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1、么世涛，数学学士，天津专业高中数学一对一私人辅导教师，十年经验，电：137020710252009年天津高考数学卷（理科详解）专业高中数学辅导教师 么世涛 第卷一.选择题：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. 是虚数单位，（ ） A. B. C. D. 【解】故选D.2. 设变量满足约束条件则目标函数的最小值为( )A. B. C. D. 【解】画出可行域，三条直线的交点为，则直线过点时，得值最小，此时为故选B3. 命题“存在”的否定是（ ）A.不存在 B. 存在C.对任意的 D. 对任意的【解】选4. 设函数,则 A.在区间,内均有零点 B.
2、 在区间,内均无零点C. 在区间内有零点,在区间内无零点D. 在区间内无零点,在区间内有零点【解】解法1., ，所以在区间内无零点,在区间内有零点故选解法2. 画出函数和的图象,观察图象可得,两图象在区间内没有交点,而在区间内有交点.故选D.5. 阅读右面的程序框图,则输出的（ ）A. B. C. D. 【解】当时输出,.故选C.6设若是与的等比中项，则的最小值为（）A. B. C. D. 【解】由题设,则,于是,当且仅当时,等号成立,所以, 的最小值为故选7. 已知函数的最小正周期为为了得到函数的图象,只要将的图象( ) A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单
3、位长度 D. 向右平移个单位长度 【解】解法1.由函数的最小正周期为得函数化为，因为，所以，的图象向左平移个单位长度即可得到的图象故选解法2.取特殊点. 的一个解为, 即与轴的一个交点是,的一个解是,即与轴的一个交点是,因为,所以的图象向左平移个单位长度即可得到的图象故选8. 已知函数 若,则实数的取值范围是( ) A. B. C. D. 【解】解法1.函数在时是增函数,函数在时是增函数,并且当时, ,所以, 在上是增函数于是由得即，解得故选解法2. 画出函数的图象,可以看出,已知函数是上的增函数于是由得即，解得故选解法3. 用特殊值排除.当时, 不等式成立,从而排除A,D；当时, ,不等式成
4、立,从而排除B.故选C.9. 设抛物线的焦点为,过点的直线与抛物线相交于两点,与抛物线的准线相交于点,则与的面积之比( ) A. B. C. D. 【解】过两点作准线的垂线,垂足为.由题意,焦点,准线,由则,从而点的坐标为设,则由共线有 ,解得,则点的坐标为,于是由高相同的三角形面积比等于底的比，及可得故选A10.设.若关于的不等式的解集中的整数恰有个，则（ ）A. B. C. D. 【解】已知不等式可化为，由题设，必有，由题设，则分解不等式得，因为，则，若解集中的整数恰有个，则这三个整数为，于是，即，解得故选二.填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分把答案填在题中的横线上11. 某学院
5、的三个专业共有名学生，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的样本已知该学院的专业有名学生，专业有名学生，则该学院的专业应抽取名学生【解】专业有名学生，因此，应抽取名学生12. 如图是一个几何体的三视图若它的体积是，则【解】是侧视图的高，即有，所以，13. 设直线的参数方程为,直线的方程为,则与间的距离为 . 【解】.解法1把直线的参数方程化为普通方程为,则直线与位于坐标原点的两侧原点到直线的距离，原点到直线的距离，所以，与间的距离为解法2由题设,两条直线平行,且点在直线上,则与间的距离为点到直线的距离14.若圆与圆的公共弦长为,则 .【解】 解法1. 圆：和圆：的
6、圆心距设公共弦为，其中点为，则，因为，有或，解得或，因为，所以解法2两圆的公共弦所在所谓直线方程为,即,由解法1,则圆心到直线的距离为,于是,解得,因为，所以15. 在四边形中,则四边形的面积为 【解】由可知，四边形是平行四边形，且，由可知，的平分线与共线，所以，四边形是菱形则，于是由及得，于是，进而可求出，16用数字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【解】 解法1.个位、十位和百位上的数字之和为偶数的情形有两种：(1) 个位、十位和百位上的数字都是偶数；(2) 个位、十位和百位上的数字有一个偶数和两个奇数；奇数有，偶数有(1) 个位、十位和百位上的数
7、字都是偶数； 个位、十位和百位上的数字都是偶数且没有时，千位只能是奇数，有个； 个位、十位和百位上的数字都是偶数且有时，若千位是偶数，有个； 个位、十位和百位上的数字都是偶数且有时，若千位是奇数，有个；(2) 个位、十位和百位上的数字有一个偶数和两个奇数； 个位、十位和百位上的数字有一个偶数和两个奇数且偶数是时，若千位是偶数，有个； 个位、十位和百位上的数字有一个偶数和两个奇数且偶数是时，若千位是奇数，有个； 个位、十位和百位上的数字有一个偶数和两个奇数且偶数不是时，若千位是偶数，有个；个位、十位和百位上的数字有一个偶数和两个奇数且偶数不是时，若千位是奇数，有个；以上共计个解法2用数字组成没有
8、重复数字的四位数，共有个个位、十位和百位上的数字之和为奇数的情形有两种：(1) 个位、十位和百位上的数字都是奇数，此时千位是偶数，有个；(2) 个位、十位和百位上的数字有一个奇数和两个偶数； 若千位是奇数，有个；若千位是偶数，有个；所以符合题意的四位数有个三解答题：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. 在中,() 求的值；() 求的值【解】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、尔北角的正弦与余弦、两角差的正弦等基础知识，考查基本运算能力() 在中,根据正弦定理,于是() 在中,根据余弦定理,得 于是从而，所以18. 在件产品中,有件一等品,
9、件二等品,件三等品从这件产品中任取件,求：() 取出的件产品中一等品件数的分布列和数学期望；() 取出的件产品中一等品件数多于二等品件数的概率【解】本小题主要考查古典概型及其计算公式、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() 由于从这件产品中任取件的结果为,从这件产品中任取件,其中恰有件一等品的结果数为那么，从这件产品中任取件,其中恰有件一等品的概率为所以，随机变量的分布列是的数学期望() 设“取出的件产品中一等品件数多于二等品件数”为事件，“恰好取出件一等品和件三等品”为事件，“恰好取出件一等品”为事件，“恰好取出件一等品”为事件，由于事件，彼
10、此互斥，且，而，则取出的件产品中一等品件数多于二等品件数的概率为 19. 如图,在五面体中，为的中点，() 求异面直线与所成的角的大小;() 证明平面平面;() 求二面角的余弦值【解】本小题主要考查异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角等知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力解法1() 由题设知，所以（或其补角）为异面直线与所成的角。设为的中点，连结因为 且，所以且同理且又，所以而，故，由，得设，则，为等边三角形，所以所以, 异面直线与所成的角的大小为() 因为，且为的中点，所以 连结，因为，且为的中点，所以，又，所以，而，所以平面平面() 设为
11、的中点,连结.因为,且为的中点,所以因为,且为的中点,则故为二面角的平面角由()可得，于是在中，所以，二面角的余弦值为解法2. 如图,建立空间直角坐标系,点为坐标原点设，依题意得，() ,于是.所以, 异面直线与所成的角的大小为() 由可得.因此，又，故而，所以平面平面() 设平面的法向量为,则于是 令,则又由题设，平面的一个法向量为，所以，因为二面角为锐角，所以，它的余弦值为20. 已知函数,其中.() 当时,求曲线在点处的切线的斜率;() 当时,求函数的单调区间与极值;【解】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
12、() 当时,故.所以,曲线在点处的切线的斜率为() ,令,解得或由，则以下分两种情况讨论：(1) 若,则,当变化时，的变化情况如下表： 增极大值 减极小值 增所以，在区间，内是增函数，在内是减函数函数在处取得极大值函数在处取得极小值() 若,则,当变化时，的变化情况如下表： 增极大值 减极小值 增所以，在区间，内是增函数，在内是减函数函数在处取得极大值函数在处取得极小值21. 已知椭圆的两个焦点分别为和,过点的直线与椭圆相交于两点,且,() 求椭圆的离心率;() 求直线的斜率;() 设点与点关于坐标原点对称,直线上有一点在的外接圆上,求的值.【解】本小题主要考查椭圆的标准方程和集合性质、直线的
13、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()由且，得，则，解得故离心率() 解法1.由()，得，所以，椭圆方程为设直线的方程为，即设，则它们的坐标满足方程组消去，并整理得依题意，解得由根与系数的关系得，由点是线段的中点，得，即由，解得将代入解得解法2. 由()，得，所以，椭圆方程为设直线的方程为,又设，则它们的坐标满足方程组消去，并整理得,依题意，,解得.由点是线段的中点，得. 由根与系数的关系得, , 由, 得 ,代入并整理得 ,即,于是.直线的斜率为() 解法1. 由()解法1可得(或由解法2得)当时,则,(如图),的中点为.于是线
14、段的垂直平分线方程为 ,直线与轴的交点是的外接圆的圆心.因此, 的外接圆的方程为 .直线的斜率为,直线的方程为 .于是,点的坐标满足方程组由,解得所以,当时,同理可得所以，解法2. 由()得,当时,则,由椭圆的对称性可知,于是三点共线因为点在的外接圆上，且，所以，四边形为等腰梯形由直线的方程为 ，则点的坐标满足因为，则，解得（舍），或，则，所以当时,同理可得所以，解法3. 若点在的外接圆上,则.由()得,当时,则,由直线的方程为 ，则点的坐标满足于是,由向量的夹角公式得,则. , ,即,由得,则，所以当时,同理可得所以，【注】由()得，满足条件的直线过椭圆的短轴的顶点，这个结论是下面的一般结论
15、的一个特例命题：已知椭圆的两个焦点分别为和,过点的直线与椭圆相交于两点,若，则该直线一定过或点证明由知，则，即，所以，设直线的方程为，则它们的坐标满足方程组消去得由得，于是，解得，代入，解出得，由及得把代入式并整理得，命题得证22. 已知等差数列的公差为，等比数列的公比为设， w.w.w.k.s.5.u.c.o.m () 若，求的值；() 若，证明，；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m () 若正整数满足，设和是的两个不同的排列， ， 证明【解】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()由题设可得，所
16、以，() 解法1. 由题设可得,则 , , 式减去式,得 ，式加上式,得 ， 式两边同乘得 ，所以， 解法2. 用数学归纳法.(1) 当时,左 右所以，时，等式成立；(2) 假设时，等式成立,即,那么,当时,所以，时，等式成立由(1),(2)得,对,等式成立解法3. 先计算 减得 , 减得 减得 () 因为，所以考查，从最后一项起，遇到第一个时，取这一项的下标即若，取，若，取满足这时有当时，得，由，得，即，又，所以，因此，即当时同理可得，因此，综合以上，2009年天津高考数学卷（文科详解）专业高中数学辅导教师 么世涛 第卷一.选择题：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
17、有一项是符合题目要求的1. 是虚数单位，（ ） A. B. C. D. 【解】故选D.2. 设变量满足约束条件则目标函数的最小值为( )A. B. C. D. 【解】画出可行域，三条直线的交点为，则直线过点时，得值最小，此时为故选B3. 设,则“”是“”的（ ） A.充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【解】，反之，所以，”是“”的充分而不必要条件故选 4. 设双曲线的虚轴长为,焦距为,则双曲线的渐近线方程为( )A. B. C. D. 【解】由题设，则，双曲线的渐近线方程为故选5. 设,则( )A. B. C. D. 【解】由可知，由因为及，所
18、以，故选6. 阅读右面的程序框图,则输出的（ ）A. B. C. D. 【解】当时输出故选7. 已知函数的最小正周期为将的图象向左平移个单位长度,所得的图象关于轴对称,则的一个值是( ) A. B. C. D. 【解】由函数的最小正周期为得函数化为，因为，将的图象向左平移个单位长度即可得到的图象,该图象关于轴对称故选8. 设函数则不等式的解集是( )A. B. C. D. 【解】解法1.,不等式化为,即 ()或()解()得或,解()得,于是,不等式的解为或故选解法2. ,不等式化为,画出函数和的图象及直线的图象,观察图象,可知在直线上方的部分应满足或故选9. 设,若,则的最大值为( ).A.
19、B. C. D. 【解】由题设,则由均值不等式得,考虑到函数是上的增函数,则,当且仅当时,等号成立.所以, 的最大值为故选10. 设函数在上的导函数为,且下面的不等式在上恒成立的是（）A. B. C. D. 【解】解法.构造函数，则，当时，必有，当时，不等式化为当时， 为增函数,当时，为减函数,于是, 在时,有最小值,即有,于是由于时,已知的不等式不成立,所以恒成立解法2. 设,则.则满足题设条件,但是,排除B又当时, ,排除C,D故选二.填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分把答案填在题中的横线上11. 如图,和相交于点,且,若的外接圆的直径为,则的外接圆的直径为 【解】因为，所以，而
20、相似三角形的外接圆直径的比等于相似比，所以，的外接圆的直径为12. 如图是一个几何体的三视图若它的体积是，则【解】是侧视图的高，即有，所以，13. 设全集,若,则集合 【解】,则14.若圆与圆的公共弦长为,则 .【解】 解法1. 圆：和圆：的圆心距设公共弦为，其中点为，则，因为，有或，解得或，因为，所以解法2两圆的公共弦所在所谓直线方程为,即,由解法1,则圆心到直线的距离为,于是,解得,因为，所以15. 若等边的边长为,平面内一点满足,则 【解】解法.设在上，且，在上，且则，于是，由题设，解法2. 延长交于,则由得及知,所以,为的中点,因为等边的边长为,所以,于是,所以,解法3. 由解法2知为
21、的中点, ,以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立直角坐标系，则，则16. 若关于的不等式的解集中的整数恰有个，则实数的取值范围是 【解】解法1. 已知不等式化为，因为解集中的整数恰有个，则，即不等式的解满足，即，显然，为使解集中的整数恰有个，则必须且只须满足即解得所以，实数的取值范围是解法2. 因为不等式的解集中的整数恰有个，所以,必有画出函数和图象，设两图象交于点，由图象知，点的横坐标满足，为使不等式的解集中的整数恰有个，则点的横坐标应满足把和分别代入方程，得和，于是有，所以，实数的取值范围是三解答题：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. 在中,() 求的值；
22、() 求的值【解】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、尔北角的正弦与余弦、两角差的正弦等基础知识，考查基本运算能力() 在中,根据正弦定理,于是() 在中,根据余弦定理,得 于是从而，所以18. 为了了解某市工厂开展群众体育活动的情况,拟采用分层抽样的方法从三个区中抽取个工厂进行调查,已知区中分别有个工厂() 求从区中应分别抽取的工厂个数；() 若从抽得的个工厂中随机地抽取个进行调查结果的对比，用列举法计算这个工厂中至少有一个来自区的概率【解】本小题主要考查分层抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率等基础知识，考查运用统计、概率知识解决简单的实际问题的
23、能力() 工厂总数为,样本容量与总体中的个数的比为所以，区中应分别抽取的工厂个数为() 设为在区中抽得的个工厂, 为在区中抽得的个工厂, 为在区中抽得的个工厂在这个工厂中随机地抽取个，全部可能的结果有：共有种这个工厂中至少有一个来自区的结果（记为事件）有：共有种所以，这个工厂中至少有一个来自区的概率为19. 如图,在四棱锥中, ，,为的中点, ，() 证明;() 证明;() 求直线与平面所成的角的正切值【解】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力() 设,连结在中，因为，且，所以，为的中点又由题设，为的中点,所以又，且，所以，
24、 () 因为,所以,.由()可得,又所以，() 由可知,为在平面内的射影,所以,为直线与平面所成的角由，可得在中，所以，直线与平面所成的角的正切值为20. 已知等差数列的公差为不为，设, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m () 若，求数列的通项公式；() 若且成等比数列，求的值；() 若，证明，【解】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项和公式等基础知识，考查运算能力和推理论证能力() ，将代入上式，解得，所以，() 当时, 因为成等比数列，所以，即注意到，则解得() 由题设, , . 式减去式,得 ， 式加上式,得 ， 式两边同乘得 ，所以， 21. 设函数,其中(
25、) 当时,求曲线在点处的切线的斜率;() 求函数的单调区间与极值; () 已知函数有三个互不相同的零点,且,若对任意的,恒成立,求的取值范围【解】本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性与极值、函数的零点与方程的根的关系、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力() 当时, ，故所以，曲线在点处的切线的斜率为() ,令,解得因为，所以，当变化时，的变化情况如下表： 减极小值 增极大值 减所以在区间，内是减函数，在内是增函数函数在处取得极小值函数在处取得极大值 () 由题设，所以，方程，有两个相异实根，故，由解得因为，所以，故如果，则，而，不合题意；如果，对任意的，有，则，
26、又，所以，在上的最小值为，于是对任意的,恒成立的充要条件是，即，解得注意到，于是的取值范围是22. 已知椭圆的两个焦点分别为和,过点的直线与椭圆相交于两点,且,() 求椭圆的离心率;() 求直线的斜率;() 设点与点关于坐标原点对称,直线上有一点在的外接圆上,求的值.【解】本小题主要考查椭圆的标准方程和集合性质、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()由且，得，则，解得故离心率() 解法1.由()，得，所以，椭圆方程为设直线的方程为，即设，则它们的坐标满足方程组消去，并整理得依题意，解得由根与系数的关系得，由点是线段的中点，得
27、，即由，解得将代入解得解法2. 由()，得，所以，椭圆方程为设直线的方程为,又设，则它们的坐标满足方程组消去，并整理得,依题意，,解得.由点是线段的中点，得. 由根与系数的关系得, , 由, 得 ,代入并整理得 ,即,于是.直线的斜率为() 解法1. 由()解法1可得(或由解法2得)当时,则,(如图),的中点为.于是线段的垂直平分线方程为 ,直线与轴的交点是的外接圆的圆心.因此, 的外接圆的方程为 .直线的斜率为,直线的方程为 .于是,点的坐标满足方程组由,解得所以,当时,同理可得所以，解法2. 由()得,当时,则,由椭圆的对称性可知,于是三点共线因为点在的外接圆上，且，所以，四边形为等腰梯形
28、由直线的方程为 ，则点的坐标满足因为，则，解得（舍），或，则，所以当时,同理可得所以，解法3. 若点在的外接圆上,则.由()得,当时,则,由直线的方程为 ，则点的坐标满足于是,由向量的夹角公式得,则. , , 即,由得,则，所以当时,同理可得所以，【注】由()得，满足条件的直线过椭圆的短轴的顶点，这个结论是下面的一般结论的一个特例命题：已知椭圆的两个焦点分别为和,过点的直线与椭圆相交于两点,若，则该直线一定过或点证明由知，则，即，所以，设直线的方程为，则它们的坐标满足方程组消去得由得，于是，解得，代入，解出得，由及得把代入式并整理得，命题得证高一高二数学模块辅导，高三冲刺辅导。真正教师一对一，亲自讲授 电：13702071025