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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}
B．{x|0＜x＜1}
C．{x|
1
﹣＜x＜0}
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
6．（5 分）设、、是单位向量，且
，则
•
的最小值为（ ）
A．﹣2
B．
﹣2
C．﹣1
D．1﹣
7．（5 分）已知三棱柱ABC
A
﹣
1B1C1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24页）
A．
B．
C．
D．
8．
（5 分）如果函数y=3cos（2x+φ）的图象关于点（
，0）中心对称，那么|φ|的最
小值为（ ）
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
B．f（x）是奇函数
C．f（x）=f（x+2）
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= ．
15．（5 分）直三棱柱ABC
A
﹣
1B1C1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 ．
第2页（共24页）
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
c
﹣2=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 的分布列及数学期望．
第3页（共24页）
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（b，
c）的区域；
（2）证明：
．
第4页（共24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
=2+i，则复数z=（ ）
A．﹣1+3i
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5页（共24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
4a
﹣
2=0，
即
，
第6页（共24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．
【解答】解：分两类（1）甲组中选出一名女生有C5
1•C3
1•C6
2=225 种选法；
（2）乙组中选出一名女生有C5
2•C6
1•C2
1=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．
【解答】解：∵、、 是单位向量，
，∴
，
=
．
第7页（共24页）
∴
•
=
﹣（
）• +
=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
A
﹣
1B1C1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
A
﹣
1B1C1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
A
﹣
1B1C1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8页（共24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（
，0）中心对称，那么|φ|的最
小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【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9页（共24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10页（共24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
B．f（x）是奇函数
C．f（x）=f（x+2）
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．
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|．
第11页（共24页）
【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）
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）n=Cn
0anb0+Cn
1an
1
﹣b1+Cn
2an
2
﹣b2++Cn
ran
r
﹣br+
+Cn
na0bn，各项的通项公式为：Tr+1=Cn
ran
r
﹣br．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C10
3x10
3
﹣y3（﹣1）3=
C
﹣
10
3x7y3，
含x3y7的项为C10
7x10
7
﹣y7（﹣1）7=
C
﹣
10
7x3y7．
由C10
3=C10
7=120 知，x7y3与x3y7的系数之和为﹣240．
故答案为﹣240．
第12页（共24页）
【点评】此题主要考查二项式定理的应用问题，对于公式：（a+b）n=Cn
0anb0+Cn
1an﹣
1b1+Cn
2an
2
﹣b2++Cn
ran
r
﹣br++Cn
na0bn，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．
15．（5 分）直三棱柱ABC
A
﹣
1B1C1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
第13页（共24页）
【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
【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
c
﹣2=2b，且
sinAcosC=3cosAsinC，求b．
第14页（共24页）
【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
c
﹣2=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
c
﹣2）=b2．
又由已知a2
c
﹣2=2b∴4b=b2．
解得b=4 或b=0（舍）；
法二：由余弦定理得：a2
c
﹣2=b2
2bccosA
﹣
．
又a2
c
﹣2=2b，b≠0．
所以b=2ccosA+2 ①又sinAcosC=3cosAsinC，
∴sinAcosC+cosAsinC=4cosAsinCsin（A+C）=4cosAsinC，
即sinB=4cosAsinC 由正弦定理得
，
故b=4ccosA ②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．
第15页（共24页）
【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．
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【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．
（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∴3x2=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）
第16页（共24页）
所以M 是侧棱SC 的中点．
（I）证法三：设
，
则
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
且
，
即
且
分别令
得z1=1，y1=1，y2=0，z2=2，
即
，
第17页（共24页）
∴
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；
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
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（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
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+
+
+
+…+
），设
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Tn=1+
+
+
+…+
，由错位相减法能求出Tn=4﹣
．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+
+
+…+
=2﹣
（n≥2）．
又b1=1，
故所求的通项公式为bn=2﹣
．
（2）由（1）知an=2n﹣
，
故Sn=（2+4+…+2n）﹣（1+
+
+
+…+
），
设Tn=1+
+
+
+…+
，①
Tn=
+
+
+…+
+
，②
①﹣②得，
Tn=1+
+
+
+…+
﹣
=
﹣
=2﹣
﹣
，
∴Tn=4﹣
．
∴Sn=n（n+1）+
4
﹣．
第20页（共24页）
【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．
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【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
r
﹣2=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
∴
第21页（共24页）
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
x
﹣1），y+
=
（x
x
﹣1），
解得点P 的坐标为（
，0），
则由（I）根据韦达定理有x1+x2=7，x1x2=16
r
﹣2，
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．
经检验此时
满足题意．
故所求的点P 的坐标为
．
第22页（共24页）
【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；
（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）=3x2+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）
（Ⅱ）由题设知f'（x2）=3x2
2+6bx2+3c=0，
则
，
故
．（8 分）
由于x2∈[1，2]，而由（Ⅰ）知c≤0，
第23页（共24页）
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24页（共24页）
