【文档说明】2008年高考试题——数学理（山东卷）.doc，共(16)页，1.169 MB，由envi的店铺上传

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2008年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）数学（理）第Ⅰ卷（共60分）参考公式：球的表面积公式：S＝4πr2，其中R是球的半径.如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率：

Pn（k）＝Cknpk(1-p)n-k（k＝0，1，2，…，n）.如果事件A、B互斥，那么P（A+B）＝P（A）+P（B）.如果事件A、B相互独立，那么P（AB）＝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1234,,,aaaa且12312,,,Maaaaa=的集合M的个数是（A）1(B)2(C)3(D)4解析：本题考查集合子集的概念及交集运算。集合M中必含有

12,aa则12124,,,MaaMaaa==或（2）设z的共轭复数是z，或z+z=4,z·z＝8，则zz等于（A）1（B）-i(C)±1(D)±i解析：本题考查共轭复数的概念、复数的运算。可设2zbi=+，由8

zz=得248,2.bb+==()2222.88izziz===（3）函数lncos()22yxx=−的图象是解析：本题考查复合函数的图象。lncos22yxx=−是偶函数，可排除B,D;由cosx的值域可以确定。（4）设函数()1fxx

xa=++−的图象关于直线x＝1对称，则a的值为(A)3(B)2(C)1(D)-1解析：本题考查分段函数的图象。C,D可排除，对于A,B可验证。（5）已知4cos()sin365−+=，则7sin()6+的值是（A）-532

（B）532(C)-54(D)54解析：本题考查三角函数变换与求值。334cos()sincossin36225−+=+=，134cossin225+=，7314sin()sin()sincos.66225+

=−+=−+=−（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(A)9π（B）10π(C)11π(D)12π解析：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一个球和一个圆柱组合而成的，其表

面及为22411221312.S=++=（7）在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1，2，3，…，18的18名火炬手.若从中任选3人，则选出的火炬手的编号能组成3为公差的等差数列的概率为（A）511（B）681（C）3061（D）

4081解析：本题考查古典概型。基本事件总数为31817163C=。选出火炬手编号为13(1)naan=+−，11a=时，由1,4,7,10,13,16可得4种选法；12a=时，由2,5,8,11,14,17可得

4种选法；13a=时，由3,6,9,12,15,18可得4种选法。4441.1716368P++==(8)右图是根据《山东统计年整2007》中的资料作成的1997年至2006年我省城镇居民百户家庭人口数的茎叶图.图中左边的数

字从左到右分别表示城镇居民百户家庭人口数的百位数字和十位数字，右边的数字表示城镇居民百户家庭人口数的个位数字，从图中可以得到1997年至2006年我省城镇居民百户家庭人口数的平均数为（A）304.6（B）303.6(C)302.6(D)301.6解析：本题考查茎叶图、用样本数字特征估计总体特征。1

1582602473.610+++++++++=（9）（X-31x）12展开式中的常数项为（A）-1320（B）1320（C）-220(D)220解析：本题考查二项式定理及其应用4121212331121

21231()(1)(1),rrrrrrrrrrrTCxCxxCxx−−−−+=−=−=−993101212121110(1)220.321TCC==−=−=−=−(10)设椭圆C1的离心率为135，焦点在X轴上且

长轴长为26.若曲线C2上的点到椭圆C1的两个焦点的距离的差的绝对值等于8，则曲线C2的标准方程为（A）1342222=−yx(B)15132222=−yx(C)1432222=−yx(D)112132222=−yx解析：本题考查椭圆、

双曲线的标准方程对于椭圆1C，13,5,ac==曲线2C为双曲线，5,c=4a=，3,b=标准方程为：22221.43xy−=（11）已知圆的方程为X2+Y2-6X-8Y＝0.设该圆过点（3，5）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（A）106（B）20

6（C）306（D）406解析：本题考查直线与圆的位置关系22(3)(4)25xy−+−=，过点(3,5)的最长弦为10,AC=最短弦为2225146,BD=−=1206.2SACBD==（12）设二元一次不等式组

−++−−+0142,080192yxyxyx，所表示的平面区域为M，使函数y＝ax(a＞0，a≠1)的图象过区域M的a的取值范围是（A）[1,3](B)[2,10](C)[2,9](D)[10,9]解析：本题考查线性规划与指数函数如图阴影部分为平面区域M，显然1a，只需要研究过

(1,9)、(3,8)两种情形。19a且38a即29.a第Ⅱ卷（共90分）161412108642y=f(x)3,8()2,10()1,9()二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.（13）执行右边的程序框图

，若p＝0.8，则输出的n＝4.解析：本题考查程序框图1110.8248++，因此输出4.n=（14）设函数2()(0)fxaxca=+.若)()(010xfdxxf=，0≤x0≤1,则x0的值为33.解析：本题考查微积分定理的应用()1123120000013()|,333afxdxa

xcaxcxcaxcx=+=+=+=+=（15）已知a，b，c为△ABC的三个内角A，B，C的对边，向量m＝（1,3−），n＝（cosA,sinA）.若m⊥n，且acosB+bcosA=csinC，则角B＝6π.解析：本题考查解三角形3cossin0AA−=

，,3A=sincossincossinsinABBACC+=，2sincossincossin()sinsinABBAABCC+=+==，.2C=（16）若不等式｜3x-b｜＜4的解集中的整数有且仅有1，2，3，则b的取值范围为（5

，7）.解析：本题考查绝对值不等式401443,433343bbbxb−−++，解得57b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)＝)0,0)(cos()sin(3+−+πxx

为偶函数，且函数y＝f(x)图象的两相邻对称轴间的距离为.2π（Ⅰ）美洲f（8π）的值；（Ⅱ）将函数y＝f(x)的图象向右平移6π个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标舒畅长到原来的4倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)的单调递减区间.解：（Ⅰ）f(x)＝)cos()si

n(3+−+xx＝+−+)cos(21)sin(232xx＝2sin(+x-6π)因为f(x)为偶函数，所以对x∈R,f(-x)=f(x)恒成立，因此sin（-+x-6

π）＝sin(+x-6π).即-sinxcos(-6π)+cosxsin(-6π)=sinxcos(-6π)+cosxsin(-6π),整理得sinxcos(-6π)=0.因为＞0，且x∈R,所以cos（

-6π）＝0.又因为0＜＜π，故-6π＝2π.所以f(x)＝2sin(x+2π)=2cosx.由题意得.2,222＝所以=故f(x)=2cos2x.因为.24cos2)8(==f（Ⅱ）将f(x)的图象向右平移个6个单位后，得到)6(−xf的图象，再将所得图象横坐标伸长

到原来的4倍，纵坐标不变，得到)64(−f的图象.).32(cos2)64(2cos2)64()(−=−=−=ffxg所以当2kπ≤32−≤2kπ+π(k∈Z),即4kπ＋≤32≤x≤4kπ+38(k∈Z)时，g(x)单调递减.因此

g(x)的单调递减区间为++384,324kk(k∈Z)（18）（本小题满分12分）甲乙两队参加奥运知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分。假设甲队中每人答对的概率均为32，乙队中3人答

对的概率分别为21,32,32且各人正确与否相互之间没有影响.用ε表示甲队的总得分.（Ⅰ）求随机变量ε分布列和数学期望；(Ⅱ)用A表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用B表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求P(AB).(Ⅰ)解法一：由题意知，ε的可能取值为0，1

，2，3,且所以ε的分布列为ε0123P2719294278ε的数学期望为Eε=.227839429212710=+++解法二：根据题设可知)32,3(B～因此ε的分布列为2323),32,

3(.3,2,1,0,32)321()32()(3323====−==−EBkCCkPkkkkk所以～因为（Ⅱ）解法一：用C表示“甲得2分乙得1分”这一事件，用D表示“甲得3分乙得0分”这一事件，所以AB=C∪D,且C、D互斥，又.278)32()3(,94)321(

)32()2(,92)321(32)1(,271)321()0(3333232231330====−===−===−==CPCPCPCP,34)213131()32()(,31021313221323121

3132)321()32()(52324232===++−=CDPCCP由互斥事件的概率公式得24334334354310)()()(54==+=+=DPCPABP.解法二：用Ak表

示“甲队得k分”这一事件，用Bk表示“已队得k分”这一事件，k=0,1,2,3由于事件A3B0,A2B1为互斥事件，故事P(AB)=P(A3B0∪A2B1)=P(A3B0)+P(A2B1).=.24334)32213121(32)2131()32

(2212323223=++CC(19)(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：a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10……记表中的第一列数a1，a2，a4，a7，…构成的数列为｛bn

｝,b1=a1=1.Sn为数列｛bn｝的前n项和，且满足＝nNnnSSbb22−1=（n≥2）.(Ⅰ)证明数列｛nS1｝成等差数列，并求数列｛bn｝的通项公式；（Ⅱ）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91481−=a时，求上表中第k(k≥3)行所有项和的和.(Ⅰ)证明：由已知，1,n=1=nb-,)1(2+nnn≥2.（Ⅱ）解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q,且q＞0.因为1213121278,2

+++==所以表中第1行至第12行共含有数列｛an｝的前78项，故a82在表中第13行第三列，因此282134.91abq==−又132,1314b=−所以q=2.记表中第k(k≥3)行所有项的和为S，则(1)2(12)2(12)1(1)12(1)kkkkbqSqkkkk−−

===−−+−+（k≥3）.).1(22122.12,2112111.2111.1,2111,12,1)(2,,121111111211212+−=−+=−=+=+=−====−=−−=−−−+++==

−−−−−−−nnhnSbnnSnnSSabSSSSSSSSSSSSSbbbSSSbbnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn时，所以当即）（＋＝由上可知的等差数列，公差为是首项为所以数列又所以）（即）（所以又(20)(本小题满分12分)如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱

形，PA⊥平面ABCD，60ABC=,E，F分别是BC,PC的中点.（Ⅰ）证明：AE⊥PD;（Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为62，求二面角E—AF—C的余弦值.（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为

正三角形.因为E为BC的中点，所以AE⊥BC.又BC∥AD，因此AE⊥AD.因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE.而PA平面PAD，AD平面PAD且PA∩AD=A，所以AE⊥平面PAD，又PD平面PAD.所以AE⊥PD.（

Ⅱ）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH.由（Ⅰ）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.在Rt△EAH中，AE=3，所以当AH最短时，∠EHA最大，即当AH⊥PD时，∠EHA最大.此时tan∠EHA=36,2AEAHAH==因此AH=2.

又AD=2，所以∠ADH=45°，所以PA=2.解法一：因为PA⊥平面ABCD，PA平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD.过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E-AF-C的

平面角，在Rt△AOE中，EO=AE·sin30°=32，AO=AE·cos30°=32,又F是PC的中点，在Rt△ASO中，SO=AO·sin45°=324,又223830,494SEEOSO=+=+=在Rt△ESO中，cos∠ESO

=32154,5304SOSE==即所求二面角的余弦值为15.5解法二：由（Ⅰ）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E、F分别为BC、PC的中点，所以E、F分别为BC、PC的中点，所以A（0，0，0），B（3，-1，0），C

（C，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（3，0，0），F（31,,122），所以31(3,0,0),(,,1).22AEAF==设平面AEF的一法向量为111(,,),mxyz=则0,0,mAEmAF==因此111130,310.

22xxyz=++=取11,(0,2,1),zm=−=−则因为BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，所以BD⊥平面AFC，故BD为平面AFC的一法向量.又BD=（-3,3,0），所以cos＜m,BD＞=2315.5||

||512mBDmBD==因为二面角E-AF-C为锐角，所以所求二面角的余弦值为15.5（21）（本小题满分12分）已知函数1()ln(1),(1)nfxaxx=+−−其中n∈N*,a为常数.（Ⅰ

）当n=2时，求函数f(x)的极值；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x-1.（Ⅰ）解：由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}，当n=2时，21()ln(1),(1)fxaxx=+−−所以232(

1)().(1)axfxx−−=−（1）当a＞0时，由f(x)=0得121xa=+＞1，221xa=−＜1，此时f′（x）=123()()(1)axxxxx−−−−.当x∈（1，x1）时，f′（x）＜0,f(x)单调递减；当x∈（x1+∞）时，f′（x）＞0,f(x)单调递增.（2）当a≤0时，f

′（x）＜0恒成立，所以f(x)无极值.综上所述，n=2时，当a＞0时，f(x)在21xa=+处取得极小值，极小值为22(1)(1ln).2afaa+=+当a≤0时，f(x)无极值.（Ⅱ）证法一：因为a=1,所以1()ln(1).(1)nfxxx=+−−当n为偶数时，令1()

1ln(1),(1)ngxxxx=−−−−−则g′（x）=1+1112(1)11(1)nnnxnxxxx++−−=+−−−−＞0（x≥2）.所以当x∈[2,+∞]时，g(x)单调递增，又g(2)=0因

此1()1ln(1)(1)ngxxxx=−−−−−≥g(2)=0恒成立，所以f(x)≤x-1成立.当n为奇数时，要证()fx≤x-1,由于1(1)nx−＜0，所以只需证ln(x-1)≤x-1,令h(x)=x-1-ln(x-1),则h′（x）=1-

1211xxx−=−−≥0（x≥2）,所以当x∈[2，+∞]时，()1ln(1)hxxx=−−−单调递增，又h(2)=1＞0，所以当x≥2时，恒有h(x)＞0,即ln（x-1）＜x-1命题成立.综上所述，结论成立.证法二：当a=1时，1()ln(1).(1

)nfxxx=+−−当x≤2，时，对任意的正整数n，恒有1(1)nx−≤1，故只需证明1+ln(x-1)≤x-1.令)()1(1ln(1))2ln(1),2,hxxxxxx=−−+−=−−−+则12()

1,11xhxxx−=−=−−当x≥2时，()hx≥0，故h(x)在)2,+上单调递增，因此当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1)≤x-1成立.故当x≥2时，有1ln(1)(1)nxx+−−≤x-1.即f（x）

≤x-1.(22)(本小题满分14分)如图，设抛物线方程为x2=2py(p＞0),M为直线y=-2p上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B.（Ⅰ）求证：A，M，B三点的横坐标成等差数列；（Ⅱ）已知当M点的坐标为（2，-2p）时，410AB=，求此时

抛物线的方程；（Ⅲ）是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线22(0)xpyp=＞上，其中，点C满足OCOAOB=+（O为坐标原点）.若存在，求出所有适合题意的点M的坐标；若不存在，请说明理由.（Ⅰ）证明：由题

意设221212120(,),(,),,(,2).22xxAxBxxxMxppp−＜由22xpy=得22xyp=，则,xyp=所以12,.MAMBxxkkpp==因此直线MA的方程为102(),xypxxp+=−直线MB的方程为202().xypx

xp+=−所以211102(),2xxpxxpp+=−①222202().2xxpxxpp+=−②由①、②得212120,2xxxxx+=+−因此21202xxx+=，即0122.xxx=+所以A、M、B三点的横坐标成等差数列.（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当

x0=2时，将其代入①、②并整理得：2211440,xxp−−=2222440,xxp−−=所以x1、x2是方程22440xxp−−=的两根，因此212124,4,xxxxp+==−又22210122122,2ABxxxxxppkxxpp−+===−

所以2.ABkp=由弦长公式得2221212241()411616.ABkxxxxpp=++−=++又410AB=，所以p=1或p=2，因此所求抛物线方程为22xy=或24.xy=（Ⅲ）解：设D(x3,y3)，由题意得C(x1+x2,y1+y2),则CD的中点坐标为123123

(,),22xxxyyyQ++++设直线AB的方程为011(),xyyxxp−=−由点Q在直线AB上，并注意到点1212(,)22xxyy++也在直线AB上，代入得033.xyxp=若D（x3,y3）在抛物线上，则2330322,xpyxx==因此x3=0或x3=2x0.即D(0，0)或2002(

2,).xDxp（1）当x0=0时，则12020xxx+==，此时，点M(0,-2p)适合题意.（2）当00x，对于D(0，0)，此时2212222212120002(2,),,224CDxxxxxxpCxkpxpx+++==又0,ABxk

p=AB⊥CD，所以222201212201,44ABCDxxxxxkkppxp++===−即222124,xxp+=−矛盾.对于2002(2,),xDxp因为22120(2,),2xxCxp+此时直线CD平行于y轴，又00,ABxkp=所以直线AB与直线CD不垂直，与题设矛盾，所以

00x时，不存在符合题意的M点.综上所述，仅存在一点M(0，-2p)适合题意.