2009福建-理数

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)sinxcosx最小值是

11 C. 22 D.1

A．-1 B.

2.已知全集U=R，集合

A{x|x22x0}，则CUA等于

A． { x ∣0x2} B { x ∣02} D { x ∣x0或x2} 3.等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3 =6，a1=4， 则公差d等于

A．1 B

5 C.- 2 D 3 34.

(1cosx)dx等于

22A． B. 2 C. -2 D. +2

5.下列函数f(x)中，满足“对任意x1，x2（0，），当x1f(x2)

的是 A．

f(x)=

1x B.

f(x)=(x1)2 C .f(x)=ex D f(x)ln(x1)

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

7.设m，n是平面 内的两条不同直线，l1，l2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 // C. m //

 且l //  B. m // l 且n // l2  且n //  D. m //

且n // l2

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：

907 966 191 925 271 932 812 458 569 683 431 257 393 027 556 488 730 113 537 989 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 B 0.25 C 0.20 D 0.15

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， 若ac且∣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 D 以b，c为邻边的平行四边形的面积 10.函数

f(x)axbxc(a0)的图象关于直线xb对称。据此可推测，对任意的非零实数a，2ab，c，m，n，p，关于x的方程mA.

f(x)2nf(x)p0的解集都不可能是

1,2 B 1,4 C 1,2,3,4 D 1,4,16,64

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

2abi（i为虚数单位，a,bR ）则ab_________ 1i12．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___________

13.过抛物线为8，则

y22px(p0)的焦点F作倾斜角为45的直线交抛物线于A、B两点，若线段AB的长

p________________

314.若曲线f(x)axlnx存在垂直于y轴的切线，则实数a取值范围是_____________.

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________.

三.解答题

16.（13分） 从集合

中，等可能地取出一个。 1,2,3,4,5的所有非空子集．．．．

（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

17（13分）

如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD平面ABCD

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

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=Asinx(A>0, S(3，2>0) x[0,4]的图象，且图象的最高点为

3)；赛道的后一部分为折线段MNP，为保证参赛

o运动员的安全，限定MNP=120

（I） （II）

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？

19、（本小题满分13分）

已知A,B 分别为曲线C：

x2a2+

y2=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。

20、（本小题满分14分） 已知函数

f(x)13xax2bx,且f'(1)0 3(1) 试用含a的代数式表示b,并求（2）令aP(m,f(x)的单调区间；

M (x1,

1,设函数f(x)在x1,x2(x1x2)处取得极值，记点f(x1))，N(x2,f(x2))，

并解释f(m)), x1mx2,请仔细观察曲线f(x)在点P处的切线与线段MP的位置变化趋势，

以下问题： （I）若对任意的m 你的结论；

（II）若存在点Q(n ,f(n)), x 范围（不必给出求解过程）

21、本题（1）、（2）、（3）三个选答题，每小题7分，请考生任选2题作答，满分14分，如果多做，则按所做的前两题计分。作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中，

（1）（本小题满分7分）选修4-4：矩阵与变换

(x1, x2)，线段MP与曲线f(x)均有异于M,P的公共点，试确定t的最小值，并证明

n< m,使得线段PQ与曲线f(x)有异于P、Q的公共点，请直接写出m的取值

已知矩阵M23所对应的线性变换把点A(x,y)变成点A ‘(13,5),试求M的逆矩阵及点A的坐标

11（2）（本小题满分7分）选修4-4：坐标系与参数方程

x12cos已知直线l:3x+4y-12=0与圆C: (y22sin（3）（本小题满分7分）选修4-5：不等式选讲 解不等式∣2x-1∣<∣x∣+1

为参数 )试判断他们的公共点个数

2009年普通高等学校招生全国统一考试 数学（理工农医类）（福建卷及详解）

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．【答案】：B [解析]∵

11f(x)sin2x∴f(x)min.故选B

222．【答案】：A [解析]∵计算可得A3．【答案】：C [解析]∵S3xx0或x2∴CuAx0x2.故选A

63(a1a3)且a3a12d a1=4  d=2.故选C 24．【答案】：D

[解析]∵原式xsinx(sin)[sin()]2.故选D

x22222x25．【答案】：A

[解析]依题意可得函数应在x(0,)上单调递减，故由选项可得A正确。 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．【答案】：B [解析]若

m//l1,n//l2,m.n,1.2，则可得

//.若

//则存在

1,/2n, /l/2m/l8．【答案】：B

[解析]由随机数可估算出每次投篮命中的概率

2C3P2(1P)0.25故选B

p242605则三次投篮命中两次为

9．【答案】：C

[解析]依题意可得bcbccos(b,c)basin(a,c)S故选C.

10. 【答案】：D

[解析]本题用特例法解决简洁快速，对方程m[f(x)]代入

2nf(x)P0中m,n,p分别赋值求出f(x)f(x)0求出检验即得.

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. 【答案】：2 解析：由

22(1i)abi1i，所以a1,b1,故ab2。 1i(1i)(1i)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x1。

913. 【答案】：2

y22pxpp22解析：由题意可知过焦点的直线方程为yx，联立有0，又px3px24yx2p2AB(11)(3p)48p2。

42214. 【答案】：(,0) 解析：由题意可知所以2ax2f'(x)2ax21，又因为存在垂直于y轴的切线， x110a3(x0)a(,0)。 x2x15. 【答案】：5 解析：由题意可设第n次报数，第n1次报数，第n2次报数分别为an，an1，

an2，所以有anan1an2，又a11,a21,由此可得在报到第100个数时，甲同学拍手5次。

三.解答题

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=C512345=31 C5C5C5C5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)m3 n31（II）依题意，的所有可能取值为1，2，3，4，5

13C5C5210C5510 ， p(2)， p(3)又p(1)3131313131315C545C51 p(4)， p(5)31313131故的分布列为：

 P 1 2 3 4 5 从而E5 3110 31 10 31 5 31 1 311510105180+2+3+4+5

31313131313117.解析：（1）在如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标Dxyz

依题意，得D(0,0,0)A(1,0,0)M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),N(1,1,1),E(1NE(,0,1),AM(1,0,1)

2NEAM10cosNE,AM10|NE||AM|所以异面直线NE与（2）假设在线段

1,1,0)。 2，

AM所成角的余弦值为

10.A 10AN上存在点S，使得ES平面AMN.

AN(0,1,1), 可设ASAN(0,,),

11又EA(,1,0),ESEAAS(,1,).

221ESAM0,0,由ES平面AMN，得即2 ESAN0,(1)0.1112故，此时AS(0,,),|AS|2222经检验，当

.

AS22时，ES平面AMN.

故线段

AN上存在点S，使得ES平面AMN，此时AS22.

18.解析： 解法一

（Ⅰ）依题意，有A23，当 x4是，y23sinT2，。y23sinx 3，又T46623 3M(4,3) 又p(8,3) MP42325

（Ⅱ）在△MNP中∠MNP=120°，MP=5， 设∠PMN=，则0°<<60° 由正弦定理得

MPNPMN

sin1200sinsin(600)NP103103sin(600) sin,MN3310310310313sinsin(600)(sincos) 33323故NPMN103sin(600) 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，

22cos∠MNP=MP2 由余弦定理得MNNP2MNNP22即MNNPMNNP25

故(MNNP)225MNNP(103MNNP23 ), 从而(MNNP)225，即MNNP324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：①N(123943123943，），）；②N(；③点N在线段MP的垂直平分线上等 262619.【解析】 解法一：

AB的三等分点得∠BOT=60°或120°. (Ⅰ)当曲线C为半圆时，a1,如图，由点T为圆弧(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(1,23),综上, S(1,(Ⅱ)假设存在a(a0),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.

23)或S(1,23) 3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).

x222y1得(1a2k2)x22a2k2xa4k2a20 由ayk(xa)a2k2a2设点T(xT,yT),xT(a),

1a2k22akaa2k2aa2k22ak故xT,从而yTk(xTa). 亦即T(,). 222222221ak1ak1ak1ak2a2k22akB(a,0),BT((,))

1a2k21a2k2由xa得s(a,2ak),OS(a,2ak).

yk(xa)2a2k24a2k2由BTOS,可得BTOS0即2a2k24a2k20 21ak2k0,a0,a2

经检验,当a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)

2时,O,M,S三点共线. 故存在a2,使得O,M,S三点共线.

x222y1得(1a2b2)x22a2k2xa2k2a20 由ayk(xa)a4k2a2设点T(xT,yT),则有xT(a).

1a2k2aa2k22akaa2k22ak故xT,从而yk(xa)亦即T(). TTaa2k21a2k21a2k21a2k2yT1B(a,0),kBT2,故kSMa2k

xTaak由xa得S(a,2ak),所直线SM的方程为y2aka2k(xa)

yk(xa)2O,S,M三点共线当且仅当O在直线SM上,即2akak(a).

a0,K0,a2. 故存在a2,使得O,M,S三点共线.

20.解法一:

(Ⅰ)依题意,得f'(x)x2axb. 由f'(1)12ab0得b2a1. 从而f(x)213xax2(2a1)x,故f'(x)(x1)(x2a1). 3令f'(x)0,得x1或x12a. ①当a>1时, 12a1 当x变化时，

f'(x)与f(x)的变化情况如下表：

x (,12a) + 单调递增 (12a,1) － 单调递减 (1,) + 单调递增 f'(x) f(x) 由此得，函数②当af(x)的单调增区间为(,12a)和(1,)，单调减区间为(12a,1)。

1时，12a1此时有f'(x)0恒成立，且仅在x1处f'(x)0，故函数f(x)的

单调增区间为R ③当a1时，12a1同理可得，函数f(x)的单调增区间为(,1)和(12a,)，单调减

区间为(1,12a) 综上： 当a当a当a1时，函数f(x)的单调增区间为(,12a)和(1,)，单调减区间为(12a,1)； 1时，函数f(x)的单调增区间为R；

1时，函数f(x)的单调增区间为(,1)和(12a,)，单调减区间为(1,12a).

1得f(x)(Ⅱ)由a13xx23x令f(x)x22x30得x11,x23 3由（1）得

f(x)增区间为(,1)和(3,)，单调减区间为(1,3)，所以函数f(x)在处

5）N（3,9）。 3x11,x23取得极值，故M（1,观察

f(x)的图象，有如下现象：

f(x)在点

P处切线的斜率

①当m从-1（不含-1）变化到3时，线段MP的斜率与曲线Kmp-

f(x)之差

f'(m)的值由正连续变为负。

f'(m)的m正负有着密切的关联；

②线段MP与曲线是否有异于H，P的公共点与Kmp－③Kmp－

f'(m)=0对应的位置可能是临界点，故推测：满足Kmp－f'(m)的m就是所求的t最小值，

f(x)在点P(m,f(m))处的切线斜率f'(m)m22m3；

下面给出证明并确定的t最小值.曲线

m24m5线段MP的斜率Kmp

3当Kmp－

f'(m)=0时，解得m1或m2

m24m5m24mx) 直线MP的方程为y(33m24m5m24mx) 令g(x)f(x)(33当m2时，g'(x)x22x在(1,2)上只有一个零点x0，可判断f(x)函数在(1,0)上单调

g(2)0，所以g(x)在(1,2)上没有零点，即线段MP与

递增，在(0,2)上单调递减，又g(1)曲线

f(x)没有异于M，P的公共点。

m24m0.g(2)(m2)20 当m2,3时，g(0)3所以存在m即当m0,2使得g()0

2,3时,MP与曲线f(x)有异于M,P的公共点

综上，t的最小值为2.

（2）类似（1）于中的观察，可得m的取值范围为解法二： （1）同解法一. （2）由a1,3

11得f(x)x3x23x，令f'(x)x22x30，得x11,x23

3由（1）得的故M(1,f(x)单调增区间为(,1)和(3,)，单调减区间为(1,3)，所以函数在处取得极值。

5).N(3,9) 3m24m5m24m (Ⅰ) 直线MP的方程为yx.

33m24m5m24myx333222由 得x3x(m4m4)xm4m0 y1x3x23x3线段MP与曲线f(x)有异于M,P的公共点等价于上述方程在(－1,m)上有根,即函数

g(x)x33x2(m24m4)xm24m在(-1,m)上有零点.

因为函数g(x)为三次函数,所以g(x)至多有三个零点,两个极值点.

又g(1)g(m)0.因此, g(x)在(1,m)上有零点等价于g(x)在(1,m)内恰有一个极大值点和一个极小值点,即g'(x)3x6x(m4m4)0在(1,m)内有两不相等的实数根.

22＝3612（m24m4）＞01m5223(1)6(m4m4)0等价于 即m2或m1,解得2m5

22m13m6m(m4m4)0m1又因为1m3,所以m 的取值范围为(2,3) 从而满足题设条件的r的最小值为2.

21. (1)解:依题意得, 由M2 31 31,M得,故M1,

1 21 1从而由2 3x13x1 313113352得

1 1y5y1 25113253故x2,即A(2,3)为所求.

y3,22(2)解:圆的方程可化为(x1)(y2)4. 其圆心为C(1,2),半径为2.

(3)解:当x<0时,原不等式可化为2x1x1,解得x0 又x0,x不存在; 当0x1时,原不等式可化为2x1x1,解得x0 21111,0x; 当x,x2 2222又0x综上,原不等式的解集为x|0x2.