高考卷 普通高等学校招生全国统一考试 文科数学（必修+选修Ⅰ）（陕西卷）（附答案，完全word版

2008年普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）文科数学（必修+选修Ⅰ）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的（本大题共12小题，每小题5分，共60分）．1．sin330等于（B）A．32B．12C．12D．322．已知全集{12345}U，，，，，集合{1,3}A，{3,4,5}B，则集合()UABð（D）A．{3}B．{4,5}C．{3,4,5}D．{1245}，，，3．某林场有树苗30000棵，其中松树苗4000棵．为调查树苗的生长情况，采用分层抽样的方法抽取一个容量为150的样本，则样本中松树苗的数量为（C）A．30B．25C．20D．154．已知{}na是等差数列，124aa，7828aa，则该数列前10项和10S等于（B）A．64B．100C．110D．1205．直线30xym与圆22220xyx相切，则实数m等于（A）A．3或3B．3或33C．33或3D．33或336．“1a”是“对任意的正数x，21axx≥”的（A）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件7．已知函数3()2xfx，1()fx是()fx的反函数，若16mn（mn+R，），则11()()fmfn的值为（D）A．10B．4C．1D．28．长方体1111ABCDABCD的各顶点都在半径为1的球面上,其中1::2:1:3ABADAA,则两,AB点的球面距离为(C)A．4B．3C．2D．239．双曲线22221xyab（0a，0b）的左、右焦点分别是12FF，，过1F作倾斜角为30的直线交双曲线右支于M点，若2MF垂直于x轴，则双曲线的离心率为（B）A．6B．3C．2D．3310．如图，lABAB，，，，，到l的距离分别是a和b，AB与，所成的角分别是和，AB在，内的射影分别是m和n，若ab，则（D）A．mn，B．mn，C．mn，D．mn，11．定义在R上的函数()fx满足()()()2fxyfxfyxy（xyR，），(1)2f，则(2)f等于（A）A．2B．3C．6D．912．为提高信息在传输中的抗干扰能力，通常在原信息中按一定规则加入相关数据组成传输信息．设定原信息为012iaaaa，{01}，（012i，，），传输信息为00121haaah，其中001102haahha，，运算规则为：000，011，101，110，例如原信息为111，则传输信息为01111．传输信息在传输过程中受到干扰可能导致接收信息出错，则下列接收信息一定有误的是（C）A．11010B．01100C．10111D．00011二、填空题：把答案填在答题卡相应题号后的横线上（本大题共4小题，每小题4分，共16分）．13．ABC△的内角ABC，，的对边分别为abc，，，若26120cbB，，，则a2．14．72(1)x的展开式中21x的系数为84．(用数字作答)15．关于平面向量，，abc．有下列三个命题：①若ab=ac，则bc．②若(1)(26)k，，，ab，∥ab，则3k．③非零向量a和b满足||||||abab，则a与ab的夹角为60．其中真命题的序号为②．（写出所有真命题的序号）16．某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成．如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有96种．（用数字作答）．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤（本大题共6小题，共74分）17．（本小题满分12分）ABabl已知函数()2sincos3cos442xxxfx．（Ⅰ）求函数()fx的最小正周期及最值；（Ⅱ）令π()3gxfx，判断函数()gx的奇偶性，并说明理由．17．解：（Ⅰ）()fxsin3cos22xxπ2sin23x．()fx的最小正周期2π4π12T．当πsin123x时，()fx取得最小值2；当πsin123x时，()fx取得最大值2．（Ⅱ）由（Ⅰ）知π()2sin23xfx．又π()3gxfx．1ππ()2sin233gxxπ2sin22x2cos2x．()2cos2cos()22xxgxgx．函数()gx是偶函数．18．（本小题满分12分）一个口袋中装有大小相同的2个红球,3个黑球和4个白球,从口袋中一次摸出一个球,摸出的球不再放回.（Ⅰ）连续摸球2次,求第一次摸出黑球,第二次摸出白球的概率；（Ⅱ）如果摸出红球,则停止摸球,求摸球次数不超过3次的概率．解：（Ⅰ）从袋中依次摸出2个球共有29A种结果，第一次摸出黑球、第二次摸出白球有2234AA种结果，则所求概率223411291341()6986AAPPA或．（Ⅱ）第一次摸出红球的概率为1219AA，第二次摸出红球的概率为117229AAA，第三次摸出红球的概率为217239AAA，则摸球次数不超过3次的概率为11211727222123999712AAAAAPAAA．19．（本小题满分12分）三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为111ABC，90BAC，1AA平面ABC，13AA，1122ABACAC，D为BC中点．（Ⅰ）证明：平面1AAD平面11BCCB；（Ⅱ）求二面角1ACCB的大小．【解法一】（Ⅰ）∵1AAABCBCABC平面，平面，∴1AABC.在RTBAC中，AB=AC，D为BC中点，∴BC⊥AD，又1,AAADA∴111,BCAADBCBCCB平面又平面，∴111AADBCCB平面平面.（Ⅱ）如图，作AE⊥1CC交1CC于E点，连接BE，由已知得AB⊥平面11ACCA，∴AE是BE在平面11ACCA内的射影，由三垂线定理知1BECC,∴∠AEB是二面角1ACCB的平面角.过11CCFACACF作交于，则CF=AC-AF=1，113CFAA∴0160CCF.A1AC1B1BDC在RT03sin6023,2AECAEAC中，在RT223tan,33ABBAEAEBAE中，∴23arctan3AEB，即二面角1ACCB为23arctan3.【解法二】（Ⅰ）如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)110,0,3,0,1,3AC,∵D为BC的中点，∴D点坐标为（1，1，0）.∴11,0,0,0,0,3,2,2,0.ADAABC∵1(2)12000.ADBC10(2)02300.AABC∴BC⊥AD，11,,BCAAAAADA又∴111,BCAADBCBCCB平面又平面,∴111AADBCCB平面平面（Ⅱ）∵BA⊥平面11ACCA,如图，可取2,0,0mAB为平面11ACCA的法向量,设平面1BC的法向量为,,,nlmn10,0,220,3,,,330BCnCCnlmlmnmmn则如图，可取m=1，则31,1,,3n222222321010213cos,,73200113mn∴二面角121arccos7ACCB为20．（本小题满分12分）已知数列{}na的首项123a，121nnnaaa，1,2,3,n…．（Ⅰ）证明：数列1{1}na是等比数列；（Ⅱ）数列{}nna的前n项和nS．解：（Ⅰ）121nnnaaa，111111222nnnnaaaa，11111(1)2nnaa，又123a，11112a，数列1{1}na是以为12首项，12为公比的等比数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）知1111111222nnna，即1112nna，2nnnnna．设23123222nT…2nn，①则23112222nT…1122nnnn，②由①②得2111222nT…11111(1)1122112222212nnnnnnnnn，11222nnnnT．又123…(1)2nnn．数列{}nna的前n项和22(1)4222222nnnnnnnnnS．21．（本小题满分12分）已知抛物线C：22yx，直线2ykx交C于AB，两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N．（Ⅰ）证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；（Ⅱ）是否存在实数k使0NANB，若存在，求k的值；若不存在，说明理由．解法一：（Ⅰ）如图，设211(2)Axx，，222(2)Bxx，，把2ykx代入22yx得2220xkx，由韦达定理得122kxx，121xx，1224NMxxkxx，N点的坐标为248kk，．设抛物线在点N处的切线l的方程为284kkymx，将22yx代入上式得222048mkkxmx，直线l与抛物线C相切，2222282()048mkkmmmkkmk，mk．即lAB∥．（Ⅱ）假设存在实数k，使0NANB，则NANB，又M是AB的中点，1||||2MNAB．由（Ⅰ）知121212111()(22)[()4]222Myyykxkxkxx22142224kk．MNx轴，22216||||2488MNkkkMNyy．又222121212||1||1()4ABkxxkxxxx2222114(1)11622kkkk．22216111684kkk，解得2k．即存在2k，使0NANB．解法二：（Ⅰ）如图，设221122(2)(2)AxxBxx，，，，把2ykx代入22yx得2220xkx．由韦达定理得121212kxxxx，．xAy112MNBO1224NMxxkxx，N点的坐标为248kk，．22yx，4yx，抛物线在点N处的切线l的斜率为44kk，lAB∥．（Ⅱ）假设存在实数k，使0NANB．由（Ⅰ）知22221122224848kkkkNAxxNBxx，，，，则22221212224488kkkkNANBxxxx222212124441616kkkkxxxx1212144444kkkkxxxx221212121214()4164kkkxxxxxxkxx22114(1)421624kkkkkk22313164kk0，21016k，23304k，解得2k．即存在2k，使0NANB．22．本小题满分14分）设函数3222()1,()21,fxxaxaxgxaxx其中实数0a．（Ⅰ）若0a，求函数()fx的单调区间；（Ⅱ）当函数()yfx与()ygx的图象只有一个公共点且()gx存在最小值时，记()gx的最小值为