2009年上海市高考数学试卷（理科）

2009年上海市高考数学试卷（理科）一、填空题（共14小题，每小题4分，满分56分）)1.若复数z满足z(1+i)=1-i（I是虚数单位），则其共轭复数z=________．2.已知集合A={x|x≤1}，B={x|x≥a}，且A∪B=R，则实数a的取值范围是________．3.若行列式45x1x3789中，元素4的代数余子式大于0，则x满足的条件是________．4.某算法的程序框如下图所示，则输出量y与输入量x满足的关系式是________．5.如图，若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2，高为4，则异面直线BD1与AD所成角的大小是________（结果用反三角函数值表示）．6.函数y=2cos2x+sin2x的最小值是________．7.某学校要从5名男生和2名女生中选出2人作为上海世博会志愿者，若用随机变量ξ表示选出的志愿者中女生的人数，则数学期望Eξ________（结果用最简分数表示）．8.已知三个球的半径R1，R2，R3满足R1+2R2=3R3，则它们的表面积S1，S2，S3，满足的等量关系是________．9.已知F1、F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点，P为椭圆C上一点，且PF1→⊥PF2→．若△PF1F2的面积为9，则b＝________．10.在极坐标系中，由三条直线θ=0，θ=π3，ρcosθ+ρsinθ=1围成图形的面积等于________．试卷第5页，总6页 11.当0≤x≤12时，不等式sinπx≥kx恒成立．则实数k的取值范围是________．12.已知函数f(x)＝sinx+tanx，项数为27的等差数列{an}满足an∈(-π2,π2)，且公差d≠0，若f(a1)+f(a2)+...f(a27)＝0，则当k＝________时，f(ak)＝0．13.某地街道呈现东-西、南-北向的网格状，相邻街距都为1．两街道相交的点称为格点．若以互相垂直的两条街道为轴建立直角坐标系，现有下述格点(-2, 2)，(3, 1)，(3, 4)，(-2, 3)，(4, 5)，(6, 6)为报刊零售点．请确定一个格点（除零售点外）________为发行站，使6个零售点沿街道到发行站之间路程的和最短．14.将函数y=4+6x-x2-2(x∈[0, 6])的图象绕坐标原点逆时针方向旋转角θ(0≤θ≤α)，得到曲线C．若对于每一个旋转角θ，曲线C都是一个函数的图象，则α的最大值为________．二、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）)15.“-2≤a≤2”是“实系数一元二次方程x2+ax+1=0有虚根”的(    )A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件16.若事件E与F相互独立，且P(E)=P(F)=14，则P(E∩F)的值等于（）A.0B.116C.14D.1217.有专业机构认为甲型N1H1流感在一段时间没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过15人”．根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是（）A.甲地：总体均值为3，中位数为4B.乙地：总体均值为1，总体方差大于0C.丙地：中位数为2，众数为3D.丁地：总体均值为2，总体方差为318.过圆C：(x-1)2+(y-1)2=1的圆心，作直线分别交x、y正半轴于点A、B，△AOB被圆分成四部分（如图），若这四部分图形面积满足S|+SIV=S||+S|||则直线AB有（）A.0条B.1条C.2条D.3条试卷第5页，总6页 三、解答题（共5小题，满分78分）)19.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=BC=AB=2，AB⊥BC，求二面角B1-A1C-C1的大小．20.有时我们可用函数f(x)=0.1+15lnaa-x,x≤6,x-4.4x-4,x>6， 描述学习某学科知识的掌握程度，其中x表示某学科知识的学习次数(x∈N)，f(x)表示对该学科知识的掌握程度，正实数a与学科知识有关．(1)当x≥7时，掌握程度的增长量f(x+1)-f(x)总是上升的还是下降的？并说明理由；(2)根据经验，学科甲，乙，丙对应的a的取值区间分别为(115, 121]，(121, 127]，(127, 133]．当学习某学科知识6次时，掌握程度是85%，请确定相应的学科．(参考数据：e0.04≈1.04，e0.05≈1.05，e0.06≈1.06)21.已知双曲线c：x22-y2=1，设直线l过点A(-32，0)，（1）当直线l与双曲线C的一条渐近线m平行时，求直线l的方程及l与m的距离；（2）证明：当k>22时，在双曲线C的右支上不存在点Q，使之到直线l的距离为6．22.已知函数y=f(x)的反函数．定义：若对给定的实数a(a≠0)，函数y=f(x+a)与y=f-1(x+a)互为反函数，则称y=f(x)满足“a和性质”；若函数y=f(ax)与y=f-1(ax)互为反函数，则称y=f(x)满足“a积性质”．（1）判断函数g(x)=x2+1(x>0)是否满足“1和性质”，并说明理由；（2）求所有满足“2和性质”的一次函数；（3）设函数y=f(x)(x>0)对任何a>0，满足“a积性质”．求y=f(x)的表达式．23.已知{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．（1）若an=3n+1，是否存在m、k∈N*，有am+am+1=ak？说明理由；（2）找出所有数列{an}和{bn}，使对一切n∈N*，an+1an=bn，并说明理由；（3）若a1=5，d=4，b1=q=3，试确定所有的p，使数列{an}中存在某个连续p项的和是数列{bn}中的一项，请证明．试卷第5页，总6页 参考答案与试题解析2009年上海市高考数学试卷（理科）一、填空题（共14小题，每小题4分，满分56分）1.i2.a≤13.x>83且x≠44.y=x-2,x>12x，x≤15.arctan56.1-27.478.S1+2S2=3S39.310.3-3411.k≤212.1413.(3, 3)14.arctan23二、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）15.A16.B17.B18.B三、解答题（共5小题，满分78分）19.解：如图，建立空间直角坐标系．则A(2, 0, 0)，C(0, 2, 0)，A1(2, 0, 2)，B1(0, 0, 2)，C1(0, 2, 2)，设AC的中点为M，∵BM⊥AC，BM⊥CC1．∴BM⊥平面A1C1C，即BM→=(1, 1, 0)是平面A1C1C的一个法向量．设平面A1B1C的一个法向量是n=(x, y, z)．A1C→=(-2, 2, -2)，A1B1→=(-2, 0, 0)，∴n⋅A1B1→=-2x=0n⋅A1C1→=-2x+2y-2z=0令z=1，解得x=0，y=1．∴n=(0, 1, 1)，设法向量n与BM→的夹角为φ，二面角B1-A1C-C1的大小为θ试卷第5页，总6页 ，显然θ为锐角．∵cosθ=|cosφ|=|n⋅BM→||n|⋅|BM→|=12，解得：θ=π3．∴二面角B1-A1C-C1的大小为π3．20.解：(1)当x≥7时，掌握程度的增长量f(x+1)-f(x)总是下降的，理由如下：当x≥7时，f(x+1)-f(x)=0.4(x-3)(x-4)，而当x≥7时，函数y=(x-3)(x-4)单调递增.又(x-3)(x-4)>0，故函数f(x+1)-f(x)单调递减，当x≥7时，掌握程度的增长量f(x+1)-f(x)总是下降.(2)由题意可知，0.1+15lnaa-6=0.85，整理得aa-6=e0.05，则a=e0.05e0.05-1⋅6=20.50×6=123，123∈(121,127]，由此可知，该学科是乙学科.21.解：（1）双曲线C的渐近线m：x2±y=0，即x±2y=0∴直线l的方程x±2y+32=0∴直线l与m的距离d=321+2=6．（2）设过原点且平行于l的直线b:kx-y=0，则直线l与b的距离d=32|k|1+k2，当k>22时，d>6．又双曲线C的渐近线为x±2y=0，∴双曲线C的右支在直线b的右下方，∴双曲线C的右支上的任意点到直线l的距离大于6．故在双曲线C的右支上不存在点Q(x0, y0)到到直线l的距离为6．22.解（1）函数g(x)=x2+1(x>0)的反函数是g-1(x)=x-1(x>1)，∴g-1(x+1)=x(x>0)，而g(x+1)=(x+1)2+1(x>-1)，其反函数为y=x-1-1(x>1)，故函数g(x)=x2+1(x>0)不满足“1和性质”．试卷第5页，总6页 （2）设函数f(x)=kx+b(x∈R)满足“2和性质”，k≠0．∴f-1(x)=x-bk(x∈R)，∴f-1(x+2)=x+2-bk，而 f(x+2)=k(x+2)+b(x∈R)，得反函数 y=x-b-2kk，由“2和性质”定义可知  x+2-bk=x-b-2kk，对(x∈R)恒成立．∴k=-1，b∈R，即所求一次函数f(x)=-x+b(b∈R)．（3）设a>0，x0>0，且点(x0, y0)在y=f(ax)图象上，则(y0, x0)在函数y=f-1(ax)图象上，故f(ax0)=y0f-1(ay0)=x0，可得 ay0=f(x0)=af(ax0)，令  ax0=x，则a=xx0，∴f(x0)=xx0f(x)，即f(x)=x0f(x0)x．综上所述，f(x)=kx(k≠0)，此时f(ax)=kax，其反函数是y=kax，而f-1(ax)=kax，故y=f(ax)与y=f-1(ax)互为反函数．23.解：（1）由am+am+1=ak，得6m+5=3k+1，整理后，可得k-2m=43，∵m、k∈N*，∴k-2m为整数，∴不存在m、k∈N*，使等式成立．（2）设an=nd+c，若an+1an=bn，对n∈N×都成立，且{bn}为等比数列，则an+2an+1/an+1an=q，对n∈N×都成立，即anan+2=qan+12，∴(dn+c)(dn+2d+c)=q(dn+d+c)2，对n∈N×都成立，∴d2=qd2(I)若d=0，则an=c≠0，∴bn=1，n∈N*．(II)若d≠0，则q=1，∴bn=m（常数），即dn+d+cdn+c=m，则d=0，矛盾．综上所述，有an=c≠0，bn=1，使对一切n∈N×，an+1an=bn．（3）an=4n+1，bn=3n，n∈N*，设am+1+am+2++am+p=bk=3k，p、k∈N*，m∈N．4(m+1)+1+4(m+p)+12p=3k，∴4m+2p+3=3kp，∵p、k∈N*，∴p=3s，s∈N取k=3s+2，4m=32s+2-2×3s-3=(4-1)2s+2-2×(4-1)s-3≥0，由二项展开式可得整数M1、M2，使得(4-1)2s+2=4M1+1，2×(4-1)s=8M2+(-1)S2∴4m=4(M1-2M2)-((-1)S+1)2，∴存在整数m满足要求．故当且仅当p=3s，s∈N，命题成立．试卷第5页，总6页