2009年高考安徽数学(理科)试题及参考答案

第I卷 (选择题 共50分)

一.选择题：本大题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）i是虚数单位，若

17iabi(a,bR)，则乘积ab的值是（ ） 2i （A）-15 （B）-3 （C）3 （D）15 （2）若集合Ax|2x1|3,Bx2x10,则A∩B是（ ）

3x1 （A） x1x或2x3 (B) x2x3

211 (C) xx2 (D) x1x 22（3）下列曲线中离心率为6的是（ ）

22222x2y2x2y2xy（A）1 （B）1 （C）1 （D）xy1

244246410

(4)下列选项中，p是q的必要不充分条件的是（ ）

（A）p:ac＞b+d , q:a＞b且c＞d

（B）p:a＞1,b>1， q:f(x)ab(1a0)的图像不过第二象限 （C）p: x=1, q:xx

（D）p:a＞1, q: f(x)logax(1a0)在(0,)上为增函数 则使得Sn达到最大值的n是（ ）

（A）21 （B）20 （C）19 （D） 18 （6）设a＜b,函数y(xa)(xb)的图像可能是（ ）

2x2（5）已知an为等差数列，a1+a3+a5=105，a2a4a6=99.以Sn表示an的前n项和，

x0（7）若不等式组x3y4所表示的平面区域被直线

3xy4

1

ykx4分为面积相等的两部分，3则k的值是（ ） （A）

7343 （B） （C） （D） 3734（8）已知函数f(x)3sinxcosx(0)，yf(x)的图像与直线y2的两个相邻交点的距离等于，则f(x)的单调区间是（ ）

（A）[k,k5],kZ （B）[k5,k11],kZ

12121212（C）[k,k],kZ （D）[k,k2],kZ

3663（9）已知函数f(x)在R上满足f(x)2f(2x)x8x8，则曲线yf(x)在点

2(1,f(1))处的切线方程是（ ）

（A）y2x1 （B）yx （C）y3x2 （D）y2x3 （10）考察正方体6个面的中心，甲从这6个点中任意选两个点连成直线，乙也从这6个点中任意选两个点连成直线，则所得的两条直线相互平行但不重合的概率等于（ ） （A）

1234 （B） （C） （D） 75757575二．填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在答题卡的相应位置。 (11）若随机变量X～(,)，则P(X)=________.

(12)以直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，并在两种坐标系中取相同的长度单位。已知直线的极坐标方程为2x12cos（为参数）相(R)，它与曲线4y22sin交于两点A和B，则|AB|=_______.

(13) 程序框图（即算法流程图）如图所示，其输出结果是_______.

2

o（14）给定两个长度为1的平面向量OA和OB，它们的夹角为120. 如图

所示，点C在以O为圆心的圆弧

上变动.若OCxOAyOB,其中

x,yR,则xy的最大值是=________.

（15）对于四面体ABCD，下列命题正确的是_________（写出所有正确命题的编号）。

1相对棱AB与CD所在的直线异面； ○

2由顶点A作四面体的高，其垂足是BCD的三条高线的交点； ○

3若分别作ABC和ABD的边AB上的高，则这两条高所在的直线异面； ○

4分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点； ○

○5最长棱必有某个端点，由它引出的另两条棱的长度之和大于最长棱。

三．解答题：本大题共6小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。解答写在答题卡的指定区域内。 （16）（本小题满分12分） 在ABC中，sin(C-A)=1, sinB=（I）求sinA的值；

(II)设AC=6，求ABC的面积。

（17）（本小题满分12分）

某地有A、B、C、D四人先后感染了甲型H1N1流感，其中只有A到过疫区．B肯定是受A感染的。对于C，因为难以断定他是受A还是受B感染的，于是假定他受A和受B感染的概率都是

1。 311。同样也假定D受A、B和C感染的概率都是。在这种假定之下，B、23C、D中直接受A感染的人数X就是一个随机变量。写出X的分布列(不要求写出计算过程),．．并求X的均值（即数学期望）.

3

（18）（本小题满分13分）

如图，四棱锥F-ABCD的底面ABCD是菱形，其对角线AC=2， BD=2，AE、CF都与平面ABCD垂直，AE=1，CF=2。 （I）求二面角B-AF-D的大小；

（II）求四棱锥E-ABCD与四棱锥F-ABCD公共部分的体积。

（19）（本小题满分12分） 已知函数f(x)x2a(2lnx),a0，讨论f(x)的单调性. x

（20）（本小题满分13分）

x2y2点P(x0,y0)在椭圆221(ab0)上，x0acos,y0bsin,0.直线

ab2l2与直线l1:角为.

x0y0xy1垂直，O为坐标原点，直线OP的倾斜角为，直线l2的倾斜22abx2y2（I）证明: 点P是椭圆221与直线l1的唯一交点；

ab（II）证明:tan,tan,tan构成等比数列。

4

（21）（本小题满分13分） 首项为正数的数列an满足an112(an3),nN. 4（I）证明：若a1为奇数，则对一切n2,an都是奇数； （II）若对一切nN都有an1an，求a1的取值范围。

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答案

一．选择题：BDBAB CACAD 二．填空题：11：三．解答题

16解：（I）由sin(CA)1,CA,知CA又ABC,所以2AB11○4○ 12：14 13：127 14：2 15：○5

22。

2,即2A2B,0A4.

故cos2AsinB,12sinA213,sinA. 33(II)由（I）得：cosA又由正弦定理，得：所以SABC6. 3BCACsinA,BCAC32, sinAsinBsinB11ACBCsinCACBCcosA32. 22X P 1 2 3

17.解：随机变量X的分布列是

X的均值EX12111 3261311113。 2661： 6⑤ A—C—D └B ⑥ 附：X的分布列的一种求法

共有如下6种不同的可能情形，每种情形发生的概率都是

① A－B－C－D ② A—B—C └D ③ A—B—C └D ④ A—B—D └C 在情形①和②之下，A直接感染了一个人；在情形③、④、⑤之下，A直接感染了两个人；在情形⑥之下，A直接感染了三个人。

18.解：（I）(综合法)连接AC、BD交于菱形的中心O，过O作OG⊥AF，G为垂足。 连接BG、DG。

由BD⊥AC,BD⊥CF,得：BD⊥平面ACF，故BD⊥AF.

于是AF⊥平面BGD,所以BG⊥AF,DG⊥AF,∠BGD为二面角B-AF-D的平面角。 由FC⊥AC,FC=AC=2,得∠FAC=

2,OG=.

24 6

由OB⊥OG,OB=OD=2,得∠BGD=2∠BGO=.

22

(向量法)以A为坐标原点，BD、AC、AE方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空

间直角坐标系(如图).于是B(22,1,0),D(,1,0),F(0,2,2). 222xy0n1AB0设平面ABF的法向量n1(x,y,z)，则由得2。 n1AF02y2z0x2令z1,得，n1(2,1,1)

y1同理，可求得平面ADF的法向量n2(2,1,1)。

由n1n20知，平面ABF与平面ADF垂直，

二面角B-AF-D的大小等于

。 2（II）连EB、EC、ED，设直线AF与直线CE相交于点H，则四棱锥E-ABCD与四棱锥F-ABCD的公共部分为四棱锥H-ABCD。 过H作HP⊥平面ABCD，P为垂足。

因为EA⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，，所以平面ACFE⊥平面ABCD， 从而PAC,HPAC.

HPHPAPPC21,得HP。 CFAEACAC31又因为S菱形ABCDACBD2,

2由

故四棱锥H-ABCD的体积V122S菱形ABCDHP. 392ax2ax2. 19.解：f(x)的定义域是(0,+),f(x)12xxx2

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设g(x)xax2,二次方程g(x)0的判别式a8.

① 当a80,a0，即0a22时，对一切x0都有f(x)0. 此时f(x)在(0,)上是增函数。

② 当a80,a0,即a22时，仅对x2有f(x)0,对其余的x0都有

2222f(x)0, 此时f(x)在(0,)上也是增函数。

③ 当a80,a0，即a22时，

2aa28aa28方程g(x)0有两个不同的实根x1,x2,0x1x2.

22x f(x) f(x) (0,x1) + 单调递增↑ x1 0 极大 (x1,x2) _ 单调递减↓ x2 0 极小 (x2,) + 单调递增↑ aa28aa28aa28)上单调递增, 在(,)是上单调递减, 此时f(x)在(0,222aa28,)上单调递增. 在(2

b2x0y0x2y2220.解：（I）（方法一）由2x2y1得y2(ax0x),代入椭圆221,

ay0abab1b2x0222b2x0b2x(21)0. 得(242)x2aay0ay0y0将x0acos222代入上式,得x2acosxacos0,从而xacos.

y0bsinx2y21xx0a2b2因此,方程组有唯一解,即直线l1与椭圆有唯一交点P.

yy0x0xy0y1b2a2(方法二)显然P是椭圆与l1的交点，若Q(acos1,bsin1),012是椭圆与l1的交点，

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代入l1的方程

cossinxy1，得coscos1sinsin11, ab即cos(1)1,1,故P与Q重合。

x2y2b2b2（方法三）在第一象限内，由221可得yax2,y0ax02,

abaa椭圆在点P处的切线斜率ky(x0)bx0aa2x02b2x02,

ay0b2x0xxyy切线方程为y2(xx0)y0,即02021。

ay0ab因此，l1就是椭圆在点P处的切线。

根据椭圆切线的性质，P是椭圆与直线l1的唯一交点。

x0b2y0a2ay0b,l2的斜率为tantan, （II）tantan,l1的斜率为y0a2x0b2bx0a由此得tantantan0,tan,tan,tan构成等比数列。 21.解：（I）已知a1是奇数，假设ak2m1是奇数，其中m为正整数，

2ak23m(m1)1是奇数。 则由递推关系得ak14根据数学归纳法，对任何nN，an都是奇数。 （II）（方法一）由an1an1(an1)(an3)知，an1an当且仅当an1或an3。 432313另一方面，若0ak1,则0ak13. 1；若ak3，则ak144根据数学归纳法，0a11,0an1,nN;a13an3,nN. 综合所述，对一切nN都有an1an的充要条件是0a11或a13。

a123a1,得a124a130,于是0a11或a13。 （方法二）由a24an23an123(anan1)(anan1)an1an,

444 9

an23因为a10,an1,所以所有的an均大于0，因此an1an与anan1同号。

4根据数学归纳法，nN，an1an与a2a1同号。

因此，对一切nN都有an1an的充要条件是0a11或a13。

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