2008高考山东数学理科试卷含详细解答(全word版)080725

数 学（理科）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．满足Ma1，a2，a3，a4，且Ma1，a2，a3a1，a2的集合M的个数是（ ） A．1

B．2

C．3

D．4

解：集合M中必含有a1,a2,则Ma1,a2或Ma1,a2,a4.选B. 2．设z的共轭复数是z，若zz4，zz8，则A．i

B．i

C．1

D．i

2z等于（ ） zzz222i2解：设z2bi，由zz8得4b8,b2.i.选D.

z883．函数ylncosxy x ππx的图象是（ ）

22y x

y x

y x

π 2O π 2π 2O π 2π 2O π 2π 2O π 2A．

解：由B． C． D．

ππx0cosx1lncosx0函数的最大值是0，选A. 224．设函数f(x)x1xa的图象关于直线x1对称，则a的值为（ ） A．3

B．2

C．1

D．1

解：x1、xa在数轴上表示点x到点1、a的距离，它们的和f(x)x1xa关于x1 对称，因此点1、a关于x1对称，所以a3。

（取特殊值f(1)f(3)排除B,C,D选项； 如直接去绝对值化成分段函数求解则较繁）

5．已知cosπ47π，则sin3sin的值是（ ）

656安徽省泾县中学 查日顺 编辑 第 1 页 共 14 页 2008.7.18

安徽高中数学 http://sx.ahjxzx.com A．23 5B．23 5

C．4 5D．

4 5解：cos(6)sin334134cossin3，cossin， 225225sin(3714)sin()sincos. 662526．右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（ ） A．9π C．11π

B．10π D．12π

2 3 2 2 俯视图 正(主)视图 侧(左)视图

解：从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的，其表面积为

S41212221312.

2，3，，18的18名火炬手．若从中任选3人，则选出7．在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1，的火炬手的编号能组成以3为公差的等差数列的概率为（ ） A．

1 51B．

1 68C．

1 306D．

1 4083解：古典概型问题，基本事件总数为C18，17163。能组成以3为公差的等差数列有（1，4，7）

（2，5，8），，（12，15，18）共12组，因此概率P121.

17163688．右图是根据《山东统计年鉴2007》中的资料作成的1997年至2006年我省城镇居民百户家庭人口数的茎叶图．图中左边的数字从左到右分别表示城镇居民百户家庭人口数的百位数字和十位数字，右边的数字表示城镇居民百户家庭人口数的个位数字．从图中可以得到1997年至2006年我省城镇居民百户家庭人口数的平均数为（ ） A．304.6

B．303.6

C．302.6

D．301.6

2 9 1 1 5 8

3 0 2 6

3 1 0 2 4 7

解：x3001299522610121417303.6

1019．x3展开式中的常数项为（ ）

xA．1320 解：Tr1CxB．1320

C．220

D．220

r12r12r4r124r1rrr12rrr(3)(1)C12xx3(1)C12x3,令120得r9

3x安徽省泾县中学 查日顺 编辑 第 2 页 共 14 页 2008.7.18

安徽高中数学 http://sx.ahjxzx.com 93∴常数项T10(1)9C12C12121110220.

32110．设椭圆C1的离心率为

5，焦点在x轴上且长轴长为26．若曲线C2上的点到椭圆C1的两个焦13点的距离的差的绝对值等于8，则曲线C2的标准方程为（ ）

x2y2A．221

43x2y2B．221

135x2y2C．221

34x2y2D．221

1312x2y2解：对于椭圆C1，a13,c5,曲线C2为双曲线，c5,a4，b3,标准方程为：221.

435)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，11．已知圆的方程为xy6x8y0．设该圆过点(3，则四边形ABCD的面积为（ ） A．106

B．206

C．306

D．406

2222解： 化成标准方程 (x3)(y4)25，过点(3,5)的最长弦为AC10,

最短弦为BD2521246, S1ACBD206 .2x2y19≥0， 12．设二元一次不等式组xy8≥0，所表示的平面区域

2xy14≤0为M，使函数ya(a0，a1)的图象过区域M的a的取值范围是（ ）

x，3] B．[2，10] C．[2，9]D．[10，A．[19]

解：区域M是三条直线相交构成的三角形（如图）

13显然a1，只需研究过(1,9)、(3,8)两种情形， a9且a8即2a9.

安徽省泾县中学 查日顺 编辑 第 3 页 共 14 页 2008.7.18

安徽高中数学 http://sx.ahjxzx.com 二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．

13．执行右边的程序框图，若p0.8，则输出的n ． 解：程序执行如下：

开始 输入p n1,s0,p0.8,sp成立；

1s,n2,sp成立；

211s,n3,sp成立；

24111s,n4,sp不成立，因此输出n4. 24814．设函数f(x)axc(a0)，若

2n1，S0 Sp? 是 否 SS1 n2输出n 结束 10f(x)dxf(x0)， nn1 0≤x0≤1，则x0的值为 ．

解：

1011f(x)dx(ax2c)dxax3cx0310a3cax02c∴x0 3315．已知a，b，c为△ABC的三个内角A，B，C的对边，向量m(3，1)，

n(cosA，sinA)．若mn，且acosBbcosAcsinC，则角B ．

解： mn3cosAsinA0A3；

acosBbcosAcsinCsinAcosBsinBcosAsin2C,

sinAcosBsinBcosAsin(AB)sinCsin2CC2.Bπ. 62，3，则b的取值范围为 ． 16．若不等式3xb4的解集中的整数有且仅有1，b401b4b43x5b7 即范围为(5,7) 解：3xb4，b433343三、解答题：本大题共6小题，共74分． 17．（本小题满分12分）

已知函数f(x)3sin(x)cos(x)（0π，0）为偶函数，且函数yf(x)图象的两相邻对称轴间的距离为

π． 2安徽省泾县中学 查日顺 编辑 第 4 页 共 14 页 2008.7.18

安徽高中数学 http://sx.ahjxzx.com π的值； （Ⅰ）求f8

（Ⅱ）将函数yf(x)的图象向右平移

π个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长到原来的64倍，纵坐标不变，得到函数yg(x)的图象，求g(x)的单调递减区间． 解：（Ⅰ）f(x)3sin(x)cos(x)231sin(x)cos(x)

22π2sinx．

6因为f(x)为偶函数，所以对xR，f(x)f(x)恒成立，

因此sin(x)sinxπ6π． 6即sinxcosππππcosxsinsinxcoscosxsin， 6666π0． 6π0． 6整理得sinxcos因为0，且xR，所以cos又因为0π，故πππ．所以f(x)2sinx2cosx． 622由题意得

2ππ2，所以2．故f(x)2cos2x． 2因此fππ2cos2． 48π个单位后，得到6（Ⅱ）将f(x)的图象向右平移

πfx的图象，再将所得图象横坐标伸长到原

6来的4倍，纵坐标不变，得到fxπ的图象． 46所以g(x)fxπxπxπ2cos22cos． 462346安徽省泾县中学 查日顺 编辑 第 5 页 共 14 页 2008.7.18

安徽高中数学 http://sx.ahjxzx.com xπ≤2kππ（kZ）， 232π8π≤x≤4kπ（kZ）时，g(x)单调递减， 即4kπ33当2kπ≤因此g(x)的单调递减区间为4kπ

18．（本小题满分12分）

甲、乙两队参加奥运知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者对本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为

2π8π． ，4kπ（kZ）

332221，乙队中3人答对的概率分别为，，，且各人回答正确3332与否相互之间没有影响．用表示甲队的总得分． （Ⅰ）求随机变量的分布列和数学期望；

（Ⅱ）用A表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用B表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求P(AB)．

解：（Ⅰ）解法一：由题意知，的可能取值为0，1，2，3，且

122221，P(1)C3P(0)C11，

3393270332822432． P(2)C321，P(3)C3339327所以的分布列为

23 P

0 1 2 3 1 272 94 98 27的数学期望为E012481232． 279927解法二：根据题设可知，~B3，，

2322因此的分布列为P(k)C133k3k3k2k1，2，3． C3，k0，3k3安徽省泾县中学 查日顺 编辑 第 6 页 共 14 页 2008.7.18

安徽高中数学 http://sx.ahjxzx.com 因为~B3，，所以E32322． 3（Ⅱ）解法一：用C表示“甲得2分乙得1分”这一事件，用D表示“甲得3分乙得0分”这一事件，所以ABCD，且C，D互斥，又

2221112111110P(C)C3214，

33332332332321114P(D)C5，

333233332由互斥事件的概率公式得P(AB)P(C)P(D)104343455． 43332431，2，3． 解法二：用Ak表示“甲队得k分”这一事件，用Bk表示“乙队得k分”这一事件，k0，由于事件A3B0，A2B1为互斥事件，故有P(AB)P(A3B0A2B1)P(A3B0)P(A2B1)． 由题设可知，事件A3与B0独立，事件A2与B1独立，因此

P(AB)P(A3B0)P(A2B1)P(A3)P(B0)P(A2)P(B1)

2211123421121． 2C322C2232323243332

19．（本小题满分12分）

将数列an中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：

3a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10

„„

记表中的第一列数a1，a2，a4，a7，构成的数列为bn，b1a11．Sn为数列bn的前n项和，且满足

2bn1(n≥2)． 2bnSnSn安徽省泾县中学 查日顺 编辑 第 7 页 共 14 页 2008.7.18

安徽高中数学 http://sx.ahjxzx.com （Ⅰ）证明数列1成等差数列，并求数列bn的通项公式； Sn（Ⅱ）上表中，若从第三行起，第一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数．当a814时，求上表中第k(k≥3)行所有项的和． 91解：（Ⅰ）证明：由已知，当n≥2时，

2bn1，又Snb1b2bn， 2bnSnSn所以

2(SnSn1)2(SnSn1)111， 112Sn1Sn(SnSn1)SnSnSnSn1211是首项为1，公差为的等差数列． S2n又S1b1a11．所以数列由上可知

211n1，Sn． 1(n1)n1Sn22所以当n≥2时，bnSnSn1222． n1nn(n1)1，　　　　n1，因此bn 2，n≥2．n(n1)（Ⅱ）解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q，且q0．

因为1212121378， 2所以表中第1行至第12行共含有数列an的前78项，故a81在表中第31行第三列，

q因此a81b13242．又b13，所以q2． 911314记表中第k(k≥3)行所有项的和为S，

bk(1qk)2(12k)2则S(12k)(k≥3)．

1qk(k1)12k(k1)

安徽省泾县中学 查日顺 编辑 第 8 页 共 14 页 2008.7.18

安徽高中数学 http://sx.ahjxzx.com 20．（本小题满分12分）

如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，ABC60，E，F分别是BC，PC的中点． （Ⅰ）证明：AEPD；

（Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为

B A E C P F D 6，求二面角EAFC的余弦值． 2解：（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，ABC60，可得△ABC为正三角形． 因为E为BC的中点，所以AEBC．又BC∥AD，因此AEAD． 因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE． 而PA平面PAD，AD平面PAD且PAADA， 所以AE平面PAD．又PD平面PAD，所以AEPD． （Ⅱ）解：设AB2，H为PD上任意一点，连接AH，EH． 由（Ⅰ）知AE平面PAD，则EHA为EH与平面PAD所成的角． 在Rt△EAH中，AE3，所以当AH最短时，EHA最大， 即当AHPD时，EHA最大． 此时tanEHAP

H

AE36， AHAH2B

S A E F D O C 因此AH2．又AD2， 所以ADH45，所以PA2．

解法一：因为PA平面ABCD，PA平面PAC， 所以平面PAC平面ABCD．

过E作EOAC于O，则EO平面PAC，

过O作OSAF于S，连接ES，则ESO为二面角EAFC的平面角，

sin30在Rt△AOE中，EOAE33cos30， ，AOAE22又F是PC的中点，在Rt△ASO中，SOAOsin4532， 4安徽省泾县中学 查日顺 编辑 第 9 页 共 14 页 2008.7.18

安徽高中数学 http://sx.ahjxzx.com 又SEEO2SO23930， 48432SO154在Rt△ESO中，cosESO， SE5304即所求二面角的余弦值为15． 5AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，解法二：由（Ⅰ）知AE，AD，又E，F分别为BC，PC的中点，所以

A(0，0，，0)B(3，10)，，C(310)，，，D(0，2，0)，

31P(0，0，，2)E(3，0，，0)F，12，， 2310，，0)AF，1所以AE(3，．

2，2设平面AEF的一法向量为m(x1，y1，z1)，

z P F A B E x C D y 3x10，mAE0，则 因此3 1x1y1z10．mAF0，222，1)， 取z11，则m(0，因为BDAC，BDPA，PAACA， 所以BD平面AFC，

故BD为平面AFC的一法向量．又BD(3，3，0)，

mBD2315BD所以cosm，． 5512mBD因为二面角EAFC为锐角， 所以所求二面角的余弦值为15． 5安徽省泾县中学 查日顺 编辑 第 10 页 共 14 页 2008.7.18

安徽高中数学 http://sx.ahjxzx.com 21．（本小题满分12分） 已知函数f(x)1aln(x1)，其中xN*，a为常数． n(1x)（Ⅰ）当n2时，求函数f(x)的极值；

（Ⅱ）当a1时，证明：对任意的正整数n，当n≥2时，有f(x)≤x1． 解：（Ⅰ）解：由已知得函数f(x)的定义域为x|x1，

12a(1x)2aln(x1)，所以f(x)当n2时，f(x)． 2(1x)(1x)3（1）当a0时，由f(x)0得x11221，x211， aa此时f(x)a(xx1)(xx2)． 3(1x)当x(1，x1)时，f(x)0，f(x)单调递减； 当x(x1，)时，f(x)0，f(x)单调递增． （2）当a≤0时，f(x)0恒成立，所以f(x)无极值． 综上所述，n2时，

2a221ln当a0时，f(x)在x1处取得极小值，极小值为f1． 2aaa当a≤0时，f(x)无极值．

（Ⅱ）证法一：因为a1，所以f(x)当n为偶数时， 令g(x)x11ln(x1)．

(1x)n1ln(x1)， n(1x)则g(x)1n1x2n0（x≥2）．

(x1)n1x1x1(x1)n1所以当x2，时，g(x)单调递增，又g(2)0，

安徽省泾县中学 查日顺 编辑 第 11 页 共 14 页 2008.7.18

安徽高中数学 http://sx.ahjxzx.com 因此g(x)x11ln(x1)≥g(2)0恒成立，

(x1)n所以f(x)≤x1成立． 当n为奇数时， 要证f(x)≤x1，由于

10，所以只需证ln(x1)≤x1，

(1x)n令h(x)x1ln(x1)， 则h(x)11x2≥0（x≥2）， x1x1所以当x2，时，h(x)x1ln(x1)单调递增，又h(2)10， 所以当x≥2时，恒有h(x)0，即ln(x1)x1命题成立． 综上所述，结论成立． 证法二：当a1时，f(x)1ln(x1)．

(1x)n当x≥2时，对任意的正整数n，恒有

1≤1， n(1x)故只需证明1ln(x1)≤x1．

令h(x)x1(1ln(x1))x2ln(x1)，x2，， 则h(x)11x2， x1x1当x≥2时，h(x)≥0，故h(x)在2，上单调递增， 因此当x≥2时，h(x)≥h(2)0，即1ln(x1)≤x1成立． 故当x≥2时，有

1ln(x1)≤x1．

(1x)n即f(x)≤x1．

安徽省泾县中学 查日顺 编辑 第 12 页 共 14 页 2008.7.18

安徽高中数学 http://sx.ahjxzx.com 22．（本小题满分14分）

如图，设抛物线方程为x22py(p0)，M为直线y2p上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B．

（Ⅰ）求证：A，M，B三点的横坐标成等差数列；

（Ⅱ）已知当M点的坐标为(2，2p)时，AB410．求此时抛物线的方程；

（Ⅲ）是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线x22py(p0)上，其中，点

C满足OCOAOB（O为坐标原点）．若存在，求出所有适合题意的点M的坐标；若不存在，

请说明理由．

解：（Ⅰ）证明：由题意设

2x12x2Ax1，，Bx2，，x1x2，M(x0，2p)．

2p2py B A O x xx2由x2py得y，得y，

p2p22p M 所以kMAx1x，kMB2． ppx1x(xx0)，直线MB的方程为y2p2(xx0)． pp因此直线MA的方程为y2p2x12x1x2x所以2p(x1x0)，① 2p2(x2x0)．②

2pp2pp由①、②得

x1x2xxx1x2x0， 因此x012，即2x0x1x2． 22所以A，M，B三点的横坐标成等差数列． （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当x02时， 将其代入①、②并整理得：

2x124x14p20， x24x24p20，

所以x1，x2是方程x4x4p0的两根，因此x1x24，x1x24p2，

22安徽省泾县中学 查日顺 编辑 第 13 页 共 14 页 2008.7.18

安徽高中数学 http://sx.ahjxzx.com 又kAB2x2x1222p2px1x2x0，所以kAB．

px2x12pp由弦长公式得AB1k2(x1x2)24x1x2141616p2． 2p又AB410，所以p1或p2，因此所求抛物线方程为x22y或x24y． （Ⅲ）解：设D(x3，y3)，由题意得C(x1x2，y1y2)， 则CD的中点坐标为Qx1x2x3y1y2y3，， 22x0(xx1)， p设直线AB的方程为yy1由点Q在直线AB上，并注意到点x0x1x2y1y2AByx3． 也在直线上，代入得，3p222若D(x3，y3)在抛物线上，则x32py32x0x3， 22x00)或D2x0，． 因此x30或x32x0．即D(0，p2p)适合题意． （1）当x00时，则x1x22x00，此时，点M(0，2x12x20)，此时C2x0，（2）当x00，对于D(0，，

2pkCD2x12x22xx12x22p， 又kAB0，ABCD， p2x04px0所以kABkCD22x0x12x2x12x221，即x12x24p2，矛盾． 2p4px04p222x0x12x2对于D2x0，，因为C2x0，，此时直线CD平行于y轴，

p2p 又kABx00，所以直线AB与直线CD不垂直，与题设矛盾， p2p)适合题意． 所以x00时，不存在符合题意的M点．综上所述，仅存在一点M(0，安徽省泾县中学 查日顺 编辑 第 14 页 共 14 页 2008.7.18