高考卷 普通高等学校招生全国统一考试数学（陕西卷·理科）（附答案，完全word版）

2008年普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）理科数学（必修+选修Ⅱ）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的（本大题共12小题，每小题5分，共60分）．1．复数(2)12iii等于（）A．iB．iC．1D．12．已知全集{12345}U，，，，，集合2{|320}Axxx，{|2}BxxaaA，，则集合()UABð中元素的个数为（）A．1B．2C．3D．43．ABC△的内角ABC，，的对边分别为abc，，，若26120cbB，，，则a等于（）A．6B．2C．3D．24．已知{}na是等差数列，124aa，7828aa，则该数列前10项和10S等于（）A．64B．100C．110D．1205．直线30xym与圆22220xyx相切，则实数m等于（）A．3或3B．3或33C．33或3D．33或336．“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()2xfx，1()fx是()fx的反函数，若16mn（mn+R，），则11()()fmfn的值为（）A．2B．1C．4D．108．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（）A．6B．3C．2D．339．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（）A．mn，B．mn，C．mn，D．mn，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（）A．7B．5C．4D．311．定义在R上的函数()fx满足()()()2fxyfxfyxy（xyR，），(1)2f，则(3)f等于（）A．2B．3C．6D．912．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012iaaaa，{01}，（012i，，），传输信息为00121haaah，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（）A．11010B．01100C．10111D．00011二、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小题，每小题4分，共16分）．13．(1)1lim2nanna→，则a．14．长方体1111ABCDABCD的各顶点都在球O的球面上，其中1::1:1:2ABADAA．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，，abc．有下列三个命题：①若ab=ac，则bc．②若(1)(26)k，，，ab，∥ab，则3k．③非零向量a和b满足||||||abab，则a与ab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ABabl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）．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小题，共74分）17．（本小题满分12分）已知函数2()2sincos23sin3444xxxfx．（Ⅰ）求函数()fx的最小正周期及最值；（Ⅱ）令π()3gxfx，判断函数()gx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1~i(123)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．（Ⅰ）求该射手恰好射击两次的概率；（Ⅱ）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，1AA平面ABC，13AA，2AB，2AC，111AC，12BDDC．（Ⅰ）证明：平面1AAD平面11BCCB；（Ⅱ）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．（Ⅰ）证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；（Ⅱ）是否存在实数k使0NANB，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()kxfxxc（0c且1c，kR）恰有一个极大值点和一个极小值点，其中一个是xc．（Ⅰ）求函数()fx的另一个极值点；（Ⅱ）求函数()fx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，，．（Ⅰ）求{}na的通项公式；（Ⅱ）证明：对任意的0x，21121(1)3nnaxxx≥，12n，，；（Ⅲ）证明：2121nnaaan．2008年普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）理科数学（必修+选修Ⅱ）参考答案一、1．D2．B3．D4．B5．C6．A7．A8．B9．D10．B11．C12．C二、13．114．1215．②16．96三、17．解：（Ⅰ）2()sin3(12sin)24xxfxsin3cos22xxπ2sin23x．()fx的最小正周期2π4π12T．当πsin123x时，()fx取得最小值2；当πsin123x时，()fx取得最大值2．（Ⅱ）由（Ⅰ）知π()2sin23xfx．又π()3gxfx．1ππ()2sin233gxxπ2sin22x2cos2x．()2cos2cos()22xxgxgx．函数()gx是偶函数．18．（Ⅰ）设该射手第i次击中目标的事件为(123)iAi，，，则()0.8()0.2iiPAPA，，()()()0.20.80.16iiiiPAAPAPA．（Ⅱ）可能取的值为0，1，2，3．的分布列为00.00810.03220.1630.82.752E.19．解法一：（Ⅰ）1AA平面ABCBC，平面ABC，1AABC．在RtABC△中，226ABACBC，，，0123P0.0080.0320.160.8:1:2BDDC，63BD，又33BDABABBC，DBAABC△∽△，90ADBBAC，即ADBC．又1AAADA，BC平面1AAD，BC平面11BCCB，平面1AAD平面11BCCB．（Ⅱ）如图，作1AECC交1CC于E点，连接BE，由已知得AB平面11ACCA．AE是BE在面11ACCA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1CFAC交AC于F点，则1CFACAF，113CFAA，160CCF．在RtAEC△中，3sin60232AEAC．在RtBAE△中，26tan33ABAEBAE．6arctan3AEB，即二面角1ACCB为6arctan3．解法二：（Ⅰ）如图，建立空间直角坐标系，则11(000)(200)(020)(003)(013)ABCAC，，，，，，，，，，，，，，，:1:2BDDC，13BDBC．A1AC1B1BDCFE（第19题，解法一）A1AC1B1BDCzyx（第19题，解法二）D点坐标为222033，，．222033AD，，，1(220)(003)BCAA，，，，，．10BCAA，0BCAD，1BCAA，BCAD，又1AAADA，BC平面1AAD，又BC平面11BCCB，平面1AAD平面11BCCB．（Ⅱ）BA平面11ACCA，取(200)AB，，m为平面11ACCA的法向量，设平面11BCCB的法向量为()lmn，，n，则100BCCC，nn．22030lmmn，，323lmnm，，如图，可取1m，则3213，，n，222222322010153cos53(2)00(2)13，mn，即二面角1ACCB为15arccos5．20．解法一：（Ⅰ）如图，设211(2)Axx，，222(2)Bxx，，把2ykx代入22yx得2220xkx，由韦达定理得122kxx，121xx，1224NMxxkxx，N点的坐标为248kk，．设抛物线在点N处的切线l的方程为284kkymx，将22yx代入上式得222048mkkxmx，直线l与抛物线C相切，xAy112MNBO2222282()048mkkmmmkkmk，mk．即lAB∥．（Ⅱ）假设存在实数k，使0NANB，则NANB，又M是AB的中点，1||||2MNAB．由（Ⅰ）知121212111()(22)[()4]222Myyykxkxkxx22142224kk．MNx轴，22216||||2488MNkkkMNyy．又222121212||1||1()4ABkxxkxxxx2222114(1)11622kkkk．22216111684kkk，解得2k．即存在2k，使0NANB．解法二：（Ⅰ）如图，设221122(2)(2)AxxBxx，，，，把2ykx代入22yx得2220xkx．由韦达定理得121212kxxxx，．1224NMxxkxx，N点的坐标为248kk，．22yx，4yx，抛物线在点N处的切线l的斜率为44kk，lAB∥．（Ⅱ）假设存在实数k，使0NANB．由（Ⅰ）知22221122224848kkkkNAxxNBxx，，，，则22221212224488kkkkNANBxxxx222212124441616kkkkxxxx1212144444kkkkxxxx221212121214()4164kkkxxxxxxkxx22114(1)421624kkkkkk22313164kk0，21016k，23304k，解得2k．即存在2k，使0NANB．21．解：（Ⅰ）222222()2(1)2()()()kxcxkxkxxckfxxcxc，由题意知()0fc，即得220ckcck，（*）0c，0k．由()