山东高考数学理科试题答案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，每题5分，共60分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的.（1）知足M｛1,a2,a3,a4｝,且∩｛12,a3｝={a1·a2}的会合的个数是aMa,aM（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z等于z（A）1（B）-i(C)±1(D)±i（3）函数y＝lncosx(-π)的图象是2＜x＜2（4）设函数f()＝｜x+1｜+｜-｜的图象对于直线x＝1对称，则a的值为xxa(A)3(B)2(C)1(D)-1（5）已知cos（α-π4α7π）+sinα=3,sin()的值是656（A）-23（B）23(C)-4(D)455556）右图是一个几何体的三视图，依据图中数据，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达活动中，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构成3为公差的等差数列的概率为1

1（A）

（B）（C）

511

（D）

681306

408(8)右图是依据《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.图中左侧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，

右侧的数字表示城镇居民百户家庭人口数的个位数字，从图中能够获得

1997年至

2006年我省城镇居民百户家庭人口数的均匀数为（A）304.6（B）303.6(C)302.6(D)301.6（9）（X-1）12睁开式中的常数项为x（A）-1320（B）1320（C）-220(D)220(10)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的两个焦点的距离13的差的绝对值等于8，则曲线C2的标准方程为（A）x2y21(B)x2y21423213252x2y21(D)x2y21(C)2421321223（11）已知圆的方程为22设该圆过点（3，5）的最长弦和最短弦分别为AC和，则四边形X+Y-6X-8Y＝0.BD的面积为ABCD（A）106（B）206（C）306（D）406x2y190，（12）设二元一次不等式组xy80,所表示的平面地区为，使函数＝x(a＞0，≠1)的图象Myaa2xy140过地区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，每题4分，共16分.（13）履行右侧的程序框图，若p＝0.8，则输出的n＝4.（14）设函数f(x)=ax2+(≠0).若1f(x)dxf(x0)，0ca0≤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m3,1），nAAmn，且＝（＝（cos,sin）.若⊥πacosB+bcosA=csinC，则角B＝.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）已知函数f(x)＝3sin(x)cos(x)(0π,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（Ⅰ）求f（π）的值；8π个单位后，再将获得的图象上各点的横坐标愉快长到本来的（Ⅱ）将函数y＝f(x)的图象向右平移4倍，6纵坐标不变，获得函数y＝g(x)的图象，求g(x)的单一递减区间.解：（Ⅰ）f(x)＝3sin(x)cos(x)＝23sin(x)1cos(x)22＝2sin(xπ-)f(x)为偶函数，6因为所以对x∈R,f(-x)=f(x)恒成立，sin（-xπxπ).所以-）＝sin(-66即-sinxcos(πxsin(-πxcos(πxπ-)+cos)=sin-6)+cossin(-),666整理得sinxcos(π＞0，且x∈R,所以cos（π-)=0.因为-）＝0.66ππfxxπx又因为0＜＜π，故-＝.所以()＝2sin(+)=2cos.62222,所以＝2.由题意得2故f(x)=2cos2x.因为f()2cos42.8（Ⅱ）将f(x)的图象向右平移个个单位后，获得f(x)的图象，再将所得图象横坐标伸长到本来66的4倍，纵坐标不变，获得f()的图象.46所以g(x)f()2cos2()2cosf(2).46463当2kπ≤≤2kπ+π(∈Z),23即4kπ＋≤2≤≤4π+8(k∈Z)时，()单一递减.3xk3gx所以g(x)的单一递减区间为28(∈Z)4k,4k33（18）（本小题满分12分）甲乙两队参加奥运知识比赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队博得一分，答错得零分。假定甲队中每人答对的概率均为2，乙队中3人答对的概率分别为2,2,1且各人正3332确与否互相之间没有影响.用ε表示甲队的总得分.（Ⅰ）求随机变量ε散布列和数学希望；(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().PAB(Ⅰ)解法一：由题意知，ε的可能取值为0，1，2，3,且P(0)C03(12)31,P(1)C132(12)22,327339P(2)C23(2)2(12)34,P(3)C33(2)38.339327所以ε的散布列为ε0123P1248279927ε的数学希望为Eε=0112243827992.27解法二：依据题设可知所以ε的散布列为

B(3,2)3P(k)C3k(2)k(12)2kCk32k,k0,1,2,3.3333因为～B(3,2),所以E32233（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P(C)C23(2)2(12)21112121133332332332104,321114P(D)C223()(3)35,332由互斥事件的概率公式得P(AB)P(C)P(D)1043434343535243解法二：用Ak表示“甲队得k分”这一事件，用k表示“已队得k分”这一事件，k=0,1,2,3因为事件B.A3B0,A2B1为互斥事件，故事P(AB)=P(A3B0∪A2B1)=P(A3B0)+P(A2B1).2311)C222111C12()(2233(232222)333334.243(19)(本小题满分12分)将数列｛n｝中的全部项按每一行比上一行多一项的规则排成以下数表：aa1a2a3a4a5a6a7a8a9a10记表中的第一列数a1a2a4a7构成的数列为｛n｝,b1=1=1.n为数列｛n｝的前n项和，且知足＝baSb2bn1=（n≥2）.bnSNS2n(Ⅰ)证明数列｛1｝成等差数列，并求数列｛n｝的通项公式；bSn（Ⅱ）上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的次序均构成等比数列，且公比为同一个正数.当a814k(k≥3)行全部项和的和.时，求上表中第91(Ⅰ)证明：由已知，2bn1,bnSnSn2又Snb1b2bn,（）所以2SnSn11,(SnSn1)SnS2n（）即2SnSn11,Sn1Sn所以111SnSn,12又S1b1a11.所以数列1是首项为1，公差为1的等差数列.Sn2由上可知111）n1Sn＝1＋（n,22即Sn2.n1所以当n2时，bnSn1222n1hn(n1).1,n=1bn-2,n≥2.n(n1)（Ⅱ）解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q,且q＞0.因为1212121378,2所以表中第1行至第12行共含有数列｛n｝的前78项，a故a82在表中第13行第三列，所以a82b13gq24.291又b13,1314所以q=2.记表中第(≥3)行全部项的和为，kkS则Sbk(1qk)2(12k)2k)（k≥3）.1qg(12k(k1)12k(k1)(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，ABC60,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6，求二面角E—2AF—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，所以AE⊥AD.因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE.而所以所以

PA平面PAD，AD平面PAD且PA∩AD=A，AE⊥平面PAD，又PD平面PAD.AE⊥PD.（Ⅱ）解：设AB=2，H为PD上随意一点，连结AH，EH.由（Ⅰ）知⊥平面，AEPAD则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.在Rt△中，=3，EAHAE所以当最短时，∠最大，AHEHA即当⊥时，∠最大.AHPDEHA此时tan∠=AE36AHAH2所以=.又AD=2，所以∠=45°，AH2ADH所以=2.PA解法一：因为⊥平面，平面，PAABCDPAPAC所以平面⊥平面.PACABCD过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，过O作OS⊥AF于S，连结ES，则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角，33在Rt△AOE中，EO=AE·sin30°=，AO=AE·cos30°=,22又F是PC的中点，在Rt△中，32=·sin45°=,ASOSOAO4又SEEO2SO23830,49432在Rt△中，cos∠SO415ESO=,30SE54即所求二面角的余弦值为15.5解法二：由（Ⅰ）知，，两两垂直，以A为坐标原点，成立以下图的空间直角坐标系，又AEADAPE、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（312,,1），2uuuruuur3,1,1).所以AE(3,0,0),AF(22设平面AEF的一法向量为m(x1,y1,z1),uuur0,mgAE则uuurg0,mAF3x10,所以3x11y1z10.22取z11,则m(0,2,1),因为⊥⊥∩BDAC，BDPA，PAAC=A，所以BD⊥平面，AFCuuur故BD为平面AFC的一法向量.uuur3,3,0），又BD=（-uuuruuurmBD2315所以cos＜,BD＞=guuur.512|m|g|BD|5因为二面角E-AF-C为锐角，15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f(x)1aln(x1),此中n∈N*,a为常数.(1x)n（Ⅰ）当n=2时，求函数f(x)的极值；（Ⅱ）当=1时，证明：对随意的正整数,当x≥2时，有f(x)≤x-1.an（Ⅰ）解：由已知得函数f()的定义域为{x|x＞1}，x当=2时，f(x)1aln(x1),n(1x)2所以f(x)2a(1x)2.(1x)3（1）当＞0时，由f(x)=0得ax112＞1，x22a1＜1，a此时f′（x）=a(xx1)(xx2).(1x)3当x∈（1，x1）时，f′（x）＜0,f(x)单一递减；当x∈（x1+∞）时，f′（x）＞0,f(x)单一递加.（2）当≤0时，f′（x）＜0恒成立，所以f(x)无极值.a综上所述，n=2时，当a＞0时，f(x)在x122a2处获得极小值，极小值为f(1a)(1ln).a2a当a≤0时，f(x)无极值.1（Ⅱ）证法一：因为a=1,所以f(x)ln(x1).(1x)n当n为偶数时，1ln(x1),令g(x)x1(1x)nn1x2n）.则g′（x）=1+x1x1＞0（x≥2(x1)n1(x1)n1所以当x∈[2,+∞]时，g(x)单一递加，又g(2)=0所以g(x)x11ln(x1)≥g(2)=0恒成立，1)n(x所以f(x)≤x-1成立.当n为奇数时，要证f(x)≤x-1,因为1＜0，所以只要证xx-1,ln(-1)≤(1x)n令h(x)=x-1-ln(x-1),则h′（x）=1-1x2≥0（≥2）,x1x1x所以当x∈[2，+∞]时，h(x)x1ln(x1)单一递加，又h(2)=1＞0，所以当≥2时，恒有(x)＞0,即ln（x-1）＜x-1命题成立.xh综上所述，结论成立.证法二：当a=1时，f(x)1ln(x1).(1x)n当x≤2，时，对随意的正整数n，恒有1(1≤1，x)n故只要证明1+ln(x-1)≤x-1.令h(x)x1(1ln(x1))x2ln(x1),x2,则h(x)11x2,x1x1当x≥2时，h(x)≥0，故h(x)在2,上单一递加，所以当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1)≤x-1成立.故当x≥2时，有1ln(x1)≤x-1.(1x)n即f（x）≤x-1.(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上随意一点，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，AB410，求此时抛物线的方程；（Ⅲ）能否存在点M，使得点C对于直线AB的对称点D在抛物线x22py(p＞0)上，此中，点CuuuruuuruuurOM知足OCOAOB（为坐标原点）.若存在，求出全部合适题意的点的坐标；若不存在，请说明原因.（Ⅰ）证明：由题意设x12x22A(x1,2p),B(x2,2p),x1＜x2,M(x0,2p).由x22py得yx2，则yx,2pp所以kMAx1,kMBx2.pp所以直线MA的方程为y2px1(xx0),p直线MB的方程为y2px2(xx0).p所以x122px1(x1x0),①2ppx222px2(x2x0).②2pp由①、②得x1x22x1x2x0,2所以x0x1x22，即2x0x1x2.2所以、、三点的横坐标成等差数列.AMB（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当x0=2时，将其代入①、