高考数学普通高等学校招生全国统一考试117

高考数学普通高等学校招生全国统一考试117第I卷（共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，选择一个符合题目要求的选项。（1）定义集合运算：A⊙B(),,,zzxyxyxAyB设集合(0,1),(2,3),AB则集合A⊙B的所有元素之和为（A）0（B）6（C）12（D）18（2）设1232,2()((2))log(1)2.xexfxffxx＜，则的值为，（A）0（B）1（C）2（D）3（3）函数21(01)yaa＜＜的反函数的图象大致是（A）（B）（C）（D）（4）设向量a=(1,3),(2,4)b,若表示向量4a、32,bac的有向线段首尾相接能构成三角形，则向量c为（A）(1,1)（B）(1,1)（C）(4,6)（D）(4,6)（5）已知定义在R上的奇函数()fx满足(2)(),fxfx则(6)f的值为（A）－1（B）0（C）1（D）2（6）在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知,3,1,3Aab则c=（A）1（B）2（C）31（D）3（7）在给定双曲线中，过焦点且垂直于实轴的弦长为2，焦点到相应准线的距离为21，则该双曲线的离心率为（A）22（B）2（C）2（D）22（8）正方体的内切球与其外接球的体积之比为（A）1:3（B）1:3（C）1:33（D）1∶9（9）设p∶22,xxq＜0∶12xx＜0，则p是q的（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（10）已知（xx12）n的展开式中第三项与第五项的系数之比为143，则展开式中常数项是（A）－1（B）1（C）－45（D）45（11）已知集合5,1,2,1,3,4ABC，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为（A）33（B）34（C）35（D）36（12）已知x和y是正整数，且满足约束条件10,2,27.xyxyx则23zxy的最小值是（A）24（B）14（C）13（D）11.5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，答案须填在题中横线上。（13）某学校共有师生2400人，现用分层抽样的方法，从所有师生中抽取一个容量为160的样本，已知从学生中抽取的人数为150，那么该学校的教师人数是.（14）设nS为等差数列na的前n项和，4S＝14，10730SS，则8S＝.（15）已知抛物线xy42，过点(4,0)p）的直线与抛物线相交于1122(,)(,)AxyBxy、两点，则2212yy的最小值是（16）如图，在正三棱柱111ABCABC中，所有棱长均为1，则点1B到平面1ABC的距离为.三、解答题：本大题共6小题，共74分（17）（本小题满分12分）设函数()fx3223(1)1,xax其中1.a（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）讨论()fx的极值.（18）（本小题满分12分）已知函数()fxA2sin()(000)2xA＞，＞，＜＜，且()yfx的最大值为2，其图象相邻两对称轴间的距离为2，并过点(1,2).（Ⅰ）求；（Ⅱ）计算(1)(2)...(2008).fff（19）（本小题满分12分）盒中装着标有数字1，2，3，4的卡片各2张，从盒中任意抽取3张，每张卡片被抽出的可能性都相等，求：（Ⅰ）抽出的3张卡片上最大的数字是4的概率；（Ⅱ）抽出的3张中有2张卡片上的数字是3的概率；（Ⅲ）抽出的3张卡片上的数字互不相同的概率.（20）（本小题满分12分）如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为等腰梯形，//,,ABDCACBDAC与BD相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点，又2,2,BOPOPBPD.（Ⅰ）求异面直接PD与BC所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角PABC的大小；（Ⅲ）设点M在棱PC上，且,PMMC问为何值时，PC平面BMD.（21）（本小题满分12分）已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，两准线间的距离为4。（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）直线l过(0,2)P且与椭圆相交于A、B两点，当AOB面积取得最大值时，求直线l的方程.（22）（本小题满分14分）已知数列na中，11122nnanaa、点（、）在直线yx上，其中1,2,3....n（Ⅰ）令11,nnnnbaab求证数列是等比数列；（Ⅱ）求数列na的通项；（Ⅲ）设nnST、分别为数列、nanb的前n项和,是否存在实数，使得数列nnSTn为等差数列？若存在，试求出.若不存在,则说明理由。2006年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)文科数学答案一、选择题：1、D2、C3、A4、D5、B6、B7、C8、C9、A10、D11、A12、B二、填空题：13、15014、5415、3216、217三、解答题17．解：由已知得'()6(1)fxxxa，令'()0fx，解得120,1xxa.（Ⅰ）当1a时，'2()6fxx，()fx在(,)上单调递增当1a时，'()61fxxxa，'(),()fxfx随x的变化情况如下表：x(,0)0(0,1)a1a(1,)a'()fx+00()fx极大值极小值从上表可知，函数()fx在(,0)上单调递增；在(0,1)a上单调递减；在(1,)a上单调递增.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当1a时，函数()fx没有极值.当1a时，函数()fx在0x处取得极大值，在1xa处取得极小值31(1)a.18：解：（I）2sin()cos(22).22AAyAxx()yfx的最大值为2，0A.2,2.22AAA又其图象相邻两对称轴间的距离为2，0，12()2,.22422()cos(2)1cos(2)2222fxxx.()yfx过(1,2)点，cos(2)1.2x22,,2xkkZ22,,2kkZ,,4kkZ又∵0,24.（II）解法一：4，1cos()1sin.222yxx(1)(2)(3)(4)21014ffff.又()yfx的周期为4，20084502，(1)(2)(2008)45022008.fff解法二：2()2sin()4fxx223(1)(3)2sin()2sin()2,44ff22(2)(4)2sin()2sin()2,2ff(1)(2)(3)(4)4.ffff又()yfx的周期为4，20084502，(1)(2)(2008)45022008.fff19．解：（I）“抽出的3张卡片上最大的数字是4”的事件记为A，由题意12212626389()14CCCCPAC（II）“抽出的3张中有2张卡片上的数字是3”的事件记为B，则2126383()28CCPBC（III）“抽出的3张卡片上的数字互不相同”的事件记为C，“抽出的3张卡片上有两个数字相同”的事件记为D，由题意，C与D是对立事件，因为121436383()7CCCPDC所以34()1()177PCPD.20．解法一：PO平面ABCD，POBD又,2,2PBPDBOPO，由平面几何知识得：1,3,6ODPDPB（Ⅰ）过D做//DEBC交于AB于E，连结PE，则PDE或其补角为异面直线PD与BC所成的角，四边形ABCD是等腰梯形，1,2,OCODOBOAOAOB5,22,2BCABCD又//ABDC四边形EBCD是平行四边形。5,2EDBCBECDE是AB的中点，且2AE又6PAPB，PEA为直角三角形，22622PEPAAE在PED中，由余弦定理得222354215cos215235PDDEPEPDEPDDE故异面直线PD与BC所成的角的余弦值为21515（Ⅱ）连结OE，由（Ⅰ）及三垂线定理知，PEO为二面角PABC的平面角2sin2POPEOPE，045PEO二面角PABC的大小为045（Ⅲ）连结,,MDMBMO，PC平面,BMDOM平面BMD，PCOM又在RtPOC中，3,1,2PCPDOCPO，233,33PMMC，2PMMC故2时，PC平面BMD解法二：PO平面ABCDPOBD又PBPD，2,2BOPO，由平面几何知识得：1,2ODOCBOAO以O为原点，,,OAOBOP分别为,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标为(0,0,0)O，(2,0,0)A，(0,2,0)B，(1,0,0)C，(0,1,0)D，(0,0,2)P（Ⅰ）(0,1,2)PD，(1,2,0)BC，3,5,2PDBCPDBC。cos,PDBCPDBCPDBC21515。故直线PD与BC所成的角的余弦值为21515（Ⅱ）设平面PAB的一个法向量为(,,)nxyz，由于(2,2,0)AB，(2,0,2)AP，由00nABnAP得2xyzx取(1,1,2)n，又已知平面ABCD的一个法向量(0,0,1)m，2cos,2mnmnmn又二面角PABC为锐角，所求二面角PABC的大小为45（Ⅲ）设00(,0,)Mxy，由于,,PMC三点共线，0022zx，PC平面BMD，OMPC00(1,0,2)(,0,)0xz0020xz由（1）（2）知：023x，023z。22(,0,)33M2PMMC故2时，PC平面BMD。21．解：设椭圆方程为22221()xyabcab（Ⅰ）由已知得222224bcacabc222211abc∴所求椭圆方程为2212xy.（Ⅱ）解法一：由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为11222,(,),(,)ykxAxyBxy由22212ykxxy，消去y得关于x的方程：22(12)860kxkx由直线l与椭圆相交于A、B两点，2206424(12)0kk解得232k又由韦达定理得122122812612kxxkxxk222121212||1||1()4ABkxxkxxxx2221162412kkk原点O到直线l的距离221dk2222116242223||21212AOBkkSABdkk.解法1：对22162412kSk两边平方整理得：2422244(4)240SkSkS（*）∵0S，2222222216(4)44(24)0,402404SSSSSSS整理得：212S又0S，202S从而AOBS的最大值为22S，此时代入方程（*）得42428490kk142k所以，所求直线方程为：14240xy.解法2：令223(0)mkm，则2223km222222442mSmmm当且仅当4mm即2m时，max22S此时142k.所以，所求直线方程为14240y解法二：由题意知直线l的斜率存在且不为零.设直线l的方程为11222,(,),(,)ykxAxyBx