2009年天津高考数学试题含答案(理)

数学（理工农医类）

参考公式：

。如果事件A，B互相排斥，那么P（AUB）=P（A）+P(B)。

。棱柱的体积公式V=sh。其中S表示棱柱的底面积，h表示棱柱的高

一、选择题：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）i是虚数单位，

5i=2i（D）-1+2i

（A）1+2i （B）-1-2i （C）1-2i 【考点定位】本小考查复数的运算，基础题。解析：

5i5i(2i)12i，故选择D。2i5xy3（2）设变量x，y满足约束条件：xy1.则目标函数z=2x+3y的最小值为

2xy3（A）6 （B）7 （C）8 （D）23【考点定位】本小考查简单的线性规划，基础题。

xy3解析：画出不等式xy1表示的可行域，如右图，

2xy32xz让目标函数表示直线y在可行域上平移，知

xy333数取到最小值，解方程组得(2,1)，所以

2xy3在点B自目标函

zmin437，故选择B。

（3）命题“存在x0R，2xx00”的否定是

（B）存在x0R, 2x0（A）不存在x0R, 20>0 （C）对任意的xR, 20

x0

x（D）对任意的xR, 2>0

【考点定位】本小考查四种命题的改写，基础题。解析：由题否定即“不存在x0R，使2（4）设函数f(x)x00”，故选择D。

1xlnx(x0),则yf(x)311B在区间(,1),(1,e)内均无零点。

ee1C在区间(,1)内有零点，在区间(1,e)内无零点。

eA在区间(,1),(1,e)内均有零点。

D在区间(,1)内无零点，在区间(1,e)内有零点。【考点定位】本小考查导数的应用，基础题。解析：由题得f`(x)1e11x3，令f`(x)0得x3；令f`(x)0得0x3；f`(x)0得3x3x故知函数f(x)在区间(0,3)上为减函数，在区间(3,)为增函数，在点x3处有极小值1ln30；x3，

又f(1)1e11,fe10,f()10，故选择D。33e3e（5）阅读右图的程序框图，则输出的S=

A 26 B 35 C 40 D 57【考点定位】本小考查框架图运算，基础题。

解：当i1时，T2,S2；当i2时，T5,S7；当i3时，

T8,S15；当i4时，T11,S26；当i5时，T14,S40；

当i6时，T17,S57，故选择C。

(6）设a0,b0.若3是3与3的等比中项，则 A 8

B 4

C 1

D

ab11的最小值为ab14【考点定位】本小题考查指数式和对数式的互化，以及均值不等式求最值的运用，考查了变通能力。

【解析】因为333，所以ab1，

ab1111bababa1(ab)()2224，当且仅当即ab时“=”成立，故选择Cababababab2（7）已知函数f(x)sin(x

4)(xR,0)的最小正周期为，为了得到函数

g(x)cosx的图象，只要将yf(x)的图象

A 向左平移C 向左平移

8个单位长度 个单位长度

B 向右平移D 向右平移

8个单位长度个单位长度

44【考点定位】本小题考查诱导公式、函数图象的变换，基础题。解析：由题知2，所以

f(x)sin(2x4)cos[2(2x4)]cos(2x42)cos2(x8)，故选择A。

x24x,（8）已知函数f(x)24xx,x0x0若f(2a)f(a),则实数a的取值范围是

A (,1)(2,) B (1,2) C (2,1) D (,2)(1,)【考点定位】本小题考查分段函数的单调性问题的运用。以及一元二次不等式的求解。解析：由题知f(x)在R上是增函数，由题得2aa，解得2a1，故选择C。

（9）．设抛物线y=2x的焦点为F，过点M（3，0）的直线与抛物线相交于A，B两点，与抛物线的准线相交

fy = 于C，BF=2，则BCF与ACF的面积之比2gy = -12y222SBCF=SACF6（A）

424hx = -2x+31 （B） （C） （D）5372【考点定位】本小题考查抛物线的性质、三点共线的坐标关系，和综合运算数学的能力，中档题。C4S解析：由题知BCFSACF1xBBC22xB1，12xA1ACxA2-102F: (0.51, 0.00)AF-55x=-0.5-2又|BF|xB132xByB322B02xAyyAyyB03M由A、B、M三点共线有M即，3xMxAxMxB3xA32-4-6xA2，故

∴

SBCF2xB1314，故选择A。

SACF2xA141522（10）0b1a,若关于x 的不等式(xb)＞(ax)的解集中的整数恰有3个，则

（A）1a0 （B）0a1 （C）1a3 （D）3a6【考点定位】本小题考查解一元二次不等式，

解析：由题得不等式(xb)＞(ax)即(a1)x2bxb0，它的解应在两根之间，故有

222224b24b2(a21)4a2b20，不等式的解集为

bbbb或0。若不等式xxa1a1a1a1的解集为

bbbbb，又由0b1a得0x1，故32，即23a1a1a1a1a1二．填空题：（6小题，每题4分，共24分）

（11）某学院的A，B，C三个专业共有1200名学生，为了调查这些学生勤工俭学的情况，拟采用分层抽样的方法抽取一个容量为120的样本。已知该学院的A专业有380名学生，B专业有420名学生，则在该学院的C专业应抽取____名学生。

【考点定位】本小题考查分层抽样，基础题。

解析：C专业的学生有1200380420400，由分层抽样原理，应抽取12040040名。1200（12）如图是一个几何体的三视图，若它的体积是33，则a_______

【考点定位】本小题考查三视图、三棱柱的体积，基础题。

解析：知此几何体是三棱柱，其高为3，底面是底边长为2，底边上的高为a的等腰三角形，所以有

2a333a3。2(13) 设直线l1的参数方程为则l1与l2的距离为_______

x1t（t为参数），直线l2的方程为y=3x+4

y13t【考点定位】本小题考查参数方程化为普通方程、两条平行线间的距离，基础题。解析：由题直线l1的普通方程为3xy20，故它与与l2的距离为

2222|42|10310。5(14)若圆xy4与圆xy2ay60（a>0）的公共弦的长为23，则a___________。

【考点定位】本小题考查圆与圆的位置关系，基础题。

解析：由知xy2ay60的半径为6a，由图可知6a(a1)(3)解之得a1222222urrr1uu1uuu3uuuruuuruuuuurBAuuurBCuuurBD，则四边形ABCD的面积是 (15)在四边形ABCD中，AB=DC=（1，1），uBABCBD【考点定位】本小题考查向量的几何运算，基础题。解析：由题知四边形ABCD是菱形，其边长为

2，且对角线BD等于边长的3倍，所以

cosABD3312，SABCD(2)3。，故sinABD222222226（16）用数字0，1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的

四位数共有 个（用数字作答）

【考点定位】本小题考查排列实际问题，基础题。

解析：个位、十位和百位上的数字为3个偶数的有：C3A3C4A3C390种；个位、十位和百位上的数字为1个偶数2个奇数的有：C3A3C4C3C3A3C3234种，所以共有90234324个。三、解答题：本大题共6小题，共76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12分）

231123123131在⊿ABC中，BC=5，AC=3，sinC=2sinA(I) 求AB的值：(II) 求sin2A的值4本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦与余弦、两角差的正弦等基础知

识，考查基本运算能力。满分12分。（Ⅰ）解：在△ABC中，根据正弦定理，

于是AB=

sinCBC2BC25sinAABBCsinCsinAAB2AC2BD225（Ⅱ）解：在△ABC中，根据余弦定理，得cosA=

2ABAC5于是 sinA=1cos2A

从而sin2A=2sinAcosA=所以 sin(2A-

5543,cos2A=cos2A-sin2A=554（18）（本小题满分12分）

)=sin2Acos

4-cos2Asin

4=

210在10件产品中，有3件一等品，4件二等品，3件三等品。从这10件产品中任取3件，求：（I） 取出的3件产品中一等品件数X的分布列和数学期望；（II） 取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率。

本小题主要考查古典概型及计算公式、离散型随机变量的分布列和数学期望、互斥事件等基础知识，考查运用概

率知识解决实际问题的能力。满分12分。

k（Ⅰ）解：由于从10件产品中任取3件的结果为C3，从10件产品中任取3件，其中恰有k件一等品的结果数为

CCk33k77，那么从10件产品中任取3件，其中恰有k件一等品的概率为P(X=k)= C3C,k=0,1,2,3.3C10k3k所以随机变量X的分布列是XP

0

7241

21402

7403

3120X的数学期望EX=072171912324404012010（Ⅱ）解：设“取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数”为事件A，“恰好取出1件一等品和2件三等品”

为事件A1“恰好取出2件一等品“为事件A2，”恰好取出3件一等品”为事件A3由于事件A1，A2，A3彼此互斥，且A=A1∪A2∪A3而

273C113C3P(A1)3,P(A2)=P(X=2)= 40,P(A3)=P(X=3)= ,

40120C10所以取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率为P(A)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=

37131++=4040120120（19）（本小题满分12分）

如图，在五面体ABCDEF中，FA 平面ABCD, AD//BC//FE，ABAD，M为EC的中点，AF=AB=BC=FE=(I) 求异面直线BF与DE所成的角的大小；

1AD2(II) 证明平面AMD平面CDE；（III）求二面角A-CD-E的余弦值。

本小题要考查异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方

法，考查空间想像能力、运算能力和推理论证能力。满分12分.

方法一：（Ⅰ）解：由题设知，BF//CE，所以∠CED（或其补角）为异面直线BF

////AP，与DE所成的角。设P为AD的中点，连结EP，PC。因为FE所以FAEP，同//PC。理AB又FA⊥平面ABCD，所以EP⊥平面ABCD。而PC，AD都在平面ABCD内,

故EP⊥PC，EP⊥AD。由AB⊥AD可得，PC⊥AD设FA=a，则EP=PC=PD=a,CD=DE=EC=2a，故∠CED=60°。所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°

（II）证明：因为DCDE且M为CE的中点，所以DMCE.连结MP，则MPCE.又MPDMM，故CE平面AMD.而CE平面CDE，所以平面AMD平面CDE.（

解：设Q为CD的中点，连结PQ，EQ.因为CEDE，所以EQCD.因为PCPD，所以PQCD，故EQP为二面角ACDE的平面角.由（I）可得，EPPQ，EQIII）

62a，PQa.22于是在RtEPQ中，cosEQPPQ3，EQ3方法二：如图所示，建立空间直角坐标系，

0，0，C1，1，0，2，0，1，1，0，1，点A为坐标原点。设AB1，依题意得B1， D0， E0， F0，11M，1，.22（I）解：BF1，0，1， DE0，1，1，于是cosBF，DEBFDEBFDE0011.2220

所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60.

（II）证明：由AM， CE1，0，1， AD0，2，0，可得CEAM0，1，，1212CEAD0.因此，CEAM，CEAD.又AMADA，故CE平面AMD.而CE平面CDE，所以平面AMD平面CDE.uCE0，（III）解：设平面CDE的法向量为u(x，y，z)，则uDE0.xz0，于是令x1，可得u(1，1，1）.yz0.又由题设，平面ACD的一个法向量为v(0，0，1).所以，cosu，vuv0013.uv331（20）（本小题满分12分）

已知函数f(x)(xax2a3a)e(xR),其中aR（1）当a0时，求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率；（2）当a22x2时，求函数f(x)的单调区间与极值。3本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。满分12分。

（I）解：当a0时，f(x)xe，f'(x)(x2x)e，故f'(1)3e.2x2x所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为3e.（II）解：f'(x)x(a2)x2a4ae.22x令f'(x)0，解得x2a，或xa2.由a以下分两种情况讨论。（1）若a＞

2知，2aa2.32，则2a＜a2.当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：32a0极大值

x，2a+↗

2a，a2—↘

a20极小值

a2，+↗

所以f(x)在(，2a)，(a2，)内是增函数，在(2a，a2)内是减函数.函数f(x)在x2a处取得极大值f(2a)，且f(2a)3ae2a.函数f(x)在xa2处取得极小值f(a2)，且f(a2)(43a)ea2.（2）若a＜

2，则2a＞a2，当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：3x，a2+↗

a20极大值

a2，2a—↘

2a0极小值

2a，+↗

所以f(x)在(，a2)，(2a，)内是增函数，在(a2，2a)内是减函数。函数f(x)在xa2处取得极大值f(a2)，且f(a2)(43a)ea2.函数f(x)在x2a处取得极小值f(2a)，且f(2a)3ae2a.（21）（本小题满分14分）

x2y2a2以知椭圆221(ab0)的两个焦点分别为F1(c,0)和F2(c,0)(c0)，过点E(,0)的直线与

abc椭圆相交与A,B两点，且F1A//F2B,F1A2F2B。（1）求椭圆的离心率；

（2）求直线AB的斜率；

（3）设点C与点A关于坐标原点对称，直线F2B上有一点H(m,n)(m0)在AF1C的外接圆上，求

nm的值

本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、圆的方程等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查运算能力和推理能力，满分14分

（I）

a2cEF2F2B11解：由F1A//F2B且F1A2F2B，得，从而c2a2EF1F1A2cc22 整理，得a3c，故离心率e（II）

22c3a32解：由（I）得bac2c，所以椭圆的方程可写为2x3y6c2222a2 设直线AB的方程为ykx，即yk(x3c).

cyk(x3c) 由已知设A(x1,y1),B(x2,y2)，则它们的坐标满足方程组2222x3y6c消去y整理，得(23k)x18kcx27kc6c0.

22222222依题意，48c(13k)0，得33k33①

而

18k2c x1x2223k

27k2c26cc x1x223k2②

由题设知，点B为线段AE的中点，所以 x13c2x2 ③

9k2c2c9k2c2c联立①③解得x1，x223k223k2将x1,x2代入②中，解得k2.3(III)解法一：由（II）可知x10,x2当k3c22时，得A(0,2c)，由已知得C(0,2c).3线段AF1的垂直平分线l的方程为y22ccx直线l与x轴22222ccc2的交点,0是AF1C外接圆的圆心，因此外接圆的方程为xyc.

222直线F2B的方程为y2(xc)，于是点H（m，n）的坐标满足方程组

522mcc9c2mnn223 ， 由m0,解得故245n22cmn2(mc)3当k2n22时，同理可得.3m5解法二：由（II）可知x10,x2当k3c22时，得A(0,2c),由已知得C(0,2c)3由椭圆的对称性可知B，F2，C三点共线，因为点H（m，n）在AF1C的外接圆上，且F1A//F2B，所以四边形AF1CH为等腰梯形.

由直线F2B的方程为y22(xc),知点H的坐标为(m,2m2c).

22因为AHCF1，所以m(2m2c2c)a，解得m=c（舍），或m5c.3则n22n22.c，所以3m5当k2n22时同理可得 3m5（22）（本小题满分14分）

已知等差数列{an}的公差为d（d0），等比数列{bn}的公比为q（q>1）。设sn=a1b1+a2b2…..+ anbn,Tn=a1b1-

a2b2+…..+(-1)n1 anbn,nN(I)

若a1=b1= 1，d=2，q=3，求 S3 的值；

(II)

2dq(1q2n)若b1=1，证明（1-q）S2n-（1+q）T2n=，nN；21q(Ⅲ) 若正数n满足2nq，设k1,k2,...,kn和l1,l2,...,ln是1，2...，，n的两个不同的排列，

c1ak1b1ak2b2...aknbn， c2al1b1al2b2...alnbn 证明

c1c2。

本小题主要考查等差数列的通项公式、等比数列的通项公式与前n项和公式等基础知识，考查运算能力，推理论证能力及综合分析和解决问题的能力的能力，满分14分。（Ⅰ）解：由题设，可得an2n1,bn3n1,nN*所以，S3a1b1a2b2a3b311335955（Ⅱ）证明：由题设可得bnqn1则

① ②

S2na1a2qa3q2.....a2nq2n1, T2na1a2qa3q2a4q3.....a2nq2n1,S2nT2n2(a2qa4q...a2nq①式减去②式，得 ①式加上②式，得

32n1)

S2nT2n2(a1a3q2....a2n1q2n2)

③

②式两边同乘q，得

q(S2nT2n)2(a1qa3q....a2n1q所以，

32n1)(1q)S2n(1q)T2n(S2nT2n)q(S2nT2n)2d(qq3Kq2n1)

2dq(1q2n),nN*21q(Ⅲ)证明：c1c2(ak1al1)b1(ak2al2)b2K(aknaln)bn (k1l1)db1(k2l2)db1qK(knln)db1q因为d0,b10,所以

n1c1c2(k1l1)(k2l2)qK(knln)qn1db1（1）若knln，取i=n

（2）若knln，取i满足kili且kjlj,i1jn由（1）,(2)及题设知，1in且

c1c2(k1l1)(k2l2)qK(ki1li1)qi2(kili)qi1db1①当kili时，得kili1,由qn，得kiliq1,i1,2,3.....i1即k1l1q1，(k2l2)qq(q1)…，(ki1li1)q又(kili)qi1i2qi2(q1)qi1,所以

c1c21qi1i2i1 (q1)(q1)qK(q1)qq(q1)db11q因此c1c20,即c1c2②当kili同理可得综上，c1c2c1c21，因此c1c2db1