2008年高考试题——数学理(四川延考区卷)

2008年普通高等学校招生全国统一考试(四川延考卷)数学（理科）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）集合{1,0,1}A，A的子集中，含有元素0的子集共有（A）2个（B）4个（C）6个（D）8个解：A的子集共328个，含有元素0的和不含元素0的子集各占一半，有4个．选B（2）已知复数(3)(3)2iizi，则||z（A）55（B）255（C）5（D）25解：(3)(3)10(2)2(2)422(2)(2)iiiziiiii22||4225z（3）41(1)(1)xx的展开式中含2x的项的系数为（A）4（B）6（C）10（D）12解：41223344411(1)(1)(1)(1)xCxCxCxxx展开式中含2x项的系数为234410CC（4）已知*nN，则不等式220.011nn的解集为（A）{|nn≥199，*}nN（B）{|nn≥200，*}nN（C）{|nn≥201，*}nN（D）{|nn≥202，*}nN解：22220.0111200nnn*200,nnN（5）已知1tan2，则2(sincos)cos2（A）2（B）2（C）3（D）3解：211(sincos)sincos1tan231cos2cossin1tan12，选C（6）一个正三棱锥的底面边长等于一个球的半径，该正三棱锥的高等于这个球的直径，则球的体积与正三棱锥体积的比值为（A）833（B）36（C）32（D）83解：设球的半径为r3143Vr；正三棱锥的底面面积234Sr，2hr，2321332346Vrrr。所以12833VV，选A（7）若点(2,0)P到双曲线22221xyab的一条淅近线的距离为2，则双曲线的离心率为（A）2（B）3（C）22（D）23解：设过一象限的渐近线倾斜角为2sin4512k所以byxxaab，因此2,2ccaea，选A。（8）在一次读书活动中，一同学从4本不同的科技书和2本不同的文艺书中任选3本，则所选的书中既有科技书又有文艺书的概率为（A）15（B）12（C）23（D）45解：因文艺书只有2本，所以选3本必有科技书。问题等价于选3本书有文艺书的概率：343644()1()11205CPAPAC（9）过点(1,1)的直线与圆22(2)(3)9xy相交于,AB两点，则||AB的最小值为（A）23（B）4（C）25（D）5解：弦心距最大为22(21)(31)5，||AB的最小值为2954（10）已知两个单位向量a与b的夹角为135，则||1ab的充要条件是（A）(0,2)（B）(2,0)（C）(,0)(2,)（D）(,2)(2,)解：22222||121211cos135211abaabb22002或，选C（11）设函数()yfx()xR的图象关于直线0x及直线1x对称，且[0,1]x时，2()fxx，则3()2f（A）12（B）14（C）34（D）94解：23311111()()(1)(1)()()2222224fffff（12）一个正方体的展开图如图所示，,,BCD为原正方体的顶点，A为原正方体一条棱的中点。在原来的正方体中，CD与AB所成角的余弦值为（A）510（B）105（C）55（D）1010解：还原正方体如右图所示设1AD,则5AB,1,AF22BEEF,3AE,CD与AB所成角等于BE与AB所成角,所以余弦值为58910cos102522ABE,选D二．填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。把答案填在题中模式横线上。（13）函数11xye()xR的反函数为。解：11111ln(1)xxyeeyxy，所以反函数ln(1)1(1)yxx，（14）设等差数列{}na的前n项和为nS，且55Sa。若40a，则74aa。解：551234142300Saaaaaaaaa，取特殊值令231,1,aa43a74129aaa，所以743aa（15）已知函数()sin()6fxx(0)在4(0,)3单调增加，在4(,2)3单调减少，则。解：由题意44()sin()1336f4312,36222kkkZ又0，令0k得12。（如0k，则2，T与已知矛盾）（16）已知90AOB，C为空间中一点，且60AOCBOC，则直线OC与平面AOB所成角的正弦值为。解：由对称性点C在平面AOB内的射影D必在AOB的平分线上作DEOA于E，连结CE则由三垂线定理CEOE，设1DE1,2OEOD，又60,2COECEOEOE,所以222CDOCOD，因此直线OC与平面AOB所成角的正弦值2sin2COD三．解答题：本大题共6个小题，共74分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。（17）（本小题满分12分）在△ABC中，内角,,ABC对边的边长分别是,,abc，已知2222acb。（Ⅰ）若4B，且A为钝角，求内角A与C的大小；（Ⅱ）若2b，求△ABC面积的最大值。解：（Ⅰ）由题设及正弦定理，有222sinsinsin1ACB。故22sincosCA。因A为钝角，所以sincosCA。由coscos()4AC，可得sinsin()4CC，得8C，58A。（Ⅱ）由余弦定理及条件2221()2bac，有22cos4acBac，故cosB≥12。由于△ABC面积1sin2acB，又ac≤221()42ac，sinB≤32，当ac时，两个不等式中等号同时成立，所以△ABC面积的最大值为134322。（18）（本小题满分12分）一条生产线上生产的产品按质量情况分为三类：A类、B类、C类。检验员定时从该生产线上任取2件产品进行一次抽检，若发现其中含有C类产品或2件都是B类产品，就需要调整设备，否则不需要调整。已知该生产线上生产的每件产品为A类品，B类品和C类品的概率分别为0.9，0.05和0.05，且各件产品的质量情况互不影响。（Ⅰ）求在一次抽检后，设备不需要调整的概率；（Ⅱ）若检验员一天抽检3次，以表示一天中需要调整设备的次数，求的分布列和数学期望。解：（Ⅰ）设iA表示事件“在一次抽检中抽到的第i件产品为A类品”，1,2.iiB表示事件“在一次抽检中抽到的第i件产品为B类品”，1,2.iC表示事件“一次抽检后，设备不需要调整”。则121212CAAABBA。由已知()0.9iPA，()0.05iPB1,2.i所以，所求的概率为121212()()()()PCPAAPABPBA20.920.90.050.9。（Ⅱ）由（Ⅰ）知一次抽检后，设备需要调整的概率为()10.90.1pPC，依题意知~(3,0.1)B，的分布列为0123p0．7290．2430．0270．00130.10.3Enp。（19）（本小题满分12分）如图，一张平行四边形的硬纸片0ABCD中，1ADBD，2AB。沿它的对角线BD把△0BDC折起，使点0C到达平面0ABCD外点C的位置。（Ⅰ）证明：平面0ABCD平面0CBC；（Ⅱ）如果△ABC为等腰三角形，求二面角ABDC的大小。解：（Ⅰ）证明：因为01ADBCBD，02ABCD，所以090DBC，90ADB。因为折叠过程中，090DBCDBC，所以DBBC，又0DBBC，故DB平面0CBC。又DB平面0ABCD，所以平面0ABCD平面0CBC。（Ⅱ）解法一：如图，延长0CB到E，使0BECB，连结AE，CE。因为ADBE，1BE，1DB，90DBE，所以AEBD为正方形，1AE。由于AE，DB都与平面0CBC垂直，所以AECE，可知1AC。因此只有2ACAB时，△ABC为等腰三角形。在Rt△AEC中，221CEACAE，又1BC，所以△CEB为等边三角形，60CBE。由（Ⅰ）可知，，所以CBE为二面角ABDC的平面角，即二面角ABDC的大小为60。解法二：以D为坐标原点，射线DA，DB分别为x轴正半轴和y轴正半轴，建立如图的空间直角坐标系Dxyz，则(1,0,0)A，(0,1,0)B，(0,0,0)D。由（Ⅰ）可设点C的坐标为(,1,)xz，其中0z，则有221xz。①因为△ABC为等腰三角形，所以1AC或2AC。若1AC，则有22(1)11xz。则此得1x，0z，不合题意。若2AC，则有22(1)12xz。②联立①和②得12x，32z。故点C的坐标为13(,1,)22。由于DABD，BCBD，所以DA与BC夹角的大小等于二面角ABDC的大小。又(1,0,0)DA，13(,0,)22BC，1cos,.2||||DABCDABCDABC所以,60DABC即二面角ABDC的大小为60。（20）（本小题满分12分）在数列{}na中，11a，2112(1)nnaan。（Ⅰ）求{}na的通项公式；（Ⅱ）令112nnnbaa，求数列{}nb的前n项和nS。（Ⅲ）求数列{}na的前n项和nT。解：（Ⅰ）由条件得1221(1)2nnaann，又1n时，21nan，故数列2{}nan构成首项为1，公式为12的等比数列．从而2112nnan，即212nnna．（Ⅱ）由22(1)21222nnnnnnnb得23521222nnnS，231135212122222nnnnnS，两式相减得：23113111212()222222nnnnS，所以2552nnnS．（Ⅲ）由231121()()2nnnSaaaaaa得1112nnnnTaaTS所以11222nnnTSaa2146122nnn．（21）（本小题满分12分）已知椭圆1C的中心和抛物线2C的顶点都在坐标原点O，1C和2C有公共焦点F，点F在x轴正半轴上，且1C的长轴长、短轴长及点F到1C右准线的距离成等比数列。（Ⅰ）当2C的准线与1C右准线间的距离为15时，求1C及2C的方程；（Ⅱ）设过点F且斜率为1的直线l交1C于P，Q两点，交2C于M，N两点。当36||7PQ时，求||MN的值。解：（Ⅰ）设1C：22221xyab(0)ab，其半焦距为c(0)c．则2C：24ycx．由条件知22(2)2()abacc，得2ac．1C的右准线方程为2axc，即4xc．2C的准线方程为xc．由条件知515c，所以3c，故6a，33b．从而1C：2213627xy，2C：212yx．（Ⅱ）由题设知l：yxc，设11(,)Mxy，22(,)Nxy，33(,)Pxy，44(,)Qxy．由（Ⅰ）知22122:143xyCcc，即2223412xyc由2223412xycyxc，知34,xx满足227880xcxc，从而2234343424()()27PQxxyyxxc由条件367PQ,得32c，故2C：26yx．由2632yxyx得29904xx