2008全国卷一理科数学

 2008年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学（必修+选修Ⅰ） 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷3至9页．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷 考生注意： 1．答题前，考生在答题卡上务必用0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号、填写清楚 ，并贴好条形码．请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目． 2．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．在试题卷上作答无效． ．．．．．．．．． 3．本卷共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． 参考公式： 如果事件A，B互斥，那么 球的表面积公式 P(AB)P(A)P(B) S4πR2 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B)P(A)P(B) 如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么 V43πR 3n次独立重复试验中恰好发生k次的概率 其中R表示球的半径 kknkP(k01，,2，，n) n(k)CnP(1P) 一、选择题 （08全国卷一理）．函数yA．x|x≥0 x(x1)x的定义域为（ ） B．x|x≥1 D．x|0≤x≤1  C．x|x≥10 （08全国卷一理）2．汽车经过启动、加速行驶、匀速行驶、减速行驶之后停车，若把这一过程中汽车的行驶路程s看作时间t的函数，其图像可能是（ ） 第 1 页 共 11 页 s s s s O A． t O B． t O C． t O D． t D△ABC（08全国卷一理）3．在中，ABc，ACb．若点满足BD2DC，则AD（ ） A．21bc 33 B．c532b 3 C．21bc 33 D．b132c 3（08全国卷一理）4．设aR，且(ai)2i为正实数，则a（ ） A．2 B．1 C．0 D．1 （08全国卷一理）5．已知等差数列an满足a2a44，a3a510，则它的前10项的和S10（ ） A．138 B．135 C．95 D．23 （08全国卷一理）6．若函数yf(x1)的图像与函数ylnx1的图像关于直线yx对称，则f(x)（ ） A．e2x1 B．e 2xC．e2x1 D．e2x2 （08全国卷一理）7．设曲线y（ ） A．2 B．x12)处的切线与直线axy10垂直，在点(3，则ax11 2D．2 1 2C．（08全国卷一理）8．为得到函数ycos2x（ ） π的图像，只需将函数ysin2x的图像35π个长度单位 125πC．向左平移个长度单位 6A．向左平移 5π个长度单位 125π D．向右平移个长度单位 6 B．向右平移)上为增函数，且f(1)0，则不等式（08全国卷一理）9．设奇函数f(x)在(0，f(x)f(x)0的解集为（ ） x，0)(1，) A．(1 1)(0，1) B．(，第 2 页 共 11 页 1)(1，) C．(， ，0)(01)， D．(1（08全国卷一理）10．若直线A．ab22≤1 xy1通过点M(cos，sin)，则（ ） ab111122B．ab≥1 C．22≤1 D．22≥1 abab（08全国卷一理）11．已知三棱柱ABCABCA1在底面ABC111的侧棱与底面边长都相等，内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于（ ） A．1 3B．2 3 C．3 3 D．2 3（08全国卷一理）12．如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为（ ） A．96 B．84 C．60 D．48 A D C B 2008年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学（必修选修Ⅰ） 第Ⅱ卷 注意事项： 1．答题前，考生先在答题卡上用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，然后贴好条形码．请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目． 2．第Ⅱ卷共7页，请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． ．．．．．．．．．3．本卷共10小题，共90分． 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上． （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．xy≥0，（08全国卷一理）13．若x，y满足约束条件xy3≥0，则z2xy的最大值0≤x≤3，为 ． 第 3 页 共 11 页 （08全国卷一理）14．已知抛物线yax21的焦点是坐标原点，则以抛物线与两坐标轴的三个交点为顶点的三角形面积为 ． （08全国卷一理）15．在△ABC中，ABBC，cosB7．若以A，B为焦点的椭18圆经过点C，则该椭圆的离心率e ． （08全国卷一理）16．等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角CABD的余弦值为3，M，N分别是AC，BC的中点，则EM，AN所成角的余3弦值等于 ． 三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． （08全国卷一理）17．（本小题满分10分） （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且acosBbcosA（Ⅰ）求tanAcotB的值； （Ⅱ）求tan(AB)的最大值． （08全国卷一理）18．（本小题满分12分） （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．3c． 5BC2，CD2，四棱锥ABCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC底面BCDE，ABAC． （Ⅰ）证明：ADCE； （Ⅱ）设CE与平面ABE所成的角为45，求二面角CADE的大小． A B C （08全国卷一理）．（本小题满分12分） D E （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．已知函数f(x)xaxx1，aR． （Ⅰ）讨论函数f(x)的单调区间； 32第 4 页 共 11 页 （Ⅱ）设函数f(x)在区间，内是减函数，求a的取值范围． （08全国卷一理）20．（本小题满分12分） 2313（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．已知5只动物中有1只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的动物．血液化验结果呈阳性的即为患病动物，呈阴性即没患病．下面是两种化验方法： 方案甲：逐个化验，直到能确定患病动物为止． 方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验．若结果呈阳性则表明患病动物为这3只中的1只，然后再逐个化验，直到能确定患病动物为止；若结果呈阴性则在另外2只中任取1只化验． （Ⅰ）求依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数的概率； （Ⅱ）表示依方案乙所需化验次数，求的期望． （08全国卷一理）21．（本小题满分12分） （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．双曲线的中心为原点O，焦点在x轴上，两条渐近线分别为l1，l2，经过右焦点F垂直于l1AB、OB成等差数列，且BF与FA同向． 的直线分别交l1，l2于A，B两点．已知OA、（Ⅰ）求双曲线的离心率； （Ⅱ）设AB被双曲线所截得的线段的长为4，求双曲线的方程． （08全国卷一理）22．（本小题满分12分） （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．设函数f(x)xxlnx．数列an满足0a11，an1f(an)． 1)是增函数； （Ⅰ）证明：函数f(x)在区间(0，（Ⅱ）证明：anan11； （Ⅲ）设b(a1，1)，整数k≥ a1b．证明：ak1b． a1lnb第 5 页 共 11 页 2008年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学（必修+选修Ⅰ）参考答案 1. C. 2. A． 由xx10,x0,得x1,或x0; 根据汽车加速行驶s121at，匀速行驶svt，减速行驶sat2结合函数图22像可知； 123. A. 由ADAB2ACAD，3ADAB2ACc2b，ADcb； 334. D. 5. C. 6. B. 7.D. ai2ia22ai1i2aa21i0,a1； 由a2a44,a3a510a14,d3,S1010a145d95； 由yln由yx1xe2y1,fx1e2x1,fxe2x； x12211,y',y'|,a2,a2； x32x1x12x15sin2x,只需将函数ysin2x的图128.A. 5ycos2xsin2x36像向左平移5ππ个单位得到函数ycos2x的图像. 1239.D．由奇函数f(x)可知f(x)f(x)2f(x)0，而f(1)0，则f(1)f(1)0，xx)上为当x0时，f(x)0f(1)；当x0时，f(x)0f(1)，又f(x)在(0，增函数，则奇函数f(x)在(,0)上为增函数，0x1,或1x0. 第 6 页 共 11 页 10.D．由题意知直线xy1与圆x2y21有交点，则ab111a2b2≤1,112≥1. 2ab另解：设向量m=(cos,sin),n=(,)，由题意知11abcossin1 ab由mn≤mn可得1cossin11≤2 2abab11.C．由题意知三棱锥A1ABC为正四面体，设棱长为a，则AB13a，棱柱的高2326222，故AB1与AOaAOa(a)a（即点B1到底面ABC的距离）1323底面ABC所成角的正弦值为AO21. AB13060另解：设AB,AC,AA为空间向量的一组基底，的两两间的夹角为 AB,AC,AA1111长度均为a，平面ABC的法向量为OA1AA1ABAC,AB1ABAA1 33226OA1AB1a,OA1,AB13 33OA1AB12则AB1与底面ABC所成角的正弦值为. 3AOAB1123412.B.分三类：种两种花有A4种种法；种三种花有2A4种种法；种四种花有A4种种法.共有234A42A4A484. 另解：按ABCD顺序种花，可分A、C同色与不同色有43(1322)84 13.答案：9．如图，作出可行域， 作出直线l0:x2y0，将l0平移至过点A处 时，函数z2xy有最大值9. 14. 答案：2.由抛物线yax1的焦点坐标为 2xy0 xy30 y x3 O x A(3,3) x2y0 (0,1111)为坐标原点得，a，则yx21 44a413题图 与坐标轴的交点为(0,1),(2,0),(2,0)，则以这三点围成的三角形的面积为1412 2第 7 页 共 11 页 725222则ACABBC2ABBCcosB 1895582c3AC，2a1,2c1,e. C 3332a81M 16.答案：.设AB2，作CO面ABDE， 6N E OHAB，则CHAB，CHO为二面角CABD的平面角 A o H CH3,OHCHcosCHO1，结合等边三角形ABC D B 15.答案：.设ABBC1，cosB与正方形ABDE可知此四棱锥为正四棱锥，则ANEMCH3 16题图（1） 3811111AN(ACAB),EMACAE,ANEM(ABAC)(ACAE) 22222ANEM1故EM，AN所成角的余弦值 z ANEM6 另解：以O为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系， 则点A(1,1,0),B(1,1,0),E(1,1,0),C(0,0,2), C M N H A E o D y 112112M(,,),N(,,), 222222B x 3121321则AN(,,),EM(,,),ANEM,ANEM3, 2222222ANEM1故EM，AN所成角的余弦值. ANEM617.解析：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理及acosBbcosA可得sinAcosBsinBcosA16题图（2） 3c 53333sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB 5555即sinAcosB4cosAsinB，则tanAcotB4； （Ⅱ）由tanAcotB4得tanA4tanB0 tanAtanB3tanB33tan(AB)≤ 21tanAtanB14tanBcotB4tanB41当且仅当4tanBcotB,tanB,tanA2时，等号成立， 213故当tanA2,tanB时，tan(AB)的最大值为. 42A 18．解：（1）取BC中点F，连接DF交CE于点O， ABAC，AFBC， 又面ABC面BCDE，AF面BCDE， G B E F 第 8 页 共 11 页 O C D AFCE． tanCEDtanFDC2， 2OEDODE90，DOE90，即CEDF， CE面ADF，CEAD． （2）在面ACD内过C点作AD的垂线，垂足为G． CGAD，CEAD，AD面CEG，EGAD， 则CGE即为所求二面角的平面角． CGACCD2363022，DG，EGDEDG， AD333CG2GE2CE210， CE6，则cosCGE2CGGE101010CGEπarccos10，即二面角CADE的大小πarccos10． 19. 解：（1）f(x)x3ax2x1求导：f(x)3x22ax1 当a2≤3时，≤0，f(x)≥0，f(x)在R上递增 aa23当a3，f(x)0求得两根为x 32aa23aa23aa23，即f(x)在，递增，递减， 333aa23，递增 3a（2）aa232≤33a231≥337 4，且a23解得：a≥ 20．解：（Ⅰ）解：设A1、A2分别表示依方案甲需化验1次、2次。 B1、B2表示依方案乙需化验2次、3次； A表示依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数。 依题意知A2与B2独立，且AA1A2B 第 9 页 共 11 页 121A4C4C21112P(A1)1,P(A2)2,P(B2)31 C55A55C5C35P(A)P(A1A2B2)P(A1)P(A2)P(B2)∴ P(A)1P(A)1127 5552580.72 25（Ⅱ）的可能取值为2，3。 32C4C432P(B1)331,P(B2)； C5C5C35532,P(3)P(B2) 5532122.4（次） ∴E23555∴P(2)P(B1) 21. 解：（Ⅰ）设OAmd，ABm，OBmd 由勾股定理可得：(md)2m2(md)2 得：d1bAB4m，tanAOF，tanAOBtan2AOF 4aOA3ba4，解得b1,则离心率e5． 由倍角公式2a232b1a2ax2y2（Ⅱ）过F直线方程为y(xc),与双曲线方程221联立 bab将a2b，c5b代入，化简有15285xx210 4b2b2a2a241x1x21(xx)4x1x212 bb325b228b2,解得b3 4将数值代入，有45515x2y21。 故所求的双曲线方程为36922. 解析： 第 10 页 共 11 页

（Ⅰ）证明：f(x)xxlnx，f'xlnx,当x0,1时，f'xlnx0 故函数fx在区间(0,1)上是增函数；

（Ⅱ）证明：（用数学归纳法）（i）当n=1时，0a11，a1lna10，

a2f(a1)a1a1lna1a1

1)是增函数，且函数f(x)在x1处连续，则f(x)在区间(0，1]是增由函数f(x)在区间(0，函数，a2f(a1)a1a1lna11，即a1a21成立；

（ⅱ）假设当xk(kN*)时，akak11成立，即0a1≤akak11

1]是增函数，0a1≤akak11得 那么当nk1时，由f(x)在区间(0，f(ak)f(ak1)f(1).而an1f(an)，则ak1f(ak),ak2f(ak1)， ak1ak21，也就是说当nk1时，anan11也成立；

根据（ⅰ）、（ⅱ）可得对任意的正整数n，anan11恒成立. （Ⅲ）证明：由f(x)xxlnx．an1f(an)可得

ababalnaa1bailnai k1kkki1k1， 若存在某i≤k满足ai≤b，则由⑵知：ak1baib≥0

babalna2， 若对任意i≤k都有aib，则a k1kkk abkalnba1bailnaia1bailnba1b(ai)lnb11i1i1i1kkkabkalnbab(ab)0，即ak1b成立. 1111

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