2008年山东高考数学理科试题及答案1

2008年山东高考数学理科 第Ⅰ卷（共60分）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 ⊆｛a 1, a 2, a 3, a 4｝,且M ∩｛a 1 ,a 2, a 3｝={ a 1·a 2}的集合M 的个数是 （A ）1 (B)2 (C)3 (D)4 （2）设z 的共轭复数是z ，或z +z =4,z ·z ＝8，则zz 等于（A ）1 （B ）-i (C)±1 (D) ±i （3）函数y ＝lncos x (-2π＜x ＜)2π的图象是（4）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 （5）已知cos （α-6π）+sin α=473,sin()56πα+的值是 （A ）-532 （B ）532 (C)-54 (D) 54（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 （B ）10π (C)11π (D)12π（7）在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1，2，3，…，18的18名火炬手.若从中任选3人，则选出的火炬手的编号能组成3为公差的等差数列的概率为（A ）511 （B ）681 （C ）3061 （D ）4081(8)右图是根据《山东统计年整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（9）（X -31x）12展开式中的常数项为（A ）-1320（B ）1320（C ）-220 (D)220(10)设椭圆C 1的离心率为135，焦点在X 轴上且长轴长为26.若曲线C 2上的点到椭圆C 1的两个焦点的距离的差的绝对值等于8，则曲线C 2的标准方程为（A ）1342222=-y x (B)15132222=-y x (C)1432222=-y x (D)112132222=-y x （11）已知圆的方程为X 2+Y 2-6X -8Y ＝0.设该圆过点（3，5）的最长弦和最短弦分别为AC 和BD ，则四边形ABCD 的面积为 （A ）106（B ）206（C ）306（D ）406（12）设二元一次不等式组⎪⎩⎪⎨⎧≤-+≥+-≥-+0142,080192y x y x y x ，所表示的平面区域为M ，使函数y ＝a x (a ＞0，a ≠1)的图象过区域M 的a 的取值范围是 （A ）[1,3] (B)[2,10] (C)[2,9] (D)[10,9]第Ⅱ卷（共90分）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 ＝ 4 . （14）设函数f (x )=ax 2+c (a ≠0).若)()(010x f dx x f =⎰，0≤x 0≤1,则x 0的值为33. （15）已知a ，b ，c 为△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边，向量m ＝（1,3-），n ＝（cos A ,sin A ）.若m ⊥n ，且a cos B +b cos A =c sin C ，则角B ＝6π. （16）若不等式｜3x -b ｜＜4的解集中的整数有且仅有1，2，3，则b 的取值范围为（5，7）.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 )＝)0,0)(cos()sin(3><<+-+ωϕϕωϕωπx x 为偶函数，且函数y ＝f (x )图象的两相邻对称轴间的距离为.2π（Ⅰ）求f （8π）的值； （Ⅱ）将函数y ＝f (x )的图象向右平移6π个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标舒畅长到原来的4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 )＝)cos()sin(3ϕωϕω+-+x x＝⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+)cos(21)sin(232ϕωϕωx x＝2sin(ϕω+x -6π) 因为 f (x )为偶函数，所以 对x ∈R ,f (-x )=f (x )恒成立，因此 sin （-ϕω+x -6π）＝sin(ϕω+x -6π). 即-sin x ωcos(ϕ-6π)+cos x ωsin(ϕ-6π)=sin x ωcos(ϕ-6π)+cos x ωsin(ϕ-6π),整理得 sin x ωcos(ϕ-6π)=0.因为 ω＞0，且x ∈R ,所以 cos （ϕ-6π）＝0.又因为 0＜ϕ＜π，故 ϕ-6π＝2π.所以 f (x )＝2sin(x ω+2π)=2cos x ω.由题意得.2,222　＝ 所以 ωπωπ⋅=故 f (x )=2cos2x .因为.24cos 2)8(==ππf（Ⅱ）将f (x )的图象向右平移个6π个单位后，得到)6(π-x f 的图象，再将所得图象横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到)64(ππ-f 的图象.).32(cos 2)64(2cos 2)64()(ππππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-=f f x g 所以 当 2k π≤32ππ-≤2 k π+ π (k ∈Z),即 4k π＋≤32π≤x ≤4k π+38π (k ∈Z)时，g (x )单调递减.因此g (x )的单调递减区间为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++384,324ππππk k (k ∈Z)（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，答对者为本队赢得一分， 答错得零分。

假设甲队中每人答对的概率均为32，乙队中3人答对的概率分别为21,32,32且各人正确与否相互之间没有影响.用ε表示甲队的总得分. （Ⅰ）求随机变量ε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 ).(Ⅰ)解法一：由题意知，ε的可能取值为0，1，2，3,且所以ε的分布列为ε的数学期望为 E ε=.227839429212710=⨯+⨯+⨯+⨯解法二：根据题设可知)32,3(B ～ε 因此ε的分布列为2323),32,3(.3,2,1,0,32)321()32()(3323=⨯==⨯=-⨯⨯==-εεεE B k C C k P k kk k k所以～因为 （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.278)32()3(,94)321()32()2(,92)321(32)1(,271)321()0(3333232231330=⨯===-⨯⨯===-⨯⨯===-⨯==C P C P C P C P εεεε,34)213131()32()(,310213132213231213132)321()32()(52324232=⨯⨯⨯⨯==⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯⨯=C D P C C P 由互斥事件的概率公式得24334334354310)()()(54==+=+=D P C P AB P .解法二：用A k 表示“甲队得k 分”这一事件，用B k 表示“已队得k 分”这一事件，k =0,1,2,3由于事件A 3B 0,A 2B 1为互斥事件，故事P (AB )=P (A 3B 0∪A 2B 1)=P (A 3B 0)+P (A 2B 1).=.24334)32213121(32)2131()32(2212323223=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯C C (19)(本小题满分12分)将数列｛a n ｝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： a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6a 7 a 8 a 9 a 10……记表中的第一列数a 1，a 2，a 4，a 7，…构成的数列为｛b n ｝,b 1=a 1=1. S n 为数列｛b n ｝的前n 项和，且满足＝nN n nS S b b 22-1=（n ≥2）.(Ⅰ)证明数列｛nS 1｝成等差数列，并求数列｛b n ｝的通项公式；（Ⅱ）上表中，若从第三行起，每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91481-=a 时，求上表中第k (k ≥3)行所有项和的和.(Ⅰ)证明：由已知，1, n =1=n b-,)1(2+n n n ≥2.（Ⅱ）解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q ,且q ＞0. 因为1213121278,2⨯++⋅⋅⋅+== 所以表中第1行至第12行共含有数列｛a n ｝的前78项， 故 a 82在表中第13行第三列， 因此282134.91a b q ==-又132,1314b =-⨯所以 q =2.记表中第k (k ≥3)行所有项的和为S ，则(1)2(12)2(12)1(1)12(1)k k k k b q S q k k k k --===--+-+（k ≥3）. ).1(22122.12,2112111.2111.1,2111,12,1)(2,,121111*********+-=-+=-=≥+=+=-⎭⎬⎫⎩⎨⎧====-=--=---+++==-------n n hn S b n n S n n S S a b S S S S S S S S S S S S S b b b S S S b b n n n n n n n n n n nn n n n n n n n nn n n时，所以 当即 ）（＋＝由上可知　的等差数列，公差为是首项为所以数列又所以　）（即 ）（所以 又　(20)(本小题满分12分)如图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为菱形，P A ⊥平面ABCD ，60ABC ∠=︒,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P AD所成最大角的正切值为62，求二面角E —AF —C 的余弦值.（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P A ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥AE . 而 P A ⊂平面P AD ，AD ⊂平面P AD 且P A ∩AD =A ， 所以 AE ⊥平面P AD ，又PD ⊂平面P AD . 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P AD ， 则∠EHA 为EH 与平面P AD 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 =36,2AE AH AH == 因此 AH =2.又AD=2，所以∠ADH =45°，所以 P A =2.解法一：因为 P A ⊥平面ABCD ，P A ⊂平面P AC ， 所以 平面P AC ⊥平面ABCD .过E 作EO ⊥AC 于O ，则EO ⊥平面P AC ，过O 作OS ⊥AF 于S ，连接ES ，则∠ESO 为二面角E-AF-C 的平面角，在Rt △AOE 中，EO =AE ·sin30°=32，AO =AE ·cos30°=32, 又F 是PC 的中点，在Rt △ASO 中，SO =AO ·sin45°=324,又223830,494SE EO SO =+=+= 在Rt △ESO 中，cos ∠ESO=32154,5304SO SE ==即所求二面角的余弦值为15.5解法二：由（Ⅰ）知AE ，AD ，AP 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，又E 、F 分别为BC 、PC 的中点，所以E 、F 分别为BC 、PC 的中点，所以A （0，0，0），B （3，-1，0），C （C ，1，0），D （0，2，0），P （0，0，2），E （3，0，0），F （31,,122）， 所以31(3,0,0),(,,1).22AE AF == 设平面AEF 的一法向量为111(,,),m x y z =则0,0,m AE m AF ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 因此111130,310.22x x y z ⎧=⎪⎨++=⎪⎩取11,(0,2,1),z m =-=-则因为 BD ⊥AC ，BD ⊥P A ，P A ∩AC=A ， 所以 BD ⊥平面AFC ， 故 BD 为平面AFC 的一法向量. 又BD =（-3,3,0），所以 cos ＜m ,BD ＞=2315.5||||512m BD m BD ⨯==⨯因为 二面角E-AF-C 为锐角，所以所求二面角的余弦值为5（21）（本小题满分12分） 已知函数1()ln(1),(1)nf x a x x =+--其中n ∈N*,a 为常数.（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x ≥2时，有f (x )≤x -1. （Ⅰ）解：由已知得函数f (x )的定义域为{x |x ＞1}， 当n =2时，21()ln(1),(1)f x a x x =+--所以232(1)().(1)a x f x x --=-（1）当a ＞0时，由f (x )=0得11x =+＞1，21x =-＜1，此时 f ′（x ）=123()()(1)a x x x x x ----. 当x ∈（1，x 1）时，f ′（x ）＜0,f (x )单调递减； 当x ∈（x 1+∞）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，当a ＞0时，f (x )在1x=+2(1(1ln ).2a f a=+ 当a ≤0时，f (x )无极值. （Ⅱ）证法一：因为a =1,所以1()ln(1).(1)nf x x x =+--当n 为偶数时，令1()1ln(1),(1)ng x x x x =-----则 g ′（x ）=1+1112(1)11(1)n n n x nx x x x ++--=+----＞0（x ≥2）.所以当x ∈[2,+∞]时，g(x)单调递增， 又 g (2)=0因此1()1ln(1)(1)ng x x x x =-----≥g(2)=0恒成立， 所以f (x )≤x-1成立.当n 为奇数时，要证()f x ≤x-1,由于1(1)nx -＜0，所以只需证ln(x -1) ≤x -1,令 h (x )=x -1-ln(x -1), 则 h ′（x ）=1-1211x x x -=--≥0（x ≥2）, 所以 当x ∈[2，+∞]时，()1ln(1)h x x x =---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，1()ln(1).(1)nf x x x =+--当x ≤2，时，对任意的正整数n ，恒有1(1)nx -≤1，故只需证明1+ln(x -1) ≤x -1. 令[)()1(1ln(1))2ln(1),2,h x x x x x x =--+-=---∈+∞则12()1,11x h x x x -'=-=-- 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1ln(1)(1)nx x +--≤x -1.即f （x ）≤x -1.(22)(本小题满分14分)如图，设抛物线方程为x 2=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，410AB =，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22(0)xpy p =＞上，其中，点C 满足OCOA 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. （Ⅰ）证明：由题意设221212120(,),(,),,(,2).22x x A x B x x x M x p p p-＜ 由22x py =得22x y p =，则,x y p'= 所以12,.MA MB x x k k p p== 因此直线MA 的方程为102(),x y p x x p +=- 直线MB 的方程为202().x y p x x p+=- 所以211102(),2x x p x x p p+=- ① 222202().2x x p x x p p +=- ②由①、②得 212120,2x x x x x +=+- 因此 21202x x x +=，即0122.x x x =+ 所以A 、M 、B 三点的横坐标成等差数列.（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当x 0=2时，将其代入①、②并整理得：2211440,x x p --= 2222440,x x p --=所以 x 1、x 2是方程22440xx p --=的两根， 因此212124,4,x x x x p +==-又22210122122,2ABx x x x x p p k x x p p -+===-所以2. ABkp=由弦长公式得AB==又AB=所以p=1或p=2，因此所求抛物线方程为22x y=或24.x y=（Ⅲ）解：设D(x3,y3)，由题意得C(x1+ x2, y1+ y2),则CD的中点坐标为123123(,),22x x x y y yQ++++设直线AB的方程为011(),xy y x xp-=-由点Q在直线AB上，并注意到点1212(,)22x x y y++也在直线AB上，代入得033.xy xp=若D（x3,y3）在抛物线上，则2330322,x py x x==因此x3=0或x3=2x0.即D(0，0)或22(2,).xD xp（1）当x0=0时，则12020x x x+==，此时，点M(0,-2p)适合题意.（2）当00x≠，对于D(0，0)，此时221222221212002(2,),,224CDx xx x x xpC x kp x px+++==又0,ABxkp=AB⊥CD，所以22220121221,44AB CDx x x x xk kp px p++===-即222124,x x p+=-矛盾.对于2002(2,),x D x p 因为22120(2,),2x x C x p+此时直线CD 平行于y 轴， 又00,AB x k p=≠ 所以 直线AB 与直线CD 不垂直，与题设矛盾， 所以00x ≠时，不存在符合题意的M 点.综上所述，仅存在一点M (0，-2p )适合题意.。