2008年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试卷及答案-天津卷.pdf

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1、绝密 启用前 2008 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） 数学（理工类） 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共 150 分，考试用时 120分钟。第卷 1 至 2 页，第卷 3 至 10 页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 祝各位考生考试顺利！ 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 . （ 1） i是虚数单位，()=+113iii(A) 1 (B) 1 (C) i (D) i （ 2）设变量 yx, 满足约束条件+1210yxyxyx，则目标函数 yxz += 5 的最大值为 (A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5 （ 3）设函数

2、() Rxxxf = ,22sin，则 ( )xf 是 (A) 最小正周期为 的奇函数 (B) 最小正周期为 的偶函数 (C) 最小正周期为2的奇函数 (D) 最小正周期为2的偶函数 （ 4）设 ba, 是两条直线， , 是两个平面，则 ba 的一个充分条件是 (A) ,/,ba (B) /, ba (C) /, ba (D) ,/,ba （ 5） 设椭圆 ()1112222=+ mmymx上一点 P 到其左焦点的距离为 3， 到右焦点的距离为 1，则 P 点到右准线的距离为 (A) 6 (B) 2 (C) 21(D) 772（ 6）设集合 RTSaxaxTxxS =+= U,8|,32| ，

3、则 a的取值范围是 (A) 13 a （ 7）设函数 () ()1011a ，若仅有一个常数 c 使得对于任意的 aax 2, ，都有 ,2aay 满足方程cyxaa=+ loglog ，这时， a的取值的集合为 . 三、解答题（本题共 6 道大题，满分 76 分） （ 17） （本小题满分 12 分） 已知 3=4,2,1024cosxx . （）求 xsin 的值； （）求+32sinx 的值 . （ 18） （本小题满分 12 分） 甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为21与 p ，且乙投球 2 次均未命中的概率为161. （）求乙投球的命中率 p ； （）若甲投球

4、 1 次，乙投球 2 次，两人共命中的次数记为 ，求 的分布列和数学期望 . （ 19） （本小题满分 12 分） 如图，在四棱锥 ABCDP 中，底面 ABCD是矩形 . 已知o60,22,2,2,3 = PABPDPAADAB . （）证明 AD 平面 PAB； （）求异面直线 PC 与 AD所成的角的大小； （）求二面角 ABDP 的大小 . （ 20） （本小题满分 12 分） 已知函数 () ()0+= xbxaxxf ，其中 Rba , . （）若曲线 ( )xfy = 在点 ( )()2,2 fP 处的切线方程为 13 += xy ，求函数 ()xf 的解析式； （）讨论函数 (

5、)xf 的单调性； （）若对于任意的 2,21a ，不等式 ( ) 10xf 在1,41上恒成立，求 b 的取值范围 . （ 21） （本小题满分 14 分） 已知中心在原点的双曲线 C 的一个焦点是 ( )0,31F ，一条渐近线的方程是 025 = yx . （）求双曲线 C 的方程； （）若以 ()0kk 为斜率的直线 l 与双曲线 C 相交于两个不同的点 M， N，且线段 MN 的垂直平分线与两坐标轴围成的三角形的面积为281，求 k 的取值范围 . （ 22） （本小题满分 14 分） 在数列 na 与 nb 中， 4,111= ba ，数列 na 的前 n 项和nS 满足()031

6、=+ nnSnnS , 12+na 为nb 与1+nb 的等比中项， *Nn . （）求22,ba 的值； （ II）求数列 an与 bn的通项公式； （ III）设 Tn=(-1)1ab1+(-1)2ab2+ +(-1)nabn ， nN 证明 |Tn| （ 0x ） 这时 ()f x 在 (,0) ， (0, )+ 内是增函数 当 0a 时，令 () 0fx = ，解得 x a= 当 x变化时， ()f x ， ()f x 的变化情况如下表： x (, )a a (,0)a (0, )a a (),a +()f x 0 0 ()f x 极大值 极小值 所以 ()f x 在 (, )a ，

7、(),a + 内是增函数，在 (,0)a ， (0, a )内是减函数 （）解：由（）知， ()f x 在1,14上的最大值为1()4f 与 (1)f 中的较大者，对于任意的1,22a ， 不等式 0(1)fx 在1,14上恒成立， 当且仅当10(11(4)10)ff ， 即39449abab，对任意的1,22a 成立 从而得74b ，所以满足条件的 b 的取值范围是 (7,4 （ 21）本小题主要考查双曲线的标准方程和几何性质、直线方程、两条直线垂直、线段的定比分点等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法，考查推理运算能力满分 14 分 （）解：设双曲线 C 的方程为2222

8、1xyab = （ 0, 0ab） 由题设得 22952abba +=，解得2245ab =，所以双曲线 C 的方程为22145xy = （）解：设直线 l的方程为 ykxm=+（ 0k ） 点11(, )M xy，22(, )Nx y 的坐标满足方程组22145y kx mxy=+=将式代入式，得22()145xkxm+=，整理得22 2(5 4 ) 8 4 20 0kx kmx m = 此方程有两个不等实根，于是2504k ，且222( 8 ) 4(5 4 )(4 20) 0km k m= + + 整理得 2254 0mk+ 由根与系数的关系可知线段 MN 的中点坐标00(, )x y 满

9、足 12024254xx kmxk+=，002554mykxmk=+= 从而线段 MN 的垂直平分线的方程为22514()54 54mkmyxkk k= 此直线与 x 轴， y 轴的交点坐标分别为29(,0)54kmk，29(0, )54mk由题设可得2219 9 81|25 4 5 4 2km mkk=整理得222(5 4 )|kmk= ， 0k 将上式代入式得222(5 4 )54 0|kkk+ ，整理得22(4 5)(4 | | 5) 0kkk ， 0k 解得50| |2k 所以 k 的取值范围是55 55,)( ,0)(0,)(,)42 24( + UUU （ 22）本小题主要考查等差

10、数列的概念、通项公式及前 n项和公式、等比数列的概念、等比中项、不等式证明、数学归纳等基础知识，考查运算能力和推理论证能力及分类讨论的思想方法满分 14 分 （） 解： 由题设有12 140aa a+ =，11a = ， 解得23a = 由题设又有12224 bba = ，14b = ，解得29b = （）解法一：由题设1(3) 0nnnS n S+ =，11a = ，14b = ，及23a = ，29b = ，进一步可得36a = ，316b = ，410a = ，425b = ，猜想(1)2nnna+= ，2(1)nbn= + ，*nN 先证(1)2nnna+= ，*nN 当 1n= 时，

11、1(1112)a=+，等式成立当 2n 时用数学归纳法证明如下： （ 1）当 2n= 时，2(2212)a=+，等式成立 （ 2）假设 nk= 时等式成立，即(1)2kkka+= ， 2k 由题设，1(3)kkkS k S+=+ 1(1) (2)kkkSkS=+ 的两边分别减去的两边，整理得1(2)kkka k a+= + ，从而 12 2 ( 1) ( 1)( 1) 122kkkkk kkaakk+= 这就是说，当 1nk=+时等式也成立根据（ 1）和（ 2）可知，等式(1)2nnna+= 对任何的 2n 成立 综上所述，等式(1)2nnna+= 对任何的*nN 都成立 再用数学归纳法证明2

12、(1)nbn=+，*nN （ 1）当 1n= 时，21(1 1)b =+ ，等式成立 （ 2）假设当 nk= 时等式成立，即2(1)kbk= + ，那么 2 22211 24 (1)(2)( 1) 1(1)kkka kkbkbk+= =+ 这就是说，当 1nk=+时等式也成立根据（ 1）和（ 2）可知，等式2(1)nbn= + 对任何的*nN 都成立 解法二：由题设1(3)nnnS n S+=+ 1(1) (2)nnnSnS=+ 的两边分别减去的两边，整理得1(2)nnna n a+= + ， 2n 所以 3224aa= ， 4335aa= ， 1(1) (1)nnna na=+ ， 3n 将

13、以上各式左右两端分别相乘，得2(1)!(1)!6nnna a+= ， 由（）并化简得2(1) (1)62nnn nnaa+=， 3n 上式对 1, 2n= 也成立 由题设有2114nn nbb a+= ， 所以221(2)(1)nnbb n n+= +， 即1221(1)(2)nnbbnn+ =+，*nN 令2(1)nnbxn=+，则11nnxx+= ，即11nnxx+= 由11x = 得 1nx = ， 1n 所以21(1)nbn=+，即2(1)nbn=+， 1n 解法三：由题设有1(3)nnnS n S+=+ ，*nN ，所以 214SS= ， 3225SS= ， 1(1) (2)nnnS

14、nS=+ ， 2n 将以上各式左右两端分别相乘，得12(1)145(2)nnS nS =+LL，化简得 13(1)(2) (1)(2)26nnn n nn nSa+=+， 3n 由（） ，上式对 1, 2n= 也成立所以1(1)2nnnnnaSS+= = ， 2n 上式对 1n= 时也成立 以下同解法二，可得2(1)nbn=+， 1n （）证明：12(1)22 22(1 (1) 2 3 (1) ( 1)(1)naannnanbTb nb+= + + =+ +LL 当 4nk= ，*kN 时， 22 2 2 222(4 2)2(41(345 4)(41)nkkkkT = + + +L 注意到22

15、22(4 2) (4 1) (4 ) (4 1) 32 4kkkkk+ += ，故 (1)(1 2 ) 4 32 4322nTkkkk k+ = = L 224(4 4) 4 (4) 3 4 3kk k k kn n=+=+ 当 41nk=，*kN 时，222 24(41)(1)3(1)(2(4 ) )3nkkknnnTn= +=+=+ 当 42nk=，*kN 时， 22 2224(41)(4)(4 3( 2) ()33nkk k n n nknT + = + = + 当 43nk=，*kN 时， 22 224(41)(41)3(3)(4)(23)3nkk n nTknn + = + = 所以22*3, 4 333, 42,413, 4nnnknn nknn nNk = = =+= 从而 3n 时，有222132, 5,9,13,3312, 6,104,|12, 3,7,11,312, 4,812,nnnnnTnnnnnnn+ =+ =+ =LLLL总之，当 3n 时有2|2nTn ，即2|2nTn