2008年山东省高考文科数学试题及答案范文

文科数学

第Ⅰ卷(共60分)

参考公式：

锥体的体积公式：V=Sh.其中S是锥体的底面积，h是锥体的高. 球的表面积公式：S＝－4πR2,其中R是球的半径. 如果事件A、B互斥，那么 P(A+B)=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，

13只有一项是符合题目要求的. (1)满足M｛a1·a2·a3·a4｝,则M(A)1

(B)2

｛a1·a2·a3｝=｛a1·a2｝的集合M的个数是

(D)4

(C)3

z=8,则(2)设z的共轭复数是z，若z+z=4,z·

(A)i

(B)－i

z等于 z

(D)i

(C)1

(3)函数y=lncosx(-

＜x＜＝的图象是 22

(4)给出命题：若函数y=f(x)是幂函数，则函数y=f(x)的图象不过第四象限，在它的逆命题、否命题、逆否命题三个命题中，真命题的个数是 (A)3

(B)2

(C)1

(D)0

2x1,11x(5)设函数f (x)=2则f 的值为

f(2)xx2,x＞1,(A) 15 16 (B) -

27 16 (C)

8 9 (D)18

(6)下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)9 (7)不等式

(B)10

(C)11

(D)12

x5≥2的解集是 2(x1)

(B)[-

(A)[-3,

1] 21,3] 2(C),11,3

12

(D) ,11,3

12(8)已知a,b,c为△ABC的三个内角A,B,C的对边，向量m = (3,1),n=(cosA,sinA),若mn,且acosB+bcosA=csinC,则角A,B的大小分别为 (A)

, 63 (B)

2, 36(C) , 363 2 (D)

, 33(9)从某项综合能力或抽取100人的成绩，统计如表，则这100人成绩的标准差为

分数 5 4 1 人数 20 10 30 30 10 (A)3 (B) (10)已知cos（a8210 (C)3 (D)

573,则sin(a+)的值是 56

(C)6）+sina=(A)

23 5

(B)

23 5(D)

4 5(11)若圆C的半径为1,圆心在第一象限，且与直线4x-3y=0和x轴都相切，则该圆的标准方程是 (A)(x-3)2+(y72

)=1 3

(B)(x-2)2+(y-1)2=1 D.(x(C)(x-1)2+(y-3)2=1

32

)+(y-1)2=1 2

2

(12)已知函数f(x)loga(2xb1)(a1,a1)的图象如图所示，则a,b满足的关系是

(A)0＜a1＜b＜1

－

(C) 0＜b1＜a＜1

－

－

(B)0＜b＜a1＜1

－－

(D) 0＜a1＜b1＜1

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)已知圆C：x2+y2-6x-4y+8=0。以圆C与坐标轴的交点分别作为双曲线的一个焦点和顶点，则适合上述条件的双曲线的标

x2y21。 准方程为

412

(14)执行右边的程序框图，若p=0.8,则输出的n= 4 . (15)已知f(3x)4xlog23233，则f(2)+(4)+f(8)+…+f(28)的值等于 2008 .

xy20,5xy100,(16)设x,y满足约束条件则z＝2x+y的最大值

x0,y0,为 11 .

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)(0,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

(Ⅰ)求f()的值;

. 28 (Ⅱ)将函数y=f(x)的图象向右平移减区间.

个单位后，得到函数y=g(x)的图象，求g(x)的单调递6

3

解：(Ⅰ)f(x)3sin(x)cos(x)

＝231sin(x)cos(x)

22=2sin(x6).

因为f(x)为偶函数,

所以对x∈R,f(-x)=f(x)恒成立， 因此sin(x即sinxcos()sin(x). 666)cosxsin(6)sinxcos(6)cosxsin(6)

整理得sinxcos(因为＞0,且xR, 所以cos(6)0.

6)0.

又因为0＜＜， 故－

62.

所以f(x)2sin(x由题意得

2)2cosx.

222.

所以＝2.

故 f(x)=2cos2x.

2. 4（Ⅱ）将f(x)的图象向右平移个单位后，得到f(x)的图象.

66)2cos[x2()]2cxos (2 所以 g(x)f(x663 当 2k2x2k(kZ),

32(kZ)时，g(x)单调递减. 即 kxk632](kZ). 因此g(x)的单调递减区间为 [k,k63因此 f()2cos8).（18）（本小题满分12分）

现有8名奥运会志愿者，其中志愿者A1、A2、A3通晓日语，B1、B2、B3通晓俄语，C1、C2通晓韩语.从中选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各1名，组成一个小组. （Ⅰ）求A1被选中的概率;

4

（Ⅱ）求B1和C1不全被选中的概率. 解：（Ⅰ）从8人中选出日语、俄语和韩语志愿者各1名，其一切可能的结果组成的基本事

件空间

={(A1,B1,C1),(A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A1,B2,C2),(A1,B3,C1),(A1,B2,C2),(A2,B1,C1),(A2,B1,C2),(A2,B2,

C1),(A2,B2,C2),(A2,B3,C1),(A2,B3,C2),(A3,B1,C2),(A3,B1,C2),(A1,B2,C1),(A3,B2,C2),(A3,B3,C1), (A3,B3,C2)}

由18个基本事件组成.由于每一个基本事件被抽取的机会均等，因此这些基本

事件的发生是等可能的.

用M表示“A1恰被选中”这一事件，则

M＝{(A1,B1,C1),(A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A1,B2,C2),(A1,B3,C1),(A1,B2,C2) } 事件M由6个基本事件组成， 因而 P(M)61. 183 （Ⅱ）用N表示“B1、C1不全被选中”这一事件，则其对立事件N表示“B1、C1全被选

中”这一事件，

由于N＝{(A1,B1,C1),(A2,B1,C1),(A3,B1,C1)},事件N有3个基本事件组成，

31，由对立事件的概率公式得 18615 P(N)1P(N)1.

66 所以P(N)（19）（本小题满分12分）

如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC,△PAD是等边三角形，已知BD＝2AD=8, AB=2DC=45. （Ⅰ）设M是PC上的一点，证明：平面MBD⊥平面PAD; （Ⅱ）求四棱锥P-ABCD的体积.

（Ⅰ）证明：在△ABD中，

由于AD=4,BD=8,AB=45，

所以AD2+BD2=AB2. 故 AD⊥BD.

又 平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD,BD平面ABCD，

所以 BD⊥平面PAD, 又 BD平面MBD， 故 平面MBD⊥平面PAD.

（Ⅱ）解：过P作PO⊥AD交AD于O，

由于 平面PAD⊥平面ABCD， 所以 PO⊥平面ABCD.

因此 PO为四棱锥P-ABCD的高， 又 △PAD是边长为4的等边三角形，

5

因此 PO3 423.2在底面四边形ABCD中，AB∥DC, AB=2DC,

所以 四边形ABCD是梯形，在Rt△ADB中，斜边AB边上的高为此即为梯形ABCD的高，

所以 四边形ABCD的面积为S故 VPABCD4885,

525458524.

2512423163. 3（20）（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

2bn＝1（n≥2）. 2bnSnSn(Ⅰ)证明数列1成等差数列，并求数列{bn}的通项公式； Sn4时，求上表中第k(k≥3)行所有项的和. 91(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a81(Ⅰ)证明：由已知，当n时，2bn1， 2bnSnSn

6

又 Snb1b2所以

bn,1.

2(SnSn1)(SnSn1)SnSn2即 2(SnSn1)1,Sn1Sn111,SnSn12所以 又 S1b1a11. 所以数列11是首项为1，公差为的等差数列. 2Sn11n1. 1(n1)Sn22 由上可知

即 Sn2. n1 所以 当n2时，bnSnSn1222. n1nn(n1)1, n1, 因此bn 2n(n1),n2.(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＝78， 2 所以表中第1行至第12行共含有数列{an}的前7， 故 a81在表中第13行第三列， 因此 a81b13q 又 b13 所以 q=2.

记表中第k(k≥3)行所有项的和为S，

24. 912,

1314bk(1qk)2(12k)2 则S(12k)(k3).

1qk(k1)12k(k1)（21）（本小题满分12分）

设函数f(x)xe2x1ax2bx2，已知x2和x1为f(x)的极值点.

(Ⅰ)求a和b的值； (Ⅱ)讨论f(x)的单调性；

7

(Ⅲ)设g(x)23xx2，试比较f(x)与g(x)的大小. 3 解：(Ⅰ)因为f(x)ex1(2xx2)3ax22bx xex1(x2)x(3ax2b).

f( 又 x2和x1为f(x的极值点，所以)2)f(1)

因此 6a2b0,

33a2b0,13 解方程组得 a,b1. (Ⅱ)因为 a,b1,

所以 f(x)x(x2)(ex11),

令 f(x)0,解得x12,x20,x31. 因为 当x(,2)(0,1)时，f(x)0; 当x(2,0)(1,)时，f(x)0;

所以 f(x)在（-2，0）和（1，+）上是单调递增的； 在（-，-2）和（0，1）上是单调递减的. (Ⅲ)由（Ⅰ）可知 f(x)xe2x1131x3x2, 3故 f(x)g(x)x2ex1x3x2(ex1x),令 h(x)ex1x,则 h(x)ex11.令 h(x)0,得x1,因为 x(,1时，h(x)0,所以 h(x)在x(,1上单调递减.

故 x(,1时，h(x)h(1)0;因为 x1,)时，h(x)0,所以 h(x)在x1,)上单调递增.故 x1,)时，h(x)h(1)0.所以 对任意x(,),恒有h(x)0,又x20,因此 f(x)g(x)0,故 对任意x(,),恒有f(x)g(x).

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(22)（本小题满分14分）

|x||y|1(ab0)所围成的封闭图形的面积为45,曲线C3的内切已知曲线C2=ab圆半径为25，记C2为以曲线C1与坐标轴的交点顶点的椭圆. 3(I)求椭圆C2的标准方程；

(II)设AB是过椭圆C2中心的任意弦，l是线段AB的垂直平分线，M是l上异于椭圆中心的点.

（1）若|MO|=|OA|(O为坐标原点)，当点A在椭圆C2上运动时，求点M的轨迹方程；

（2）若M是l与椭圆C2的交点，求△AMB的面积的最小值。

2ab45解：（I）由题意得ab25

223ab

由a>b>0，

解得 a2=5, b2=4.

因此所求椭圆的标准方程为

x2y2=1. （II）（1）假设AB所在的直线斜率存在且不为零，设AB所在直线方程为y=kx(k≠0),

A(xA,yA).

x2y21解方程组5 得 4ykx,2020k22x,yA,

45k245k22A2020k220(1k2), 所以 |OA|xy22245k45k45k22A2A设M(x,y)，由题意知|MO|=λ|OA| (λ0)，

20(1k2)所以 |MO|=λ|OA|，即xy,

45k22

2

2

222因为l是AB的垂直平分线， 所以 直线l的方程为y=即k=1x, kx, y

9

x220(12)22y222220(xy)因此 xy 222x4y5x452y又x2+y2=1，

所以 5x24y2202

x2y22 故

45又 当k=0或不存时，上式仍然成立.

x2y22.（λ0）, 综上所述，M的轨迹方程为45（1） 当k存在且k0时，由（1）得

2020k22x,yA,

45k245k22Ax2y21,由解得 y1x,k20k2202x,y, M2254k54k2M20(1k2)所以|OA|=xy,

45k22

2A2A80(1k2)|AB||OA| 245k2220(1k2)|OM|

54k22解法一：由于 S2AMB1|AB|2|OM|2 4180(1k2)20(1k2) = 22445k54k400(1k2)2 = 22(45k)(54k)

10

400(1k2)2 

45k254k22()21600(1k2)2 = 2281(1k) =（

402

）， 9当且仅当4+5k2=5+4k2时等号成立，即k=1时等号成立，此时△AMB面积的最小值是S△AMB=

40. 914025225. 29140. 当k不存在时，SAMB54252940. 综上所述，AMB的面积的最小值为9当k0,SAMB解法二：因为

1OA21OM211

20(1k2)20(1k2)45k254k245k254k29 , 220(1k)20又

1OA21OM2240OAOM,

OAOM922当且仅当45k54k时等号成立，即k1时等号成立，此时AMB面积的最小值

是SAMB40. 914025225. 29140. 当k不存在时，SAMB54252940. 综上所述，AMB的面积的最小值为9当k=0，SAMB

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