2009年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷1)试题及点评(7)

掌握等差数列内容的标志是在深刻理解等差数列概念基础之上，准确用等差数列的通项公式、前n项和公式进行运算；灵活应用等差数列知识解决问题的前提是深谙等差数列的性质.

(15) 解：在?ABC中AB?AC?2,?BAC?120? ,可得BC?23,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R?5，故此球的表面积为4?R?20?．

【解读与点评】本题考察球的基础知识，表面积的计算，以及运算能力和空间想像能力.

教材中关于球的理论的主要内容是球的概念、性质，球的表面积与体积，主要题型是球面距离的计算，特别是地球表面上的有关计算. (16) ① ⑤.解：据题意知平行直线l1,l2之间的距离

y C 2ml2AB?2，如图：可知AC?AD?22，计算可

得直线m的倾斜角为75或15．

【解读与点评】本题考查平行线之间的距离、直线的斜率、直线被平行线所截线段的长等知识．在计算的过程中需要利用到解三角形方面的知识． 三、解答题

??B D A O l1x (17) 解：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q．由a3?b3?17得

1?2d?3q2?17，①由T3?S3?12得q2?q?d?4. ②由 ①、②及q?0解

得q?2,d?2．故所求的通项公式为：an?2n?1,bn?3?2n?1．

【解读与点评】本小题主要考查等差数列的性质等基本知识，以及会根据公式进行正确运算、变形和数据处理；能根据问题的条件，寻找与设计合理、简捷的运算途径的能力.

(18) 解法一：在?ABC中，由于sin Acos C?3cos Asin C，则由正弦定理及余

a2?b2?c2b2?c2?a2?3?c，化简并整理得：2(a2?c2)?b2.弦定理有:a?2ab2bc 31

222又由已知a?c?2b，所以4b?b.解得b?4或b?0(舍).

解法二:由余弦定理得: a?c?b?2bccos A.又a2?c2?2b,b?0.

222所以b?2ccos A?2???①

C?4cosAsinC， 又sin Acos C?3cos Asin C，所以sinAcosC?cosAsinsin(A?C)?4cosAsinC即sinB?4cosAsinC

由正弦定理得sinB?bsinC，故b?4ccosA???② c由①，②解得b?4．

解法三：由sinAcosC?3cosAsinC得tanA?3tanC．由于

tanA?BDBD,tanC， DACDＢ

从而CD?3DA，所以b?4DA???????① 由勾股定理得：a2?CD2?BD2,c2?DA2?BD2，

Ｃ

从而a?c?CD?DA，即a?c?8DA．又

2222222Ｄ

Ａ

a2?c2?2b，所以2b?8DA2???????②

由①，②得b?4．

【解读与点评】 从08年高考考纲中就明确提出要加强对正余弦定理的考查.在备考中应注意总结、提高自己对问题的分析和解决能力及对知识的灵活运用能力.另外提醒：两纲中明确不再考的知识和方法了解就行，不必强化训练．

此题事实上比较简单,但考生反应不知从何入手.

S 对已知条件(1)a?c?2b左侧是二次的右侧是一次的,学生总感觉用余弦定理不好处理,而对已知条件(2) sinAcosC?3cosAsinC,过多的关注两角和与差的正弦公式,甚至有的学生还想用现在已经不再考的积化和差,导致找不到突破口而失分.

(19) (Ⅰ) 解法一：作ME//CD交SD于点E，则ME//AB，所以

A

E H D F

B

C

M 22ME?面SAD．连结AE，则四边形ABME为直角梯形．作MF?AB，垂足为F，

则AFME为矩形．设ME?x，则SE?x,

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MF?AE?ED2?AD2?(2?x)2?2,FB?2?x，

由

S MF?FB?tan60?，得

H E M (2?x)2?2?3(2?x)．解得x?1．即ME?1，从而ME?D Ｇ A

F

S B

1DC，所以M为侧棱2C

SC的中点．

解法二：过M作MN?CD于N，则

M D N MN?面ABC，则D?AMN,?BMN均为Rt?．设MN?x，

则

C

AM?2?(2?x)2?x2,22BM?2?2x2．在

2?A B

?ABM中AM?AB?BM?2AB?BMcos60，

解得x?1，即ME?1DC． 2 解法三：易得BC?面SDC，所以

BC?MC，又在Rt?SDC中，

ｚ SC?22．由

Ｓ AB?MB?|AB|?|MB|cos60?得

AB?MB?AB(MC?CB)?AB?MC?DC?MC．所以

Ｄ Ｍ Ｃ ｙ

Ｂ |MB|?2|MC|,?MBC?45,|MC|?2Ａ ．因此M为侧棱SC的中点．

解法四：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D?xyz，

设A(2,0,0)，则B(2,2,0),设M(0,ｘ ?C(0,2,0),S(0,0,2)．

y0,2?y0)，则MB?(2,?y0?2,?2?y0),AB?(0,2,0)

?MB,AB??60?，故AB?MB?|AB||MB|cos60?，

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即2(2?y0)?的中点．

2?2(y0?2)2，解得y0?1，即M(0,1,1)，所以M为侧棱SC(Ⅱ) 解法一：由(Ⅰ)得

S MB?BC2?MC2?2，又

M ?ABM?60,AB?2，所以?ABM为等边

角形．又由(Ⅰ)知M为侧棱SC的中点，

Ｇ D A Ｎ B C ?三

SM?2,SA?6,AM?2，故SA2?SM2?AM2,?SMA?90?．取AM的

中点G，连接BG，取SA中点H，连接GH，则BG?AM，GH?AM，由此知?BGH为二面角S?AM?B的平面角．连接BH，在?BGH中，

BG?31222， BH?AB2?AH2?，所以AM?3,GH?SM?2222BG2?GH2?BH26cos?BGH???．所以二面角S?AM?B的大小为

2BG?GH3arccos(?6)． 3 解法二：由(Ⅰ)得MB?BC2?MC2?2，又?ABM?60?,AB?2，所以

?ABM为等边三角形．所以取AM的中点G，连接BG，则BG?AM．取AC的

中点N，连接GN,BN，则GN//SC．又由(Ⅰ)知AM?SC，所以GN?AM，

?BGN是二面角S?AM?B的平面角的补

6角．又BG?3,BN?，

2GN?22．

在

ｚ Ｓ ?BG中，

Ｍ BG2?GN2?BN26cos?BGN??．所

2BG?GN3Ａ ｘ

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Ｄ Ｂ Ｃ ｙ

以?BGN?arccos(?66（或)，即二面角S?AM?B的大小为arccos(?)．

33为??arccos6） 3211,,)，又222 解法三：由M(0,1,1),A(2,0,0)得AM的中点G(GB?(231,,),MS?(0,?1,1) 222AM?(?2,1,1).GB?AM?0,MS?AM?0，所以

GB?AM,MS?AM．因此GB,MS等于二面角S?AM?B的平面

GB?MS|GB||MS|6．所以二面角S?AM?B的大小为3角．cos?GB,MS????arccos(?6)． 3【解读与点评】 本小题主要考察直线和平面、平面和平面的位置关系的判定和性质，空间角的计算等基础知识，以及空间想象能力和推理能力.

立体几何主要研究空间几何体的大小、形状和位置关系，是通过空间线线、线面、面面的位置关系来实现的，研究思路有两个方向：一是进行纯粹的位置关系的演化，也就是传统立体几何方法，应用这种方式时要搞清其中剪不断的各种位置关系中的层层链接；二是以向量为工具考量位置关系以及进行角、距离等相关计算，特别是当题目条件易于建立空间直角坐标系时，向量的应用就显得迫不及待.因此在实际解题时，要三思而后行，要敏锐意识到哪些题目可以用向量快速求解，哪些题目用传统立体几何方法简洁，避免只重形式不看效果的生搬硬套，象本题的向量法就不比传统方法简单，也不快捷.

(20) 记Ai表示事件：第i局甲获胜，i?3,4,5．Bj表示事件：第j局乙获胜，

j?3,4．(Ⅰ) 记A表示事件：再赛两局结束比赛．A?A3?A4?B3?B4．由于

各局的比赛结果相互独立，所以P(A)?0.52．

(Ⅱ) 解法一：记B表示事件：甲获得这次比赛的胜利．因为前两局中，甲、乙各胜

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