2008年四川高考文科数学试卷(word版)和答案

2023-10-27 · U3 上传 · 12页 · 1 M

2008年普通高等学校招生全国统一考试(四川卷)数学文科)及参考答案试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,第Ⅰ卷第1至第2页,第Ⅱ卷第3至第4页。全卷满分150分,考试时间120分钟。考生注意事项:答题前,务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的座位号、姓名,并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中“座位号、姓名、科类”与本人座位号、姓名、科类是否一致。答第Ⅰ卷时,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。答第Ⅱ卷时,必须用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上书写。在试题卷上作答无效。考试结束,监考员将试题卷和答题卡一并收回。参考公式:如果事件A、B互斥,那么 球的表面积公式 如果事件A、B相互独立,那么 其中R表示球的半径 球的体积公式如果事件在一次实验中发生的概率是,那么 次独立重复实验中事件恰好发生次的概率 其中R表示球的半径第Ⅰ卷一.选择题:1.设集合,则(B) (A) (B) (C) (D)【解】:∵∴又∵∴故选B;2.函数的反函数是(C) (A) (B)(C) (D)【解】:∵由反解得∴从而淘汰(B)、(D)又∵原函数定义域为∴反函数值域为故选C;【考点】:此题重点考察求反函数的方法,考察原函数与反函数的定义域与值域的互换性;【突破】:反解得解析式,或利用原函数与反函数的定义域与值域的互换对选项进行淘汰;3.设平面向量,则(A) (A) (B) (C) (D)【解】:∵∴故选C;【考点】:此题重点考察向量加减、数乘的坐标运算;【突破】:准确应用向量的坐标运算公式是解题的关键;4.(D) (A) (B) (C) (D)【解】:∵故选D;【点评】:此题重点考察各三角函数的关系;【突破】:熟悉三角公式,化切为弦;以及注意;5.不等式的解集为(A) (A) (B) (C) (D)【解】:∵∴即,,∴故选A;【点评】:此题重点考察绝对值不等式的解法;【突破】:准确进行不等式的转化去掉绝对值符号为解题的关键,可用公式法,平方法,特值验证淘汰法;6.直线绕原点逆时针旋转,再向右平移1个单位,所得到的直线为(A)(A) (B)(C) (D)【解】:∵直线绕原点逆时针旋转的直线为,从而淘汰(C),(D)又∵将向右平移1个单位得,即故选A;【点评】:此题重点考察互相垂直的直线关系,以及直线平移问题;【突破】:熟悉互相垂直的直线斜率互为负倒数,过原点的直线无常数项;重视平移方法:“左加右减”;7.的三内角的对边边长分别为,若,则(B) (A) (B) (C) (D)【解】:∵中∴∴故选B;【点评】:此题重点考察解三角形,以及二倍角公式;【突破】:应用正弦定理进行边角互化,利用三角公式进行角的统一,达到化简的目的;在解三角形中,利用正余弦定理进行边角转化是解题的基本方法,在三角函数的化简求值中常要重视角的统一,函数的统一,降次思想的应用。8.设是球心的半径的中点,分别过作垂直于的平面,截球面得两个圆,则这两个圆的面积比值为:(D)(A) (B) (C) (D)【解】:设分别过作垂线于的面截球得三个圆的半径为,球半径为,则:∴∴这两个圆的面积比值为:故选D【点评】:此题重点考察球中截面圆半径,球半径之间的关系;【突破】:画图数形结合,提高空间想象能力,利用勾股定理;9.函数满足,若,则(C)(A) (B) (C) (D)【解】:∵且∴,,,,,,∴,∴故选C【点评】:此题重点考察递推关系下的函数求值;【突破】:此类题的解决方法一般是求出函数解析式后代值,或者得到函数的周期性求解;10.设直线平面,经过外一点与都成角的直线有且只有:(B)(A)1条 (B)2条 (C)3条 (D)4条【解】:如图,当时,直线满足条件;又由图形的对称性,知当时,直线满足条件;故选B【点评】:此题重点考察线线角,线面角的关系,以及空间想象能力,图形的对称性;【突破】:数形结合,利用圆锥的母线与底面所成的交角不变画图,重视空间想象能力和图形的对称性;11.已知双曲线的左右焦点分别为,为的右支上一点,且,则的面积等于(C)(A) (B) (C) (D)【解1】:∵双曲线中∴∵∴作边上的高,则∴∴的面积为故选C【解2】:∵双曲线中∴设,则由得又∵为的右支上一点∴∴∴即解得或(舍去)∴∴的面积为故选B【点评】:此题重点考察双曲线的第一定义,双曲线中与焦点,准线有关三角形问题;【突破】:由题意准确画出图象,解法1利用数形结合,注意到三角形的特殊性;解法2利用待定系数法求点坐标,有较大的运算量;12.若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形,另外两个侧面都是有一个内角为的菱形,则该棱柱的体积等于(B)(A) (B) (C) (D)【解】:如图在三棱柱中,设,由条件有,作于点,则∴∴∴故选B【点评】:此题重点考察立体几何中的最小角定理和柱体体积公式,同时考察空间想象能力;【突破】:具有较强的空间想象能力,准确地画出图形是解决此题的前提,熟悉最小角定理并能准确应用是解决此题的关键;第Ⅱ卷二.填空题:本大题共4个小题,每小题4分,共16分。把答案填在题中横线上。13.展开式中的系数为_______________。【解】:∵展开式中项为∴所求系数为故填【点评】:此题重点考察二项展开式中指定项的系数,以及组合思想;【突破】:利用组合思想写出项,从而求出系数;14.已知直线与圆,则上各点到的距离的最小值为_____________。【解】:如图可知:过原心作直线的垂线,则长即为所求;∵的圆心为,半径为点到直线的距离为∴故上各点到的距离的最小值为【点评】:此题重点考察圆的标准方程和点到直线的距离;【突破】:数形结合,使用点到直线的距离距离公式。15.从甲、乙等10名同学中挑选4名参加某校公益活动,要求甲、乙中至少有1人参加,则不同的挑选方法共有________________种。【解】:∵从10个同学中挑选4名参加某项公益活动有种不同挑选方法;从甲、乙之外的8个同学中挑选4名参加某项公益活动有种不同挑选方法;∴甲、乙中至少有1人参加,则不同的挑选方法共有种不同挑选方法故填;【考点】:此题重点考察组合的意义和组合数公式;【突破】:从参加“某项”切入,选中的无区别,从而为组合问题;由“至少”从反面排除易于解决;16.设数列中,,则通项___________。【解】:∵∴,,,,,,将以上各式相加得:故应填;【考点】:此题重点考察由数列的递推公式求数列的通项公式;【突破】:重视递推公式的特征与解法的选择;抓住中系数相同是找到方法的突破口;此题可用累和法,迭代法等;三.解答题:本大题共6个小题,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)求函数的最大值与最小值。解:由于函数在中的最大值为最小值为故当时取得最大值,当时取得最小值18.(本小题满分12分)设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为,购买乙种商品的概率为,且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立,各顾客之间购买商品也是相互独立的。(Ⅰ)求进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的概率;(Ⅱ)求进入商场的3位顾客中至少有2位顾客既未购买甲种也未购买乙种商品的概率。解:(Ⅰ)记表示事件:进入商场的1位顾客购买甲种商品,记表示事件:进入商场的1位顾客购买乙种商品,记表示事件:进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种,(Ⅱ)记表示事件:进入商场的3位顾客中都未选购甲种商品,也未选购买乙种商品;表示事件:进入商场的1位顾客未选购甲种商品,也未选购买乙种商品;表示事件:进入商场的3位顾客中至少有2位顾客既未选购甲种商品,也未选选购乙种商品;19.(本小题满分12分)如图,平面平面,四边形与都是直角梯形,,,分别为的中点(Ⅰ)证明:四边形是平行四边形;(Ⅱ)四点是否共面?为什么?(Ⅲ)设,证明:平面平面;解法一:(Ⅰ)由题意知,所以又,故所以四边形是平行四边形。(Ⅱ)四点共面。理由如下:由,是的中点知,,所以由(Ⅰ)知,所以,故共面。又点在直线上所以四点共面。(Ⅲ)连结,由,及知是正方形故。由题设知两两垂直,故平面,因此是在平面内的射影,根据三垂线定理,又,所以平面由(Ⅰ)知,所以平面。由(Ⅱ)知平面,故平面,得平面平面解法二:由平面平面,,得平面,以为坐标原点,射线为轴正半轴,建立如图所示的直角坐标系(Ⅰ)设,则由题设得 所以于是又点不在直线上所以四边形是平行四边形。(Ⅱ)四点共面。理由如下:由题设知,所以又,故四点共面。(Ⅲ)由得,所以又,因此即又,所以平面故由平面,得平面平面20.(本小题满分12分)设和是函数的两个极值点。(Ⅰ)求和的值;(Ⅱ)求的单调区间解:(Ⅰ)因为由假设知:解得(Ⅱ)由(Ⅰ)知当时,当时,因此的单调增区间是的单调减区间是21.(本小题满分12分)设数列的前项和为,(Ⅰ)求(Ⅱ)证明:是等比数列;(Ⅲ)求的通项公式解:(Ⅰ)因为,所以由知得①所以(Ⅱ)由题设和①式知所以是首项为2,公比为2的等比数列。(Ⅲ)22.(本小题满分14分)设椭圆的左右焦点分别为,离心率,点到右准线为的距离为(Ⅰ)求的值;(Ⅱ)设是上的两个动点,,证明:当取最小值时,解:因为,到的距离,所以由题设得解得由,得(Ⅱ)由得,的方程为故可设由知知得,所以当且仅当时,上式取等号,此时所以,

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