2008年四川普通高等学校招生全国统一考试高考理科数学试题卷及答案.doc

20082008 年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）数数 学学（理工农医类）（理工农医类）本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第Ⅰ卷第 1 至第 2 页，第Ⅱ卷第 3 至第 4 页全卷满分 150 分，考试时间 120 分钟 考生注意事项： 1.答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的座位号、姓名，并认真核对答 题卡上所粘贴的条形码中“座位号、姓名、科类”与本人座位号、姓名、科类是否一致2.答第Ⅰ卷时，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 3.答第Ⅱ卷时，必须用 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上书写在试题卷上作答无效 4.考试结束，监考员将试题卷和答题卡一并收回参考公式： 如果事件 A、B 互斥，那么 球的表面积公式  P ABP AP B24SR如果事件 A、B 相互独立，那么 其中 R 表示球的半径球的体积公式  P A BP AP B如果事件在一次实验中发生的概率是，那么 Ap34 3VR次独立重复实验中事件恰好发生次的概率 其中 R 表示球的半径nAk  1,0,1,2,,n kkk nnP kC ppknL第第ⅠⅠ卷卷一．选择题：１．设集合，则( B )1,2,3,4,5 ,1,2,3 ,2,3,4UABUAB Ið（Ａ） （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）2,31,4,54,5 1,5２．复数( A )22 1ii（Ａ） （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）444i4i３．( D )2tancotcosxxx（Ａ） （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）tan xsin xcosx cot x４．直线绕原点逆时针旋转，再向右平移１个单位，所得到的直线为( A )3yx090（Ａ） （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）11 33yx 113yx 33yx113yx５．若，则的取值范围是：( C )02 ,sin3cos（Ａ） （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）,3 2 ,34,333,32６．从甲、乙等 10 个同学中挑选 4 名参加某项公益活动，要求甲、乙中至少有 1 人参加， 则不同的挑选方法共有( C )（Ａ）种 （Ｂ）种 （Ｃ）种 （Ｄ）种701121401687．已知等比数列中，则其前 3 项的和的取值范围是(D ) na21a 3S（Ａ） （Ｂ） , 1  ,01,U（Ｃ） （Ｄ）3,, 13, U８．设是球心的半径上的两点，且，分别过作垂,M NOOPNPMNOM,,N M O线于的面截球得三个圆，则这三个圆的面积之比为：( D )OP（Ａ） （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）3, 5, 63,6,85,7,95,8,9９．设直线平面，过平面外一点与都成角的直线有且只有：( D )l A, l030（Ａ）１条 （Ｂ）２条 （Ｃ）３条 （Ｄ）４条10．设，其中，则是偶函数的充要条件是( D ) sinf xx0 f x（Ａ） （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ） 01f 00f '01f '00f11．设定义在上的函数满足，若，则( C )R f x 213f xf x 12f 99f（Ａ） （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）13213 22 1312．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，点在上且2:8C yxFxKAC，则的面积为( B )2AKAFAFK（Ａ） （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）481632第第ⅡⅡ卷卷二．填空题：本大题共 4 个小题，每小题 4 分，共 16 分。

把答案填在题中横线上13．展开式中的系数为_______________ 34121xx2x614．已知直线与圆，则上各点到 的距离的最:40l xy22:112CxyCl小值为_____________215．已知正四棱柱的对角线的长为，且对角线与底面所成角的余弦值为，则该正63 3四棱柱的体积等于________________216．设等差数列的前项和为，若，则的最大值为 nannS4510,15SSna___________4 三．解答题：本大题共 6 个小题，共 74 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 12 分）求函数的最大值与最小值2474sin cos4cos4cosyxxxx解：解：2474sin cos4cos4cosyxxxx2272sin24cos1 cosxxx2272sin24cossinxxx272sin2sin 2xx21 sin26x由于函数在中的最大值为216zu11 ，2 max1 1610z  最小值为2 min1 166z故当时取得最大值，当时取得最小值sin21x  y10sin21x y618．（本小题满分 12 分）设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为，购买乙种商品的概率为，且0.50.6 购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的。

Ⅰ）求进入商场的 1 位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的概率； （Ⅱ）求进入商场的 1 位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率；（Ⅲ）记表示进入商场的 3 位顾客中至少购买甲、乙两种商品中的一种的人数，求的分布列及期望 解：解：记表示事件：进入商场的 1 位顾客购买甲种商品，A记表示事件：进入商场的 1 位顾客购买乙种商品，B 记表示事件：进入商场的 1 位顾客购买甲、乙两种商品中的一种，C 记表示事件：进入商场的 1 位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种，D（Ⅰ）CA BA B P CP A BA BP A BP A B    P AP BP AP B0.5 0.40.5 0.6 0.5（Ⅱ）DA B  P DP A B   P AP B0.5 0.4 0.2  10.8P DP D （Ⅲ），故的分布列3,0.8B:300.20.008P12 310.8 0.20.096PC22 320.80.20.384PC330.80.512P所以3 0.82.4E 19．（本小题满分 12 分）如，平面平面，四边形与都是直角梯形，ABEF ABCDABEFABCD，090 ,BADFABBC // 1 2ADBE// 1 2AF（Ⅰ）证明：四点共面；,,,C D F E（Ⅱ）设，求二面角的大小；ABBCBEAEDB解法一：解法一：（Ⅰ）延长交的延长线于点，由得DCABGBC// 1 2AD1 2GBGCBC GAGDAD延长交的延长线于FEAB'G同理可得''''1 2G EG BBE G FG AAF故，即与重合''G BGB G AGAG'G因此直线相交于点，即四点共面。

CDEF、G,,,C D F E（Ⅱ）设，则，1AB 1BCBE2AD  取中点，则，又由已知得，平面AEMBMAEAD ABEF 故，与平面内两相交直线都垂直ADBMBMADEADAE、 所以平面，作，垂足为，连结BM ADEMNDENBN 由三垂线定理知为二面角的平面角BNEDBMN，AEDB213 223ADAEBMMNDE，故6tan2BMBMNMN所以二面角的大小AEDB6arctan2解法二：解法二： 由平面平面，，得平面，以为坐标原点，ABEF ABCDAFABAF ABCDA射线为轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系ABxAxyz（Ⅰ）设，则,ABa BCb BEc,,0,0, ,0 ,,0,,0,2 ,0 ,0,0,2B aC a bE acDbFc,0, ,,0,2 , 2ECbcFDbcuuu ruuu r故，从而由点，得1 2ECFDuuu ruuu rEFD//ECFD故四点共面,,,C D F E（Ⅱ）设，则， 1AB 1BCBE 1,0,0 ,1,1,0 ,0,2,0 ,1,0,1BCDE在上取点，使，则DEM5DMMEuuuu ruuu r5 1 5,,6 3 6M从而115,,636MBuuu r又1, 2,1 ,0,DEMB DEMBDEuuu ruuu r uuu r在上取点，使，则DEN2DNNEuuu ruuu r2 2 2,,3 3 3N从而222,,,0,333NANA DENADE uuu ruuu r uuu r故与的夹角等于二面角的平面角，MBuuu rNAuuu r ADEB10cos5MB NAMB NA MBNA uuu r uuu ruuu r uuu r uuu ruuu r所以二面角的大小ADEB10arccos520．（本小题满分 12 分）设数列的前项和为，已知 nannS21n nnbabS（Ⅰ）证明：当时，是等比数列；2b 12nnan（Ⅱ）求的同项公式 na解：解：由题意知，且12a 21n nnbabS1 1121n nnbabS 两式相减得1121n nnnb aaba即 ①12nnnaba（Ⅰ）当时，由①知2b 122nnnaa于是11 2221 2nnn nnanan122nnan又，所以是首项为 1，公比为 2 的等比数列。

1 11 210na  12nnan（Ⅱ）当时，由（Ⅰ）知，即2b 1122nn nan11 2nnan当时，由由①得2b 11 11122222nnn nnababb 22n nbbab122n nb ab因此1 1112222nn nnab abb 2 1 2nbbb得121 122222nnnn ab bnb21．（本小题满分 12 分）设椭圆的左右焦点分别为，离心率，右准线为 ，22221,0xyabab12,F F2 2e l是 上的两个动点，,M Nl120FM F Nuuuu r uuuu r（Ⅰ）若，求的值；122 5FMF Nuuuu ruuuu r, a b（Ⅱ）证明：当取最小值时，与共线MN12FMF Nuuuu ruuuu r12FFuuuu r解：解：由与，得222abc2 2aec222ab， 的方程为12220022FaFa，，，l2xa设1222MayNay，。