2008年高考理科数学(山东)卷

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）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 ⊆｛a 1, a 2, a 3, a 4｝,且M ∩｛a 1 ,a 2, a 3｝={ a 1,a 2}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 ，若z +z =4, z ²z ＝8，则zz等于 （A ）i （B ）-i (C)±1 (D) ±i （3）函数y ＝lncos x (-2π＜x ＜2π＝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-6π）+sin α7sin()6πα+则的值是 （A ）-532 （B ）532 (C)-54 (D) 54 （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以3为公差的等差数列的概率为 （A ）511 （B ）681 （C ）3061 （D ）4081 (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，图中左边的中可以得到1997年至2006数为（A ）304.6 （B ）303.6 (C)302.6 (D)301.6（9）（X -31x）12展开式中的常数项为（A ）-1320 （B ）1320 （C ）-220 (D)220 (10)设椭圆C 1的离心率为135，焦点在X 轴上且长轴长为26.若曲线C 2上的点到椭圆C 1的两个焦点的距离的差的绝对值等于8，则曲线C 2的标准方程为（A ）1342222=-y x (B)15132222=-y x (C)1432222=-y x (D)112132222=-y x（11）已知圆的方程为X 2+Y 2-6X -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 ）106 （B ）206 （C ）306 （D ）406 （12）设二元一次不等式组⎪⎩⎪⎨⎧≤-+≥+-≥-+0142,080192y x y x y x ，所表示的平面区域为M ，使函数y ＝a x (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 ＝ . （14）设函数f (x )=ax 2+c (a ≠0)，若)()(010x f dx x f =⎰，0≤x 0≤1，则x 0的值为 .（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 ＝（cos A , sin A ）。

若m ⊥n ，且a cos B +b cos A =c sin C ，则角B ＝__ __.（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 .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><<+-+ωϕϕωϕωπx x 为偶函数，且函数y ＝f (x )图象的两相邻对称轴间的距离为.2π（Ⅰ）求f （8π）的值； （Ⅱ）将函数y ＝f (x )的图象向右平移6π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.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32，乙队中3人答对的概率分别为21,32,32，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。

（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 ).(19)(本小题满分12分)将数列｛a n ｝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： a 1a 2 a 3a 4 a 5 a 6a 7 a 8 a 9 a 10……记表中的第一列数a 1，a 2，a 4，a 7，…构成的数列为｛b n ｝,b 1=a 1=1. S n 为数列｛b n ｝的前n 项和，且满足nN n nS S b b 22-=1（n ≥2）. (Ⅰ)证明数列｛nS 1｝成等差数列，并求数列｛b n ｝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91481-=a 时，求上表中第k (k ≥3)行所有项的和..如图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为菱形，P A ⊥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P AD 所成最大角的正切值为2，求二面角E —AF —C 的余弦值.（21）（本小题满分12分）已知函数1()ln(1),(1)nf x a x x =+--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.(22)(本小题满分14分) 如图，设抛物线方程为x 2=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，AB =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22(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.参考答案一、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）B （2）D （3）A （4）A （5）C （6）D （7）B (8)B （9）C (10)A （11）B （12）C二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.（13）4 （14）33. （15）6π. （16）（5，7）. 三、解答题：本大题共6小题，共74分.（17）解：（Ⅰ）f (x )＝)cos()sin(3ϕωϕω+-+x x ＝⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+)cos(21)sin(232ϕωϕωx x＝2sin(ϕω+x -6π) 因为 f (x )为偶函数，所以 对x ∈R , f (-x )=f (x )恒成立，因此 sin （-ϕω+x -6π）＝sin(ϕω+x -6π). 即-sin x ωcos(ϕ-6π)+cos x ωsin(ϕ-6π)=sin x ωcos(ϕ-6π)+cos x ωsin(ϕ-6π),整理得 sin x ωcos(ϕ-6π)=0.因为 ω＞0，且x ∈R ,所以 cos （ϕ-6π）＝0.又因为 0＜ϕ＜π，故 ϕ-6π＝2π.所以 f (x )＝2sin(x ω+2π)=2cos x ω.由题意得 .2,222　＝ 所以 ωπωπ⋅=故 f (x )=2cos2x . 因此 .24cos2)8(==ππf（Ⅱ）将f (x )的图象向右平移个6π个单位后，得到)6(π-x f 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()46x f π-的图象.()()2cos 2()2cos ().464623x x x g x f f πππ⎡⎤=-=-=-⎢⎥⎣⎦所以 当 2k π≤23x π-≤2 k π+ π (k ∈Z), 即 4k π＋32π≤x ≤4k π+38π(k ∈Z)时，g (x )单调递减.因此g (x )的单调递减区间为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++384,324ππππk k (k ∈Z)（18）（本小题满分12分）(Ⅰ)解法一：由题意知，ε的可能取值为0，1，2，3,且ε的数学期望为E ε=.227839429212710=⨯+⨯+⨯+⨯解法二：根据题设可知)32,3(B ～ε 因此ε的分布列为2323),32,3(.3,2,1,0,32)321()32()(3323=⨯==⨯=-⨯⨯==-εεεE B k C C k P k kk k k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,34)213131()32()(,310213132213231213132)321()32()(52324232=⨯⨯⨯⨯==⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯⨯=C D P C C P 由互斥事件的概率公式得3123322333321222(0)(1),(1)(1),32733922428(2)()(1),(3)().339327P C P C P C P C εεεε==⨯-===⨯⨯-===⨯⨯-===⨯=24334334354310)()()(54==+=+=D P C P AB P 解法二：用A k 表示“甲队得k 分”这一事件，用B k 表示“已队得k 分”这一事件，k =0,1,2,3由于事件A 3B 0,A 2B 1为互斥事件，故事 P (AB )=P (A 3B 0∪A 2B 1)=P (A 3B 0)+P (A 2B 1)..24334)32213121(32)2131()32(2212323223=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯C C (19)(本小题满分12分)(Ⅰ)证明：由已知，当n ≥2时（Ⅱ）解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q ,且q ＞0. 因为 1213121278,2⨯++⋅⋅⋅+== 所以表中第1行至第12行共含有数列｛a n ｝的前78项， 故 a 81在表中第13行第三列，因此281134.91a b q ==-212121111111121,,21,()21,111,21.111.211111,222.12nn n n n n n n n n n nn n n n n n n n n n n n b b S S S b b b S S S S S S S S S S S S S b a S n n S S n n b S S ------=-=+++-=---=-=-===⎧⎫⎨⎬⎩⎭+-==+≥=-= 又　（）所以 （）即 所以　又所以数列是首项为，公差为的等差数列由上可知　＝＋（）即 所以 当时，2221(1).n nn n -=-++又 132,1314b =-⨯所以 q =2.记表中第k (k ≥3)行所有项的和为S ，则(1)2(12)2(12)1(1)12(1)k k k k b q S q k k k k --==-=--+-+ （k ≥3）.(20)(本小题满分12分)（Ⅱ）解：设AB =2，H 为PD 上任意一点，连接AH ，EH .由（Ⅰ）知 AE ⊥平面P AD ，则∠EHA 为EH 与平面P AD 所成的角.在Rt △EAH 中，AE所以 当AH 最短时，∠EHA 最大， 即 当AH ⊥PD 时，∠EHA 最大. 此时 tan ∠EHA=2AE AH AH == 因此 AH.又AD=2，所以∠ADH =45°，所以 P A =2.解法一：因为 P A ⊥平面ABCD ，P A ⊂平面P AC ， 所以 平面P AC ⊥平面ABCD .过E 作EO ⊥AC 于O ，则EO ⊥平面P AC ，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 ²sin30°=2，AO =AE ²cos30°=32, 又F 是PC 的中点，在Rt △ASO 中，SO =AO ²sin45°=4, 又SE === 在Rt △ESO 中，cos ∠ESO=5SO SE ==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-1，0），C，1，0）， D （0，2，0），P （0，0，2），E，0，0），F1,12）， 所以1,1).2AE AF == 设平面AEF 的一法向量为111(,,),m x y z =则0,0,m AE m AF ⎧=⎪⎨=⎪⎩因此11110,10.22x y z =++=⎩ 取11,(0,2,1),z m =-=-则因为 BD ⊥AC ，BD ⊥P A ，P A ∩AC=A ， 所以 BD ⊥平面AFC ，故 BD为平面AFC 的一法向量.又 BD=（），所以 cos ＜m ,BD ＞=||||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5（21）（Ⅰ）解：由已知得函数f (x )的定义域为{x |x ＞1}， 当n =2时，21()ln(1),(1)f x a x x =+--所以 232(1)().(1)a x f x x --'=- （1）当a ＞0时，由()0f x '=得11x =1，21x =＜1， 此时 123()()()(1)a x x x x f x x ---'=-.当x ∈（1，x 1）时，()0,()f x f x '<单调递减； 当x ∈（x 1+∞）时，()0,()f x f x '>单调递增. （2）当a ≤0时，()0f x '<恒成立，所以f (x )无极值. 综上所述，n =2时，当a ＞0时，f (x )在1x =+2(1(1ln ).2a f 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 x x =+--当n 为偶数时，令1()1ln(1),(1)ng x x x x =----- 则 1112()10,(2)11(1)(1)n n n x ng x x x x x x ++-'=+-=+>≥----. 所以当x ∈[2,+∞]时，g(x)单调递增，又 g (2)=0 因此1()1ln(1)(1)ng x x x x =-----≥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 12()111x h x x x -'=-=--≥0（x ≥2）, 所以 当x ∈[2，+∞]时，()1ln(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 x x =+-- 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(1ln(1))2ln(1),2,h x x x x x x =--+-=---∈+∞ 则12()1,11x h 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1ln(1)(1)nx x +--≤x -1. 即f （x ）≤x -1.(22)（Ⅰ）证明：由题意设221212120(,),(,),,(,2).22x x A x B x x x M x p p p-＜由22x py =得22x y p =，则,xy p'=所以12,.MA MB x x k k p p==因此直线MA 的方程为102(),x y p x x p +=- 直线MB 的方程为202().x y p x x p+=-所以211102(),2x xp x x p p+=-①222202().2x xp x x p p+=- ②由①、②得212120,2x x x x x +=+-因此 1202x x x +=，即0122.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x 0=2时， 将其代入①、②并整理得： 2211440,x x p --=2222440,x x p --=所以 x 1、x 2是方程22440x x p --=的两根，因此212124,4,x x x x p +==-又22210122122,2ABx x x x x p p k x x p p-+===-所以2.AB k p=由弦长公式得AB ==又AB = 所以p =1或p =2，因此所求抛物线方程为22x y =或24.x y =（Ⅲ）解：设D (x 3,y 3)，由题意得C (x 1+ x 2, y 1+ y 2),则CD 的中点坐标为123123(,),22x x x y y y Q ++++设直线AB 的方程为011(),x y y x x p-=-由点Q 在直线AB 上，并注意到点1212(,)22x x y y ++也在直线AB 上，代入得033.x y x p=若D （x 3,y 3）在抛物线上，则2330322,x py x x ==因此 x 3=0或x 3=2x 0.即D (0，0)或2002(2,).x D x p（1）当x 0=0时，则12020x x x +==，此时，点M (0,-2p )适合题意.（2）当00x ≠，对于D (0，0)，此时2212222212120002(2,),,224CD x x x x x x pC x k px px +++==又0,AB x k p=AB ⊥CD ， 所以222201212201,44AB CDx x x x x k k p px p ++===- 即222124,x x p +=-矛盾.对于2002(2,),x D x p 因为22120(2,),2x x C x p+此时直线CD 平行于y 轴， 又00,AB x k p=≠ 所以 直线AB 与直线CD 不垂直，与题设矛盾， 所以00x ≠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.。