08年普通高等学校招生全国考试文科数学四川延考卷

2008年普通高等学校招生全国统一考试(四川延考卷)数学（文科）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．集合{1,0,1}A，A的子集中，含有元素0的子集共有（）A．2个B．4个C．6个D．8个解：A的子集共328个，含有元素0的和不含元素0的子集各占一半，有4个．选B2．函数1lgyxx的定义域为（）A．(0,)B．(,1]C．(,0)[1,)D．(0,1]解：选D．由100xx01x．3．41(1)(1)xx的展开式中含2x项的系数为（）A．4B．5C．10D．12解：选C．41223344411(1)(1)(1)(1)xCxCxCxxx，其展开式中含2x项的系数为234410CC．4．不等式21x的解集为（）A．{|13}xxB．{|02}xxC．{|12}xxD．{|23}xx解：选A．21x121x13x．5．已知1tan2，则cossincossin（）A．2B．2C．3D．3解：选C．cossin1tan3cossin1tan6．一个正三棱锥的底面边长等于一个球的半径，该正三棱锥的高等于这个球的直径，则球的体积与正三棱锥体积的比值为（）A．833B．33C．32D．83解：设球的半径为r3143Vr；正三棱锥的底面面积234Sr，2hr，2321332346Vrrr。所以12833VV，选A7．若点(2,0)P到双曲线22221xyab的一条渐近线的距离为2，则双曲线的离心率为（）A．2B．3C．22D．23解：设过一象限的渐近线倾斜角为2sin4512k所以byxxaab，因此2,2ccaea，选A。8．在一次读书活动中，一同学从4本不同的科技书和2本不同的文艺书中任选3本，则所选的书中既有科技书又有文艺书的概率为（）A．15B．12C．23D．45解：因文艺书只有2本，所以选3本必有科技书。问题等价于选3本书有文艺书的概率：343644()1()11205CPAPAC9．过点(0,1)的直线与圆224xy相交于A，B两点，则AB的最小值为（）A．2B．23C．3D．25解：如图AB最小时，弦心距最大为1，2222123AB10．已知两个单位向量a与b的夹角为3，则ab与ab互相垂直的充要条件是（）A．32或32B．12或12C．1或1D．为任意实数解：2222()()()()(1)(1)0ababababababab20101ab。另外a与b是夹角为3的单位向量，画图知1时ab与ab构成菱形，排除AB，而D选项明显不对，故选C。11．设函数()yfx()xR的图像关于直线0x及直线1x对称，且[0,1]x时，2()fxx，则3()2f（）A．12B．14C．34D．94解：23311111()()(1)(1)()()2222224fffff12．在正方体1111ABCDABCD中，E是棱11AB的中点，则1AB与1DE所成角的余弦值为（）A．510B．1010C．55D．105解：如图以D为坐标系原点,AB为单位长，1,,DADCDD分别为,,xyz轴建立坐标系，易见1(0,1,1)AB，11(1,,0)2DE，所以1111(0,1,1)(1,,0)1022cos,1105(0,1,1)(1,,0)224ABDE，选B。（如果连结1,DCEC,用余弦定理解三角形也可以求得答案。）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．13．函数11xye()xR的反函数为_____________________．解：11111ln(1)xxyeeyxy，所以反函数ln(1)1(1)yxx，14．函数2()3sincosfxxx的最大值是____________．解：因为3sin3x，2cos0x，2()3sincos3fxxx，正好sin1,cos0xx时取等号。（另22237()3sincossin3sin1(sin)24fxxxxxx在sin1x时取最大值）15．设等差数列{}na的前n项和为nS，且55Sa．若40a，则74aa__________．解：551234142300Saaaaaaaaa，取特殊值令231,1,aa43a74129aaa，所以743aa16．已知90AOB，C为空间中一点，且60AOCBOC，则直线OC与平面AOB所成角的正弦值为___________．解：由对称性点C在平面AOB内的射影D必在AOB的平分线上作DEOA于E，连结CE则由三垂线定理CEOE，设1DE1,2OEOD，又60,2COECEOEOE,所以222CDOCOD，因此直线OC与平面AOB所成角的正弦值2sin2COD三、解答题：本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（本小题满分12分）在ABC中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c，已知2222acb．（Ⅰ）若4B，且A为钝角，求内角A与C的大小；（Ⅱ）求sinB的最大值．解：（Ⅰ）由题设及正弦定理，有222sinsin2sin1ACB．故22sincosCA．因为A为钝角，所以sincosCA．由coscos()4AC，可得sinsin()4CC，得8C，58A．（Ⅱ）由余弦定理及条件2221()2bac，有22cos4acBac，因222acac，所以1cos2B．故3sin2B，当ac时，等号成立．从而，sinB的最大值为32．18．（本小题满分12分）一条生产线上生产的产品按质量情况分为三类：A类、B类、C类．检验员定时从该生产线上任取2件产品进行一次抽检，若发现其中含有C类产品或2件都是B类产品，就需要调整设备，否则不需要调整．已知该生产线上生产的每件产品为A类品，B类品和C类品的概率分别为0.9，0.05和0.05，且各件产品的质量情况互不影响．（Ⅰ）求在一次抽检后，设备不需要调整的概率；（Ⅱ）若检验员一天抽检3次，求一天中至少有一次需要调整设备的概率．解：（Ⅰ）设iA表示事件“在一次抽检中抽到的第i件产品为A类品”，1,2i．iB表示事件“在一次抽检中抽到的第i件产品为B类品”，1,2i．iC表示事件“一次抽检后，设备不需要调整”．则121212CAAABBA．由已知()0.9iPA，()0.05iPB，1,2i．所以，所求的概率为121212()()()()PCPAAPABPBA20.920.90.050.9．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，一次抽检后，设备不需要调整的概率为()0.9PC．故所求概率为：310.90.27119．（本小题满分12分）如图，一张平行四边形的硬纸片0ABCD中，1ADBD，2AB．沿它的对角线BD把0BDC折起，使点0C到达平面0ABCD外点C的位置．（Ⅰ）证明：平面0ABCD平面0CBC；（Ⅱ）当二面角ABDC为120时，求AC的长解：（Ⅰ）证明：因为01ADBCBD，02ABCD，所以090DBC．因为折叠过程中，090DBCDBC，所以DBBC，又0DBBC，故DB平面0CBC．又DB平面0ABCD，所以平面0ABCD平面0CBC．（Ⅱ）解法一：如图，由（Ⅰ）知BCDB，0BCDB，所以0CBC是二面角0CBDC的平面角．由已知得，060CBC．作0CFCB，垂足为F，由01BCBC可得32CF，12BF．连结AF，在ABF中，2221113(2)()22cos135224AF．因为平面0ABCD平面0CBC，所以CF平面0ABCD，可知CFAF．在RtAFC中，22133244ACAFCF．解法二：由已知得090ADBDBC．以D为原点，射线DA，DB分别为x，y轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．则(1,0,0)A，(0,1,0)B，0(1,1,0)C，(0,0,0)D．由（Ⅰ）知BCDB，0BCDB，所以0CBC为二面角0CBDC的平面角．由已知可得060CBC，所以13(,1,)22C．所以2213(1)1()222AC，即AC的长为2．20．（本小题满分12分）在数列{}na中，11a，2112(1)nnaan．（Ⅰ）证明数列2{}nan是等比数列，并求{}na的通项公式；（Ⅱ）令112nnnbaa，求数列{}nb的前n项和nS；（Ⅲ）求数列{}na的前n项和nT．解：（Ⅰ）由条件得1221(1)2nnaann，又1n时，21nan，故数列2{}nan构成首项为1，公式为12的等比数列．从而2112nnan，即212nnna．（Ⅱ）由22(1)21222nnnnnnnb得23521222nnnS，231135212122222nnnnnS，两式相减得：23113111212()222222nnnnS，所以2552nnnS．（Ⅲ）由231121()()2nnnSaaaaaa得1112nnnnTaaTS所以11222nnnTSaa2146122nnn．21．（本小题满分12分）已知椭圆1C的中心和抛物线2C的顶点都在坐标原点O，1C和2C有公共焦点F，点F在x轴正半轴上，且1C的长轴长、短轴长及点F到1C右准线的距离成等比数列．（Ⅰ）当2C的准线与1C右准线间的距离为15时，求1C及2C的方程；（Ⅱ）设过点F且斜率为1的直线l交1C于P，Q两点，交2C于M，N两点．当8MN时，求PQ的值．解：（Ⅰ）设1C：22221xyab(0)ab，其半焦距为c(0)c．则2C：24ycx．由条件知22(2)2()abacc，得2ac．1C的右准线方程为2axc，即4xc．2C的准线方程为xc．由条件知515c，所以3c，故6a，33b．从而1C：2213627xy，2C：212yx．（Ⅱ）由题设知l：yxc，设11(,)Mxy，22(,)Nxy，33(,)Pxy，44(,)Qxy．由24ycxyxc，得2260xcxc，所以126xxc．而1228MNMFFNxxcc，由条件8MN，得1c．由（Ⅰ）得2a，3b．从而，1C：22143xy，即223412xy．由2234121xyyx，得27880xx．所以3487xx，3487xx．故223488242()2[()4]777PQxx．22．（本小题满分14分）设函数32()2fxxxx．（Ⅰ）求()fx的单调区间和极值；（Ⅱ）若当[1,2]x时，3()3afx，求ab的最大值．解：（Ⅰ）2'()321(31)(1)fxxxxx．于是，当1(,1)3x时，'()0fx；1(,)(1,)3x时，'()0fx．故()fx在1(,1)3单调减少，在1(,)3，(1,)单调增加．当13x时，()fx取得极大值159()327f；当1x时，()fx