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

绝密★启用前2008年普通高校招生统一考试湖南(理数)试题与答案一、选择题:本大题共10小题，每小题5分，共50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．复数（1+1i）3等于A.8B.－8C.8iD.－8i(D)2．“|x-1|＜2成立”是“x（x-3）＜0成立”的A．充分而不必要条件B.必要而不充分条件C．充分必要条件D.既不充分也不必要条件（B）3.已知变量x、y满足条件1,0,290,xxyxy则x+y的最大值是A.2B.5C.6D.8(C)4.设随机变量服从正态分布N(2,9),若P(＞c+1)=P(＜c－1,则c=A.1B.2C.3D.4(B)5.设有直线m、n和平面、。下列四个命题中，正确的是A.若m∥,n∥,则m∥nB.若m,n,m∥,n∥,则∥C.若，m,则mD.若，m，m,则m∥（D）6.函数f(x)=sin2x+3sincosxx在区间,42上的最大值是A.1B.132C.32D.1+3(C)7.设D、E、F分别是△ABC的三边BC、CA、AB上的点，且2,DCBD2,CEEA2,AFFB则ADBECF与BCA.反向平行B.同向平行C.互相垂直D.既不平行也不垂直(A)8.若双曲线22221xyab（a＞0,b＞0）上横坐标为32a的点到右焦点的距离大于它到左准线的距离，则双曲线离心率的取值范围是A.(1,2)B.(2,+)C.(1,5)D.(5,+)(B)9.长方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点在同一球面上，且AB=2,AD=3,AA1=1,则顶点A、B间的球面距离是A.22B.2C.22D.24(C)10.设［x］表示不超过x的最大整数（如［2］=2,［54］=1）,对于给定的nN*,定义2(1)(1)(1)(1)nnnnxCxxxx，x1,,则当x3,32时，函数2nC的值域是A.16,283B.16,563C.284,328,56D.16284,,2833(D)二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。把答案填在对应题号后的横线上。11.211lim34xxxx15.12.已知椭圆22221xyab（a＞b＞0）的右焦点为F,右准线为l,离心率e=5.5过顶点A(0,b)作AMl,垂足为M，则直线FM的斜率等于12.13.设函数y=f(x)存在反函数y=f－1（x）,且函数y=x-f(x)的图象过点(1,2).则函数y=f－1(x)-x的图象一定过点(-1,2).14.已知函数f(x)＝3(1).1axaa（1）若a＞1,则f(x)的定义域是3,a;(2)若f(x)在区间0,1上是减函数，则实数a的取值范围是,01,3.15.对有n(n≥4)个元素的总体｛1,2,3,…,n｝进行抽样，先将总体分成两个子总体｛1,2,…，m｝和｛m+1、m+2,…，n｝(m是给定的正整数，且2≤m≤n-2),再从每个子总体中各随机抽取2个元素组成样本，用Pij表示元素i和f同时出现在样本中的概率，则P1m=4()mnm;所有Pif(1≤i＜j≤n的和等于6.三、解答题：本大题共6小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.16.（本小题满分12分）甲、乙、丙三人参加了一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约，甲表示只要面试合格就签约.乙、丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约.设每人面试合格的概率都是12，且面试是否合格互不影响.求：（Ⅰ）至少有1人面试合格的概率;（Ⅱ）签约人数的分布列和数学期望.解用A，B，C分别表示事件甲、乙、丙面试合格.由题意知A，B，C相互独立，且P（A）＝P（B）＝P（C）＝12.（Ⅰ）至少有1人面试合格的概率是3171()1()()()1().28PABCPAPBPC（Ⅱ）的可能取值为0，1，2，3.(0)()()()PPABCPABCPABC＝()()()()()()()()()PAPBPCPAPBPCPAPBPC＝3231113()()().2228(1)()()()PPABCPABCPABC=()()()()()()()()()PAPBPCPAPBPCPAPBPC=3331113()()().22281(2)()()()().8PPABCPAPBPC1(3)()()()().8PPABCPAPBPC所以，的分布列是0123P38381818的期望331101231.8888E17.（本小题满分12分）如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD＝60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA＝2.（Ⅰ）证明：平面PBE⊥平面PAB;（Ⅱ）求平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小.解解法一（Ⅰ）如图所示，连结BD，由ABCD是菱形且∠BCD=60°知，△BCD是等边三角形.因为E是CD的中点，所以BE⊥CD,又AB∥CD,所以BE⊥AB.又因为PA⊥平面ABCD，BE平面ABCD，所以PA⊥BE.而PAAB=A,因此BE⊥平面PAB.又BE平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAB.（Ⅱ）延长AD、BE相交于点F，连结PF.过点A作AH⊥PB于H，由（Ⅰ）知平面PBE⊥平面PAB,所以AH⊥平面PBE.在Rt△ABF中，因为∠BAF＝60°，所以，AF=2AB=2=AP.在等腰Rt△PAF中，取PF的中点G，连接AG.则AG⊥PF.连结HG，由三垂线定理的逆定理得，PF⊥HG.所以∠AGH是平面PAD和平面PBE所成二面角的平面角（锐角）.在等腰Rt△PAF中，22.2AGPA在Rt△PAB中，22225.55APABAPABAHPBAPAB所以，在Rt△AHG中，25105sin.52AHAGHAG故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小是10arcsin.5解法二如图所示，以A为原点，建立空间直角坐标系.则相关各点的坐标分别是A（0，0，0），B（1，0，0），3313(,,0),(,,0),2222CDP（0，0，2），（Ⅰ）因为3(0,,0)2BE，平面PAB的一个法向量是0(0,1,0)n，所以0BEn和共线.从而BE⊥平面PAB.又因为BE平面PBE，故平面PBE⊥平面PAB.(Ⅱ)易知3(1,0,2),(0,02PBBE，），13(0,0,2),(,,0)22PAAD设1111(,,)nxyz是平面PBE的一个法向量，则由110,0nPBnBE得111122020,3000.2xyzxyz所以11110,2.(2,0,1).yxzn故可取设2222(,,)nxyz是平面PAD的一个法向量，则由220,0nPAnAD得2222220020,1300.22xyzxyz所以2220,3.zxy故可取2(3,1,0).n于是，1212122315cos,.552nnnnnn故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小是15arccos.518.（本小题满分12分）数列221221,2,(1cos)sin,1,2,3,.22nnnnnaaaaan满足(Ⅰ)求34,,aa并求数列na的通项公式；(Ⅱ)设21122,.nnnnnabSbbba证明：当162.nnSn时，解(Ⅰ)因为22123111,2,(1cos)sin12,22aaaaa所以2222(1cos)sin24.naaa一般地，当*21(N)nkk时，222121(21)21[1cos]sin22kkkkaa＝211ka，即21211.kkaa所以数列21ka是首项为1、公差为1的等差数列，因此21.kak当*2(N)nkk时，22222(1cos2.2kkkaa所以数列2ka是首项为2、公比为2的等比数列，因此22.kka故数列na的通项公式为*2*21,21(N,22,2(N.nnnkkankk(Ⅱ)由(Ⅰ)知，2122,2nnnanba23123,2222nnnS①2241112322222nnnS②①-②得，23111111.222222nnnnS21111[1()]1221.122212nnnnn所以11222.222nnnnnnS要证明当6n时，12nSn成立，只需证明当6n时，(2)12nnn成立.证法一(1)当n=6时，66(62)48312644成立.(2)假设当(6)nkk时不等式成立，即(2)1.2kkk则当n=k+1时，1(1)(3)(2)(1)(3)(1)(3)1.222(2)(2)2kkkkkkkkkkkkkk由(1)、(2)所述，当n≥6时，2(1)12nn，即当n≥6时，12.nSn证法二令2(2)(6)2nnncn，则21121(1)(3)(2)30.222nnnnnnnnncc所以当6n时，1nncc.因此当6n时，66831.644ncc于是当6n时，2(2)1.2nn综上所述，当6n时，12.nSn19.（本小题满分13分）在一个特定时段内，以点E为中心的7海里以内海域被设为警戒水域.点E正北55海里处有一个雷达观测站A.某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A北偏东45且与点A相距402海里的位置B，经过40分钟又测得该船已行驶到点A北偏东45+(其中sin=2626，090)且与点A相距1013海里的位置C.（I）求该船的行驶速度（单位：海里/时）;（II）若该船不改变航行方向继续行驶.判断它是否会进入警戒水域，并说明理由.解（I）如图，AB=402，AC=1013，26,sin.26BAC由于090,所以cos=2265261().2626由余弦定理得BC=222cos105.ABACABAC所以船的行驶速度为10515523（海里/小时）.（II）解法一如图所示，以A为原点建立平面直角坐标系，设点B、C的坐标分别是B（x1，y2）,C（x1，y2）,BC与x轴的交点为D.由题设有，x1=y1=22AB=40,x2=ACcos1013cos(45)30CAD,y2=ACsin.所以过点B、C的直线l的斜率k=20210,直线l的方程为y=2x-40.又点E（0，-55）到直线l的距离d=|05540|357.14所以船会进入警戒水域.解法二如图所示，设直线AE与BC的延长线相交于点Q.在△ABC中，由余弦定理得，222cos2?¤ABBCACABCABBC==22240210510132402105=31010.从而2910sin1cos1.1010ABCABC在ABQ中，由正弦定理得，AQ=10402sin1040.sin(45)2210210ABABCABC由于AE=5540=AQ，所以点Q位于点A和点E之间，且QE=AE-AQ=15.过点E作EPBC于点P，则EP为点E到直线BC的距离.在RtQPE中，PE=QE·sinsinsin(45)PQEQEAQCQEABC=515357.5所以船会进