高考卷 普通高等学校招生全国统一考试 理科数学（山东卷）（附答案，完全word版）

高考卷 普通高等学校招生全国统一考试 理科数学（山东卷）（附答案，完全word版）

2008 年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷） 理科数学 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 (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 z 等于 （A）1 （B）-i (C)±1 (D) ±i （3）函数 y＝lncosx(- 2 π ＜x＜ )2  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- 6 π ）+sinα= 的值是则 )6 7sin(,35 4 πα  （A）- 5 32 （B） 5 32 (C)- 5 4 (D) 5 4 （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） 51 1 （B） 68 1 （C） 306 1 （D） 408 1 (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- 3 1 x ）12 展开式中的常数项为 （A）-1320 （B）1320 （C）-220 (D)220 (10)设椭圆 C1 的离心率为 13 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 点的距离的差的绝对值等于 8，则曲线 C2 的标准方程为 （A） 1 34 2 2 2 2  yx (B) 1 513 2 2 2 2  yx (C) 1 43 2 2 2 2  yx (D) 1 1213 2 2 2 2  yx （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       0142 ,08 0192 yx yx yx ， 所表示的平面区域为 M，使函数 y＝ax(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)=ax2+c(a≠0).若 )()( 0 1 0 xfdxxf  ，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＝ 6 π . （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   πxx 为偶函数，且函数 y＝f(x)图象的 两相邻对称轴间的距离为 .2 π （Ⅰ）求 f（ 8 π ）的值； （Ⅱ）将函数 y＝f(x)的图象向右平移 6 π 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(3   xx ＝        )cos(2 1)sin(2 32  xx ＝2sin(  x - 6 π ) 因为 f(x)为偶函数， 所以 对 x∈R,f(-x)=f(x)恒成立， 因此 sin（-  x - 6 π ）＝sin(  x - 6 π ). 即-sin x cos( - 6 π )+cos x sin( - 6 π )=sin x cos( - 6 π )+cos x sin( - 6 π ), 整理得 sin x cos( - 6 π )=0.因为  ＞0，且 x∈R,所以 cos（ - 6 π ）＝0. 又因为 0＜ ＜π，故  - 6 π ＝ 2 π .所以 f(x)＝2sin( x + 2 π )=2cos x . 由题意得 .2,222 　＝　　所以　　    故 f(x)=2cos2x. 因为 .24cos2)8(  f （Ⅱ）将 f(x)的图象向右平移个 6  个单位后，得到 )6( xf 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(  f 的图象. ).32(cos2)64(2cos2)64()(       ffxg所以　　　　 当 2kπ≤ 32   ≤2 kπ+ π (k∈Z), 即 4kπ＋≤ 3 2 ≤x≤4kπ+ 3 8 (k∈Z)时，g(x)单调递减. 因此 g(x)的单调递减区间为      3 84,3 24  kk (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 3 2 ，乙队中 3 人答对的概率分别为 2 1,3 2,3 2 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 0 1 2 3 .27 8)3 2()3(,9 4)3 21()3 2()2( ,9 2)3 21(3 2)1(,27 1)3 21()0( 3 3 332 3 2 2 3 13 3 0   CPCP CPCP   P 27 1 9 2 9 4 27 8 ε的数学期望为 Eε= .227 839 429 2127 10  解法二：根据题设可知 )3 2,3(B～ 因此ε的分布列为 23 23),3 2,3( .3,2,1,0, 3 2)3 21()3 2()( 332 3      EB kCCkP k kkkk 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 , 3 4)2 1 3 1 3 1()3 2()( , 3 10 2 1 3 1 3 2 2 1 3 2 3 1 2 1 3 1 3 2)3 21()3 2()( 5 2 3 2 4 2 3 2        CDP CCP 由互斥事件的概率公式得 243 34 3 34 35 4 3 10)()()( 54  DPCPABP . 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 2 1 3 22 3 2 2 2 1 1 2 1 1 1 2 34( ) ( ) ( ) .3 3 2 3 2 3 2 3 243C C         (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＝ nNn n SSb b 2 2  1=（n≥2）. (Ⅰ)证明数列｛ nS 1 ｝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 91 4 81 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 nb - ,)1( 2 nn n≥2. （Ⅱ）解：设上表中从第三行起，每行的公比都为 q,且 q＞0. ).1( 22 1 22 .1 2 ,2 112 111 .2 111 .1 ,2 111 ,12 ,1)( 2 , ,12 1 111 1 1 1 2 1 1 21 2                         nnhnSbn nS nnS S abS SS SS SS SSSS SS bbbS SSb b nn n n n nn nn nn nnnn nn nn nnn 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　  因为 12 131 2 12 78,2     所以表中第 1 行至第 12 行共含有数列｛an｝的前 78 项， 故 a82 在表中第 13 行第三列， 因此 2 82 13 4 .91a b q   又 13 2 ,13 14b    所以 q=2. 记表中第 k(k≥3)行所有项的和为 S， 则 (1 ) 2 (1 2 ) 2 (1 2 )1 ( 1) 1 2 ( 1) k k kkb qS q k k k k         （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， 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 PAD 所成最大角的正切值 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. 因为 E 为 BC 的中点，所以 AE⊥BC. 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 6 ,2 AE AH AH   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 , 又 2 2 3 8 30 ,4 9 4SE EO SO     在 Rt△ESO 中，cos∠ESO= 3 2 154 ,530 4 SO 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（ 3 1, ,12 2 ）， 所以 3 1( 3,0,0), ( , ,1).2 2AE AF   设平面 AEF 的一法向量为 1 1 1( , , ),m x y z 则 0, 0, m AE m AF        因此 1 1 1 1 3 0, 3 1 0.2 2 x x y z      取 1 1, (0,2, 1),z m   则 因为 BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩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  ＞= 2 3 15 .5| | | | 5 12 m 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 15 .5 （21）（本小题满分 12 分） 已知函数 1( ) ln( 1),(1 )nf x a xx    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， 2 1( ) ln( 1),(1 )f x a xx    所以 2 3 2 (1 )( ) .(1 ) a xf x x    （1）当 a＞0 时，由 f(x)=0 得 1 21x a   ＞1， 2 21x a   ＜1， 此时 f′（x）= 1 2 3 ( )( ) (1 ) a x x x x x     . 当 x∈（1，x1）时，f′（x）＜0,f(x)单调递减； 当 x∈（x1+∞）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 21x a   处取得极小值，极小值为 2 2(1 ) (1 ln ).2 af a 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 xx    当 n 为偶数时， 令 1( ) 1 ln( 1),(1 )ng x x xx      则 g′（x）=1+ 1 1 1 2 ( 1) 1 1 ( 1)n n n x n x 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( ) 1 ln( 1)( 1)ng x x xx      ≥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- 1 2 1 1 x x x   ≥0（x≥2）, 所以 当 x∈[2，+∞]时， ( ) 1 ln( 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 xx    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 (1 ln( 1)) 2 ln( 1), 2,h x x x x x x           则 1 2( ) 1 ,1 1 xh 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 1 ln( 1)(1 )n xx   ≤x-1. 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， 4 10AB  ， 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 2 2 ( 0)x py p ＞ 上 ， 其 中 ， 点 C 满 足 OC OA 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 2 2 1 2 1 2 1 2 0( , ), ( , ), , ( , 2 ).2 2 x xA x B x x x M x pp p ＜ 由 2 2x py 得 2 2 xy p  ，则 ,xy p   所以 1 2, .MA MB x xk kp p   因此直线 MA 的方程为 1 02 ( ),xy p x xp    直线 MB 的方程为 2 02 ( ).xy p x xp    所以 2 1 1 1 02 ( ),2 x xp x xp p    ① 2 2 2 2 02 ( ).2 x xp x xp p    ② 由①、②得 2 1 2 1 2 0 ,2 x x x x x    因此 2 1 2 0 2 x xx  ，即 0 1 22 .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 x0=2 时， 将其代入①、②并整理得： 2 2 1 14 4 0,x x p   2 2 2 24 4 0,x x p   所以 x1、x2 是方程 2 24 4 0x x p   的两根， 因此 2 1 2 1 24, 4 ,x x x x p    又 2 2 2 1 01 2 2 1 2 2 ,2AB x x xx xp pk x x p p     所以 2 .ABk p  由弦长公式得 2 2 2 1 2 1 2 2 41 ( ) 4 1 16 16 .AB k x x x x pp        又 4 10AB  ， 所以 p=1 或 p=2， 因此所求抛物线方程为 2 2x y 或 2 4 .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 1 2 3 1 2 3( , ),2 2 x x x y y yQ     设直线 AB 的方程为 0 1 1( ),xy y x xp    由点 Q 在直线 AB 上，并注意到点 1 2 1 2( , )2 2 x x y y  也在直线 AB 上， 代入得 0 3 3.xy xp  若 D（x3,y3）在抛物线上，则 2 3 3 0 32 2 ,x py x x  因此 x3=0 或 x3=2x0. 即 D(0，0)或 2 0 0 2(2 , ).xD x p （1）当 x0=0 时，则 1 2 02 0x x x   ，此时，点 M(0,-2p)适合题意. （2）当 0 0x  ，对于 D(0，0)，此时 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 0 0 0 2(2 , ), ,2 2 4CD x x x x x xpC x kp x px     又 0 ,AB xk p  AB⊥CD， 所以 2 2 2 2 0 1 2 1 2 2 0 1,4 4AB CD x x x x xk k p px p       即 2 2 2 1 2 4 ,x x p   矛盾. 对于 2 0 0 2(2 , ),xD x p 因为 2 2 1 2 0(2 , ),2 x xC x p  此时直线 CD 平行于 y 轴， 又 0 0,AB xk p   所以 直线 AB 与直线 CD 不垂直，与题设矛盾， 所以 0 0x  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.