高考山东数学理科试卷含详细解答全word版.doc
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2008年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）
理科数学
第Ⅰ卷（共60分）
参考公式：
球的表面积公式：
，其中是球的半径．
如果事件在一次试验中发生的概率是，那么次独立重复试验中事件恰好发生次的概率：
．
如果事件互斥，那么．
如果事件相互独立，那么．
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，且的集合的个数是（）
A．1 B．2 C．3 D．4
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,
则或.选B.
2．设的共轭复数是，若，，则等于（）
A． B． C． D．
解析：
本小题主要考查共轭复数的概念、复数的运算。
可设，由
得选D.
3．函数的图象是（）
y
x
O
y
x
O
y
x
O
y
x
O
A．
B．
C．
D．
解析：
本小题主要考查复合函数的图像识别。
是偶函数，
可排除B、D，由排除C,选A.
4．设函数的图象关于直线对称，则的值为（）
A．3 B．2 C．1 D．
解：
、在数轴上表示点到点、的距离，他们的和关于对称，因此点、关于对称，所以
（直接去绝对值化成分段函数求解比较麻烦，如取特殊值解也可以）
5．已知，则的值是（）
A． B． C． D．
解：
：
，，
俯视图
正（主）视图
侧（左）视图
2
3
2
2
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． B．
C． D．
解：
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
7．在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为的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以3为公差的等差数列的概率为（）
A． B． C． D．
解：
古典概型问题，基本事件总数为。
选出火炬手编号为，时，由可得4种选法；
时，由可得4种选法；时，由可得4种选法。
2 91158
3026
310247
8．右图是根据《山东统计年鉴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：
9．展开式中的常数项为（）
A． B．1320 C． D．220
解：
令得
10．设椭圆的离心率为，焦点在轴上且长轴长为26．若曲线上的点到椭圆的两个焦点的距离的差的绝对值等于8，则曲线的标准方程为（）
A． B． C． D．
解：
对于椭圆，曲线为双曲线，，标准方程为：
11．已知圆的方程为．设该圆过点的最长弦和最短弦分别为和，则四边形的面积为（）
A． B． C． D．
解：
化成标准方程，过点的最长弦为
最短弦为
12．设二元一次不等式组所表示的平面区域为，使函数的图象过区域的的取值范围是（）
A． B． C．D．
解：
区域是三条直线相交构成的三角形（如图）
显然，只需研究过、两种情形，且即
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题：
本大题共4小题，每小题4分，共16分．
开始
?
是
输入p
结束
输出
否
13．执行右边的程序框图，若，则输出的．
解：
，因此输出
14．设函数，若，
，则的值为．
解：
15．已知为的三个内角的对边，
向量，．若，
且，则角．
解：
16．若不等式的解集中的整数有且仅有，则的取值范围为．
解：
，即范围为
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（，）为偶函数，且函数图象的两相邻对称轴间的距离为．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）将函数的图象向右平移个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求的单调递减区间．
解：
（Ⅰ）
．
因为为偶函数，所以对，恒成立，
因此．
即，
整理得．
因为，且，所以．
又因为，故．
所以．
由题意得，所以．故．
因此．
（Ⅱ）将的图象向右平移个单位后，得到的图象，再将所得图象横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到的图象．
所以．
当（），
即（）时，单调递减，
因此的单调递减区间为（）．
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，答对者对本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中3人答对的概率分别为，且各人回答正确与否相互之间没有影响．用表示甲队的总得分．
（Ⅰ）求随机变量的分布列和数学期望；
（Ⅱ）用表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求．
解：
（Ⅰ）解法一：
由题意知，的可能取值为0，1，2，3，且
，，
，．
所以的分布列为
0
1
2
3
的数学期望为．
解法二：
根据题设可知，，
因此的分布列为，．
因为，所以．
（Ⅱ）解法一：
用表示“甲得2分乙得1分”这一事件，用表示“甲得3分乙得0分”这一事件，所以，且互斥，又
，
，
由互斥事件的概率公式得．
解法二：
用表示“甲队得分”这一事件，用表示“乙队得分”这一事件，．
由于事件，为互斥事件，故有．
由题设可知，事件与独立，事件与独立，因此
．
19．（本小题满分12分）
将数列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：
……
记表中的第一列数构成的数列为，．为数列的前项和，且满足．
（Ⅰ）证明数列成等差数列，并求数列的通项公式；
（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，且公比为同一个正数．当时，求上表中第行所有项的和．
解：
（Ⅰ）证明：
由已知，当时，，又，
所以，
又．所以数列是首项为1，公差为的等差数列．
由上可知，．
所以当时，．
因此
（Ⅱ）解：
设上表中从第三行起，每行的公比都为，且．
因为，
所以表中第1行至第12行共含有数列的前78项，故在表中第31行第三列，
因此．又，所以．
记表中第行所有项的和为，
则．
20．（本小题满分12分）
P
B
E
C
D
F
A
如图，已知四棱锥，底面为菱形，平面，，分别是的中点．
（Ⅰ）证明：
；
（Ⅱ）若为上的动点，与平面所成最大角的正切值为，求二面角的余弦值．
解：
（Ⅰ）证明：
由四边形为菱形，，可得为正三角形．
因为为的中点，所以．
又，因此．
因为平面，平面，所以．
而平面，平面且，
所以平面．又平面，
所以．
（Ⅱ）解：
设，为上任意一点，连接．
P
B
E
C
D
F
A
H
O
S
由（Ⅰ）知平面，
则为与平面所成的角．
在中，，
所以当最短时，最大，
即当时，最大．
此时，
因此．又，所以，
所以．
解法一：
因为平面，平面，
所以平面平面．
过作于，则平面，
过作于，连接，则为二面角的平面角，
在中，，，
又是的中点，在中，，
又，
在中，，
即所求二面角的余弦值为．
解法二：
由（Ⅰ）知两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又分别为的中点，所以
P
B
E
C
D
F
A
y
z
x
，
，
所以．
设平面的一法向量为，
则因此
取，则，
因为，，，
所以平面，
故为平面的一法向量．
又，
所以．
因为二面角为锐角，
所以所求二面角的余弦值为．
21．（本小题满分12分）
已知函数，其中，为常数．
（Ⅰ）当时，求函数的极值；
（Ⅱ）当时，证明：
对任意的正整数，当时，有．
解：
21．（Ⅰ）解：
由已知得函数的定义域为，
当时，，所以．
（1）当时，由得，，
此时．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
（2）当时，恒成立，所以无极值．
综上所述，时，
当时，在处取得极小值，极小值为．
当时，无极值．
（Ⅱ）证法一：
因为，所以．
当为偶数时，
令，
则（）．
所以当时，单调递增，
又，
因此恒成立，
所以成立．
当为奇数时，
要证，由于，所以只需证，
令，
则（），
所以当时，单调递增，又，
所以当时，恒有，即命题成立．
综上所述，结论成立．
证法二：
当时，．
当时，对任意的正整数，恒有，
故只需证明．
令，，
则，
当时，，故在上单调递增，
因此当时，，即成立．
故当时，有．
即．
22．（本小题满分14分）
如图，设抛物线方程为，为直线上任意一点，过引抛物线的切线，切点分别为．
（Ⅰ）求证：
三点的横坐标成等差数列；
（Ⅱ）已知当点的坐标为时，．求此时抛物线的方程；
（Ⅲ）是否存在点，使得点关于直线的对称点在抛物线上，其中，点满足（为坐标原点）．若存在，求出所有适合题意的点的坐标；若不存在，请说明理由．
y
x
B
A
O
M
解：
（Ⅰ）证明：
由题意设．
由得，得，
所以，．
因此直线的方程为，
直线的方程为．
所以，①
．②
由①、②得，
因此，即．
所以三点的横坐标成等差数列．
（Ⅱ）解：
由（Ⅰ）知，当时，
将其代入①、②并整理得：
，
，
所以是方程的两根，
因此，，
又，
所以．
由弦长公式得．
又，
所以或，
因此所求抛物线方程为或．
（Ⅲ）解：
设，由题意得，
则的中点坐标为，
设直线的方程为，
由点在直线上，并注意到点也在直线上，
代入得．
若在抛物线上，则，
因此或．
即或．
（1）当时，则，此时，点适合题意．
（2）当，对于，此时，
，
又，，
所以，
即，矛盾．
对于，因为，此时直线平行于轴，
又，
所以直线与直线不垂直，与题设矛盾，
所以时，不存在符合题意的点．
综上所述，仅存在一点适合题意．
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