2009年全国高考试题(上海卷)(文史类)

考生注意：

数学试卷（文史类）

1．答卷前，考生务必在答题纸上将姓名、高考准考证号填写清楚，并在规定的区域内贴上

条形码。

2．本试卷共有23道试题，满分150分，考试时间120分钟。

一．填空题（本大题满分56分）本大题共有14题，考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得4分，否则一律得零分。1．函数f(x)=x3+1的反函数f-1(x)=_____________.2．已知集合A={x|x≤1},B={x|≥a},且A∪B=R，

则实数a的取值范围是__________________.

4 5 x

3.若行列式1 x 3

中，元素4的代数余子式大于0，则x满足的条

7 8 9

件是__________________.

4.某算法的程序框如右图所示，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.若球O1、O2表示面积之比R1=_____________.R2

S1

=4，则它们的半径之比S2

⎧y≤2x⎪

7.已知实数x、y满足⎨y≥−2x则目标函数z=x-2y的最小值是___________.

⎪x≤3⎩

8.若等腰直角三角形的直角边长为2，则以一直角边所在的直线为轴旋转一周所成的几何体体积是

。

9．过点A（1，0）作倾斜角为

π的直线，与抛物线y2=2x交于M、N两点，则4

MN=。

10.函数f(x)=2cos2x+sin2x的最小值是

。

11.若某学校要从5名男生和2名女生中选出3人作为上海世博会的志愿者，则选出的志愿者中男女生均不少于1名的概率是

（结果用最简分数表示）。

x2y2

12.已知F1、F2是椭圆C:2+2=1(a>b>0)的两个焦点，p为椭圆C上的一点，且

abPF1⊥PF2。若∆PF1F2的面积为9，则b=

.13.已知函数f(x)=sinx+tanx。项数为27的等差数列{an}满足an∈⎜−

⎛ππ⎞

,⎟,且公差⎝22⎠

d≠0,若f(a1)+f(a2)+...+f(a27)=0，则当k=时，f(ak)=0.。

14.某地街道呈现东——西、南——北向的网络状，相邻街距都为1，两街道相交的点称为格点。若以相互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）为报刊零售店，请确定一个格点街道发行站之间路程的和最短。

二．选择题（本大题满分16分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，考生应在答案纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得4分，否则一律得零分。15．已知直线l1:(k−3)x+(4−k)y+1=0,与l2:2(k−3)x−2y+3=0,平行，则K得值是［答］（（A）

1或3

）

（B）1或5

（C）3或5

（D）1或2

为发行站，使5个零售点沿

16，如图，已知三棱锥的底面是直角三角形，直角边长分别为3和4，过直角顶点的侧棱长为4，且垂直于底面，该三棱锥的主视图是

［答］（

）

17．点P（4，－2）与圆x2+y2=4上任一点连续的中点轨迹方程是

（A）(x−2)2+(y+1)2=1（C）(x+4)2+(y−2)2=4

（B）(x−2)2+(y+1)2=4（D）(x+2)2+(y−1)2=1

[答]（）

18．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内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7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：总体均为3，中位数为4.（C）丙地：中位数为2，众数为3.

[答]（）

（B）乙地：总体均值为1，总体方差大于0.（D）丁地：总体均值为2，总体方差为3.

三．解答题（本大题满分78分）本大题共5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规

定区域内写出必要的步骤.19．（本题满分14分）

已知复数z=a+bi（a、b∈R+）(I是虚数单位)是方程x2−4x+5=0的根.复数

w=u+3i（u∈R）满足w−z<25，求u的取值范围

20．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分.

ur

已知ΔABC的角A、B、C所对的边分别是a、b、c，设向量m=(a,b)，rur

n=(sinB,sinA)，p=(b−2,a−2)urr

若m//n，求证：ΔABC为等腰三角形；

ururπ（1）若m⊥p，边长c=2，角C=，求ΔABC的面积

3

21．（本题满分16分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分10分.有时

可用函数

a⎧

0.1+15ln,　x≤6,⎪⎪a−xf(x)=⎨

⎪x−4.4,　　　　　>6⎪⎩x−4

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）证明：当x≥7时，掌握程度的增长量f（x+1）-f(x)总是下降；

（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.

22.（本题满分16分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分4分，第3小题满分8分.已知双曲线

C

的中心是原点，右焦点为

F(3，0)，一条渐近线m:x+2y=0,设过点

v

A(−32,0)的直线l的方向向量e=(1,k)。

（1）求双曲线C的方程；

（2）若过原点的直线a//l，且a与l的距离为6，求K的值；

（3）证明：当k>

2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6.223.（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分5分，第2小题满分5分，第3小题满分8分.

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,n∈N*，有am+am+1=ak？请说明理由；

（2）若bn=aqn（a、q为常数，且aq≠0）对任意m存在k，有bm⋅bm+1=bk，试求a、q满足的充要条件；

（3）若an=2n+1,bn=3n试确定所有的p,使数列{bn}中存在某个连续p项的和式数列中

{an}的一项，请证明.

上海（数学文）参考答案

一、填空题1.3x−12.ɑ≤1

83.x>

3

7.-911.

⎧2x,x<14.y=⎨

⎩x−2,x>1

8.

5arctan59.2613.14

二、选择题

题号代号三、解答题

19.解：原方程的根为

6.210.1−214（3，3）15C

16B

8π3

57

12.3

17A

18D

x1,2=2±iQa、b∈R+,∴z=2±iQw−z=(u+3i)−(2+i)=(u−2)2+4<25∴−2uvv

20题。证明：（1）Qm//n,∴asinA=bsinB,

ab，其中R是三角形ABC外接圆半径，a=b=b⋅

2R2R∴∆ABC为等腰三角形

uvuv

解（2）由题意可知m//p=0,即a(b−2)+b(a−2)=0

即a⋅

∴a+b=ab由余弦定理可知，4=a2+b2−ab=(a+b)2−3ab即(ab)2−3ab−4=0∴ab=4(舍去ab=−1)∴S=

11πabsinC=⋅4⋅sin=3223

0.4

(x−3)(x−4)

21题。证明（1）当x≥7时，f(x+1)−f(x)=

而当x≥7时，函数y=(x−3)(x−4)单调递增，且(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)有题意可知0.1+15ln整理得

a=0.85a−6

a=e0.05

a−6

e0.05

解得a=0.05⋅6=20.50×6=123.0,123.0∈(121,127]…….13分

e−1

由此可知，该学科是乙学科……………..14分

22．【解】（1）设双曲线C的方程为x2−2y2=λ(λ>0)

x2λ∴λ+=3，解额λ=2双曲线C的方程为−y2=1

22

（2）直线l:kx−y+32k=0，直线a:kx−y=0

由题意，得|32k|1+k2=6，解得k=±

22

（3）【证法一】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>

2时，d>62

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，使之到直线l的距离为6【证法二】假设双曲线C右支上存在点Q(x0,y0)到直线l的距离为6，

⎧|kx0−y0+32k=6(1)⎪2则⎨1+k⎪22

(2)⎩x0−2y0=2

由（1）得y0=kx0+32k±6⋅1+k2设t=32k±6⋅1+k2，当k>

2时，t=32k+6⋅1+k2>0；2

2t=32k+6⋅1+k=6×2k2−13k+1+k22>0

2

将y0=kx0+t代入（2）得(1−2k2)x0−4ktx0−2(t2+1)=0

Qk>

2,t>0，2

∴1−2k2<0,−4kt<0,−2(t2+1)<0

∴方程(*)不存在正根，即假设不成立，

故在双曲线C的右支上不存在点Q，使之到直线l的距离为623．【解】（1）由am+am+1=ak,得6m+6+3k+1，

4

,3

Qm、k∈N，∴k−2m为整数

整理后，可得k−2m=

∴不存在n、k∈N∗，使等式成立。

（2）当m=1时，则b1⋅b2=bk,∴a2⋅q3=aqk∴a=qk−3,即a=qc，其中c是大于等于−2的整数

反之当a=qc时，其中c是大于等于−2的整数，则bn=qn+c，显然bm⋅bm+1=qm+c⋅qm+1+c=q2m+1+2c=bk，其中k=2m+1+c∴a、q满足的充要条件是a=qc，其中c是大于等于−2的整数

（3）设bm+1+bm+2+L+bm+p=ak当p为偶数时，(*)式左边为偶数，右边为奇数，当p为偶数时，(*)式不成立。

3m+1(1−3p)

由(*)式得=2k+1，整理得3m+1(3p−1)=4k+2

1−3

当p=1时，符合题意。当p≥3，p为奇数时，

3p−1=(1+2)p−1

0122pp=Cp+C1⋅2+C⋅2+L+C⋅2−1ppp122pp=C1⋅2+C⋅2+L+C⋅2ppp2pp−1=2(C1)p+Cp⋅2+L+Cp⋅2222pp−2=2⎡2C+C⋅2+L+C⋅2()+p⎤ppp⎣⎦

∴

由3m+1(3p−1)=4k+2，得

222pp−2

3m+1⎡2C+C⋅2+L+C⋅2()+p⎤ppp⎣⎦=2k+1

∴当p为奇数时，此时，一定有m和k使上式一定成立。∴当p为奇数时，命题都成立。