2009 浙江卷 · 理 数学

B

C 【解题关键点】对于＂$a>0$ 且 $b>0$＂可以推出＂$a+b>0$ 且 $a b>0$＂，反之也是成立的

D 【解题关键点】 $\frac{2}{z}+z^{2}=\frac{2}{1+i}+(1+i)^{2}=1-i+2 i=1+i$

B 【解题关键点】对于 $T_{r+1}=C_{5}^{r}\left(x^{2}\right)^{5-r}\left(-\frac{1}{x}\right)^{r}=(-1)^{r} C_{5}^{r} x^{10-3 r}$ ，对于 $10-3 r=4, \therefore r=2$ ，则 $x^{4}$ 的项的系数是 $C_{5}^{2}(-1)^{2}=10$

C 【解题关键点】取 BC 的中点 E ，则 $A E \perp$ 面 $B B_{1} C_{1} C, \therefore A E \perp D E$ ，因此 $A D$ 与平面 $B B_{1} C_{1} C$ 所成 角 即 为 $\angle A D E$ ，设 $A B=a$ ，则 $A E=\frac{\sqrt{3}}{2} a, D E=\frac{a}{2}$ ，即 有 $\tan \angle A D E=\sqrt{3}, \therefore \angle A D E=60^{\circ}$

A 【 解 题 关 键 点】 对于 $k=0, s=1, \therefore k=1$ ，而 对于 $k=1, s=3, \therefore k=2$ ，则 $k=2, s=3+8, \therefore k=3$ ，后面是 $k=3, s=3+8+2^{11}, \therefore k=4$ ，不符合条件时输出的 $k=4$ ．

B 【解题关键点】对于半径为 1 的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现 4 个交点的情况，但 5 个及 5 个以上的交点不能实现

C 【解题关键点】对于 $A(a, 0)$ ，则直线方程为 $x+y-a=0$ ，直线与两渐近线的交点为 $\mathrm{B}, \mathrm{C}$ ， $B\left(\frac{a^{2}}{a+b}, \frac{a b}{a+b}\right), C\left(\frac{a^{2}}{a-b},-\frac{a b}{a-b}\right)$, 则有 $\overrightarrow{B C}=\left(\frac{2 a^{2} b}{a^{2}-b^{2}},-\frac{2 a^{2} b}{a^{2}-b^{2}}\right), \overrightarrow{A B}=\left(-\frac{a b}{a+b}, \frac{a b}{a+b}\right)$ ，因 $2 \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{B C}, \therefore 4 a^{2}=b^{2}, \therefore e=\sqrt{5}$ ．

C 【解题关键点】对于 $-\alpha\left(x_{2}-x_{1}\right)<f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)<\alpha\left(x_{2}-x_{1}\right)$ ，即有 $-\alpha<\frac{f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}<\alpha$ ，令 $\frac{f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}=k$ ，有 $-\alpha<k<\alpha$ ，不妨设 $f(x) \in M_{\alpha 1}, g(x) \in M_{\alpha 2}$ ，即有 $-\alpha_{1}<k_{f}<\alpha_{1},-\alpha_{2}<k_{g}<\alpha_{2}$ ，因此有 $-\alpha_{1}-\alpha_{2}<k_{f}+k_{g}<\alpha_{1}+\alpha_{2}$ ，因此有 $f(x)+g(x) \in M_{\alpha 1+\alpha 2}$

15 【解题关键点】对于 $s_{4}=\frac{a_{1}\left(1-q^{4}\right)}{1-q}, a_{4}=a_{1} q^{3}, \therefore \frac{s_{4}}{a_{4}}=\frac{1-q^{4}}{q^{3}(1-q)}=15$

18 【解题关键点】该几何体是由二个长方体组成，下面体积为 $1 \times 3 \times 3=9$ ，上面的长方体体积为 $3 \times 3 \times 1=9$ ，因此其几何体的体积为 18

4 【解题关键点】通过画出其线性规划，可知直线 $y=-\frac{2}{3} x+Z$ 过点 $(2,0)_{\text {时，}}(2 x+3 y)_{\min }=4$

148.4 【解题关键点】对于应付的电费应分二部分构成，高峰部分为 $50 \times 0.568+150 \times 0.598$ ；对于低峰部分为 $50 \times 0.288+50 \times 0.318$ ，二部分之和为 148.4

$2^{4 n-1}+(-1)^{n} 2^{2 n-1}$ 【解题关键点】这是一种需类比推理方法破解的问题，结论由二项构成，第二项前有 $(-1)^{n}$ ，二项指数分别为 $2^{4 n-1}, 2^{2 n-1}$ ，因此对于 $n \in N^{*}, C_{4 n+1}^{1}+C_{4 n+1}^{5}+C_{4 n+1}^{9}+\cdots+C_{4 n+1}^{4 n+1}=2^{4 n-1}+(-1)^{n} 2^{2 n-1}$

336 【解题关键点】对于 7 个台阶上每一个只站一人，则有 $A_{7}^{3}$ 种；若有一个台阶有 2 人，另一个是 1 人，则共有 $C_{3}^{1} A_{7}^{2}$ 种，因此共有不同的站法种数是 336 种．

$\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 【解题关键点】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于 F 位于 DC 的中点时，$t=1$ ，随着 F 点到 C 点时，因 $C B \perp A B, C B \perp D K, \therefore C B \perp$ 平 面 $A D B$ ，即 有 $C B \perp B D$ ，对 于 $C D=2, B C=1, \therefore B D=\sqrt{3}$ ，又 $A D=1, A B=2$ ，因此有 $A D \perp B D$ ，则有 $t=\frac{1}{2}$ ，因此 $t$ 的取值范围是 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$

（1）记＂这 3 个数恰有一个是偶数＂为事件 A ，则 $P(A)=\frac{C_{4}^{1} C_{5}^{2}}{C_{9}^{3}}=\frac{10}{21}$ ； （II）随机变量 $\xi$ 的取值为 $0,1,2, \xi$ 的分布列为 | $\xi$ | 0 | 1 | 2 | | :--- | :--- | :--- | :--- | | P | $\frac{5}{12}$ | $\frac{1}{2}$ | $\frac{1}{12}$ |

证明：①如图，连结 OP ，以 O 为坐标原点，分别以 $\mathrm{OB} , \mathrm{OC} , \mathrm{OP}$ 所在直线为 $x$ 轴，$y$轴，$z$ 轴 ，建 立 空 间 直 角 坐 标 系 $\mathrm{O}^{-x y z}$ ，则 $O(0,0,0), A(0,-8,0), B(8,0,0), C(0,8,0), P(0,0,6), E(0,-4,3), F(4,0,3)$ ，由题意得， $G(0,4,0)$ ，因 $\overrightarrow{O B}=(8,0,0), \overrightarrow{O E}=(0,-4,3)$ ，因此平面 $B O E$ 的法向量为 $\vec{n}=(0,3,4)$ ， $\overrightarrow{F G}=(-4,4,-3$ 得 $\vec{n} \cdot \overrightarrow{F G}=0$ ，又直线 $F G$ 不在平面 $B O E$ 内，因此有 $F G / /$ 平面 $B O E$ （II）