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

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

准考证号 姓名 （在此卷上答题无效） 绝密★启用前 2008 年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷） 理科数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷 l 至 2 页，第Ⅱ卷 3 至 4 页， 共 150 分． 第Ⅰ卷 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上 粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致． 2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作 答．若在试题卷上作答，答案无效． 3．考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回． 参考公式： 如果事件 A、B 互斥，那么 球的表面积公式 P(A＋B)＝P(A)＋P(B) S＝4πR2 如果事件 A、B 相互独立，那么 其中 R 表示球的半径 P(A·B)＝P(A)·P(B) 球的体积公式 如果事件 A 在一次试验中发生的概率是 P，那么 V＝ 3 4 πR3 n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率 其中 R 表示球的半径 Pn(k)＝C k n P k (1 一 P) kn 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．在复平面内，复数 sin 2 cos2z i  对应的点位于 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．定义集合运算：  | , ,A B z z xy x A y B     ．设    1,2 , 0,2A B  ，则集合 A B 的 所有元素之和为 A．0 B．2 C．3 D．6 3．若函数 ( )y f x 的值域是 1 ,32      ，则函数     1 ( )F x f x f x   的值域是 A．[ 2 1 ，3] B．[2， 3 10 ] C．[ 2 5 ， 3 10 ] D．[3， 3 10 ] 4． 1 23lim1    x x x ＝ A． 2 1 B．0 C．－ 2 1 D．不存在 5．在数列 na 中， 1 1 12, ln 1n na a a n        ，则 na ＝ A． 2 ln n B．  2 1 lnn n  C． 2 lnn n D．1 lnn n  6．函数 tan sin tan siny x x x x    在区间( 2  ， 2 3 )内的图象大致是 A B C D 7．已知 1 2F F、 是椭圆的两个焦点．满足 1MF · 2MF ＝0 的点 M 总在椭圆内部，则椭圆离心率 的取值范围是 A．(0，1) B．(0， 2 1 ] C．(0， 2 2 ) D．[ 2 2 ，1) 8．(1＋ 3 x )6(1＋ 4 1 x )10 展开式中的常数项为 A．1 B．46 C．4245 D．4246 9．若 1 2 1 20 ,0a a b b    ，且 1 2 1 2 1a a b b    ，则下列代数式中值最大的是 A． 1 1 2 2a b a b B． 1 2 1 2a a b b C． 1 2 2 1a b a b D． 2 1 10．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为 4 的球的两条弦 AB、CD 的长度分别等于 2 7 、 4 3 ，M、N 分别为 AB、CD 的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题： ①弦 AB、CD 可能相交于点 M ②弦 AB、CD 可能相交于点 N ③MN 的最大值为 5 ④MN 的最小值为 l 其中真命题的个数为 A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 11．电子钟一天显示的时间是从 00∶00 到 23∶59，每一时刻都由四个数字组成，则一天中任一 时刻显示的四个数字之和为 23 的概率为 A． 180 1 B． 288 1 C． 360 1 D． 480 1 12．已知函数      22 2 4 1,f x mx m x g x mx     ，若对于任一实数 x ，  f x 与  g x 的 值至少有一个为正数，则实数 m 的取值范围是 A．(0，2) B．(0，8) C．(2，8) D．(－∞，0) 绝密★启用前 2008 年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷） 理科数学 第Ⅱ卷 注意事项： 第Ⅱ卷 2 页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试题卷上作答，答案无效． 二．填空题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分．请把答案填在答题卡上． 13．直角坐标平面内三点      1,2 3, 2 9,7A B C、 、 ，若 E F、 为线段 BC 的三等分点，则 AE · AF ＝ ． 14．不等式 13 2  x x ≤ 2 1 的解集为 ． 15．过抛物线  2 2 0x py p  的焦点 F 作倾斜角为 30°的直线，与抛物线分别交于 A、B 两点 (点 A 在 y 轴左侧)，则 FB AF ＝ ． 16．如图 1，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块， 容器内盛有 a 升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点 P ．如果将容器倒置，水面也恰好过点 P (图 2)．有下列四个命题： A．正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半 B．将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点 P C．任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好 经过点 P D．若往容器内再注入 a 升水，则容器恰好能装满 其中真命题的代号是 ．(写出所有真命题的代号) ． 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．a、b、c 分别为角 A、B、C 所对的边长， a＝2 3 ，tan 2 BA  ＋tan 2 C ＝4，sin B sin C＝cos2 2 A ．求 A、B 及 b、c． 18．（本小题满分 12 分） 因冰雪灾害，某柑桔基地果林严重受损，为此有关专家提出两种拯救果树的方案，每种方案 都需分两年实施．若实施方案一，预计第一年可以使柑桔产量恢复到灾前的 1.0 倍、0.9 倍、 0.8 倍的概率分别是 0.3、0.3、0.4；第二年可以使柑桔产量为第一年产量的 1.25 倍、1.0 倍的 概率分别是 0.5、0.5．若实施方案二，预计第一年可以使柑桔产量达到灾前的 1.2 倍、1.0 倍、 0.8 倍的概率分别是 0.2、0.3、0.5；第二年可以使柑桔产量为第一年产量的 1.2 倍、1.0 倍的 概率分别是 0.4、0.6．实施每种方案第一年与第二年相互独立，令  1,2i i  表示方案i 实施 两年后柑桔产量达到灾前产量的倍数． （1）写出ξ1、ξ2 的分布列； （2）实施哪种方案，两年后柑桔产量超过灾前产量的概率更大? （3）不管哪种方案，如果实施两年后柑桔产量达不到、恰好达到、超过灾前产量，预计利润 分别为 10 万元、15 万元、20 万元．问实施哪种方案的平均利润更大? 19．（本小题满分 12 分） 等差数列 na 各项均为正整数， 1 3a  ，前 n 项和为 nS ，等比数列  nb 中， 1 1b  ，且 2 2 64b S  ， nb 是公比为 64 的等比数列． （1）求 na 与 nb ； （2）证明： 1 1 S ＋ 2 1 S ＋……＋ nS 1 ＜ 4 3 ． 20．（本小题满分 12 分） 正三棱锥O ABC 的三条侧棱OA OB OC、 、 两两垂 直，且长度均为2． E F、 分别是 AB AC、 的中点， H 是 EF 的中点，过 EF 的一个平面与侧棱 OA OB OC、 、 或其延长线分别相交于 1 1 1A B C、 、 ，已 知 1 3 2OA  ． （1）证明： 1 1B C  平面 OAH ； （2）求二面角 1 1 1O A B C  的大小． 21．（本小题满分 12 分） 设 点  0 0,P x y 在 直 线  ,0 1x m y m m     上 ， 过 点 P 作 双 曲 线 2 2 1x y  的 两 条 切 线 PA PB、 ，切点为 A B、 ，定点 M ( m 1 ，0)． （1）过点 A 作直线 0x y  的垂线，垂足为 N ，试 求△ AMN 的重心G 所在的曲线方程； （2）求证： A M B、 、 三点共线． 22．（本小题满分 14 分） 已知函数  f x ＝ x1 1 ＋ a1 1 ＋ 8ax ax ，x∈(0，＋∞)． （1）当 8a  时，求  f x 的单调区间； （2）对任意正数 a ，证明：  1 2f x  ． 2008 年高考江西卷（理科数学）试题 参 考 答 案 一、选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D D B A A D C D A C C B 二、填空题 13. 22 14. （－∞，－3 ] ∪ (0，1 ] 15. 3 1 16. BD 三、解答题： 17.解：A、B、C 为△ABC 三内角，∴ 22 CBA   ∴ 42tan2tan  CC ，即 42tan2cot  CC 。 又 C CC cos1 sin 2tan  ，∴ 4sin cos1 cos1 sin  C C C C ， 整理得 4sin 2  C ，∴ 2 1sin C 由 2cossinsin 2 ACB  可得 2 cos1 2 sin AB  ，∴ AB cos1sin  ∵sinB≤1，∴cosA≤0，而 A 为△ABC 内角，则 A 必为钝角。 ∴C 应为锐角，∴ 6 C 。 则 AB   6 5 ，代入 AB cos1sin  ，得 AA cos1)6 5sin(  ，将左边展开并整理得： 1)3cos(  A ，又 A 为钝角，∴  3 2A ，故 6 B ∴△ABC 为等腰△， 32a ，作图如右： 易解得 b = c = 2 综上，  3 2A ， 6 B ，b = c = 2 A B C30° 3 3 17 题 2 2 18.解： （1）ξ1 的分布列为 ξ1 0.8 0.9 1 1.125 1.25 P1 0.2 0.15 0.35 0.15 0.15 ξ2 的分布列为 ξ2 0.8 0.96 1 1.2 1.44 P2 0.3 0.2 0.18 0.24 0.08 （2）由（1）可得 P1＞1 的概率 P（P1＞1）= 0.15 + 0.15 = 0.3， P2＞1 的概率 P（P2＞1）= 0.24 + 0.08 = 0.32， 可见，P（P2＞1）＞P（P1＞1） ∴实施方案 2，两年后产量超过灾前概率更大。 （3）设实施方案 1、2 的平均利润分别为利润 1、利润 2，根据题意 利润 1 = （0.2 +0.15）×10 + 0.35×15 + （0.15 + 0.15）×20 = 14.75（万元） 利润 2 = （0.3 + 0.2）×10 + 0.18×15 + （0.24 + 0.08）×20 = 14.1（万元） ∴利润 1＞利润 2， ∴实施方案 1 平均利润更大。 19.解：设{ na }公差为 d，由题意易知 d≥0，且 d∈N*， 则{ na }通项 na =3 +（n－1）d，前 n 项和 dnnnSn 2 )1(3  。 再设{ nb }公比为 q，则{ nb }通项 1 n n qb 由 6422 Sb 可得 64)6(·  dq ① 又{ nab }为公比为 64 的等比数列， ∴ daa a a a a qq q q b b nn n n n n        1 1 1 1 1 ，∴ 64dq ② 联立①、②及 d≥0，且 d∈N*可解得 q = 8，d = 2 ∴{ na }通项 na = 2n + 1 ，n∈N* { nb }通项 18  n nb ，n∈N* （2）由（1）知 )2(22 )1(3  nnnnnSn ，n∈N* ∴ )2 11(2 1 )2( 11  nnnnSn ，n∈N* ∴ 20．解： （1）证明： ∵O-ABC 为正三棱锥，∴△ABC 为等边△ ∵E、F 为 AB、AC 中点，∴EF∥BC ∵H 为 EF 中点，∴H 为△ABC 中心，AH⊥EF 则由正三棱锥性质易知 OH⊥平面 ABC ∴OH⊥EF ∵BC∥EF，BC  平面 111 CBA ，EF  平面 111 CBA ∴BC∥平面 111 CBA 又平面 11COB 平面 111 CBA = 11CB ，BC  平面 11COB ， ∴BC∥ 11CB ，∴ 11CB ∥EF，∴ 11CB ⊥OH， 11CB ⊥AH， 又 OH∩AH = H， 11CB  平面OAH ∴ 11CB 平面OAH （2）∵E 为 AB 中点，OA⊥OB，OA = OB = 2，则过点 B 在平面 OAB 内作 BG∥OA，交 11BA 于 4 3 )2 1 1 1(2 1 4 3 )]2 1 1 1()2 11[(2 1 )]2 1 5 1 4 1 3 1()1 3 1 2 11[(2 1 )2 11 4 1 2 1 3 11(2 1 )2 11(2 1)4 1 2 1(2 1)3 11(2 1 111 21        nn nn nn nn nn SSS n     I G 20 题 G 点，则易证 BG∥AA1，且 BG= AA1，∴BG= 2 1 ，∴ 3 1 1 1 1  OB BB OA BG ∴ 11 BB 。由 OB=OC，BC∥ 11CB 可知 11 CC ， 则 Rt△A1OB1 中，易得 52 33)2 3( 22 11 BA 在Rt△A1OB1中过O作OI⊥ 11BA ，交 11BA 于I点，则在Rt△A1OB1中由面积法易解得 55 3OI 。 ∵OA、OB、OC 两两垂直，∴OC1⊥平面 OA1B1，连接 I C1 ∵OI⊥ 11BA ，∴ 11BA ⊥I C1，∴∠OI C1 即为二面角 O－ 11BA － C1 的一个平面角 在 Rt△IOC1 中， 5 53 3tan 1 OIC ，∴∠OI C1 5arctan ， 即二面角 O－ 11BA － C1 为 5arctan 21.解：（1）设 ),( AA yxA ， ),( NN xxN ，∵AN⊥直线 xy  ，则 1  NA NA xx xy ∴ 2 AA N yxx  ，∴ )2,2( AAAA yxyxN  ， 设 ),( yxG ，则               AA A AA AA AA A yx yyx y yxm yxxmx 2 1 6 1 3 2 6 1 2 1 3 1 3 2 1 ，解得        myxy myxx A A 4 1 4 9 4 3 4 3 4 3 4 9 ，代入双曲线方程 122  yx ，并整理得 12 9 2 )3 1(9 2 2   ymx ， 即 G 点所在曲线方程为 19292 )3 1( 2 2   ymx （2）设 ),( 11 yxA ， ),( 22 yxB ，PA 斜率为 k，则切线 PA 的方程为： )( 11 xxkyy  由      1 )( 22 11 yx xxkyy ，消去 y 并整理得： 01)()(2)1( 2 1111 22  kxyxkxykxk ，因为直线与双曲线相切，从而 △= )1(4))(1(4)(4 22 11 22 11 2 kkxykkxyk  = 0，及 12 1 2 1  yx ，解得 1 1 y xk  因此 PA 的方程为： 111  xxyy 同理 PB 的方程为： 122  xxyy 又 ),( 0ymP 在 PA、PB 上， ∴ 1101  mxyy 1202  mxyy 即点 ),( 11 yxA ， ),( 22 yxB 都在直线 10  mxyy 上， 又 )0,1(mM 也在 10  mxyy 上， ∴A、M、B 三点共线。 22 解：（1） 8a 时， 3 1 1 1 13 1 1 1)(      x x x x x xf ∴ 令 0)(' xf ，结合 0x ，解得 10  x 故 )(xf 在（0，1）单调递增，同理 )(xf 在 ）， 1( 单调递减。 ∴ 8a 时， )(xf 单调递增区间为（0，1），单调递减区间为 ）， 1( 。 （2）对任意给定的 0a ， 0x ，因 )1(12 1 1 12 1 2 1 1 )'1()1(1)'1()(' xxx x x x x x x x xxxxxf         ax ax xf 81 1 1 1 1 1)(       ，若令 axb 8 ，则 8abx ① bax xf       1 1 1 1 1 1)( ② （一）先证 1)( xf ：因为 xx   1 1 1 1 ， aa   1 1 1 1 ， bb   1 1 1 1 又由 xba 2 ≥ 8244 abx ，∴ xba  ≥6 所以 （2）. 再 证 2)( xf ：由①、②中关于 x，a，b 的对称性，不妨设 x≥a≥b，则 0

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