2008年北京市高考数学试卷(理科)答案与解析

2008年北京市高考数学试卷(理科)答案与解析

‎2008年北京市高考数学试卷（理科）　‎ 一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）‎ ‎1．已知全集，集合，那么集合等于（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎2．若，则（　　）‎ A． B． C． D． ‎ ‎3． “函数存在反函数”是“函数在上为增函数”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 ‎4．若点到直线的距离比它到点的距离小，则点的轨迹为（　　）‎ A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 ‎5．若实数满足则的最小值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．已知数列对任意的满足，且，那么等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ ‎7．过直线上的一点作圆的两条切线，当直线关于对称时，它们之间的夹角为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】圆的切线方程．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】过圆心作直线的垂线交于点，过点作圆的切线能够满足条件，不难求出夹角为。明白点后，用图象法解之也很方便。‎ ‎【解答】圆的圆心，过与垂直的直线方程：，它与的交点，到距离是，两条切线，它们之间的夹角为。故选C．‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【点评】本题考查直线与圆的位置关系，以及数形结合的数学思想；这个解题方法在高考中应用的非常普遍。‎ 师补充：由切线长定理，关于直线对称，由已知，得直线 与直线垂直，故得，从而得与 的交点，而，半径为，得 的夹角为。‎ ‎　‎ ‎8．如图，动点在正方体的对角线上。过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于。设，则函数的图象大致是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】只有当移动到正方体中心时，有唯一的最大值，则淘汰选项点移动时，的关系应该是线性的，则淘汰选项D．‎ ‎【解答】设正方体的棱长为，显然，当移动到对角线的中点时，函数取得唯一最大值，所以排除A、C；‎ 当在上时，分别过作底面的垂线，垂足分别为，‎ 则是一次函数，所以排除D。故选B．‎ ‎【点评】本题考查直线与截面的位置关系、空间想象力及观察能力，同时考查特殊点法、排除法。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 师补充：设正方体的棱长为，‎ 解：如图，分别为的中点，，‎ ‎，在平面中，作的平行线 ‎，即满足已知条件。当时，‎ ‎，得；‎ 当时，，得 ‎，分段函数，故选B。‎ 二、填空题（共6小题，每小题5分，满分30分）‎ ‎9．已知，其中是虚数单位，那么实数　　。‎ ‎　‎ ‎10．已知向量与的夹角为，且，那么的值为　　。‎ ‎【分析】向量数量积运算，三种方法：一定义，二坐标，三是数形结合。‎ ‎11．若展开式的各项系数之和为，则　　，其展开式中的常数项为 　　。（用数字作答）‎ ‎　‎ ‎12．如图，函数的图象是折线段，其中的坐标分别为，则　　；　　。（用数字作答）‎ ‎【分析】由函数的图象可知，，当，，所以由导数的几何意义知。‎ ‎13．已知函数，对于上的任意，有如下条件：‎ ‎①；②；③。‎ 其中能使恒成立的条件序号是　　。‎ ‎【考点】函数奇偶性的性质；导函数确定单调性。菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】函数是个偶函数，由于，在上，可推断出函数在轴两边是左减右增，此类函数的特点是自变量离原点的位置越近，则函数值越小，欲使恒成立，只需到原点的距离比到原点的距离大即可，由此可得出，在所给三个条件中找符合条件的即可。‎ ‎【解答】函数在上为单调增函数，由偶函数性质知函数在上为减函数。‎ 当时，得，∴，由函数在上为偶函数得，故②成立。‎ ‎∵，而，∴①不成立，同理可知③不成立．故答案是②。故应填②‎ ‎【点评】本题考查函数的性质奇偶性与单调性，属于利用性质推导出自变量的大小的问题，本题的解题方法新颖，判断灵活，方法巧妙。‎ ‎　‎ ‎14．某校数学课外小组在坐标纸上，为学校的一块空地设计植树方案如下：第棵树种植在点处，其中，当时，。 表示非负实数的整数部分，例如。按此方案，第6棵树种植点的坐标应为　 　；第2009棵树种植点的坐标应为　 　。‎ ‎【考点】数列的应用．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；规律型．‎ ‎【分析】由题意可知，数列为；‎ 数列为由此入手能够得到第6棵树种植点的坐标和第2009棵树种植点的坐标。‎ ‎【解答】∵组成的数列为 ‎ 一一代入计算得数列为 即的重复规律是。。‎ 数列为 即的重复规律是。‎ ‎∴由题意可知第6棵树种植点的坐标应为；第2009棵树种植点的坐标应为。‎ ‎【点评】本题考查数列的性质和应用，解题时要注意创新题的灵活运用。‎ 师补充：答案抽象。‎ ‎ ‎ ‎…，周期数列，周期为5，故得。‎ 三、解答题（共6小题，满分80分）‎ ‎15．（13分）已知函数的最小正周期为。‎ ‎⑴求的值；‎ ‎⑵求函数在区间上的取值范围。‎ ‎【略解】⑴，，解得。‎ ‎⑵由⑴得。‎ ‎∵，∴，∴，‎ ‎∴，即的取值范围为。‎ ‎【点评】公式的记忆，范围的确定，符号的确定是容易出错的地方。‎ ‎　‎ ‎16．（14分）如图，在三棱锥中，。‎ ‎⑴求证：；‎ ‎⑵求二面角的大小；‎ ‎⑶求点到平面的距离。‎ ‎【考点】与二面角有关的立体几何综合题；点、线、面间的距离计算．菁优网版权所有 ‎【专题】计算题；证明题．‎ ‎【分析】⑴欲证PC⊥AB，取AB中点D，连接PD，CD，可先证AB⊥平面PCD，欲证AB⊥平面PCD，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证AB与平面PCD内两相交直线垂直，而PD⊥AB，CD⊥AB，又PD∩CD=D，满足定理条件；‎ ‎⑵取AP中点E．连接BE，CE，根据二面角平面角的定义可知∠BEC是二面角B﹣AP﹣C的平面角，在△BCE中求出此角即可；‎ ‎⑶过C作CH⊥PD，垂足为H，易知CH的长即为点C到平面APB的距离，在Rt△PCD中利用勾股定理等知识求出CH即可．‎ ‎【解答】⑴取AB中点D，连接PD，CD．‎ ‎∵AP=BP，∴PD⊥AB．∵AC=BC，∴CD⊥AB．‎ ‎∵PD∩CD=D，∴AB⊥平面PCD．∵PC⊂平面PCD，∴PC⊥AB．‎ ‎⑵∵AC=BC，AP=BP，∴△APC≌△BPC．又PC⊥AC，∴PC⊥BC．‎ 又∠ACB=90°，即AC⊥BC，且AC∩PC=C，∴BC⊥平面PAC．‎ 取AP中点E．连接BE，CE．∵AB=BP，∴BE⊥AP．‎ ‎∵EC是BE在平面PAC内的射影，∴CE⊥AP．‎ ‎∴∠BEC是二面角B﹣AP﹣C的平面角．‎ 在△BCE中，BC=2，，CE=‎ cos∠BEC=．∴二面角B﹣AP﹣C的大小arccos．‎ ‎⑶由⑴知AB⊥平面PCD，∴平面APB⊥平面PCD．‎ 过C作CH⊥PD，垂足为H．‎ ‎∵平面APB∩平面PCD=PD，∴CH⊥平面APB．‎ ‎∴CH的长即为点C到平面APB的距离．‎ 由⑴知PC⊥AB，又PC⊥AC，且AB∩AC=A，∴PC⊥平面ABC．‎ ‎∵CD⊂平面ABC，∴PC⊥CD．在Rt△PCD中，，，‎ ‎∴．∴．∴点C到平面APB的距离为．‎ ‎【点评】本题主要考查了空间两直线的位置关系，以及二面角的度量和点到面的距离的求解，培养学生空间想象能力，属于基础题．‎ 师补充：给答案太麻烦。在图形中，标出数据，由已知，可求出 ‎2‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎，进而很容易确定。‎ ‎⑴线面垂直判定定理，得。‎ ‎⑵传统方法，找二面角的平面角，很容易 ‎，‎ 反三角函数表示角。‎ ‎⑶等体积法或作出垂线段。‎ ‎，得出点到平面的距离。‎ ‎17．（13分）甲、乙等五名奥运志愿者被随机地分到四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者。‎ ‎（Ⅰ）求甲、乙两人同时参加岗位服务的概率；‎ ‎（Ⅱ）求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率；‎ ‎（Ⅲ）设随机变量为这五名志愿者中参加岗位服务的人数，求的分布列。‎ ‎【考点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列．菁优网版权所有 ‎【专题】概率与统计．‎ ‎【分析】（Ⅰ）甲、乙两人同时参加A岗位服务，则另外三个人在B、C、D三个位置进行全排列，所有的事件数是从5个人中选2个作为一组，同其他3人共4个元素在四个位置进行排列．‎ ‎（Ⅱ）总事件数同第一问一样，甲、乙两人不在同一个岗位服务的对立事件是甲、乙两人同时参加同一岗位服务，即甲、乙两人作为一个元素同其他三个元素进行全排列．‎ ‎（Ⅲ）五名志愿者中参加A岗位服务的人数ξ可能的取值是1、2，ξ=‎2”‎是指有两人同时参加A岗位服务，同第一问类似做出结果．写出分布列．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）记甲、乙两人同时参加A岗位服务为事件EA，‎ 总事件数是从5个人中选2个作为一组，同其他3人共4个元素在四个位置进行排列C‎52A44．‎ 满足条件的事件数是A33，‎ 那么，‎ 即甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率是．‎ ‎（Ⅱ）记甲、乙两人同时参加同一岗位服务为事件E，‎ 满足条件的事件数是A44，‎ 那么，‎ ‎∴甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是．‎ ‎（Ⅲ）随机变量ξ可能取的值为1，2．事件“ξ=‎2”‎是指有两人同时参加A岗位服务，‎ 则．‎ ‎∴，ξ的分布列是 ‎ ‎ ξ ‎ 1‎ ‎ 2‎ ‎ P ‎【点评】本题考查概率，随机变量的分布列，近几年新增的内容，整体难度不大，可以作为高考基本得分点．总的可能性是典型的“捆绑排列”，易把C52混淆为A52，‎ ‎　‎ ‎18．（13分）（2008•北京）已知函数，求导函数f′（x），并确定f（x）的单调区间．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；导数的运算．菁优网版权所有 ‎【分析】根据函数的求导法则进行求导，然后由导数大于0时原函数单调递增，导数小于0时原函数单调递减可得答案．‎ ‎【解答】解：==．‎ 令f'（x）=0，得x=b﹣1．‎ 当b﹣1＜1，即b＜2时，f'（x）的变化情况如下表：‎ x ‎（﹣∞，b﹣1）‎ b﹣1‎ ‎（b﹣1，1）‎ ‎（1，+∞）‎ f′（x）‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎﹣‎ 当b﹣1＞1，即b＞2时，f'（x）的变化情况如下表：‎ x ‎（﹣∞，1）‎ ‎（1，b﹣1）‎ b﹣1‎ ‎（b﹣1，+∞）‎ f′（x）‎ ‎﹣‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎﹣‎ 所以，当b＜2时，函数f（x）在（﹣∞，b﹣1）上单调递减，在（b﹣1，1）上单调递增，‎ 在（1，+∞）上单调递减．‎ 当b＞2时，函数f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，b﹣1）上单调递增，在（b﹣1，+∞）上单调递减．‎ 当b﹣1=1，即b=2时，，所以函数f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递减．‎ ‎【点评】本题主要考查函数的求导方法和导数的应用．导数题一般不会太难但公式记忆容易出错，要熟练掌握简单函数的求导法则．‎ ‎　‎ ‎19．（14分）（2008•北京）已知菱形ABCD的顶点A，C在椭圆x2+3y2=4上，对角线BD所在直线的斜率为1．‎ ‎（Ⅰ）当直线BD过点（0，1）时，求直线AC的方程；‎ ‎（Ⅱ）当∠ABC=60°时，求菱形ABCD面积的最大值．‎ ‎【考点】椭圆的应用．菁优网版权所有 ‎【专题】计算题；压轴题．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由题意得直线BD的方程，根据四边形ABCD为菱形，判断出AC⊥BD．于是可设出直线AC的方程与椭圆的方程联立，根据判别式大于0求得n的范围，设A，C两点坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），根据韦达定理求得x1+x2和x1x2，代入直线方程可表示出y1+y2，进而可得AC中点的坐标，把中点代入直线y=x+1求得n，进而可得直线AC的方程．‎ ‎（Ⅱ）根据四边形ABCD为菱形判断出∠ABC=60°且|AB|=|BC|=|CA|．进而可得菱形ABCD的面积根据n的范围确定面积的最大值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由题意得直线BD的方程为y=x+1．‎ 因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD．‎ 于是可设直线AC的方程为y=﹣x+n．‎ 由得4x2﹣6nx+3n2﹣4=0．‎ 因为A，C在椭圆上，‎ 所以△=﹣12n2+64＞0，解得．‎ 设A，C两点坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），‎ 则，，y1=﹣x1+n，y2=﹣x2+n．‎ 所以．‎ 所以AC的中点坐标为．‎ 由四边形ABCD为菱形可知，点在直线y=x+1上，‎ 所以，解得n=﹣2．‎ 所以直线AC的方程为y=﹣x﹣2，即x+y+2=0．‎ ‎（Ⅱ）因为四边形ABCD为菱形，且∠ABC=60°，‎ 所以|AB|=|BC|=|CA|．‎ 所以菱形ABCD的面积．‎ 由（Ⅰ）可得，‎ 所以．‎ 所以当n=0时，菱形ABCD的面积取得最大值．‎ ‎【点评】本题主要考查了椭圆的应用，直线方程和最值解析几何的综合题，在高考中的“综合程度”往往比较高，注意复习时与之匹配 ‎　‎ ‎20．（13分）（2008•北京）对于每项均是正整数的数列A：a1，a2，…，an，定义变换T1，T1将数列A变换成数列T1（A）：n，a1﹣1，a2﹣1，…，an﹣1；对于每项均是非负整数的数列B：b1，b2，…，bm，定义变换T2，T2将数列B各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列T2（B）；又定义S（B）=2（b1+2b2+…+mbm）+b12+b22+…+bm2．设A0是每项均为正整数的有穷数列，令Ak+1=T2（T1（Ak））（k=0，1，2，…）．‎ ‎（Ⅰ）如果数列A0为5，3，2，写出数列A1，A2；‎ ‎（Ⅱ）对于每项均是正整数的有穷数列A，证明S（T1（A））=S（A）；‎ ‎（Ⅲ）证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列A0，存在正整数K，当k≥K时，S（Ak+1）=S（Ak）．‎ ‎【考点】数列的应用．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；探究型．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由A0：5，3，2，求得T1（A0）再通过Ak+1=T2（T1（Ak））求解．‎ ‎（Ⅱ）设有穷数列A求得T1（A）再求得S（T1（A）），由S（A）=2（a1+‎2a2++nan）+a12+a22++an2，两者作差比较．‎ ‎（Ⅲ）设A是每项均为非负整数的数列a1，a2，an．在存在1≤i＜j≤n，有ai≤aj时条件下，交换数列A的第i项与第j项得到数列B，在存在1≤m＜n，使得am+1=am+2═an=0时条件下，若记数列a1，a2，…，am为C，Ak+1=T2（T1（Ak））s（Ak+1）≤S（T1（Ak））．由S（T1（Ak））=S（Ak），得到S（Ak+1）≤S（Ak）．S（Ak）是大于2的整数，所以经过有限步后，必有S（Ak）=S（Ak+1）=S（Ak+2）=0．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）解：A0：5，3，2，T1（A0）：3，4，2，1，A1=T2（T1（A0））：4，3，2，1；T1（A1）：4，3，2，1，0，A2=T2（T1（A1））：4，3，2，1．‎ ‎（Ⅱ）证明：设每项均是正整数的有穷数列A为a1，a2，an，‎ 则T1（A）为n，a1﹣1，a2﹣1，an﹣1，‎ 从而S（T1（A））=2[n+2（a1﹣1）+3（a2﹣1）++（n+1）（an﹣1）]+n2+（a1﹣1）2+（a2﹣1）2++（an﹣1）2．‎ 又S（A）=2（a1+‎2a2++nan）+a12+a22++an2，‎ 所以S（T1（A））﹣S（A）=2[n﹣2﹣3﹣﹣（n+1）]+2（a1+a2++an）+n2﹣2（a1+a2++an）+n=﹣n（n+1）+n2+n=0，‎ 故S（T1（A））=S（A）．‎ ‎（Ⅲ）证明：设A是每项均为非负整数的数列a1，a2，an．‎ 当存在1≤i＜j≤n，使得ai≤aj时，交换数列A的第i项与第j项得到数列B，‎ 则S（B）﹣S（A）=2（iaj+jai﹣iai﹣jaj）=2（i﹣j）（aj﹣ai）≤0．‎ 当存在1≤m＜n，使得am+1=am+2═an=0时，若记数列a1，a2，am为C，‎ 则S（C）=S（A）．‎ 所以S（T2（A））≤S（A）．‎ 从而对于任意给定的数列A0，由Ak+1=T2（T1（Ak））（k=0，1，2，）‎ 可知S（Ak+1）≤S（T1（Ak））．‎ 又由（Ⅱ）可知S（T1（Ak））=S（Ak），所以S（Ak+1）≤S（Ak）．‎ 即对于k∈N，要么有S（Ak+1）=S（Ak），要么有S（Ak+1）≤S（Ak）﹣1．‎ 因为S（Ak）是大于2的整数，所以经过有限步后，必有S（Ak）=S（Ak+1）=S（Ak+2）=0．‎ 即存在正整数K，当k≥K时，S（Ak+1）=S（A）‎ ‎【点评】本题是一道由一个数列为基础，按着某种规律新生出另一个数列的题目，要注意新数列的前几项一定不能出错，一出旦错，则整体出错．‎