2008年四川高考文科数学试卷(word版)和答案

2008年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）数学（文科）及参考答案本试卷分第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，