2008年普通高等学校招生全国统一考试文科数学试卷及答案-山东卷.pdf

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1、2008 年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷) 文科数学 第卷 (共 60 分 ) 参考公式： 锥体的体积公式： V=13Sh .其中 S 是锥体的底面积， h 是锥体的高 . 球的表面积公式： S 4 R2,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，只有一项是符合题目要求的 . (1)满足 M a1a2a3a4 ,则 MI a1a2a3 = a1a2的集合 M 的个数是 (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 (2)设 z 的共轭复数是 z ，

2、若 z+ z =4,z z =8,则zz等于 (A)i (B) i (C) 1 (D) i (3)函数 y=lncosx(-2 x2的图象是 (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 (5)设函数 f (x)=2211,2, 1,xxx xx +则 f 1(2)f的值为 (A) 1516(B) -2716(C)89(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 (B)10 (C)11 (D)12 (7)不等式2

3、5(1)xx+2 的解集是 (A)-3,12 (B)-12,3 (C) (1,1 1,32(D) (1,1 1,32(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 mn,且 acosB+bcosA=csinC,则角 A,B 的大小分别为 (A) ,63 (B) 2,36 (C) ,36 (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 3 2 1 人数 20 10 30 30 10(A) 3 (B) 2105(C)3 (D)85(10)已知 c

4、os（ a6 ） +sina=435,则 sin(a+76)的值是 (A)235 (B) 235(C)45 (D) 45(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+(73y )2=1 (B)(x-2)2+(y-1)2=1 (C)(x-1)2+(y-3)2=1 D.(32x )2+(y-1)2=1 (12)已知函数 () log(2 1)( 1, 1)xafx b a a= + 的图象如图所示，则 a,b 满足的关系是 (A)0 a 1 b 1 (B)0 b a 1 1 (C) 0 b 1 a 1 (D) 0

5、 a 1 b 1 1 第卷 (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准方程为221412xy=。 (14)执行右边的程序框图，若 p=0.8,则输出的 n= 4 . (15)已知 2(3 ) 4 log 3 233xfx=+，则 f(2)+(4)+f(8)+f(28)的值等于 2008 . (16)设 x,y 满足约束条件20,5100,0,0,xyxyxy+ 则 z 2x+y 的最大值为 11 . 三、解答题：本

6、大题共 6 小题，共 74 分。 (17)（本小题满分 12 分） 已知函数 () 3sin( ) cos( )(0 , 0)fx x x = + + 为偶函数，且函数y=f(x)图象的两相邻对称轴间的距离为 .2()求 ()8f的值 ; ( )将函数 y=f(x)的图象向右平移6个单位后，得到函数 y=g(x)的图象，求 g(x)的单调递减区间 . 解： ()() 3sin( ) cos( )fx x x =+ 231sin( ) cos( )22xx + += 2sin( )6x . 因为 f(x)为偶函数 , 所以对 xR,f(-x)=f(x)恒成立， 因此 sin ()sin().66

7、xx += + 即 sincos()cossin()sincos()cossin()66xx +=+ 整理得 sin cos( ) 0.6x= 因为 0,且 x ,R 所以 cos( ) 0.6= 又因为 0 ， 故 62 = . 所以 () 2sin( ) 2cos .2f xx x =+= 由题意得22.2 = 所以 2. 故 f(x)=2cos2x. 因此 () 2cos 2.84f= （）将 f(x)的图象向右平移6个单位后，得到 ()6fx 的图象 . 所以 () ( ) 2cos2( ) 2cos(2 ).663gx f x x x= = 当 22 2 (Z),3kx k k +

8、即 2(Z)63kxkk + + 时， g(x)单调递减 . 因此 g(x)的单调递减区间为 2, (Z).63kk k + + （ 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 . （）求 A1被选中的概率 ; （）求 B1和 C1不全被选中的概率 . 解： （）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

9、,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

10、,C2) 事件 M 由 6 个基本事件组成， 因而 61() .18 3PM = （）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， 所以31()18 6PN =，由对立事件的概率公式得 15()1 ()1 .66PN PN= = = （ 19） （本小题满分 12 分） 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，平面 PA D平面 ABCD，ABDC,PA D 是等边三角形， 已知 BD 2AD=8, AB=2DC= 45.

11、 （）设 M 是 PC 上的一点，证明：平面 MBD平面 PA D ; （）求四棱锥 P-ABCD 的体积 . （）证明：在ABD 中， 由于 AD=4,BD=8,AB= 45， 所以 AD2+BD2=AB2. 故 ADBD. 又 平面 PA D平面 ABCD， 平面 PAD平面 ABCD=AD, BD 平面 ABCD， 所以 BD平面 PA D , 又 BD 平面 MBD， 故 平面 MBD平面 PA D . （）解：过 P 作 POAD 交 AD 于 O， 由于 平面 PA D平面 ABCD， 所以 PO平面 ABCD. 因此 PO 为四棱锥 P-ABCD 的高， 又 PA D 是边长为

12、4 的等边三角形， 因此 3423.2PO = 在底面四边形 ABCD 中， ABDC, AB=2DC, 所以 四边形 ABCD 是梯形， 在 RtADB 中， 斜边 AB 边上的高为48 85,545= 此即为梯形 ABCD 的高， 所以 四边形 ABCD 的面积为25 45 8524.25S+= 故 124 2 3 16 3.3PABCDV= = （ 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 a5a6 a7a8a9 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

13、数列 bn的前 n 项和，且满足22nnn nbbS S 1（ n2） . ()证明数列1nS成等差数列，并求数列 bn的通项公式； ()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81491a = 时，求上表中第 k(k3)行所有项的和 . ()证明：由已知，当221nnn nbnbS S=时， ， 1212111111 1,2( )1.()2( )1,111,21.nnnnnnnnnnnnnnSbb bSSSSSSSSSSSSSba= +=L又所以即所以又所以数列1nS是首项为 1，公差为12的等差数列 . 由上可知 11 11(1)22nnnS

14、+=+ = . 即 2.1nSn=+所以 当122 22.1(1)nnnnbSSnnn=+ +时， 因此1, 1,2,2.(1)nnbnnn=+()解：设上表中从第三行起，每行的公比都为 q，且 q0. 因为 1+2+1212 132 78， 所以表中第 1 行至第 12 行共含有数列 an的前 78 项， 故 a81在表中第 13 行第三列， 因此 281 134.91abq=null 又 132,13 14b =所以 q=2. 记表中第 (kk3)行所有项的和为 S， 则(1 ) 2(12) 2(1 2 )( 3)1() (1)k kkkbqSkqkk k = =+ +null . （ 2

15、1） （本小题满分 12 分） 设函数21 2 2()xf xxe axbx=+，已知 21() .xxfx=和 为 的极值点 ( )求 a 和 b 的值； ( )讨论 ()f x 的单调性； ( )设322()3gx x x=，试比较 ()f x 与 ()gx的大小 . 解： ()因为122() (2 ) 3 2xf x e x x ax bx =+ 1(2)(3 2).xxex xaxb=+ 又 21() (2)(1)0.xxfx f f = = = =和 为 的极值点，所以 因此 620,33 2 0,abab+=+=解方程组得 1,1.3ab= ( )因为 1,1,3ab= = 所以

16、1() ( 2)( 1),xfx xx e = + 令 123( ) 0, 2, 0, 1.fx x x x = = = =解得 因为 (,2)(0,1) ()0;xf 当时， 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 . ( )由（）可知 21 3 21() ,3xf xxe xx= 21 3 2 111( ) ( ) ( ),() ,() 1.() 0, 1,( ,1 ( ) 0,( ) ( ,1 .( ,1 ( ) (1) 0;1, ) ( ) 0,() 1,xxxxfx gx xe x x e xhx e x

17、hx ehx xxhxhx xxhxhhx x= = = = = =+ 故令则令得因为 时，所以 在 上单调递减故时，因为 时，所以 在2).1, ) ( ) (1) 0.(, ), ()0, 0,() () 0,( , ), ( ) ( ).xhxhxhxxfx gxxfxgx+ = + + 上单调递增故 时，所以 对任意 恒有 又因此故 对任意 恒有 (22)（本小题满分 14 分） 已知曲线 C2=|1( 0)xyabab+=所围成的封闭图形的面积为 4 5 ,曲线 C3的内切圆半径为253，记 C2为以曲线 C1与坐标轴的交点顶点的椭圆 . (I)求椭圆 C2的标准方程； (II)设

18、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。 解： （ I）由题意得22245253ababab=+由 ab0， 解得 a2=5, b2=4. 因此所求椭圆的标准方程为 2254x y+ =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(k0), A(xA,yA). 解方程组22154,xyykx+ =

19、得 2222220 20,45 45AAkxykk=+所以 2222 222 220 20 20(1 )| ,45 45 45AAkkOA x ykk k+=+= + =+ +设 M(x,y)，由题意知 |MO|=|OA| ( 0)，所以 |MO|2=2|OA|2，即222 2220(1 )45kxyk+=+, 因为 l 是 AB 的垂直平分线， 所以 直线 l 的方程为 y=1xk , 即 k=xy , 因此 222222 2 22 22220(1 )20( )4545xx yyxyx y xy+= =+ null又 x2+y2=1， 所以 22 254 20xy += 故 22245xy+

20、= 又 当 k=0 或不存时，上式仍然成立 . 综上所述， M 的轨迹方程为222.45xy+=（ 0） , （ 1） 当 k 存在且 k 0 时，由（ 1）得 2222220 20,45 45AAkxykk=+, 由221,541,xyy xk+=解得 2222220 20,54 54MMkxykk=+所以 |OA|2=222220(1 )45AAkxyk+=+, 222280(1 )|45kAB OAk+=+22220(1 )|54kOMk+=+解法一：由于 2221| |4AMBSABOM=null=22180(1 )20(1 )445 54kk+ =2222400(1 )(4 5 )(

21、5 4 )kkk+ 22222400(1 )45 54()2kkk+=22221600(1 )81(1 )kk+=（409）2， 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 SAMB=409.当1400, 2 5 2 2 5 .29AMBkS= 当 k 不存在时，14054 25 .29AMBS= = 综上所述，AMB的面积的最小值为40.9解法二：因为22 2 22211 1 120(1 ) 20(1 )45 54kkOA OM+= + +22245 54 9,20(1 ) 20kkk+=+又 2211 2 40,9OA OMOA OMOA OM+ nullnullnull当且仅当2245 54kk+=+时等号成立，即 1k = 时等号成立，此时 AMB 面积的最小值是40.9AMBS=当 k=0，14025 2 25 .29AMBS= = 当 k 不存在时，14054 25 .29AMBS= = 综上所述，AMB的面积的最小值为40.9