MC|?2Ａ ．因此M为侧棱SC的中点．

解法四：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D?xyz，

设A(2,0,0)，则B(2,2,0),设M(0,ｘ ?C(0,2,0),S(0,0,2)．

y0,2?y0)，则MB?(2,?y0?2,?2?y0),AB?(0,2,0)

?MB,AB??60?，故AB?MB?|AB||MB|cos60?，

33

即2(2?y0)?的中点．

2?2(y0?2)2，解得y0?1，即M(0,1,1)，所以M为侧棱SC(Ⅱ) 解法一：由(Ⅰ)得

S MB?BC2?MC2?2，又

M ?ABM?60,AB?2，所以?ABM为等边

角形．又由(Ⅰ)知M为侧棱SC的中点，

Ｇ D A Ｎ B C ?三

SM?2,SA?6,AM?2，故SA2?SM2?AM2,?SMA?90?．取AM的

中点G，连接BG，取SA中点H，连接GH，则BG?AM，GH?AM，由此知?BGH为二面角S?AM?B的平面角．连接BH，在?BGH中，

BG?31222， BH?AB2?AH2?，所以AM?3,GH?SM?2222BG2?GH2?BH26cos?BGH???．所以二面角S?AM?B的大小为

2BG?GH3arccos(?6)． 3 解法二：由(Ⅰ)得MB?BC2?MC2?2，又?ABM?60?,AB?2，所以

?ABM为等边三角形．所以取AM的中点G，连接BG，则BG?AM．取AC的

中点N，连接GN,BN，则GN//SC．又由(Ⅰ)知AM?SC，所以GN?AM，

?BGN是二面角S?AM?B的平面角的补

6角．又BG?3,BN?，

2GN?22．

在

ｚ Ｓ ?BG中，

Ｍ BG2?GN2?BN26cos?BGN??．所

2BG?GN3Ａ ｘ

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Ｄ Ｂ Ｃ ｙ

以?BGN?arccos(?66（或)，即二面角S?AM?B的大小为arccos(?)．

33为??arccos6） 3211,,)，又222 解法三：由M(0,1,1),A(2,0,0)得AM的中点G(GB?(231,,),MS?(0,?1,1) 222AM?(?2,1,1).GB?AM?0,MS?AM?0，所以

GB?AM,MS?AM．因此GB,MS等于二面角S?AM?B的平面

GB?MS|GB||MS|6．所以二面角S?AM?B的大小为3角．cos?GB,MS????arccos(?6)． 3【解读与点评】 本小题主要考察直线和平面、平面和平面的位置关系的判定和性质，空间角的计算等基础知识，以及空间想象能力和推理能力.

立体几何主要研究空间几何体的大小、形状和位置关系，是通过空间线线、线面、面面的位置关系来实现的，研究思路有两个方向：一是进行纯粹的位置关系的演化，也就是传统立体几何方法，应用这种方式时要搞清其中剪不断的各种位置关系中的层层链接；二是以向量为工具考量位置关系以及进行角、距离等相关计算，特别是当题目条件易于建立空间直角坐标系时，向量的应用就显得迫不及待.因此在实际解题时，要三思而后行，要敏锐意识到哪些题目可以用向量快速求解，哪些题目用传统立体几何方法简洁，避免只重形式不看效果的生搬硬套，象本题的向量法就不比传统方法简单，也不快捷.

(20) 记Ai表示事件：第i局甲获胜，i?3,4,5．Bj表示事件：第j局乙获胜，

j?3,4．(Ⅰ) 记A表示事件：再赛两局结束比赛．A?A3?A4?B3?B4．由于

各局的比赛结果相互独立，所以P(A)?0.52．

(Ⅱ) 解法一：记B表示事件：甲获得这次比赛的胜利．因为前两局中，甲、乙各胜

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一局，故甲获得这次比赛的胜利当且仅当在后面的比赛中，甲先胜2局，从而

B?A3?A4?B3?A4?A5?A3?B4?A5 ，由于各局的比赛结果相互独立，故

P(B)?P(A3?A4)?P(B3?A4?A5)?P(A3?B4?A5)?81． 125解法二：记A表示事件：甲获得这次比赛的胜利．令甲每局比赛获胜的概率为P，

1222由题知P?0.6．P(A)?C2P(1?P)?C2P?0.648．

【解读与点评】 本小题本题考查相互独立事件、互斥事件等的概率计算，等，以及运用所学知识与方法解决实际问题的能力.

概率应用问题的求解要点是在准确理解题意的基础上，抽象出正确的概率模型.其中等可能性事件的概率是概率内容的基础，对立事件、相互独立事件的概率都要转化为多个等可能性事件的概率，所以求解这类概率题的关键是认准概率模型. (21) 解：(Ⅰ)f(x)?4x?6x?4x(x?/3666当x?(??,?)(x?)．)和

222x?(0,666)时，f/(x)?0；当x?(?,0)和x?(,??)时，22266)和(0,)是减函数；f(x)在区22f/(x)?0．因此，f(x)在区间(??,?66,0)和(,??)是增函数． 22间(?(Ⅱ) 设点P的坐标为(x0,f(x0))，由l过原点知，l的方程为y?f/(x0)x．因

423此f(x0)?x0f/(x0)，即x0?3x0?6?x0(4x0?6x0)?0，整理得22(x0?1)(x0?2)?0，解得x0??2或x0?2．因此切线l的方程为

y??22x或y?22x．

【解读与点评】 本小题主要考查导数的基本性质和应用，函数的性质和平均值不等式等综合知识，以及综合分析、推理论证的能力.

函数与不等式的综合并不是一件新鲜事，但通过导数进行的这种交叉与融合并不多见，这也是一种新的函数类题的命题趋势.特别是用导数考察函数的单调性，以及用导数求函数的最值的题目在近几年的高考试题中频频出现，这类题与不等式的证明、

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解不等式、不等式恒成立问题进行综合也司空见惯，考查的是综合和灵活应用知识解题的能力.对付这些类型的题目，必须对相关方法和技能了如指掌，而且还要适时进行必要的转化与化归.

(22) (Ⅰ) 解法一：将y2?x代入(x?4)2?y2?r2，并化简得

x2?7x?16?r2?0 (1)

E与M有四个交点的充要条件是方程(1)有两个不等的正根x1,x2．由此得

???(?7)2?4(16?r2)?015?2x1?x2?7?0解得：?r?16．又r?0，所以r的取值范围?42?xx?16?r?012?是(15,4)． 2 解法二：将y2?x代入(x?4)2?y2?r2，并化简得y4?7y2?16?r2?0 ①

2E与M有四个交点的充要条件是方程①有两个不等的正根y12,y2．由此得

???(?7)2?4(16?r2)?015?22?r2?16．又r?0，所以r的取值范围y?y?7?0解得：?124222?y1y2?16?r?0?是(15,4)． 22 解法三：抛物线y?x上的点(x0,y0)到圆心(4,0)的距离为

7151522，又由于原点d?(x0?4)2?y0?x0?7x0?16?(x0?)2??242O在圆内或圆上时，圆与抛物线最多有三个交点，所以r?4．故使得E与M有四

个不同焦点时

15?r?4． 2(Ⅱ) 解法一：不妨设E与M的四个交点的坐标分别为：

A(x1,x1),B(x1,?x1),C(x2,?x2),D(x2,x2)，则直线AC,BD 37

的方程分别为：y?x1??x2?x1x2?x1(x?x1),y?x1?x2?x1x2?x1(x?x1)．解

得点P(x1x2,0)．设t?x1x2，由t?16?r2及(1)知0?t?7．因ABCD22x1?2x2）?|x2?x1|．则为等腰梯形，面积为S?（12S2?(x1?x2?2x1x2)?[(x1?x2)2?4x1x2]．将x1?x2?7,x1x2?t代入上

式，并令f(t)?S2得：f(t)?(7?2t)2(7?2t)??8t3?28t2?98t?343，

7)，求导数得f/(t)??2(2t?7)(6t?7)??24t2?56t?98．令27777/解得t?,t?? (舍去)．当0?t?时，f(t)?0；当t?时，f/(t)?0，

6266777f/(t)?0；当?t?时，f/(t)?0．故当且仅当t?时，f(t)有最大值，

6267即四边形ABCD的面积最大，故所求的点P的坐标为(,0)．

6(0?t?解法二：不妨设E与M的四个交点的坐标分别为：

A(x1,x1),B(x1,?x1),C(x2,?x2),D(x2,x2)，则直线AC,BD的方程分别为：

y?x1??x2?x1x2?x1(x?x1),y?x1?x2?x1x2?x1解得点P的坐(x?x1)．

标为(x1x2,0)．设t?x1x2，由t?16?r2及(1)知0?t?127．由于ABCD22x1?2x2）?|x2?x1|．则为等腰梯形，面积为：S?（S2?(x1?x2?2x1x2)?[(x1?x2)2?4x1x2]．将x1?x2?7,x1x2?t，

代

入

，

令

f(t)?S2得：

1128329(7?2t)(7?2t)(14?4t)?()3?，当且22327777仅当7?2t?14?4t时，即t?时，等号成立．又?(0,)，所以四边形的面

6267积最大时，所求的点P的坐标为(,0)．

6f(t)?(7?2t)2(7?2t)?【解读与点评】 本小题主要考查本小题主要考查圆和双曲线的定义和性质、圆与双曲线的位置关系、一元二次方程根的情况、根与系数的关系、直线的交点坐标的

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求法、以及利用导数求函数最值等综合知识，以及解析几何的基本思想、方法和综合解决数学问题的能力.

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试卷综合解读与评析

试题贯彻了《考试大纲》确定的高考命题的指导思想和原则，试题在平和的氛围中透出清新，在稳定的前提下追求创新，达到了考基础、考能力、考素质、考潜能的考试目标；符合高中数学的教学水平，切合学生的实际情况，使不同水平层次的学生都能充分发挥，达到了使考生满意，家长高兴，老师放心的效果，试题的区分度、信度、效度都很高.

与去年相比，今年数学试题难度保持基本稳定.首先，12个选择题都很平易近人，易于下手，运算量很小，而且有合适的梯度；其次，4个填空题非常平和，几乎没有难题，更不需要太繁的计算，考生感觉比选择题还顺手，不会在这些题上浪费时间；最后的6个解答题由易到难，入手容易，深入也不困难，尤其是最后两个“把关”题，基本上是送给学生的大礼，这两题的涉及的知识内容既基础又常规，背景单纯，形式熟悉，设问不陌生，考生读完题后解法也就浮现在眼前了，考生的感觉只有一个字：爽.这样的试题对大多数考生有利，也能较真实的考查出考生的水平，有利于高校选拔人才，有利于中学数学教学，受到广大中学师生的好评.

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