2008年湖南高考理科数学真题及答案.doc-资料库

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2008 年湖南高考理科数学真题及答案一、选择题:本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 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．复数 ( i  等于 31 ) i A.8 B.－8 C.8i D. － 8i (D) 2．“|x－1|＜2 成立”是“x（x－3）＜0 成立”的 A．充分而不必要条件 B.必要不充分条件 C．充分必要条件 D.既不充分也不必要条件（B） 3.已知变量 x、y满足条件 1, x     x y    2 x y  0, 9 0,   则 x+y的最大值是 A.2 B.5 C.6 D.8 4.设随机变量服从正态分布 N(2,9) ,若 P (＞c+1)=P(＜c－ 1 ,则 c= A.1 B.2 C.3 D.4 5.设有直线 m、n和平面、。下列四个命题中，正确的是 (C) (B) A.若 m∥,n∥,则 m∥n B.若 m ,n ,m∥,n∥,则∥  C.若 ，m ,则 m  D.若 ，m ，m ,则 m∥ （D） 6.函数 f(x)=sin2x+ 3 sin cos x x 在区间 ,      4 2   上的最大值是 A.1 B. 3 1  2 C. 3 2 D.1+ 3 (C) 7.设 D、E、F分别是△ABC的三边 BC、CA、AB上的点，且  DC  BD 2 ,  CE  , EA  2  AF  FB ,  2   则 AD BE CF     与 BC

A.反向平行 C.互相垂直 B.同向平行 D.既不平行也不垂直 (A) 8.若双曲线 2 2 x a  2 2 y b  （a＞0,b＞0）上横坐标为 1 3 a 2 的距离，则双曲线离心率的取值范围是的点到右焦点的距离大于它到左准线 A.(1,2) B.(2,+  ) C.(1,5) D. (5,+  ) (B) 9.长方体 ABCD－A1B1C1D1 的 8 个顶点在同一球面上，且 AB=2, AD= 3 , AA1=1, 则顶点 A、B 间的球面距离是 A. 2 2 B. 2 10.设［x］表示不超过 x的最大整数（如［2］=2, ［］=1），对于给定的 n N*,定义 D. 2  4 (C) C. 2  2 5 4 1,  ,则当 x 3 ,3       2 C 2 n  ( n n ( x x   1) 1)   ( ( n x     x   x   1) 1) A.    16 ,28 3    C.    284, 3      28,56  ，x  时，函数 2 nC 的值域是 B. 16 ,56 3      D.    4, 16 3        28 3 ,28    (D) 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分。把答案填在对应题号后的横线上。 11. lim 1 x  x  1  3 x  4  1 5 . 2 x 12.已知椭圆 2 2 x a  2 2 y b  （a＞b＞0）的右焦点为 F，右准线为 l，离心率 e= 1 5 . 5 过顶点 A(0,b) 作 AM  l,垂足为 M，则直线 FM 的斜率等于 1 2 . 13.设函数 y=f (x)存在反函数 y= f－1（x），且函数 y = x－f (x)的图象过点（1，2），则函数 y=f－1(x)－x的图象一定过点 (－1,2) . 14.已知函数 f(x)＝ 3 a   ax a ( 1  1).

（1）若 a＞0,则 f(x)的定义域是    3, a    ; (2)若 f(x)在区间 0,1 上是减函数，则实数 a的取值范围是   ,0   1,3  . 15. 对有 n (n≥4)个元素的总体｛1，2，3，…，n｝进行抽样，先将总体分成两个子总体｛1，2，…，m｝和｛m+1，m+2，…，n｝(m是给定的正整数，且 2≤m≤n－2)，再从每个子总体中各随机抽取 2 个元素组成样本，用 Pij表示元素 i和j同时出现在样本中的概率，则 P1n= 4 m n m ( ) ；所有 Pif(1≤i＜j≤ n 的和等于 6 . 三、解答题：本大题共 6 小题，共 75 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16.（本小题满分 12 分）甲、乙、丙三人参加了一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约，甲表示只要面试合格就签约。乙、丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约。设每人面试合格的概率都是 1 2 ，且面试是否合格互不影响。求：（Ⅰ）至少有 1 人面试合格的概率; （Ⅱ）签约人数的分布列和数学期望. 解用 A，B，C分别表示事件甲、乙、丙面试合格。由题意知 A，B，C相互独立，且 P（A）＝P（B）＝P（C）＝ 1 2 . （Ⅰ）至少有 1 人面试合格的概率是 1  ( P ABC ) 1   ( ( P A P B P C ) ( ) ) 1 (   31 ) 2  7 8 . （Ⅱ）  的可能取值为 0，1，2，3. P (   0)  ( P ABC )  ( P ABC )  ( P ABC )  3 ) ) ) ＝ 3 ) ) ＝ ( ( P A P B P C 1 1 2 2 ( P ABC ( 1 2 )     ( ( ) ( 2 ( P ABC )  ( ( P A P B P C ) ( ) ) ) ( )  ( ( P A P B P C 3 8 ( P ABC  ) ) . P (   1) ) ) ) = ( ( P A P B P C 1 1 2 2 ( 1 2   ( ) ( ) ( = 3 3 )  ( ( P A P B P C ) ( ) )  3 ) ) ( ) ( ( P A P B P C 3 8  .

P (   2)  ( P ABC )  P (   3)  ( P ABC )  所以，  的分布列是 ( ( P A P B P C ) ( ) ( ( P A P B P C ) ( )  P  的期望 0 1 3 8 3 8 3 8 E          0 1 2 3 3 8 1 8 1 8 )  )  . 1 8 1 . 8 2 1 8 1. 3 1 8 17.（本小题满分 12 分）如图所示，四棱锥 P－ABCD的底面 ABCD是边长为 1 的菱形，∠BCD＝60°，E是 CD的中点，PA⊥底面 ABCD，PA＝2. （Ⅰ）证明：平面 PBE⊥平面 PAB; （Ⅱ）求平面 PAD和平面 PBE所成二面角（锐角）的大小. 解解法一（Ⅰ）如图所示，连结 BD，由 ABCD是菱形且∠BCD=60°知，△BCD是等边三角形。因为 E是 CD的中点，所以 BE⊥CD，又 AB∥CD，所以 BE⊥AB。又因为 PA⊥平面 ABCD， BE  平面 ABCD，所以 PA⊥BE。而 PA  AB=A，因此 BE⊥平面 PAB. 又 BE  平面 PBE，所以平面 PBE⊥平面 PAB. （Ⅱ）延长 AD、BE相交于点 F，连结 PF。过点 A作 AH⊥PB于 H，由（Ⅰ）知平面 PBE⊥平面 PAB，所以 AH⊥平面 PBE. 在 Rt△ABF中，因为∠BAF＝60°，所以 AF=2AB=2=AP. 在等腰 Rt△PAF中，取 PF的中点 G，连接 AG. 则 AG⊥PF.连结 HG，由三垂线定理的逆定理得， PF⊥HG. 所以∠AGH是平面 PAD和平面 PBE所成二面角的平面角（锐角）.

在等腰 Rt△PAF中， AG  2 2 PA  2. 在 Rt△PAB中， AH  AP AB  PB  AP AB AB AP   2  2 2 5  2 5 . 5 所以，在 Rt△AHG中， sin  AGH  2 5 5 2  AH AG  10 5 . 故平面 PAD和平面 PBE所成二面角（锐角）的大小是 arcsin 10 5 . 解法二如图所示，以 A为原点，建立空间直角坐标系。则相关各点的坐标分别是 A（0，0，0），B（1，0，0）， C ( 3 3 , 2 2 ,0), D ( 1 3 , 2 2 ,0), P（0，0，2），E(1, 3 2 ,0) （Ⅰ）因为 BE  (0, 3 2 ,0) ，平面 PAB的一个法向量是 0 n  (0,1,0) ，所以 BE n和共线. 0 从而 BE⊥平面 PAB. 又因为 BE  平面 PBE，故平面 PBE⊥平面 PAB. (Ⅱ)易知  PB  (1,0, 2),   BE  (0, 3 2 0 ，），  PA  (0,0, 2),   AD  ( 1 3 , 2 2 ,0)  n 设 1  ( , x y z 1 1 , 1   n PB 是平面 PBE的一个法向量，则由 1   n BE 1       )   0, 0 得 x 1 0   0  x 1      y  1 3 2 2 z 1  0, y 1   0 z 1  0. y 所以 1  0, x 1   n 故可取 1 2 . z 1  (2,0,1).

 n 设 2  ( , x y z 2 , 2  n 是平面 PAD的一个法向量，则由 2  n 2      PA  AD     0, 0 ) 2 得     0 1 2  x 2 x 2  0   3 2 y 2  2 z 2  0, y 0   z 2 2  0. 于是， cos    , n n 1 2  z 所以 2  0, x 2   3 . y 2  n  故可取 2 ( 3, 1,0).   n 1  n 1  n 2  n 2    2 3 5 2   15 5 . 故平面 PAD和平面 PBE所成二面角（锐角）的大小是 arccos 15 5 . 18.（本小题满分 12 分）数列  a n a 满足 1  1, a 2  2, a n 2    (1 cos 2 n  ) a 2 n  sin 2 n  , 2 n  1,2,3, .  (Ⅰ)求 3 a a 并求数列 na 的通项公式； , , 4 (Ⅱ)设 b n  a 2 a 2 n n 1  , S n  b 1  b 2   b n . 证明：当 n  6 S 时， n   2 1 n . 解 (Ⅰ)因为 a 1  1, a 2  2, a 所以 3   (1 cos 2  ) 2 a 1  sin 2  2  a 1 1 2,   na   (1 cos 2 )  a  sin 2   2 a  4. 2 2 一般地，当 n  2 k  1( k  * N ) 时， a 2 k 1    [1 cos 2 (2 k 1)  ] a  2  sin 2 2 k 1  1 2 k  2  ＝ 2 ka   ，即 2 a 1 1  a 2 k 1   1. k 1  所以数列  ka 1ka  是首项为 1、公差为 1 的等差数列，因此 2   1 2 2 k  2 2ka 是首项为 2、公比为 2 的等比数列，因此 2 k  ) 2 (1 cos ka    2 * N ) sin 时，  2    a a 2 k 2 k 2 .k 2 2 k . 2 a . 2 k 当 n  2 ( k k 所以数列 故数列 na 的通项公式为 a 2 1, n  2 k  1( k  * N ), n  2 ( k k  * N ). n   2   n  2 , 2  n n 2 3 3 2  ,  (Ⅱ)由(Ⅰ)知， b n  n 1   a 2 a 2 n 2 2 2  S   n 1 2 n n 2 , ①

1 2 S n 1 2 ①－②得， S n  1 2 2      3 4 2    ② n 1 n  n 1 n  2 2  .  1 n 2 2 2 2  1 3 2 n ) ] 1 2 1 2 1 2 2 1 [1 (  2 1 2 2 1      n  n 2 1 n 所以 S n   2 1 1 n 2   要证明当 6n  时， n n 2 nS 证法一 (1)当 n = 6 时， n 1 n  1   1 n 2 n 1 n  .  2 . 2 2  2  成立，只需证明当 6n  时， 2) 1  成立. ( n n  2n 6 (6 2)   6  48 64 3 4   成立. 1 2 6) (2)假设当 n  ( k k  时不等式成立，即则当 n = k+1 时， ( k  1)( k 1 k 2   3)  2) 1.  ( k k  2k 1)( ( k  2 ( k k  2) (  k  3)  2) ( k k  k 2 1) ( n n  2n  1. 3) k 1)( k k   2) 2 ( k   1 n   2 . 由(1)、(2)所述，当 n≥6 时，  ，即当 n≥6 时， 1 nS 证法二令 c n  2) ( n ( n n  n 2  ，则 6) c n 1   c n   3) ( n  1)( n 1 n 2  .因此当 6n  时， nc  c 6  所以当 6n  时， 1n c c   n ( 2) n n  2n 综上所述，当 6n  时，于是当 6n  时，  1. nS   2 1 n . 2)  2 n 1  3  n 2  0.  ( n n  n 2 6 8  64 3 1.   4 19.（本小题满分 13 分）在一个特定时段内，以点 E 为中心的 7 海里以内海域被设为警戒水域.。点 E 正北 55 海里处有一个雷达观测站 A。.某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点 A北偏东 45 且与点 A相距 40 2 海里的位置 B，经过 40 分钟又测得该船已行驶到点 A北偏东 45 +(其中 sin= 26 26  ，0 90   )且与点 A相距 10 13 海里的位置 C. （I）求该船的行驶速度（单位：海里/小时）;

（II）若该船不改变航行方向继续行驶，判断它是否会进入警戒水域，并说明理由. 解（I）如图，AB=40 2 ，AC=10 13 ，  BAC   ,sin   26 26 . 由于 0 << 90 ，所以 cos= 1 (  26 26 2 )  5 26 26 . 由余弦定理得 BC= 2 AB  2 AC  2 AB AC   cos   10 5. 所以船的行驶速度为 10 5 2 3  15 5 （海里/小时）. （II）解法一如图所示，以 A为原点建立平面直角坐标系，设点 B、C的坐标分别是 B（x1，y1）, C（x2，y2），BC与 x轴的交点为 D. 由题设有，x1=y1= 2 2 AB=40， x 2 y 2  AC cos  C AD  10 13 cos(45   )   30 ,  AC sin  C AD  10 13 sin(45   )   20 所以过点 B、C的直线 l的斜率 k= 直线 l的方程为 y=2x－40. 20 10 2  , 又点 E（0，－55）到直线 l的距离 d= | 0 55 40 |   1 4   3 5  7. 所以船会进入警戒水域. 解法二如图所示，设直线 AE与 BC的延长线相交于点 Q.在△ABC 中，由余弦定理得， cos  ABC  2 AB 2 AC 2 BC   2 AB BC  2 40 == 2 5 10 2 10     2 40 2 10 5   2  13 = 3 10 10 . 从而 sin  ABC  1 cos  2  ABC  1  9 10  10 10 . 在△ABQ 中，由正弦定理得，

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