2008年山东高考理科数学真题及答案.doc-资料库

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2008 年山东高考理科数学真题及答案第Ⅰ卷（共 60 分）参考公式：球的表面积公式：S＝4πR2，其中 R是球的半径. 如果事件 A在一次试验中发生的概率是 p，那么 n次独立重复试验中事件 A恰好发生 k次的概率： Pn（k）＝C k n pk(1-p)n-k（k＝0，1，2，…，n）. 如果事件 A、B互斥，那么 P（A+B）＝P（A）+P（B）. 如果事件 A、B相互独立，那么 P（AB）＝P（A）·P（B）. 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 (C)3 (D)4 (B)2 （2）设 z的共轭复数是 z ，若 z+ z =4, z· z ＝8，则 z z 等于（A）i （3）函数 y＝lncosx(- （B）-i π 2 ＜x＜ (C)±1 (D) ±i π 2 ＝的图象是 ( A ) （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 (D)-1 (B)2 （5）已知 cos（α- π 6 ）+sinα= 4 5 3, 则 sin( (C)1 7 π 6 α  ) 的值是（A）- 32 5 （B） 32 5 (C)- 4 5 (D) 4 5 （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 （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以 3 为公差的等差数列的概率为（A）（C） 1 51 1 306 （B）（D） 1 68 1 408 (8)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 （9）（X- 1 x 3 ）12 展开式中的常数项为 29 30 31 1158 26 0247 (C)302.6 (D)301.6 （A）-1320 （B）1320 （C）-220 (D)220 (10)设椭圆 C1 的离心率为 5 13 ，焦点在 X轴上且长轴长为 26.若曲线 C2 上的点到椭圆 C1 的两个焦点的距离的差的绝对值等于 8，则曲线 C2 的标准方程为（A） 2 2 x 4 2 2  y 3  1 (C) 2 2 x 3 2 2  y 4  1 (B) 2 x 13 2 2 2  y 5  1 (D) 2 x 13 2 2  y 12 2  1 （11）已知圆的方程为 X2+Y2-6X-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）10 6 （B）20 6 （C）30 6 （D）40 6 （12）设二元一次不等式组 x x 2      y 2 19   8 y  14 x  y  ,0  0 ，所表示的平面区域为 M，使函数 y＝ax(a＞0， 0 a≠1)的图象过区域 M的 a的取值范围是（ A ） [1,3] (D)[ 10 ,9] (B)[2, 10 ] (C)[2,9]

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)=ax2+c(a≠0)，若  1 0 )( xf dx  ( xf 0 ) ，0≤ x0≤1，则 x0 的值为 3 3 . （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＝（cosA, sinA）。若 m⊥n，且 acosB+bcosA=csinC，则角 B＝ π 6 . （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） cos(     0)( x π ,  )0 为偶函数，且函数 y＝f(x) 3 )   sin( 已知函数 f(x)＝  π 图象的两相邻对称轴间的距离为 . 2 x （Ⅰ）求 f（）的值； π 8 （Ⅱ）将函数 y＝f(x)的图象向右平移 π 6 个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长到原来的 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)＝ 3 sin( )   x  cos( )   x ＝ 2    3 2 sin( )   x  1 2 cos( )   x    ＝2sin(  x - π 6 ) 因为 f(x)为偶函数，所以对 x∈R, f(-x)=f(x)恒成立，因此 sin（- ）＝sin(  x - π 6  x - π 6 π 6 π 6 ). π 6 即-sin x cos(- )+cos x sin(- )=sin x cos(- )+cos x sin(- 整理得 sin x cos(- )=0.因为 ＞0，且 x∈R,所以 cos（- ）＝0. 又因为 0＜＜π，故 - π 6 ＝ π 2 .所以 f(x)＝2sin( x + π 2 )=2cos x . π 6 π 6 ), π 6

由题意得 2   2   2 , 　　所以　　 　＝ .2 故因此 f(x)=2cos2x. f  ) ( 8  2 cos  4  .2  6 (  ) xf 6 的图象，再将所得图象横坐标（Ⅱ）将 f(x)的图象向右平移个个单位后，得到 xf 伸长到原来的 4 倍，纵坐标不变，得到 ( 4    所以　　　　  ) 6 ( ) g x x 4    ( f 2cos 2(  ) 6 x 4  的图象.   ) 6     2cos f ( x 2   ). 3 当即 2kπ≤ 4kπ＋ x  2 3 2 3  ≤2 kπ+ π (k∈Z), ≤x≤4kπ+ 8 3 (k∈Z)时，g(x)单调递减. 因此 g(x)的单调递减区间为（18）（本小题满分 12 分） 4 k     2  3 4, k   8    3 (k∈Z) 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 2 3 ，乙队中 3 人答对的概率分别为，且各人回答正确与否相互之间没有影响。用ε表示甲队的总得分。 2 3 2, 3 1, 2 （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 ) 2 3  3  (1  1 27 2 ) 3 0 1 27 P (   0)  0 C  (1  3 2   P 2) (  2 3 所以ε的分布列为 C  ( 3 2 ) ε P ε的数学期望为 , P (   1)  C 1 3   (1  2 )  2 3 3 C 2 3 3 ) 2 9 .  ( 3 2 3  8 27  4 9 , P (   3)  1 2 9 , 2 4 9 3 8 27

Eε= 0  1 27 21 3  9 42 9 8 27  .2 解法二：根据题设可知因此ε的分布列为 2,3(B～ 3 ) P (   k ) k 3 C  2,3( 3 ～因为  B ), 所以 E   2( 3 k ) 2 21( )  3 23  3  k  k C 3  k 3 2 3 , k  .3,2,1,0  2 （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 1 2  21(  3 ( CP 1 3 1 3 1 2 1 2 1 3 2 3 2 3 2 3 C    ) 2 ) ) 2 3 2( 3     ,  10 4 3 ( CDP  ) 2 1( 3 由互斥事件的概率公式得 2( 3   ) 2 3  1 3 1 2 )  4 5 3 , ( ABP )  ( CP )  ( DP )  10 4 3  4 35  34 5 3  34 243 解法二：用 Ak 表示“甲队得 k分”这一事件，用 Bk表示“已队得 k分”这一事件，k=0,1,2,3 . 由于事件 A3B0,A2B1 为互斥事件，故事 P(AB)=P(A3B0∪A2B1)=P(A3B0)+P(A2B1). 2( 3  3 )  34 243 1( 3 2  1 2 )  C 2 3 2 3 2 3  1( 2  1 2 3  1 2 1 C 2  2 2 3 ) . (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： a1

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 2 b n  Sb Nn S 2 n =1（n≥2）. (Ⅰ)证明数列｛ 1 nS ｝成等差数列，并求数列｛bn｝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 a 81 4 91 时，求上表中第 k(k≥3)行所有项的和. (Ⅰ)证明：由已知，当 n≥2 时 b  n ） 1  S  , 2 n  1, n   S  ) S n ）  1 1  n b  2 2 S （ S   n n  S S  1 n 1,  1, 2 b n  S b S n n 又　 2 S n  n b 1 所以　　 ( S n 2 S （ n 即　　　 S  n 1  1 所以　 S n b  1 又 S 1 ,  1 2 1. 1      S n a  1  1  S  1 S n n 所以数列是首项为，公差为的等差数列 1 . 1 2 n 1 ,  2  由上可知　＝＋（）  n 1 1 2 1 2 . 1  2 时，  即　　 S n  所以　　当 n n b n  S n  S n  1  2  1 n  2 n   2 ( n n  1).

2 1 ( nn - )1 n=1 n≥2 因此， nb （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  2  78, 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 13 行第三列，因此 a 81  2 b q  13   又 b   13 2  13 14 4 . 91 , 所以 q=2. 记表中第 k(k≥3)行所有项的和为 S，则 S  kb k ) (1  1  q q   2 ( k k  k (1 2 ) 1) 1 2     2 ( k k  1) k (1 2 )  （k≥3）. (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 （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  ,E，F分别是 BC, PC的中点. 60  值为 6 2 ，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. E为 BC的中点，所以 AE⊥BC. 因为又 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= 3 AE AH AH   6 , 2 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，在 Rt△AOE中，EO=AE·sin30°= 3 2 ，AO=AE·cos30°= 3 2 , 又 F 是 PC 的中点，在 Rt△ASO中，SO=AO·sin45°= 3 2 4 , 3 4  9 8  30 , 4 3 2 4 30 4  15 5 , 又 SE  2 EO  2 SO  在 Rt△ESO中，cos∠ESO= 即所求二面角的余弦值为 SO SE  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（ 3 ，1，0）， D（0，2，0），P（0，0，2），E（ 3 ，0，0），F（ 3 1, 2 2 ,1 ），所以  AE  ( 3,0,0),  AF  ( 3 1 , 2 2 ,1). 设平面 AEF的一法向量为 , m x y z 1  ( , 1 1 ),

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