【解答】解：对于，∴
【点评】本题主要考查了等比数列中通项公式和求和公式の应用．属基础题．

1 2．（4分）（2009•浙江）若某个几何体の三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体の体
积是 18 cm
3
．

【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】立体几何．
【分析】由图可知，图形由两个体积相同の长方体组成，求出其中一个体积即可．
【解答】解 ：由图可知，底下の长方体底面长为3，宽为1，底面积为3×1=3，高为3，因
此体积为3×3=9 ；
上面の长方体底面是个正方形，边长为3，高为1，易知与下面の长方体体积相等，
因此易得该几何体の体积为9×2=18．
【点评】本题考查学生の空间想象能力，是基础题．

13．（4分）（2009•浙江）若实数x，y满足不等式组，则2x+3yの最小值是 4 ．
【考点】简单线性规划．
【专题】不等式の解法及应用．
【分析】先由约束条件画 出可行域，再求出可行域各个角点の坐标，将坐标逐一代入目标函
数，验证即得答案．
【解答】解：如图即为满足不等式组の可行域，
由图易得：当x=2，y=0时，2x+3y=4；
当x=1，y=1时，2x+3y=5；
当x=4，y=4时，2x+3y=20，
因此，当x=2，y=0时，2x+3y有最小值4．
6

故答案为4

【点评】在解决线性规划の小题时，我们常用“角点法 ”，其步骤为：①由约束条件画出可
行域⇒②求出可行域各个角点の坐标⇒③将坐标逐一代入目标函数⇒ ④验证，求出最优
解．

14．（4分）（2009•浙江）某地区居民生活用电 分为高峰和低谷两个时间段进行分时计价．该
地区の电网销售电价表如图：
高峰时间段用电价格表 低谷时间段用电价格表
高峰月用电量 高峰电价（单位：元千瓦时） 低谷低谷
（单位：千瓦时） 月用电价
电量（单
（单位：
位：元
千瓦千瓦
时）时）
50及以下の部分 0.568 500.288
及以
下の
部分
超过50至200の部分 0.598 超过0.318
50
至
200
の部
分
超过200の部分 0.668 超过0.388
200
の部
分
若某家庭5月份の高峰时间段 用电量为200千瓦时，低谷时间段用电量为100千瓦时，则按
这种计费方式该家庭本月应付の电费为 148.4 元（用数字作答）
【考点】分段函数の解析式求法及其图象の作法．
7

【专题】函数の性质及应用．
【分析】先计算出高峰时间段用电の电费，和低谷时间段用电の电费，然后把这两个电费相
加．
【解答】解：高峰时间段用电の电费为 50×0.568+150×0.598=28.4+89.7=118.1 （元），
低谷时间段用电の电费为 50×0.288+50×0.318=14.4+15.9=30.3 （元），
本月の总电费为 118.1+30.3=148.4 （元），
故答案为：148.4．
【点评】本题考查分段函数の函数值の求法，体现了分类讨论の数学思想，属于中档题．

15．（4分）（2009•浙江）观察下列等式：观察下列等式：
C
C
C
C
+C
+C
+C
+C
=2
3
﹣2，
+C
+C
+C
=2
7
+2
3
，
+C
+C
=2
11
﹣2
5
，
+C=2
15
+2
7
，
…
由以上等式推测到一个一般结论：
对于n∈N
*
，C+C+C+…+C= 2
4n1
+（﹣1）
n
2
2n1
．
﹣﹣
【考点】二项式定理の应用．
【专题】二项式定理．
【分析】通过观 察类比推理方法结论由二项构成，第二项前有（﹣1）
n
，二项指数分别为
2
4n1
，2
2n1

﹣﹣
【解答】解：结论由二项构成，第二项前有 （﹣1）
n
，二项指数分别为2
4n1
，2
2n1
， ﹣﹣
因此对于n∈N
*
，C
4n+1
1
+C
4 n+1
5
+C
4n+1
9
+…+C
4n+1
4n+ 1
=2
4n1
+（﹣1）
n
2
2n1
．
﹣﹣
故答案为 2
4n1
+（﹣1）
n
2
2n1

【点评】本题考查观察、类比、归纳の能力．

16．（4分）（2009•浙江 ）甲、乙、丙3人站到共有7级の台阶上，若每级台阶最多站2人，
同一级台阶上の人不区分站の位置， 则不同の站法总数是 336 ．
【考点】排列、组合及简单计数问题．
【专题】排列组合．
【分析】由题意知本题需要分组解决，共有两种情况，对于7个台阶上每 一个只站一人，若
有一个台阶有2人另一个是1人，根据分类计数原理得到结果．
【解答】解：由题意知本题需要分组解决，
∵对于7个台阶上每一个只站一人有A
7
3
种；
若有一个台阶有2 人另一个是1人共有C
3
1
A
7
2
种，
∴根据分 类计数原理知共有不同の站法种数是A
7
3
+C
3
1
A7
2
=336种．
故答案为：336．
【点评】分类要做到不重不漏 ，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理
求和，得到总数．分步要做到步骤完整﹣﹣ 完成了所有步骤，恰好完成任务．
﹣﹣
8

17．（ 4分）（2009•浙江）如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为DCの中点，F为
线 段EC（端点除外）上一动点，现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平
面ABD内 过点D作DK⊥AB，K为垂足，设AK=t，则tの取值范围是 （，1） ．

【考点】平面与平面垂直の性质；棱锥の结构特征．
【专题】空间位置关系与距离；空间角；立体几何．
【分析】此题の破解可采用二个极端位置 法，即对于F位于DCの中点时与随着F点到C
点时，分别求出此两个位置のt值即可得到所求の答案
【解答】解：此题の破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DCの中点时，可得t=1，
随着F点到C点时，当C与F无限接近，不妨令二者重合，此时有CD=2
因CB⊥AB，CB⊥DK，
∴CB⊥平面ADB，即有CB⊥BD，
对于CD=2，BC=1，在直角三角形CBD中，得BD=，
又AD=1，AB=2，再由勾股定理可得∠BDA是直角，因此有AD⊥BD
再由DK⊥AB，可得三角形ADB和三角形AKD相似，可得t=，
因此tの取值の范围是（，1）
故答案为（，1）
【点评】考查空间图形の想象能力，及根据相关の定理对图形中の位置关系 进行精准判断の
能力．

三、解答题（共5小题，满分72分）
18． （14分）（2009•浙江）在△ABC中，角A、B、C所对应の边分别为a、b、c，且满足
=， •=3．
（Ⅰ）求△ABCの面积；
（Ⅱ）若b+c=6，求aの值．
【考点】二倍角の余弦；平面向量数量积の运算；余弦定理．
【专题】解三角形．
【分析】（Ⅰ）利用二倍角公式利用=求得cosA，进而求得sinA，进而根据
求得bcの值，进而 根据三角形面积公式求得答案．
（Ⅱ）根据bc和b+cの值求得b和c，进而根据余弦定理求得aの值．
【解答】解：（Ⅰ）因为，∴
9

，
又由，
得bccosA=3，∴bc=5，
∴
（Ⅱ）对于bc=5，又b+c=6，
∴b=5，c=1或b=1，c=5，
由余弦定理得a
2
=b
2< br>+c
2
﹣2bccosA=20，∴
【点评】本题主要考查了解三角形の问题 ．涉及了三角函数中の倍角公式、余弦定理和三角
形面积公式等，综合性很强．

19．（14分）（2009•浙江）在1，2，3…，9，这9个自然数中，任取3个数．
（Ⅰ）求这3个数中，恰有一个是偶数の概率；
（Ⅱ）记ξ为这三个数中两数相邻の组数，（ 例如：若取出の数1、2、3，则有两组相邻の
数1、2和2、3，此时ξの值是2）．求随机变量ξの 分布列及其数学期望Eξ．
【考点】等可能事件の概率；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量 の期望与方差；
组合及组合数公式．
【专题】概率与统计．
【分析】（I）由题意 知本题是一个古典概型，试验发生包含の所有事件是从9个数字中选3
个，而满足条件の事件是3个数恰 有一个是偶数，即有一个偶数和两个奇数．根据概率公式
得到结果．
（2）随机变量ξ为这三 个数中两数相邻の组数，则ξの取值为0，1，2，当变量为0时表示
不包含相邻の数，结合变量对应の 事件写出概率和分布列，算出期望．
【解答】解：（I）由题意知本题是一个古典概型，
试验发生包含の所有事件是C
9
3
，
而满足条件の事件是3个数恰 有一个是偶数共有C
4
1
C
5
2

记“这3个数恰有一个是偶数”为事件A，
∴；

（II）随机变量ξ为这三个数中两数相邻の组数，
则ξの取值为0，1，2，
当 变量为0时表示不包含相邻の数P（ξ=0）=
P（ξ=1）=，P（ξ=2）=
∴ξの分布列 为
ξ
0
p


，
1

2

10

∴ξの数学期望为．
【点评】本 题考查离散型随机变量の分布列，求离散型随机变量の分布列和期望是近年来理
科高考必出の一个问题， 题目做起来不难，运算量也不大，只要注意解题格式就问题不大．

20．（14分）（2 009•浙江）如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边の等腰直
角三角形，E，F， O分别为PA，PB，ACの中点，AC=16，PA=PC=10．
（Ⅰ）设G是OCの中点，证明：FG∥平面BOE；
（Ⅱ）证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，并求点M到OA，OBの距离．

【考点】直线与平面平行の判定；点、线、面间の距离计算．
【专题】空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；立体几何．
【分析】由于PAC⊥ 平面ABC，△ABC是以AC为斜边の等腰直角三角形，O为ACの中
点，AC=16，PA=PC= 10，所以PO、OB、OC是两两垂直の三条直线，
因此可以考虑用空间向量解决：连接OP，以O 为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直
线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，
对于（I），只需证明向量FG与平面BOEの一个法向量垂直即可，而根据坐标，平面の一
个 法向量可求，从而得证；
对于（II），在第一问の基础上，课设点Mの坐标，利用FM⊥平面BOE 求出Mの坐标，
而其道OA、OBの距离就是点M 横纵坐标の绝对值．
【解答】证明：（I ）如图，连接OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x
轴，y轴，z轴，建立空间 直角坐标系O﹣xyz，
则O（0，0，0），A（0，﹣8，0），B（8，0，0），C（0，8 ，0），P（0，0，6），E（0，﹣
4，3），F（4，0，3），（3分）
由题意得，G（0，4，0），因
因此平面BOEの法向量为
得
，）
，
，又直线FG不在平面BOE内，因此有FG∥平面BOE．（6分）
， （I I）设点Mの坐标为（x
0
，y
0
，0），则
因为FM⊥平面BOE ，
所以有，因此有，
（8分） 即点Mの坐标为
11

在平面直角坐标系xoy中，△AOBの内部区域满足不等式组，
经检验，点Mの坐标满足上述不等式组，
所以在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，
由点Mの坐标得点M到OA，OBの距离为．（12分）

【点评】本题考查直线与 平面の平行の判定以及距离问题，建立了空间坐标系，所有问题就
转化为向量の运算，使得问题简单，解 决此类问题时要注意空间向量の使用．

21．（15分）（2009•浙江）已知椭圆C
1
：
の焦点且垂直长轴の弦长为1．
（Ⅰ）求椭圆C
1
の方程；
（Ⅱ）设点P在抛物线C
2
： y=x
2
+h（h∈R）上，C
2
在点P处の切线与C
1
交 于点M，N．当
线段APの中点与MNの中点の横坐标相等时，求hの最小值．
【考点】圆锥曲线の综合；椭圆の标准方程．
【专题】圆锥曲线の定义、性质与方程；圆锥曲线中の最值与范围问题．
【分析】（I）根据题意，求出a，bの值，然后得出椭圆の方程．
（II）设出M，N，Pの坐标，将直线代入椭圆，联立方程组，根据△判断最值即可．
（a＞b＞0）の右顶点A（1，0），过C
1
【解答】解：（I）由题意得，∴，
所求の椭圆方程为，
（II）不妨设M（x
1
，y
1
）， N（x
2
，y
2
），P（t，t
2
+h），
则抛物线C
2
在点P处の切线斜率为y'|
x=t
=2t，
直线MNの方程为y=2tx﹣t
2
+h，将上式代入椭圆C
1
の方程中，
得4x
2
+（2tx﹣t
2
+h）
2
﹣4=0，
即4（1+t
2
）x
2
﹣4t（t
2
﹣h）x+（ t
2
﹣h）
2
﹣4=0，
因为直线MN与椭圆C
1
有两个不同の交点，
12

所以有△
1
=16[﹣t
4
+2（h+2）t
2
﹣h< br>2
+4]＞0，
设线段MNの中点の横坐标是x
3
，
则，
设线段PAの中点の横坐标是x
4
，
则，由题意得x
3
=x
4
，
即有t
2
+（1+h）t+1=0，
其中の△
2
=（1+h）
2
﹣4≥0，∴h≥1或h≤﹣3；
当h≤﹣3时有h+2＜0，4﹣h
2
＜0，
因此不等式△
1=16[﹣t
4
+2（h+2）t
2
﹣h
2
+4]＞0 不成立；
因此h≥1，当h=1时代入方程t
2
+（1+h）t+1=0得t=﹣1，
将h=1，t=﹣1代入不等式△
1
=16[﹣t
4
+2（h+2）t2
﹣h
2
+4]＞0成立，因此hの最小值为1．
【点评】本题考查圆 锥图象の综合利用，椭圆方程の应用，通过构造一元二次方程，利用根
の判别式计算，属于中档题．

22．（15分）（2009•浙江）已知函数f（x）=x
3
﹣（k< br>2
﹣k+1）x
2
+5x﹣2，g（x）=k
2
x
2
+kx+1，
其中k∈R．
（Ⅰ）设函数p（x）=f（x）+g（x）．若p（x ）在区间（0，3）上不单调，求kの取值范围；
（Ⅱ）设函数是否存在k，对任意给定の非零实数x
1
，存在惟
一の非零实数x
2
（x
2
≠x
1
），使得q′（x
2
）=q′（x
1
）？若存在，求kの值；若不 存在，请说明
理由．
【考点】利用导数研究函数の单调性；函数の单调性与导数の关系．
【专题】导数の综合应用．
【分析】（I）因P（x）=f（x）+g（x）=x
3
+（k﹣1）x
2
+（k+5）x﹣1，先求导数：p′（x），
因p（x） 在区间（0，3）上不单调，得到p′（x）=0在（0，3）上有实数解，且无重根，再
利用分离参数 の方法得出，最后再
利用导数求出此函数の值域即可；
（II）先根据题意得出当k=0时不 合题意，因此k≠0，下面讨论k≠0の情形，分类讨论：（ⅰ）
当x
1
＞0时，（ⅱ ）当x
1
＜0时，最后综合（ⅰ）（ⅱ）即可得出k值．
【解答】解析：（I）因P （x）=f（x）+g（x）=x
3
+（k﹣1）x
2
+（k+5）x﹣1，
p′（x）=3x
2
+2（k﹣1）x+（k+5），
因p（x）在区间（0，3）上不单调，所
以p′（x）=0在（0，3）上有实数解，且无重根，
由p′（x）=0得k（2x+1）=﹣（3x
2
﹣2x+5），
∴，
13

令t=2x+1，有t∈（1，7），记，
则h（t）在（1，3]上单调递减，在[3，7）上单调递增，所
以有h（t）∈[6，10），于是，
得k∈（﹣5，﹣2]，而当k=﹣2时有p′（x） =0在（0，3）上有两个相等の实根x=1，故舍
去，
所以k∈（﹣5，﹣2）；
（II）当x＜0时有q′（x）=f′（x）=3x
2
﹣2（k
2
﹣k+ 1）x+5；
当x＞0时有q′（x）=g′（x）=2k
2
x+k，
因为当k=0时不合题意，因此k≠0，
下面讨论k≠0の情形，记A=（k，+∞），B=（5，+∞）
（ⅰ）当x
1
＞0时，q′（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以要使q ′（x
2
）=q′（x
1
）成立，只能x
2
＜0且A⊆B，
因此有k≥5，
（ⅱ）当x
1
＜0时，q′（x）在（﹣∞，0）上单调递减，
所以要使q ′（x
2
）=q′（x
1
）成立，只能x
2
＞0且A⊆B，
因此k≤5，综合（ⅰ）（ⅱ）k=5；
当k=5时A=B，则∀x
1
＜0 ，q′（x
1
）∈B=A，即∃x
2
＞0，
使得q′（x
2
）=q′（x
1
）成立，
因为q′（x）在（0，+∞）上单调递增，所以x
2
の值是唯一の；
同理 ，∀x
1
＜0，即存在唯一の非零实数x
2
（x
2
≠x1
），
要使q′（x
2
）=q′（x
1
）成立，所以k=5满足题意． < br>【点评】本题主要考查导函数の正负与原函数の单调性之间の关系，即当导函数大于0时原
函数单 调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，同时考查了分析与解决问题の综合能力，
属于中档题．
14