2008年普通高等学校招生全国统一考试(理科数学)（陕西卷）.pdf

20082008 年普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）年普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）理科数学（必修理科数学（必修+选修选修）一一、选择题选择题：在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的只有一项是符合题目要求的（本大题共本大题共 12121212小题小题，每小题每小题 5 5 5 5分，共分，共 60606060 分分）1复数(2)12iii+等于（）AiBiC1D12已知全集12 3 4 5U=，集合2|320Ax xx=+=，|2Bx xaaA=，则集合()UAB中元素的个数为（）A1B2C3D43ABC的内角ABC，的对边分别为abc，若26120cbB=，则a等于（）A6B2C3D24已知na是等差数列，124aa+=，7828aa+=，则该数列前 10 项和10S等于（）A64B100C110D1205直线30 xym+=与圆22220 xyx+=相切，则实数m等于（）A3或3B3或3 3C3 3或3D3 3或3 36“18a=”是“对任意的正数x，21axx+”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件7已知函数3()2xf x+=，1()fx是()f x的反函数，若16mn=（mn+R R R R，），则11()()fmfn+的值为（）A2B1C4D108双曲线22221xyab=（0a，0b）的左、右焦点分别是12FF，过1F作倾斜角为30的直线交双曲线右支于M点，若2MF垂直于x轴，则双曲线的离心率为（）A6B3C2D339 如图，lABAB=，到l的距离分别是a和b，AB与，所成的角分别是和，AB在，内的射影分别是m和n，若ab，则（）Amn，Bmn，Cmn，Dmn，10已知实数xy，满足121yyxxym+，如果目标函数zxy=的最小值为1，则实数m等于（）A7B5C4D311定义在R R R R上的函数()f x满足()()()2f xyf xf yxy+=+（xyR R R R，），(1)2f=，则(3)f等于（）A2B3C6D912 为提高信息在传输中的抗干扰能力，通常在原信息中按一定规则加入相关数据组成传输信息设定原信息为012ia a a a，01，（012i=，），传输信息为0012 1h a a a h，其中001102haahha=，运算规则为：000=，011=，101=，110=，例如原信息为 111，则传输信息为 01111传输信息在传输过程中受到干扰可能导致接收信息出错，则下列接收信息一定有误的是（）A11010B01100C10111D00011二、填空题：把答案填在答题卡相应题号后的横线上（本大题共二、填空题：把答案填在答题卡相应题号后的横线上（本大题共 4 4 4 4 小题，每小题小题，每小题 4 4 4 4 分，分，共共16161616 分分）13(1)1lim2na nna+=+，则a=14 长方体1111ABCDABC D的各顶点都在球O的球面上，其中1:1:1:2AB AD AA=AB，两点的球面距离记为m，1AD，两点的球面距离记为n，则mn的值为15关于平面向量，abcabcabcabc有下列三个命题：若iia b=a ca b=a ca b=a ca b=a c，则=bcbcbcbc若(1)(2 6)k=，abababab，abababab，则3k=非零向量a a a a和b b b b满足|=abababababababab，则a a a a与+abababab的夹角为60其中真命题的序号为（写出所有真命题的序号）16某地奥运火炬接力传递路线共分 6 段，传递活动分别由 6 名火炬手完成如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有种（用数字作答）ABabl三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤（本大题共三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤（本大题共 6 6 6 6小题，共小题，共 74747474 分）分）17（本小题满分 12 分）已知函数2()2sincos2 3sin3444xxxf x=+（）求函数()f x的最小正周期及最值；（）令()3g xfx=+，判断函数()g x的奇偶性，并说明理由18（本小题满分 12 分）某射击测试规则为：每人最多射击 3 次，击中目标即终止射击，第i次击中目标得4-i(12 3)i=，分，3 次均未击中目标得 0 分已知某射手每次击中目标的概率为 0.8，其各次射击结果互不影响（）求该射手恰好射击两次的概率；（）该射手的得分记为，求随机变量的分布列及数学期望19（本小题满分 12 分）三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为111ABC，90BAC=，1A A平面ABC，13A A=，2AB=，2AC=，111AC=，12BDDC=（）证明：平面1A AD平面11BCC B；（）求二面角1ACCB的大小20（本小题满分 12 分）已知抛物线C：22yx=，直线2ykx=+交C于AB，两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N（）证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；（）是否存在实数k使0NA NB=i，若存在，求k的值；若不存在，说明理由A1AC1B1BDC21（本小题满分 12 分）已知函数21()kxf xxc+=+（0c且1c，kR R R R）恰有一个极大值点和一个极小值点，其中一个是xc=（）求函数()f x的另一个极值点；（）求函数()f x的极大值M和极小值m，并求1Mm时k的取值范围22（本小题满分 14 分）已知数列na的首项135a=，1321nnnaaa+=+，12n=，（）求na的通项公式；（）证明：对任意的0 x，21121(1)3nnaxxx+，12n=，；（）证明：2121nnaaan+20082008 年普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）年普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）理科数学（必修理科数学（必修+选修选修）参考答案）参考答案一、一、1D2B3D4B5C6A7A8B9D10B11C12C二、1311412151696三、17解：（）2()sin3(12sin)24xxf x=+sin3cos22xx=+2sin23x=+()f x的最小正周期2412T=当sin123x+=时，()f x取得最小值2；当sin123x+=时，()f x取得最大值 2（）由（）知()2sin23xf x=+又()3g xfx=+1()2sin233g xx=+2sin22x=+2cos2x=()2cos2cos()22xxgxg x=函数()g x是偶函数18（）设该射手第i次击中目标的事件为(12 3)iA i=，则()0.8()0.2iiP AP A=，()()()0.2 0.80.16iiiiP A AP A P A=（）可能取的值为 0，1，2，3的分布列为0 0.008 1 0.0322 0.163 0.82.752E=+=.19解法一：（）1A A平面ABCBC，平面ABC，1A ABC在RtABC中，226ABACBC=，0123P0.0080.0320.160.8:1:2BD DC=，63BD=，又33BDABABBC=，DBAABC，90ADBBAC=，即ADBC又1A AADA=，BC平面1A AD，BC平面11BCC B，平面1A AD平面11BCC B（）如图，作1AECC交1C C于E点，连接BE，由已知得AB平面11ACC AAE是BE在面11ACC A内的射影由三垂线定理知1BECC，AEB为二面角1ACCB的平面角过1C作1C FAC交AC于F点，则1CFACAF=，113C FA A=，160C CF=在RtAEC中，3sin60232AEAC=在RtBAE中，26tan33ABAEBAE=6arctan3AEB=，即二面角1ACCB为6arctan3解法二：（）如图，建立空间直角坐标系，则11(0 0 0)(2 0 0)(0 2 0)(0 03)(013)ABCAC，:1:2BD DC=，13BDBC=A1AC1B1BDCFE（第 19 题，解法一）A1AC1B1BDCzyx（第 19 题，解法二）D点坐标为2 2 2033，2 2 2033AD=，1(2 2 0)(0 03)BCAA=，10BC AA=i，0BC AD=i，1BCAA，BCAD，又1A AADA=，BC平面1A AD，又BC平面11BCC B，平面1A AD平面11BCC B（）BA平面11ACC A，取(2 0 0)AB=，m m m m为平面11ACC A的法向量，设平面11BCC B的法向量为()lmn=，n n n n，则100BCCC=ii，nnnnnnnn22030lmmn+=+=，323lmnm=，如图，可取1m=，则3213=，n n n n，2222223220 10153cos53(2)00(2)13+=+i，mnmnmnmn，即二面角1ACCB为15arccos520解法一：（）如图，设211(2)A xx，222(2)B xx，把2ykx=+代入22yx=得2220 xkx=，由韦达定理得122kxx+=，121x x=，1224NMxxkxx+=，N点的坐标为248k k，设抛物线在点N处的切线l的方程为284kkym x=，将22yx=代入上式得222048mkkxmx+=，直线l与抛物线C相切，xAy112MNBO2222282()048mkkmmmkkmk=+=，mk=即lAB（）假设存在实数k，使0NA NB=i，则NANB，又M是AB的中点，1|2MNAB=由（）知121212111()(22)()4222Myyykxkxk xx=+=+=+22142224kk=+=+MNx轴，22216|2488MNkkkMNyy+=+=又222121212|1|1()4ABkxxkxxx x=+=+ii2222114(1)11622kkkk=+=+ii22216111684kkk+=+i，解得2k=即存在2k=，使0NA NB=i解法二：（）如图，设221122(2)(2)A xxB xx，把2ykx=+代入22yx=得2220 xkx=由韦达定理得121212kxxx x+=，1224NMxxkxx+=，N点的坐标为248k k，22yx=，4yx=，抛物线在点N处的切线l的斜率为44kk=，lAB（）假设存在实数k，使0NA NB=i由（）知22221122224848kkkkNAxxNBxx=，则22221212224488kkkkNA NBxxxx=+i222212124441616kkkkxxxx=+1212144444kkkkxxxx=+i()221212121214()4164kkkx xxxx xk xx=+i22114(1)421624kkkkkk=+i22313164kk=+0=，21016k 时，0k；当01c时，2k时，()f x在()c，和(1)+，内是减函数，在(1)c，内是增函数1(1)012kkMfc+=+，221()02(2)kckmfccck+=，解得2k（ii）当2k+，(1)02kmf=+，21121(1)3nxxx+21121 11(1)3nxxx=+2111(1)1(1)nxxxa=+2112(1)1naxx=+i2111nnnaaax=+na，原不等式成立（）由（）知，对任意的0 x，有122221121121(1)31(1)3naaaxxxxxx+21121(1)3nxxx+2212221(1)333nnnxxx=+取22111222113311333313nnnxnnn=+=，则2212111111133nnnnnnaaannn+=+原不等式成立解法二：（）同解法一（）设2112()1(1)3nf xxxx=+，则222222(1)2(1)2133()(1)(1)(1)nnxxxxfxxxx+=+i0 x，当23nx；当23nx时，()0fx，当23nx=时，()f x取得最大值212313nnnfa=+原不等式成立（）同解法一