2009年全国统一高考数学试卷（理科）（全国卷ⅰ）（含解析版）下载

2009 年全国统一高考数学试卷（理科）（全国卷Ⅰ） 一、选择题（共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分） 1．（5 分）设集合 A={4，5，7，9}，B={3，4，7，8，9}，全集 U=A∪B，则集 合∁U（A∩B）中的元素共有（　　） A．3 个 B．4 个 C．5 个 D．6 个 2．（5 分）已知 =2+i，则复数 z=（　　） A．﹣1+3i B．1﹣3i C．3+i D．3﹣i 3．（5 分）不等式 ＜1 的解集为（　　） A．{x|0＜x＜1}∪{x|x＞1} C．{x|﹣1＜x＜0} B．{x|0＜x＜1} D．{x|x＜0} 4．（5 分）已知双曲线 ﹣=1（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为（　　） A． B．2 C． D． 5．（5 分）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 的最小值为（　　 6．（5 分）设 、 、 是单位向量，且 ，则 •）A．﹣2 B． ﹣2 C．﹣1 D．1﹣ 7．（5 分）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 D 为 BC 的中点，则异面直线 AB 与 CC1 所成的角的余弦值为（　　） 第 1 页（共 25 页） A． B． C． D． 8．（5 分）如果函数 y=3cos（2x+φ）的图象关于点（ |φ|的最小值为（　　） ，0）中心对称，那么 A． B． C． D． 9．（5 分）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．（5 分）已知二面角 α﹣l﹣β 为 60°，动点 P、Q 分别在面 α、β 内，P 到 β 的距离为 ，Q 到 α 的距离为 ，则P、Q 两点之间距离的最小值为（　　） A．1 B．2 C． D．4 11．（5 分）函数 f（x）的定义域为 R，若 f（x+1）与 f（x﹣1）都是奇函数，则 （　　） A．f（x）是偶函数 C．f（x）=f（x+2） B．f（x）是奇函数 D．f（x+3）是奇函数 12．（5 分）已知椭圆 C： +y2=1 的右焦点为 F，右准线为 l，点 A∈l，线段 AF 交 C 于点 B，若 =3 ，则| |=（　　） A． B．2 C． D．3 　二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分） 13．（5 分）（x﹣y）10 的展开式中，x7y3 的系数与 x3y7 的系数之和等于　 14．（5 分）设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S9=81，则 a2+a5+a8=　 　． 　． 第 2 页（共 25 页） 15．（5 分）直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的各顶点都在同一球面上，若 AB=AC=AA1=2，∠ BAC=120°，则此球的表面积等于　 　． 16．（5 分）若 ，则函数 y=tan2xtan3x 的最大值为　 　． 　三、解答题（共 6 小题，满分 70 分） 17．（10 分）在△ABC 中，内角 A、B、C 的对边长分别为 a、b、c，已知 a2﹣c2=2b ，且 sinAcosC=3cosAsinC，求 b． 18．（12 分）如图，四棱锥 S﹣ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，SD⊥底面 ABCD， AD= ，DC=SD=2，点 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．（12 分）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 ξ 表示从第 3 局开始到比赛结束所进行的局数，求 ξ 的分布列及数学期 第 3 页（共 25 页） 望． 20．（12 分）在数列{an}中，a1=1，an+1=（1+ ）an+ ．（1）设 bn= ，求数列{bn}的通项公式； （2）求数列{an}的前 n 项和 Sn． 21．（12 分）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． 22．（12 分）设函数 f（x）=x3+3bx2+3cx 有两个极值点 x1、x2，且 x1∈[﹣1，0]， x2∈[1，2]． （1）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 第 4 页（共 25 页） （b，c）的区域； （2）证明： ．　第 5 页（共 25 页） 2009 年全国统一高考数学试卷（理科）（全国卷Ⅰ） 参考答案与试题解析 　一、选择题（共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分） 1．（5 分）设集合 A={4，5，7，9}，B={3，4，7，8，9}，全集 U=A∪B，则集 合∁U（A∩B）中的元素共有（　　） A．3 个 B．4 个 C．5 个 D．6 个 【考点】1H：交、并、补集的混合运算．菁优网版权所有 【分析】根据交集含义取 A、B 的公共元素写出 A∩B，再根据补集的含义求解． 【解答】解：A∪B={3，4，5，7，8，9}， A∩B={4，7，9}∴∁U（A∩B）={3，5，8}故选 A． 也可用摩根律：∁U（A∩B）=（∁UA）∪（∁UB） 故选：A． 【点评】本题考查集合的基本运算，较简单． 　2．（5 分）已知 A．﹣1+3i =2+i，则复数 z=（　　） B．1﹣3i C．3+i D．3﹣i 【考点】A1：虚数单位 i、复数．菁优网版权所有 【分析】化简复数直接求解，利用共轭复数可求 z． 【解答】解： ，∴z=1﹣3i 故选：B． 【点评】求复数，需要对复数化简，本题也可以用待定系数方法求解． 　3．（5 分）不等式 ＜1 的解集为（　　） A．{x|0＜x＜1}∪{x|x＞1} B．{x|0＜x＜1} C．{x|﹣1＜x＜0} 第 6 页（共 25 页） D．{x|x＜0} 【考点】7E：其他不等式的解法．菁优网版权所有 【分析】本题为绝对值不等式，去绝对值是关键，可利用绝对值意义去绝对值， 也可两边平方去绝对值． 【解答】解：∵ ＜1， ∴|x+1|＜|x﹣1|， ∴x2+2x+1＜x2﹣2x+1． ∴x＜0． ∴不等式的解集为{x|x＜0}． 故选：D． 【点评】本题主要考查解绝对值不等式，属基本题．解绝对值不等式的关键是去 绝对值，去绝对值的方法主要有：利用绝对值的意义、讨论和平方． 　4．（5 分）已知双曲线 ﹣=1（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为（　　） A． B．2 C． D． 【考点】KC：双曲线的性质；KH：直线与圆锥曲线的综合．菁优网版权所有 【专题】11：计算题． 【分析】先求出渐近线方程，代入抛物线方程，根据判别式等于 0，找到 a 和 b 的关系，从而推断出 a 和 c 的关系，答案可得． 【解答】解：由题双曲线 的一条渐近线方程为 ，代入抛物线方程整理得 ax2﹣bx+a=0， 因渐近线与抛物线相切，所以 b2﹣4a2=0， 即，第 7 页（共 25 页） 故选：C． 【点评】本小题考查双曲线的渐近线方程直线与圆锥曲线的位置关系、双曲线的 离心率，基础题． 　5．（5 分）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 【考点】D1：分类加法计数原理；D2：分步乘法计数原理．菁优网版权所有 【专题】5O：排列组合． 【分析】选出的 4 人中恰有 1 名女同学的不同选法，1 名女同学来自甲组和乙组 两类型． 112【解答】解：分两类（1）甲组中选出一名女生有 C5 •C3 •C6 =225 种选法； 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． 故选：D． 【点评】分类加法计数原理和分类乘法计数原理，最关键做到不重不漏，先分类 ，后分步！ 　6．（5 分）设 、 、 是单位向量，且 ，则 •的最小值为（　　 ）A．﹣2 B． ﹣2 C．﹣1 D．1﹣ 【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算．菁优网版权所有 【专题】16：压轴题． 【分析】由题意可得 =，故要求的式子即 ﹣（ ）• + =1﹣ cos =1﹣ cos ，再由余弦函 数的值域求出它的最小值． 第 8 页（共 25 页） 【解答】解：∵ 、 、是单位向量， ，∴ ，=．∴•=﹣（ ）• + =0﹣（ ）• +1=1﹣ cos =1﹣ cos 故选：D． ≥．【点评】考查向量的运算法则；交换律、分配律但注意不满足结合律． 　7．（5 分）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 D 为 BC 的中点，则异面直线 AB 与 CC1 所成的角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系．菁优网版权所有 【分析】首先找到异面直线 AB 与 CC1 所成的角（如∠A1AB）；而欲求其余弦值 可考虑余弦定理，则只要表示出 A1B 的长度即可；不妨设三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的侧棱与底面边长为 1，利用勾股定理即可求之． 【解答】解：设 BC 的中点为 D，连接 A1D、AD、A1B，易知 θ=∠A1AB 即为异面 直线 AB 与 CC1 所成的角； 并设三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的侧棱与底面边长为 1，则|AD|= ，|A1D|= ，|A1B|= ，由余弦定理，得 cosθ= 故选：D． = ． 第 9 页（共 25 页） 【点评】本题主要考查异面直线的夹角与余弦定理． 　8．（5 分）如果函数 y=3cos（2x+φ）的图象关于点（ |φ|的最小值为（　　） ，0）中心对称，那么 D． A． B． C． 【考点】HB：余弦函数的对称性．菁优网版权所有 【专题】11：计算题． 【分析】先根据函数 y=3cos（2x+φ）的图象关于点 中心对称，令 x= 代入函数使其等于 0，求出 φ 的值，进而可得|φ|的最小值． 【解答】解：∵函数 y=3cos（2x+φ）的图象关于点 中心对称． ∴∴由此易得 ．故选：A． 【点评】本题主要考查余弦函数的对称性．属基础题． 　9．（5 分）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 【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．菁优网版权所有 【分析】切点在切线上也在曲线上得到切点坐标满足两方程；又曲线切点处的导 数值是切线斜率得第三个方程． 【解答】解：设切点 P（x0，y0），则 y0=x0+1，y0=ln（x0+a）， 又∵ ∴x0+a=1 ∴y0=0，x0=﹣1 ∴a=2． 第 10 页（共 25 页） 故选：B． 【点评】本题考查导数的几何意义，常利用它求曲线的切线 　10．（5 分）已知二面角 α﹣l﹣β 为 60°，动点 P、Q 分别在面 α、β 内，P 到 β 的距离为 ，Q 到 α 的距离为 ，则 P、Q 两点之间距离的最小值为（　　） A．1 B．2 C． D．4 【考点】LQ：平面与平面之间的位置关系．菁优网版权所有 【专题】11：计算题；16：压轴题． 【分析】分别作 QA⊥α 于 A，AC⊥l 于 C，PB⊥β 于 B，PD⊥l 于 D，连 CQ，BD 则∠ACQ=∠PBD=60°，在三角形 APQ 中将 PQ 表示出来，再研究其最值即可． 【解答】解：如图 分别作 QA⊥α 于 A，AC⊥l 于 C，PB⊥β 于 B，PD⊥l 于 D， 连 CQ，BD 则∠ACQ=∠PDB=60°， ，又∵ 当且仅当 AP=0，即点 A 与点 P 重合时取最小值． 故选：C． 第 11 页（共 25 页） 【点评】本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，以及空间中直线与平面之 间的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题． 　11．（5 分）函数 f（x）的定义域为 R，若 f（x+1）与 f（x﹣1）都是奇函数，则 （　　） A．f（x）是偶函数 C．f（x）=f（x+2） B．f（x）是奇函数 D．f（x+3）是奇函数 【考点】3I：奇函数、偶函数．菁优网版权所有 【专题】16：压轴题． 【分析】首先由奇函数性质求 f（x）的周期，然后利用此周期推导选择项． 【解答】解：∵f（x+1）与 f（x﹣1）都是奇函数， ∴函数 f（x）关于点（1，0）及点（﹣1，0）对称， ∴f（x）+f（2﹣x）=0，f（x）+f（﹣2﹣x）=0， 故有 f（2﹣x）=f（﹣2﹣x）， 函数 f（x）是周期 T=[2﹣（﹣2）]=4 的周期函数． ∴f（﹣x﹣1+4）=﹣f（x﹣1+4）， f（﹣x+3）=﹣f（x+3）， f（x+3）是奇函数． 故选：D． 【点评】本题主要考查奇函数性质的灵活运用，并考查函数周期的求法． 第 12 页（共 25 页） 　12．（5 分）已知椭圆 C： +y2=1 的右焦点为 F，右准线为 l，点 A∈l，线段 AF 交 C 于点 B，若 =3 ，则| |=（　　） A． B．2 C． D．3 【考点】K4：椭圆的性质．菁优网版权所有 【专题】11：计算题；16：压轴题． 【分析】过点 B 作 BM⊥x 轴于 M，设右准线 l 与 x 轴的交点为 N，根据椭圆的性 质可知 FN=1，进而根据 ，求出BM，AN，进而可得|AF|． 【解答】解：过点 B 作 BM⊥x 轴于 M， 并设右准线 l 与 x 轴的交点为 N，易知 FN=1． 由题意 ，故 FM= ，故 B 点的横坐标为 ，纵坐标为± 即 BM= ， 故 AN=1， ∴．故选：A． 【点评】本小题考查椭圆的准线、向量的运用、椭圆的定义，属基础题． 　二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分） 第 13 页（共 25 页） 13．（5 分）（x﹣y）10 的展开式中，x7y3 的系数与 x3y7 的系数之和等于　﹣240　 ．【考点】DA：二项式定理．菁优网版权所有 【专题】11：计算题． 【 分 析 】 首 先 要 了 解 二 项 式 定 理 ： （ a+b ） 012rnn=Cn anb0+Cn an﹣1b1+Cn an﹣2b2++Cn an﹣rbr++Cn a0bn ， 各 项 的 通 项 公 式 为 ： rTr+1=Cn an﹣rbr．然后根据题目已知求解即可． 【解答】解：因为（x﹣y）10 的展开式中含 x7y3 的项为 C103x10﹣3y3 （﹣1） 3=﹣C103x7y3， 含 x3y7 的项为 C107x10﹣7y7（﹣1）7=﹣C107x3y7． 由 C103=C107=120 知，x7y3 与 x3y7 的系数之和为﹣240． 故答案为﹣240． 【 点 评 】 此 题 主 要 考 查 二 项 式 定 理 的 应 用 问 题 ， 对 于 公 式 ： （ a+b ） 012rnn=Cn anb0+Cn an﹣1b1+Cn an﹣2b2++Cn an﹣rbr++Cn a0bn，属于重点考点，同学们需 要理解记忆． 　14．（5 分）设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S9=81，则 a2+a5+a8=　27　． 【考点】83：等差数列的性质；85：等差数列的前 n 项和．菁优网版权所有 【分析】由 s9 解得 a5 即可． 【解答】解：∵ ∴a5=9 ∴a2+a5+a8=3a5=27 故答案是 27 【点评】本题考查前 n 项和公式和等差数列的性质． 第 14 页（共 25 页） 　15．（5 分）直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的各顶点都在同一球面上，若 AB=AC=AA1=2， ∠BAC=120°，则此球的表面积等于　20π　． 【考点】LR：球内接多面体．菁优网版权所有 【专题】11：计算题；16：压轴题． 【分析】通过正弦定理求出底面外接圆的半径，设此圆圆心为 O’，球心为 O， 在 RT△OBO’中，求出球的半径，然后求出球的表面积． 【解答】解：在△ABC 中 AB=AC=2，∠BAC=120°， 可得 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 ，故此球的表面积为 4πR2=20π 故答案为：20π 【点评】本题是基础题，解题思路是：先求底面外接圆的半径，转化为直角三角 形，求出球的半径，这是三棱柱外接球的常用方法；本题考查空间想象能力， 计算能力． 　16．（5 分）若 ，则函数 y=tan2xtan3x 的最大值为　﹣8　． 【考点】3H：函数的最值及其几何意义；GS：二倍角的三角函数．菁优网版权所有 第 15 页（共 25 页） 【专题】11：计算题；16：压轴题． 【分析】见到二倍角 2x 就想到用二倍角公式，之后转化成关于 tanx 的函数， 将 tanx 看破成整体，最后转化成函数的最值问题解决． 【解答】解：令 tanx=t，∵ ，∴故填：﹣8． 【点评】本题主要考查二倍角的正切，二次函数的方法求最大值等，最值问题是 中学数学的重要内容之一，它分布在各块知识点，各个知识水平层面．以最 值为载体，可以考查中学数学的所有知识点． 　三、解答题（共 6 小题，满分 70 分） 17．（10 分）在△ABC 中，内角 A、B、C 的对边长分别为 a、b、c，已知 a2﹣c2=2b ，且 sinAcosC=3cosAsinC，求 b． 【考点】HR：余弦定理．菁优网版权所有 【分析】根据正弦定理和余弦定理将 sinAcosC=3cosAsinC 化成边的关系，再根据 a2﹣c2=2b 即可得到答案． 【解答】解：法一：在△ABC 中∵sinAcosC=3cosAsinC， 则由正弦定理及余弦定理有： ，化简并整理得：2（a2﹣c2）=b2． 又由已知 a2﹣c2=2b∴4b=b2． 解得 b=4 或 b=0（舍）； 法二：由余弦定理得：a2﹣c2=b2﹣2bccosA． 又 a2﹣c2=2b，b≠0． 第 16 页（共 25 页） 所以 b=2ccosA+2①又 sinAcosC=3cosAsinC， ∴sinAcosC+cosAsinC=4cosAsinCsin（A+C）=4cosAsinC， 即 sinB=4cosAsinC 由正弦定理得 故 b=4ccosA②由①，②解得 b=4． ，【点评】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用．属基础题． 　18．（12 分）如图，四棱锥 S﹣ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，SD⊥底面 ABCD， AD= ，DC=SD=2，点 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． 【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系；MJ：二面角的平面角及求法． 菁优网版权所有 【专题】11：计算题；14：证明题． 【分析】（Ⅰ）法一：要证明 M 是侧棱 SC 的中点，作 MN∥SD 交 CD 于 N，作 NE⊥AB 交 AB 于 E，连 ME、NB，则 MN⊥面 ABCD，ME⊥AB， 设MN=x，则 NC=EB=x，解 RT△MNE 即可得 x 的值，进而得到 M 为侧棱 SC 的中 点； 法二：分别以 DA、DC、DS 为 x、y、z 轴如图建立空间直角坐标系 D﹣xyz，并求 出 S 点的坐标、C 点的坐标和 M 点的坐标，然后根据中点公式进行判断； 法三：分别以 DA、DC、DS 为 x、y、z 轴如图建立空间直角坐标系 D﹣xyz，构造 空间向量，然后数乘向量的方法来证明． 第 17 页（共 25 页） （Ⅱ）我们可以以 D 为坐标原点，分别以 DA、DC、DS 为 x、y、z 轴如图建立空 间直角坐标系 D﹣xyz，我们可以利用向量法求二面角 S﹣AM﹣B 的大小． 【解答】证明：（Ⅰ）作 MN∥SD 交 CD 于 N，作 NE⊥AB 交 AB 于 E， 连 ME、NB，则 MN⊥面 ABCD，ME⊥AB， 设 MN=x，则 NC=EB=x， 在 RT△MEB 中，∵∠MBE=60°∴ ．在 RT△MNE 中由 ME2=NE2+MN2∴3×2=x2+2 解得 x=1，从而 ∴M 为侧棱 SC 的中点 M． （Ⅰ）证法二：分别以 DA、DC、DS 为 x、y、z 轴如图建立空间直角坐标系 D﹣xyz ，则 ．设 M（0，a，b）（a＞0，b＞0）， 则，，由题得 即，解之个方程组得 a=1，b=1 即 M（0，1，1） 所以 M 是侧棱 SC 的中点． （I）证法三：设 ，则第 18 页（共 25 页） 又故，即，解得 λ=1，所以 M 是侧棱 SC 的中点． （Ⅱ）由（Ⅰ）得 ，又设，，分别是平面 SAM、MAB 的法向量， 则即且，且分别令 即得 z1=1，y1=1，y2=0，z2=2， ，∴二面角 S﹣AM﹣B 的大小 ．【点评】空间两条直线夹角的余弦值等于他们方向向量夹角余弦值的绝对值； 空间直线与平面夹角的余弦值等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的正弦 值； 空间锐二面角的余弦值等于他的两个半平面方向向量夹角余弦值的绝对值； 　第 19 页（共 25 页） 19．（12 分）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 ξ 表示从第 3 局开始到比赛结束所进行的局数，求 ξ 的分布列及数学期 望． 【考点】C8：相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式；CG：离散型随机 变量及其分布列；CH：离散型随机变量的期望与方差．菁优网版权所有 【专题】11：计算题． 【分析】（1）由题意知前 2 局中，甲、乙各胜 1 局，甲要获得这次比赛的胜利 需在后面的比赛中先胜两局，根据各局比赛结果相互独立，根据相互独立事 件的概率公式得到结果． （2）由题意知 ξ 表示从第 3 局开始到比赛结束所进行的局数，由上一问可知 ξ 的可能取值是 2、3，由于各局相互独立，得到变量的分布列，求出期望． 【解答】解：记 Ai 表示事件：第 i 局甲获胜，（i=3、4、5） Bi 表示第 j 局乙获胜，j=3、4 （1）记 B 表示事件：甲获得这次比赛的胜利， ∵前 2 局中，甲、乙各胜 1 局， ∴甲要获得这次比赛的胜利需在后面的比赛中先胜两局， ∴B=A3A4+B3A4A5+A3B4A5 由于各局比赛结果相互独立， ∴P（B）=P（A3A4）+P（B3A4A5）+P（A3B4A5） =0.6×0.6+0.4×0.6×0.6+0.6×0.4×0.6 =0.648 （2）ξ 表示从第 3 局开始到比赛结束所进行的局数，由上一问可知 ξ 的可能取值 是 2、3 由于各局相互独立，得到 ξ 的分布列 P（ξ=2）=P（A3A4+B3B4）=0.52 第 20 页（共 25 页） P（ξ=3）=1﹣P（ξ=2）=1﹣0.52=0.48 ∴Eξ=2×0.52+3×0.48=2.48． 【点评】认真审题是前提，部分考生由于考虑了前两局的概率而导致失分，这是 很可惜的，主要原因在于没读懂题．另外，还要注意表述，这也是考生较薄 弱的环节． 　20．（12 分）在数列{an}中，a1=1，an+1=（1+ ）an+ ．（1）设 bn= ，求数列{bn}的通项公式； （2）求数列{an}的前 n 项和 Sn． 【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式．菁优网版权所有 【专题】11：计算题；15：综合题． 【分析】（1）由已知得 =+，即 bn+1=bn+ ，由此能够推导出所求的 通项公式． （2）由题设知 an=2n﹣ ，故 Sn=（2+4+…+2n）﹣（1+ + +…+ ，由错位相减法能求出 Tn=4﹣ ++…+ ）， 设 Tn=1+ ++．从而导出 数列{an}的前 n 项和 Sn． 【解答】解：（1）由已知得 b1=a1=1，且 即 bn+1=bn+ ，从而 b2=b1+ ， =+，b3=b2+ ，bn=bn﹣1 +（n≥2）． 于是 bn=b1+ ++…+ 又 b1=1， =2﹣ （n≥2）． 故所求的通项公式为 bn=2﹣ ．第 21 页（共 25 页） （2）由（1）知 an=2n﹣ ，故 Sn=（2+4+…+2n）﹣（1+ + ++…+ ）， 设 Tn=1+ Tn= + +++…+ ，① ，② ++…+ +①﹣②得， Tn=1+ + ++…+ ﹣=﹣=2﹣ ﹣，∴Tn=4﹣ ．∴Sn=n（n+1）+ ﹣4． 【点评】本题考查数列的通项公式和前 n 项和的求法，解题时要注意错位相减法 的合理运用． 　21．（12 分）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． 【考点】IR：两点间的距离公式；JF：圆方程的综合应用；K8：抛物线的性质． 菁优网版权所有 第 22 页（共 25 页） 【专题】15：综合题；16：压轴题． 【分析】（1）先联立抛物线与圆的方程消去 y，得到 x 的二次方程，根据抛物 线 E：y2=x 与圆 M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于 A、B、C、D 四个点的充 要条件是此方程有两个不相等的正根，可求出 r 的范围． （2）先设出四点 A，B，C，D 的坐标再由（1）中的 x 二次方程得到两根之和、 两根之积，表示出面积并求出其的平方值，最后根据三次均值不等式确定得 到最大值时的点 P 的坐标． 【解答】解：（Ⅰ）将抛物线 E：y2=x 代入圆 M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）的方 程， 消去 y2，整理得 x2﹣7x+16﹣r2=0（1） 抛物线 E：y2=x 与圆 M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于 A、B、C、D 四个点的 充要条件是： 方程（1）有两个不相等的正根 ∴即．解这个方程组得 ，．（II）设四个交点的坐标分别为 、、、．则直线 AC、BD 的方程分别为 y﹣ （x﹣x1）， =•（x﹣x1），y+ =解得点 P 的坐标为（ ，0）， 第 23 页（共 25 页） 则由（I）根据韦达定理有 x1+x2=7，x1x2=16﹣r2， 则∴令，则 S2=（7+2t）2（7﹣2t）下面求 S2 的最大值． 由三次均值有：当且仅当 7+2t=14﹣4t，即 时取最大值． 满足题意． ．经检验此时 故所求的点 P 的坐标为 【点评】本题主要考查抛物线和圆的综合问题．圆锥曲线是高考必考题，要强化 复习． 　22．（12 分）设函数 f（x）=x3+3bx2+3cx 有两个极值点 x1、x2，且 x1∈[﹣1，0]， x2∈[1，2]． （1）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； （2）证明： ．【考点】6D：利用导数研究函数的极值；7B：二元一次不等式（组）与平面区 域；R6：不等式的证明．菁优网版权所有 【专题】11：计算题；14：证明题；16：压轴题． 【分析】（1）根据极值的意义可知，极值点 x1、x2 是导函数等于零的两个根， 根据根的分布建立不等关系，画出满足条件的区域即可； 第 24 页（共 25 页） （2）先用消元法消去参数 b，利用参数 c 表示出 f（x2）的值域，再利用参数 c 的范围求出 f（x2）的范围即可． 【解答】解：（Ⅰ）f’（x）=3×2+6bx+3c，（2 分） 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 f’（﹣1）≥0，f’（0）≤0，f’（1）≤0，f’（2）≥0． 由此得 b，c 满足的约束条件为 （4 分） 满足这些条件的点（b，c）的区域为图中阴影部分．（6 分） 2（Ⅱ）由题设知 f’（x2）=3×2 +6bx2+3c=0， 则故，．（8 分） 由于 x2∈[1，2]，而由（Ⅰ）知 c≤0， 故．又由（Ⅰ）知﹣2≤c≤0，（10 分） 所以 ．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的极值，以及二元一次不等式（组） 与平面区域和不等式的证明，属于基础题． 第 25 页（共 25 页）