2008年山东高考数学文科试题及答案下载

2008 年普通高等学校招生全国统一考试山东文科数学试题及答案 第Ⅰ卷（共 60 分） 参考公式： 1锥体的体积公式：V  Sh ，其中 S 是锥体的底面积， h 是锥体的高． 3球的表面积公式： S  4πR2 ，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  a，a ，a ，a ，且 M  a，a ，a  a，a 的集合 M的个数是（ ）4 3  2 123121A．1 B．2 C．3 D．4 z2．设 z的共轭复数是 z，若 z  z  4 C． 1 ，zz  8 ，则 等于（ ）zA． iB． i D． i ππ3．函数 y  ln cos x  x  的图象是（ ）22yOyyyxxxxππππππππOOO22222222A． B． C． D． 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 21 x ， x≤1， 15．设函数 f (x)  则f的值为（ ）x2  x  2，x 1， f (2) 15 27 16 89A． B． C． D．18 16 6．右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（ 23）A．9π B．10π D．12π C．11π 第 1 页 共 15 页 22俯视图 正(主)视图 侧(左)视图 x  5 7．不等式 ≥2 的解集是（ ）(x 1)2 1111  A． 3， B．  ，3 C． ，1  1，3 D．  ，1  1，3 2222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  (cos A，sin A)．若 m  n ，且 acos B  bcos A  csinC ，则角 A，B 的大小分别为（ ）π π 2π π π π π π A． ，B． ，C． ，D． ，6 3 3 6 3 6 3 3 9．从某项综合能力测试中抽取 100 人的成绩，统计如表，则这 100 人成绩的标准差为（ ）分数 人数 5432120 10 30 30 10 2 10 58A． 3B． C．3 D． 5π457π 10．已知 cos    sin  3，则sin   的值是（ ）662 3 2 3 5445A． B． C． D． 5511．若圆 C的半径为 1，圆心在第一象限，且与直线 4x 3y  0 和x轴相切，则该圆的标 准方程是（ ）273A． (x 3)2  y  1 B． (x  2)2  (y 1)2 1 232C． (x 1)2  (y 3)2 1 D． x   (y 1)2 1 12．已知函数 f (x)  loga (2x  b 1)(a  0，a 1)的图象如图所示，则 a，b 满足的关系 是（ ）yA． 0  a1  b 1 C． 0  b1  a  1 B． 0  b  a1 1 xOD． 0  a1  b1 1 1 第Ⅱ卷（共 90 分） 第 2 页 共 15 页 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 点和顶点，则适合上述条件的双曲线的标准方程为 C与坐标轴的交点分别作为双曲线的一个焦 ．开始 14．执行右边的程序框图，若 p  0.8 则输出的 n  15．已知 f (3x )  4xlog2 3 233 ，输入 p ．n 1，S  0 ，否S  p ?则f (2)  f (4)  f (8)  f (28 ) 的是值等于 ．1输出 nx  y  2≥0， 5x  y 10≤0， x≥0， S  S  2n 16．设 x，y 满足约束条件 结束 n  n 1 y≥0， 则z  2x  y 的最大值为 ．三、解答题：本大题共 6 小题，共 74 分． 17．（本小题满分 12 分） 已知函数 f (x)  3sin(x )  cos(x ) （0    π ，  0 ）为偶函数，且函数 πy  f (x) 图象的两相邻对称轴间的距离为 ．2π  （Ⅰ）求 f的值；   8  π（Ⅱ）将函数 y  f (x) 的图象向右平移 个单位后，得到函数y  g(x) 的图象，求 g(x) 6的单调递减区间． 18．（本小题满分 12 分） 现有 8 名奥运会志愿者，其中志愿者 A，A2，A3 通晓日语， B，B2，B3 通晓俄语， 11C1，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． （Ⅰ）求 1 被选中的概率； A第 3 页 共 15 页 （Ⅱ）求 B1 和C1 不全被选中的概率． 19．（本小题满分 12 分） 如图，在四棱锥 P  ABCD 中，平面 PAD 平面 ABCD ，AB∥DC ，△PAD 是等边三 角形，已知 BD  2AD  8 （Ⅰ）设 PC 上的一点，证明：平面 MBD  平面 PAD （Ⅱ）求四棱锥 P  ABCD 的体积． ，AB  2DC  4 5 ．PM是；MDCAB20．（本小题满分 12 分） 将数列 a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：   na1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 记表中的第一列数 a1，a2，a4，a7，构成的数列为 2bn b，b  a1 1 ．Sn 为数列 b的    n1n前n项和，且满足 1(n≥2) ．bnSn  Sn2 1（Ⅰ）证明数列 成等差数列，并求数列 b 的通项公式； n  Sn （Ⅱ）上表中，若从第三行起，第一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为 4同一个正数．当 a81  时，求上表中第 k(k ≥3) 行所有项的和． 91 21．（本小题满分 12 分） 第 4 页 共 15 页 设函数 f (x)  x2ex1  ax3  bx2 ，已知 x  2 和x 1 为 f (x) 的极值点． （Ⅰ）求 a 和b 的值； （Ⅱ）讨论 f (x) 的单调性； 2（Ⅲ）设 g(x)  x3  x2 ，试比较 f (x) 与 g(x) 的大小． 322．（本小题满分 14 分） xy已知曲线C1：  1(a  b  0) 所围成的封闭图形的面积为 4 5，曲线 C1 的内切圆半径 ab2 5 3为．记 C2 为以曲线C1 与坐标轴的交点为顶点的椭圆． （Ⅰ）求椭圆C2 的标准方程； （Ⅱ）设 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 为坐标原点），当点 （OA在椭圆 C2 上运动时，求点 M的轨迹方程； （2）若 与椭圆C2 的交点，求△AMB 的面积的最小值． M是l2008 年普通高等学校招生全国统一考试答案 a1,a2 M1．B 解析：本小题主要考查集合子集的概念及交集运算。集合 中必含有 ,M  a ,a 2 M  a ,a ,a 4 .选 B. 112则或z  2  bi z  z  8 ，由 2．D 解析：本小题主要考查共轭复数的概念、复数的运算。可设 2zzz 2 2  2i  i. 4  b2  8,b  2. 88得选 D. 2y  ln cos x( x  ) 2是偶函数， 3．A 解析：本小题主要考查复合函数的图像识别。 第 5 页 共 15 页 cos x 可排除 B、D，由 的值域可以确定.选 A. 4．C 解析：本小题主要考查四种命题的真假。易知原命题是真命题,则其逆否命题也是 真命题, 而逆命题、否命题是假命题.故它的逆命题、否命题、逆否命题三个命题中, 真命题 有一个。选 C. 5．A 解析：本小题主要考查分段函数问题。正确利用分段函数来进行分段求值。 11115  f  f ( )1 .f (2) 416 16  f (2)  4, 选 A. 6．D 解析：本小题主要考查三视图与几何体的表面积。从三视图可以看出该几何体是由 S  4 12  12 2  2 13 12. 一个球和一个圆柱组合而成的，其表面及为 选 D。 x 1 x  0 符合可排除 C; 7．D 解析：本小题主要考查分式不等式的解法。易知 排除 B;由 x  3 由排除 A, 故选 D。也可用分式不等式的解法,将 2 移到左边直接求解。 8．C 解析：本小题主要考查解三角形问题。 3 A  ; 3 cos Asin A  0  sin Acos B  sin Bcos A  sin2 C, 2C  .sin Acos B  sin Bcos A  sin(A B)  sinC  sin2 C ，πB  6.选 C. 本题在求角 B 时,也可用验证法. 解析：本小题主要考查平均数、方差、标准差的概念及其运算。 9．B 100  40  90  60 10  x   3, 100 1S2  [(x1  x)2  (x2  x)2  (xn  x)2 ] n1160 100 82 10 5[2022 1012  3012 1022 ]  ,  S  .100 5选 B. 10．C 解析主要考查三角函数变换与求值。633451234cos(  )  sin  cos  sin  3cos  sin  2225，7 66314sin(  )  sin(  )   sin  cos  . 225选 C. 11．B 解析：本小题主要考查圆与直线相切问题。 第 6 页 共 15 页 | 4a 3| 1d  1,a  2(舍  ). (a,1), 52设圆心为 由已知得 选 B. 12．A 解析：本小题主要考查正确利用对数函数的图象来比较大小。 a 1, 0  a1 1; x  0  1 y  loga b  0, 由图易得 取特殊点 1 1 log  log b  log 1 0, 0  a1  b 1 aaaa.选 A. 二、填空题 x2 y2 1 C : x2  y2  6x  4y 8  0 解析：本小题主要考查圆、双曲线的性质。圆 412 13． y  0  x2  6x 8  0, (2，0), (4，0), C得圆 与坐标轴的交点分别为 x2 y2 1 a  2,c  4,b2 12, 4所以双曲线的标准方程为 12 则414． 解析：本小题主要考查程序框图。 1 1 1   0.8 2 4 8 n  4. ，因此输出 15．2008 解析：本小题主要考查对数函数问题。  f (3x )  4xlog2 3 233  4log2 3x  233,  f (x)  4log x  233, 8 f (2)  f (4)  f (8)  f (2 ) 28233 4(log2 2  2log2 2  3log2 2 8log2 2) 1864 144  2008. 16．11 解析：本小题主要考查线性规划问题。作图(略)易知可行域为一个四角形,其四 个顶点 (0，0), (0，2), (2，0), (3，5), (3，5) 分别为 验证知在点 时取得最大值 11. 三、解答题 17．解：（Ⅰ） f (x)  3sin(x )  cos(x ) 31 2 sin(x )  cos(x ) 22第 7 页 共 15 页 π 2sin x   ．6因为 f (x) 为偶函数， 所以对 xR f (x)  f (x) 恒成立， ，ππ因此sin(x   )  sin x   ．66ππππ即sinxcos    cosxsin    sinxcos    cosxsin   ，6666π整理得sinxcos    0 ．6因为  0 ，且 xR ，π所以 cos    0 ．6又因为 0    π ，ππ故  ．62π所以 f (x)  2sin x   2cosx ．22π π由题意得  2 ，所以  2 ．2故f (x)  2cos2x ．ππ  因此 f 2cos  2 ．  8  4ππ（Ⅱ）将 f (x) 的图象向右平移 个单位后，得到f x 的图象， ．66ππ  π所以 g(x)  f x  2cos 2 x   2cos 2x  663π当即2kπ≤2x  ≤2kπ  π （k Z ）， 3π2π kπ  ≤ x≤kπ  （k Z ）时， g(x) 单调递减， 63第 8 页 共 15 页 π2π 因此 g(x) 的单调递减区间为 kπ  ，kπ  （k Z ）． 6318．解：（Ⅰ）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   {(A，B，C1)，(A，B，C2 )，(A，B2，C1) ，(A，B2，C2 )，(A，B3，C1) ，1111111(A，B3，C2 ) ，，(A2，B，C1)，(A2，B，C2 )，(A2，B2，C1) ，(A2，B2，C2 ) ， 111(A2，B3，C1) (A2，B3，C2 ) ， (A，B，C1)，(A，B，C2 )，(A，B2，C1) ， 3 13 13 (A，B2，C2 )，(A，B3，C1)，(A，B3，C2 ) }333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 { (A，B，C1)，(A，B，C2 )，(A，B2，C1)， 1 11 11 (A，B2，C2 )，(A，B3，C1)，(A，B3，C2 ) }111事件 M由 6 个基本事件组成， 613因而 P(M )  ．18 （Ⅱ）用 中”这一事件， 由于 N  所以 P(N)  N表示“ B，C1 不全被选中”这一事件，则其对立事件 N表示“ B，C1 全被选 11{(A，B，C1)，(A2，B，C1)，(A，B，C1) }，事件 N 有 3 个基本事件组成， 1 11 31 316156，由对立事件的概率公式得 P(N) 1 P(N) 1  ．18 619．（Ⅰ）证明：在△ABD 中， 由于 AD  4 所以 AD2  BD2  AB2 AD  BD ，BD  8 ，AB  4 5 ，P．M故．DOC又平面 PAD 平面 ABCD ，平面 PAD 平面 ABCD  AD BD  平面 ABCD 所以 BD  平面 PAD BD  平面 MBD 故平面 MBD  平面 PAD （Ⅱ）解：过 PO  AD 由于平面 PAD 平面 ABCD ，，AB，又，．P作交，AD 于O ， 第 9 页 共 15 页 所以 PO  平面 ABCD ．因此 PO 为四棱锥 P  ABCD 的高， 又△PAD 是边长为 4 的等边三角形． 3因此 PO  4  2 3 ．2在底面四边形 ABCD 中， AB∥DC ，AB  2DC ，48 85 所以四边形 ABCD 是梯形，在 Rt△ADB 中，斜边 AB 边上的高为 ，54 5 此即为梯形 ABCD 的高， 2 5 4 58 5 所以四边形 ABCD 的面积为 S   24 ．251故VPABCD  242 316 3 ．32bn bnSn  Sn2 20．（Ⅰ）证明：由已知，当 n≥2时， 1 ，又Sn  b  b2  bn ，12(Sn  Sn1) 所以 1 ，(Sn  Sn1)Sn  Sn2 2(Sn  Sn1) Sn1Sn 即1 ，，111所以 Sn Sn1 2又S1  b  a1 1 ．111所以数列 是首项为 1，公差为 的等差数列． Sn 211n 1 2由上可知 1 (n 1)  ，Sn 22即Sn  ．n 1 222所以当 n≥2时，bn  Sn  Sn1   ．n 1 n n(n 1) 第 10 页 共 15 页 1， n 1， 因此b  2n，n≥2． n(n 1) （Ⅱ）解：设上表中从第三行起，每行的公比都为 q，且 q  0 ．1213 因为1 2 12   78 ，2所以表中第 1 行至第 12 行共含有数列 a  n的前 78 项， 故 a81 在表中第 13 行第三列， 4因此 a81  b q2   ．13 91 2又b   ，13 1314 所以 q  2 ．记表中第 k(k ≥3) 行所有项的和为 S，bk (1 qk ) 1 q 2(1 2k ) 2则S    (1 2k )(k ≥3) ．k(k 1) 1 2 k(k 1) x1 2221．解：（Ⅰ）因为 f (x)  e (2x  x )  3ax  2bx  xex1(x  2)  x(3ax  2b) ，又x  2 和x 1 为f (x) 的极值点，所以 f (2)  f (1)  0 ，6a  2b  0， 因此 3 3a  2b  0， 1解方程组得 a   ，，b  1 b  1 ．，31（Ⅱ）因为 a   3所以 f (x)  x(x  2)(ex1 1) ，令f (x)  0，解得 x1  2 ，x2  0 ，x3 1 ．因为当 x(， 2) (0，1) 时， f (x)  0 ；当x(2，0)  (1， ) 时， f (x)  0 ．第 11 页 共 15 页 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． 1（Ⅲ）由（Ⅰ）可知 f (x)  x2ex1  x3  x2 ，3故令则令f (x)  g(x)  x2ex1  x3  x2 (ex1  x) ，h(x)  ex1  x ，．h (x)  ex1 1 h (x)  0 ，得 x 1 ，因为 x ，1 时， h (x)≤0 ，所以 h(x) 在x ，1 上单调递减． 故x ，1 时， h(x)≥h(1)  0 ；因为 x 1， 时， h (x)≥0 ，所以 h(x) 在x 1， 上单调递增． 故x 1， 时， h(x)≥h(1)  0 ．所以对任意 x(， ) ，恒有 h(x)≥0 ，又 x2 ≥0 因此 f (x)  g(x)≥0 故对任意 x(， ) ，恒有 f (x)≥ g(x) ，，．2ab  4 5， 22．解：（Ⅰ）由题意得 ab 2 5 ．a2  b2 3又a  b  0 ，解得 a2  5 ，b2  4 ．x2 y2 因此所求椭圆的标准方程为 1 ．54（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(k  0) ，第 12 页 共 15 页 A(xA，yA ) ．2y2 x1， 20 4  5k2 20k2 4  5k2 解方程组 得xA2  ，yA2  ，54y  kx， 20 20k2 20(1 k2 ) 4  5k2 所以 OA 2  xA2  yA2  ．4  5k2 4  5k2 设M (x，y) ，由题意知 MO   OA (  0) ，20(1 k2 ) 4  5k2 所以 MO 2  2 OA 2 ，即 x2  y2  2 ，因为 l是AB 的垂直平分线， 1所以直线 l的方程为 y  x ，kxy即k   ，x2 y2 x2 y2 20 1 20(x2  y2 ) 因此 x2  y2  2  2 ，4y2  5×2 4  5 又x2  y2  0 ，所以5×2  4y2  202 ，x2 y2 故 2 ．45又当 k  0 或不存在时，上式仍然成立． x2 y2 综上所述， M的轨迹方程为  2 (  0) ．4520 20k2 4  5k2 （2）当 k存在且 k  0 时，由（1）得 xA2  ，，yA2  ，4  5k2 2xy2 1， 20k2 5 4k2 20 5 4k2 541由解得 xM2  ，yM2  y  x， k第 13 页 共 15 页 20(1 k2 ) 4  5k2 80(1 k2 ) 4  5k2 20(1 k2 ) 5 4k2 2所以 OA 2  xA2  yA2  ，AB 2  4 OA 2  ，OM  ．12解法一：由于 S△2 AMB AB 2  OM 41 80(1 k2 ) 20(1 k2 )   44  5k2 5 4k2 400(1 k2 )2 (4  5k2 )(5 4k2 ) 400(1 k2 )2 ≥2 2 24  5k  5 4k 221600(1 k2 )2 40 9，81(1 k2 )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 40 是当当S△AMB k  0 ．9140 9，S△AMB  2 52  2 5 ．2140 k不存在时， S△AMB  5 4  2 5 ．2940 综上所述，△AMB 的面积的最小值为 ．911114  5k2  5 4k2 20(1 k2 ) 9解法二：因为 ，220(1 k2 ) 20(1 k2 ) OA 2 OM 20 4  5k2 5 4k2 11240 又≥，OA OM ≥ ，2OA 2 OM OA OM 9当且仅当 4  5k2  5 4k2 时等号成立，即 k  1时等号成立， 40 此时△AMB 面积的最小值是 S△AMB ．9140 9当当k  0 ，S△AMB  2 52  2 5 ．2140 k不存在时， S△AMB  5 4  2 5 ．29第 14 页 共 15 页 40 9综上所述，△AMB 的面积的最小值为 ．第 15 页 共 15 页