2008年四川高考理科数学真题及答案.doc-资料库

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2008 年四川高考理科数学真题及答案本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第Ⅰ卷第 1 至第 2 页，第Ⅱ卷第 3 至第 4 页。全卷满分 150 分，考试时间 120 分钟。考生注意事项： 1. 答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的座位号、姓名，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中“座位号、姓名、科类”与本人座位号、姓名、科类是否一致。 2. 答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动、用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 3. 答第Ⅱ卷时，必须用 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上．．．．．书写。在试题卷上作答无效．．．．．．．．．。 4. 考试结束，监考员将试题卷和答题卡一并收回。参考公式：如果事件 A、B互斥，那么   P A B  P A  P B      球的表面积公式 S R 4 2 如果事件 A、B 相互独立，那么其中 R 表示球的半径  P A B      P A P B    如果事件 A 在一次实验中发生的概率是 p ，那么 n 次独立重复实验中事件 A 恰好发生 k 次的概率  P k n 0,1,2, C p   1 n k     p n k     , k n , k 球的体积公式 V R 4 3 3 其中 R 表示球的半径一．选择题：１．设集合 U    1,2,3,4,5 , A    1,2,3 , B    2,3,4 第Ⅰ卷，则   U A B  ð  ( ) （Ａ） 2,3 （Ｂ）  1,4,5 （Ｃ） 4,5 （Ｄ） 1,5 i 2  ( ) ２．复数  2 1i （Ａ） 4 x  ３． （Ａ）tan x ４．直线 3 tan y cot （Ａ） y ５．设 0   x   1 3 2 ,    （Ｂ） 4 （Ｃ） 4i （Ｄ） 4i x  2 cos x  ( ) （Ｂ）sin x （Ｃ）cos x （Ｄ）cot x x 绕原点逆时针旋转 090 ，再向右平移１个单位，所得到的直线为( ) 1 3 （Ｂ） y   若 sin   3 cos  x  1 （Ｃ） 3 x 1 3 ，则的取值范围是：( y （Ｄ） y 1 x 3  1  3 ) （Ａ） ,    3 2        （Ｂ） ,   3   （Ｃ） 4,    3 3     （Ｄ） 3,    3 2    

６．从甲、乙等 10 个同学中挑选 4 名参加某项公益活动，要求甲、乙中至少有 1 人参加，则不同的挑选方法共有( （Ａ） 70 种 7．已知等比数列{ }na 中 2 ) （Ｂ）112 种 a  ，则其前 3 项的和 3S 的取值范围是( （Ｃ）140 种 1 （Ｄ）168 种 ) （Ａ）  , 1   （Ｃ） 3,  （Ｂ）  ,0   1,    （Ｄ）  , 1     3,   ８．设 ,M N 是球O 半径OP 上的两点，且 NP MN OM   ，分别过 , N M O 作垂直于OP , 的平面，截球面得三个圆，则这三个圆的面积之比为：( ) （Ａ）3:5:6 （Ｂ）3:6:8 （Ｃ）5:7:9 （Ｄ）5:8:9 ９．直线l  平面，经过平面外一点 A 与 ,l 都成 030 角的直线有且只有：( ) （Ａ）１条 10．设   f x  （Ｂ）２条   x  sin （Ｃ）３条（Ｄ）４条  ，其中 0 ，则   f x 是偶函数的充要条件是( ) （Ａ）  0 f  1 （Ｂ）  0 f  0 （Ｃ）   ' 0 f  1 （Ｄ）   ' 0 f  0 11．设定义在 R 上的函数   f x 满足   f x  （Ａ）13 （Ｂ） 2   2 f x （Ｃ）13 2 （Ｄ） 2 13  ，若  1 13 f  ，则  2 f 99  ( ) 12 ．已知抛物线 C y : 2 x 的焦点为 F ，准线与 x 轴的交点为 K ，点 A 在 C 上且 8 AF  2 AK （Ａ） 4 的面积为( ，则 AFK （Ｂ）8 ) （Ｃ）16 第Ⅱ卷（Ｄ）32 二．填空题：本大题共 4 个小题，每小题 4 分，共 16 分。把答案填在题中横线上。 13．  展开式中 2x 的系数为_______________。   1 1 2  x x 3 4  14．已知直线 : l x y   与圆  : C x 4 0  2  1   y  2  1  ，则C 上各点到l 距离的最小值 2 为_____________。 15．已知正四棱柱的对角线的长为 6 ，且对角线与底面所成角的余弦值为 3 3 ，则该正四棱柱的体积等于________________。 16．设等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 4 S  10, S 5 15  ，则 4a 的最大值为___________。

三．解答题：本大题共 6 个小题，共 74 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17．（本小题满分 12 分）求函数 y   7 4sin cos x x  4cos 2 x  4cos 4 x 的最大值与最小值。 18．（本小题满分 12 分）设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为 0.5 ，购买乙种商品的概率为 0.6 ，且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的。（Ⅰ）求进入商场的 1 位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的概率；（Ⅱ）求进入商场的 1 位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率；（Ⅲ）记表示进入商场的 3 位顾客中至少购买甲、乙两种商品中的一种的人数，求的分布列及期望。 19．（本小题满分 12 分）如图，平面 ABEF  平面 ABCD ，四边形 ABEF 与 ABCD 都是直角梯形，  BAD   FAB  090 , BC 1 2 //  AD ， BE //  1 2 AF （Ⅰ）证明： , C D F E 四点共面； , , （Ⅱ）设 AB BC BE  ，求二面角 A ED B  的大小；   20．（本小题满分 12 分）设数列 na 的前 n 项和为 nS ，已知 ba n 12n （Ⅰ）证明：当 2b  时， （Ⅱ）求 na 的同项公式 n   na   n 2   b   1 S n 是等比数列； 21．（本小题满分 12 分）设椭圆 2 2 x a  2 2 y b  1,  a   的左右焦点分别为 1 b 0 ,F F ，离心率 2  e  2 2 ，右准线为l ， ,M N 是l 上的两个动点， 1   F M F N 2  0 （Ⅰ）若 1   F M F N 2  2 5 （Ⅱ）证明：当 MN 取最小值时， 1 ，求 ,a b 的值；   F M F N 2  与 1 2F F 共线。 22．（本小题满分 14 分）已知 3x  是函数   f x  a  ln 1  x   2 x 10  的一个极值点。 x

（Ⅰ）求 a ；（Ⅱ）求函数   f x 的单调区间；（Ⅲ）若直线 y b 与函数 y    f x 的图象有 3 个交点，求b 的取值范围。参考答案第Ⅰ卷一．选择题：１．B ２．A ３．D ４．A ５．C ６．C 7．D ８．D ９．B 10．D 11．C 12．B 二．填空题：第Ⅱ卷 13． 6 14． 2 15． 2 16． 4 三．解答题： 17．解： y   7 4sin cos x x  4 x   7 2sin 2 x  4cos 2 x 2 2 x  4cos  1 cos  4cos  x   7 2sin 2 x  4cos 2 x sin 2 x   7 2sin 2 x  2 sin 2 x   1 sin 2  x 2  6 由于函数  u z  21  在 6 11 ，中的最大值为 z max 2  1 1      6 10 最小值为 z min  2 1 1     6 6 故当sin 2 x   时 y 取得最大值10 ，当sin 2 1 1x  时 y 取得最小值 6 18．解：记 A 表示事件：进入商场的 1 位顾客购买甲种商品，记 B 表示事件：进入商场的 1 位顾客购买乙种商品，记C 表示事件：进入商场的 1 位顾客购买甲、乙两种商品中的一种，记 D 表示事件：进入商场的 1 位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种，（Ⅰ）C A B A B    

 P C            P A B A B   P A B P A B       P A P B P A P B 0.5 0.4 0.5 0.6             0.5 （Ⅱ） D A B       P D P A B       P A P B 0.5 0.4     0.2  1    P D （Ⅲ） B   P D 3,0.8    0.8 ，故的分布列  P  0   3 0.2  0.008 P    1  1 C 3  0.8 0.2  2  0.096 P   2   2 C 3  2 0.8  0.2 0.384   P  3   3 0.8  0.512 所以 E  3 0.8 2.4  19．解法一：（Ⅰ）延长 DC 交 AB 的延长线于点G ，由 BC //  1 2 AD 得  GB GC BC GA GD AD 1 2 延长 FE 交 AB 的延长线于 'G   同理可得 ' ' G E G B BE G F G A AF   ' '  1 2

故 ' G B GB G A GA  ' ，即G 与 'G 重合因此直线CD EF、相交于点G ，即 , C D F E 四点共面。 , , AD  1  ，，又由已知得， AD  平面 ABEF 2 ， BM 与平面 ADE 内两相交直线 AD AE、都垂直。 1 AB  ，则 BC BE （Ⅱ）设取 AE 中点 M ，则 BM AE 故 AD BM 所以 BM  平面 ADE ，作 MN DE 由三垂线定理知 BN ED BNM ，  ，垂足为 N ，连结 BN 为二面角 A ED B   的平面角。 BM  2 2 ， MN 1   2 AD AE  DE  3 3 故 tan  BNM  BM MN  6 2 所以二面角 A ED B  的大小  arctan 6 2 解法二：由平面 ABEF  平面 ABCD ， AF 射线 AB 为 x 轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系 A xyz AB  ，得 FA  平面 ABCD ，以 A 为坐标原点，（Ⅰ）设 AB a BC b BE c    , , ，则 ,0,0  B a  EC    , ,0 , C a b ,  , b c FD   ,   E a ,0,  c D ,   0,2 ,0 , b F  0,0,2 c   0,2 , 2 c  b   EC  故，从而由点 E FD ，得 //EC FD  0,  FD  1 2 , 故 , C D F E 四点共面 , （Ⅱ）设   1,0,0 , B BC BE 1 AB  ，则     0,2,0 , 1,1,0 , D C 1  ，   1,0,1 E 在 DE 上取点 M ，使   DM ME 5  ，则 M    从而  MB     1 6 ,  1 3 ,  5 6    5 1 5 6 3 6 , ,   

 DE 又    1, 2,1 ,    MB DE   0, MB DE  在 DE 上取点 N ，使  DN  NE  2 ，则 2 2 2 , 3 3 3 N    ,     NA       与 NA 从而  故 MB 2 3 ,  2 3 ,  2 3      NA DE  ,  0, NA DE  的夹角等于二面角 A DE B  的平面角，    MB NA   cos   MB NA   MB NA    10 5 所以二面角 A DE B  的大小  arccos 10 5 20．解：由题意知 1 a  ，且 2 ba n  n 2   b   1 S n ba n 1   2 n 1    b   1 S n 1  两式相减得  b a n 1   a n   n 2   b   1 a n 1  即 1 n   a ba n  2n ① （Ⅰ）当 2b  时，由①知 1 n   a 2 a n  2n 于是 a n   1  n  1 2   n  a n  n 2   1 2   n 2  na n     ，所以 1 0 na  2n n   又 1 1 2 a   n 1  2   n 1 12n  是首项为 1，公比为 2 的等比数列。（Ⅱ）当 2b  时，由（Ⅰ）知 na n   2 n 1  n 1   2 ，即 na   n   1 2n 1  当 2b  时，由由①得  1   n   1 2 a n 1  2 b ba  n 2  n  ba n  b  2 b n 1   2 1 b  2 n 2 

  b a   n  1  b 2 n  2    因此 a n 1   1  b 2 n 1   2   b a   n  1  b 2 n  2       2 1 b  2 b  n  b    1  2  n 2    b 2  2 2  得 a n 21． 1 n   b b n 1    n  2 解：由 2 a  2 b 2  与 c e   2 2 ，得 2 a 22 b ，，l 的方程为 0 a x  2 a a c 2 2          2 2 0 a ，，     F 2     2 a y N ，， 1  2 a y ， 2 F 1     设  M  F M 则 1   3 2 2      a y F N ，， 2 1      2 2 a y ， 2       F M F N 由 1 y y 1 2  0 得 2 2 3 0 a   ＜ 2   F M F N 2 （Ⅰ）由 1 ①  2 5 ，得  2 y 1  2 5 ② 2     2  2 y 2  2 5 ③         3 2 2 a 2 2 a     由①、②、③三式，消去 1 ,y y ，并求得 2 a  4 2 故 a 2, b  2 2  2 （Ⅱ） MN 2   y 1  y 2 2   2 y 1  2 y 2  2 y y 1 2   2 y y 1 2  2 y y 1 2   4 y y 1 2  2 6 a

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