2008年普通高等学校招生全国统一考试数学卷(全国Ⅰ.理)含详解

2008年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学（必修+选修Ⅰ） 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷3至9页．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷 考生注意： 1．答题前，考生在答题卡上务必用0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号、填写清楚 ，并贴好条形码．请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目． 2．每小题选出答案后，用2Ｂ铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． ．．．．．．．．． 3．本卷共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． 参考公式： 如果事件A，B互斥，那么 球的表面积公式 P(AB)P(A)P(B) S4πR 2如果事件A，B相互，那么 P(AB)P(A)P(B) 其中R表示球的半径 球的体积公式 V43πR 3 如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么 n次重复试验中恰好发生k次的概率 Pn(k)CnP(1P)kknk 其中R表示球的半径 (k0，1,2，，n) 一、选择题 1．函数yx(x1)x的定义域为（ ） A．x|x≥0 B．x|x≥1 D．x|0≤x≤1 C．x|x≥10 2．汽车经过启动、加速行驶、匀速行驶、减速行驶之后停车，若把这一过程中汽车的行驶路程s看作时间t的函数，其图像可能是（ ） 第 1 页 共 11 页 s s s s O A． t O B． t O C． t O D． t ABcACbBD2DC3．在△ABC中，，．若点D满足，则AD（ ） A．23b13c B．c32523b C．23b13c D．b3123c 4．设aR，且(ai)i为正实数，则a（ ） A．2 B．1 C．0 D．1 5．已知等差数列an满足a2a44，a3a510，则它的前10项的和S10（ ） A．138 B．135 C．95 D．23 x1的图像关于直线yx对称，则f(x)6．若函数yf(x1)的图像与函数yln（ ） A．e2x1 B．ex1x1122x C．e2x1 D．e2x2 7．设曲线yA．2 2)处的切线与直线axy10垂直，则a（ ） 在点(3，B． C．12 D．2 8．为得到函数ycos2xA．向左平移C．向左平移5π125π6π的图像，只需将函数ysin2x的图像（ ） 3个长度单位 个长度单位 B．向右平移5π125π6个长度单位 个长度单位 f(x)f(x)x0的解 D．向右平移)上为增函数，且f(1)0，则不等式9．设奇函数f(x)在(0，集为（ ） 0)(1，) A．(1，1)(1，) C．(， 1)(0，1) B．(，0)(0，1) D．(1，10．若直线22xayb1通过点M(cos，sin)，则（ ） A．ab≤1 B．ab≥1 22C．1a21b2≤1 D．1a21b2≥1 BC1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为11．已知三棱柱ABCA11第 2 页 共 11 页 △ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于（ ） A．13 B．23 C．33 D．23 12．如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为（ ） A．96 B．84 C．60 D．48 A D C B 2008年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学（必修选修Ⅰ） 第Ⅱ卷 注意事项： 1．答题前，考生先在答题卡上用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，然后贴好条形码．请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目． 2．第Ⅱ卷共7页，请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． ．．．．．．．．．3．本卷共10小题，共90分． 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上． （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．xy≥0，13．若x，y满足约束条件xy3≥0，则z2xy的最大值为 ． 0≤x≤3，14．已知抛物线yax1的焦点是坐标原点，则以抛物线与两坐标轴的三个交点为顶点的三角形面积为 ． 15．在△ABC中，ABBC，cosB7182．若以A，B为焦点的椭圆经过点C，则该椭圆的离心率e ． 16．等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角CABD的余弦值为33，M，N分别是AC，BC的中点，则EM，AN所成角的余弦值等于 ． 第 3 页 共 11 页 三、解答题：本大题共6小题，共70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10分） （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且acosBbcosA（Ⅰ）求tanAcotB的值； （Ⅱ）求tan(AB)的最大值． 18．（本小题满分12分） （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．CDBC2，四棱锥ABCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC底面BCDE，ABAC． 35c． 2，（Ⅰ）证明：ADCE； （Ⅱ）设CE与平面ABE所成的角为45，求二面角CADE的大小． A B C 19．（本小题满分12分） D E （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．已知函数f(x)xaxx1，aR． （Ⅰ）讨论函数f(x)的单调区间； 231内是减函数，求a的取值范围． 332（Ⅱ）设函数f(x)在区间 20．（本小题满分12分） ，（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．已知5只动物中有1只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的动物．血液化验结果呈阳性的即为患病动物，呈阴性即没患病．下面是两种化验方法： 方案甲：逐个化验，直到能确定患病动物为止． 第 4 页 共 11 页 方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验．若结果呈阳性则表明患病动物为这3只中的1只，然后再逐个化验，直到能确定患病动物为止；若结果呈阴性则在另外2只中任取1只化验． （Ⅰ）求依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数的概率； （Ⅱ）表示依方案乙所需化验次数，求的期望． 21．（本小题满分12分） （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．双曲线的中心为原点O，焦点在x轴上，两条渐近线分别为l1，l2，经过右焦点F垂直于l1的直线分别交l1，l2于A，B两点．已知OA、AB、OB成等差数列，且BF与FA同向． （Ⅰ）求双曲线的离心率； （Ⅱ）设AB被双曲线所截得的线段的长为4，求双曲线的方程． 22．（本小题满分12分） （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．设函数f(x)xxlnx．数列an满足0a11，an1f(an)． 1)是增函数； （Ⅰ）证明：函数f(x)在区间(0，（Ⅱ）证明：anan11； 1)，整数k≥（Ⅲ）设b(a1，a1ba1lnb．证明：ak1b． 第 5 页 共 11 页 2008年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学（必修+选修Ⅰ）参 1. C. 2. A． 由xx10,x0,得x1,或x0; 根据汽车加速行驶s12at，匀速行驶svt，减速行驶s212at结合函数图2像可知； 123. A. 由ADAB2ACAD，3ADAB2ACc2b，ADcb； 334. D. 5. C. 6. B. 7.D. ai2ia2ai1i2aa1i0,a1； 22由a2a44,a3a510a14,d3,S1010a145d95； 由yln由yx1xe2x12y1,fx12e2x1,fx12e2x； x1x11,y'x12,y'|x3,a2,a2； 8.A. 55ycos2xsin2xsin2x,只需将函数ysin2x的图36125π12π的图像. 3像向左平移个单位得到函数ycos2xf(x)f(x)x9.D．由奇函数f(x)可知2f(x)x0，()而f10)1()f0，则f(1，)上为当x0时，f(x)0f(1)；当x0时，f(x)0f(1)，又f(x)在(0，增函数，则奇函数f(x)在(,0)上为增函数，0x1,或1x0. xayb2210.D．由题意知直线1与圆xy1有交点，则11a2≤1,1a21b2≥1. 1b2另解：设向量m=(cos,sin),n=(,)，由题意知ab≤11cosasinb1 由mn≤mn可得1cosasinb1a21b2 11.C．由题意知三棱锥A1ABC为正四面体，设棱长为a，则AB13a，棱柱的高第 6 页 共 11 页 A1OaAO22a(22332a)263a（即点B1到底面ABC的距离），故AB1与底面ABC所成角的正弦值为A1OAB123. 0另解：设AB,AC,AA1为空间向量的一组基底，AB,AC,AA1的两两间的夹角为60 11长度均为a，平面ABC的法向量为OA1AA1ABAC,AB1ABAA1 3322OA1AB1a,OA1363,AB13 OA1AB1则AB1与底面ABC所成角的正弦值为A1OAB12233. 12.B.分三类：种两种花有A4种种法；种三种花有2A4种种法；种四种花有A4种种法.共有A42A4A484. 2344另解：按ABCD顺序种花，可分A、C同色与不同色有43(1322)84 13.答案：9．如图，作出可行域， 作出直线l0:x2y0，将l0平移至过点A处 xy30 xy0 y x3 时，函数z2xy有最大值9. 14. 答案：2.由抛物线yax1的焦点坐标为 (0,14a1)为坐标原点得，a142O x A(3,3) x2y0 ，则y14x1 213题图 12412 259与坐标轴的交点为(0,1),(2,0),(2,0)，则以这三点围成的三角形的面积为15.答案：.设ABBC1，cosB8AC533718222则ACABBC2ABBCcosB38 ，2a1165383,2c1,e2c2a. C 16.答案：.设AB2，作CO面ABDE， N H A M E o OHAB，则CHAB，CHO为二面角CABD的平面角 CH3,OHCHcosCHO1，结合等边三角形ABC B D 与正方形ABDE可知此四棱锥为正四棱锥，则ANEMCH3 16题图（1） 第 7 页 共 11 页 11111AN(ACAB),EMACAE,ANEM(ABAC)(ACAE) 22222ANEM1故EM，AN所成角的余弦值 z 6ANEM 另解：以O为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系， N C M A 则点A(1,1,0),B(1,1,0),E(1,1,0),C(0,0,2), H M(12,12,22),N(12,12,22), E o y B D x 3121321),EM(,,),ANEM,ANEM则AN(,,2222222ANEM1故EM，AN所成角的余弦值. 6ANEM16题图（2） 3, 17.解析：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理及acosBbcosA可得sinAcosBsinBcosA35sinC35sin(AB)3535c 35cosAsinB sinAcosB即sinAcosB4cosAsinB，则tanAcotB4； （Ⅱ）由tanAcotB4得tanA4tanB0 tan(AB)tanAtanB1tanAtanB3tanB14tanB1223cotB4tanB≤34 当且仅当4tanBcotB,tanB故当tanA2,tanB12,tanA2时，等号成立， 34时，tan(AB)的最大值为. A 18．解：（1）取BC中点F，连接DF交CE于点O， ABAC，AFBC， 又面ABC面BCDE，AF面BCDE， AFCE． tanCEDtanFDC22F B O G E ， C D OEDODE90，DOE90，即CEDF， CE面ADF，CEAD． 18题图 （2）在面ACD内过C点作AD的垂线，垂足为G． CGAD，CEAD，AD面CEG，EGAD， 则CGE即为所求二面角的平面角． 第 8 页 共 11 页 CGACCDAD233，DG632，EGDEDG22303， CE6，则cosCGECGGECE2CGGE221010， ． 10CGEπarccos1010πarccos，即二面角的大小CADE1032219. 解：（1）f(x)xaxx1求导：f(x)3x2ax1 2当a≤3时，≤0，f(x)≥0，f(x)在R上递增 当a3，f(x)0求得两根为x2a3a32 2aa23aa23aa3，即f(x)在，递增，递减， 333aa23，递增 3aa232≤7332（2），且a3解得：a≥ 241aa3≥33 20．解：（Ⅰ）解：设A1、A2分别表示依方案甲需化验1次、2次。 B1、B2表示依方案乙需化验2次、3次； A表示依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数。 依题意知A2与B2，且AA1A2B P(A1)1C5115,P(A2)A4A51215,P(B2)C4C2C5C3321125 25725P(A)P(A1A2B2)P(A1)P(A2)P(B2)1515 ∴ P(A)1P(A)8250.72 （Ⅱ）的可能取值为2，3。 第 9 页 共 11 页 P(B1)C4C533C4321C5C335,P(B2)25； 25∴P(2)P(B1)∴E2 3532535,P(3)P(B2) 1252.4（次） 21. 解：（Ⅰ）设OAmd，ABm，OBmd 由勾股定理可得：(md)m(md) 得：d14m，tanAOFba222，tanAOBtan2AOFABOA43 2ba2由倍角公式43，解得ba12,则离心率e52． b1a（Ⅱ）过F直线方程为yab(xc),与双曲线方程xa22yb221联立 将a2b，c25b代入，化简有154b22x285bx210 4a1bx1x2a2(xx)4x1x2 112b228b452将数值代入，有4325b515,解得b3 故所求的双曲线方程为22. 解析： x236y291。 （Ⅰ）证明：f(x)xxlnx，f'xlnx,当x0,1时，f'xlnx0 故函数fx在区间(0,1)上是增函数； （Ⅱ）证明：（用数学归纳法）（i）当n=1时，0a11，a1lna10， a2f(a1)a1a1lna1a1 1)是增函数，且函数f(x)在x1处连续，则f(x)在区间(0，1]是增由函数f(x)在区间(0，第 10 页 共 11 页 函数，a2f(a1)a1a1lna11，即a1a21成立；

（ⅱ）假设当xk(kN*)时，akak11成立，即0a1≤akak11 那么当nk1时，由f(x)在区间(0，1]是增函数，0a1≤akak11得

f(ak)f(ak1)f(1).而an1f(an)，则ak1f(ak),ak2f(ak1)，

ak1ak21，也就是说当nk1时，anan11也成立；

根据（ⅰ）、（ⅱ）可得对任意的正整数n，anan11恒成立. （Ⅲ）证明：由f(x)xxlnx．an1f(an)可得

ka1bababalnak1kkki1ailnai

1， 若存在某i≤k满足ai≤b，则由⑵知：ak1baib≥0 2， 若对任意i≤k都有aib，则a babalnak1kkkkkkia1bi1ailnaia1bai1lnba1b(ai)lnb abkalnb11i1abkalnbab(ab)0，即ak1b成立. 1111

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