2008年广东高考（理科）数学试题及答案

【解析】解题时在图2的右边放扇墙(心中有墙),可得答案A.2008年普通高等学校招生全国统一考试6．已知命题p:所有有理数都是实数，命题q:正数的对数都是负数，则下列命题中为真命题的是（D）（广东卷）A．(p)qB．pqC．(p)(q)D．(p)(q)数学(理科)【解析】不难判断命题p为真命题，命题q为假命题，从而上述叙述中只有(p)(q)为真命题一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40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．7．设aR，若函数yeax3x，xR有大于零的极值点，则（B）1．已知0a2，复数z的实部为a，虚部为1，则z的取值范围是（C）11A．a3B．a3C．aD．a33A．(1，5)B．(1，3)C．(1，5)D．(1，3)【解析】f'(x)3aeax，若函数在xR上有大于零的极值点，即f'(x)3aeax0有正根。当有【解析】za21，而0a2，即1a215，1z513f'(x)3aeax0成立时,显然有a0,此时xln()，由x0我们马上就能得到参数a的范围为1aa2．记等差数列{a}的前n项和为S，若a，S20，则S（D）nn1246a3.A．16B．24C．36D．488．在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F．若【解析】S426d20，d3，故S6315d48ACa，BDb，则AF（B）3．某校共有学生2000名，各年级男、女生人数如表1．已知在一年级二年级三年级全校学生中随机抽取1名，抽到二年级女生的概率是0.19．现用分层y抽样的方11211112女生373xA．abB．abC．abD．ab法在全校抽取64名学生，则应在三年级抽取的学生人数为（男生377370zC）42332433A．24B．18C．16D．12【解析】此题属于中档题.解题关键是利用平面几何知识得出DF:FC1:2,然后利用向量的加减法则易得答案表1B.开始【解析】依题意我们知道二年级的女生有380人，那么三年级的学生的人数应该是500，即总体中各个年级的二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分．2（一）必做题（9~12题）人数比例为3:3:2，故在分层抽样中应在三年级抽取的学生人数为641689．阅读图3的程序框图，若输入m4，n6，则输出a，i输入m，n2xy≤40，（注：框图中的赋值符号“”也可以写成“”或“:”）i1x2y≤50，4．若变量x，y满足则z3x2y的最大值是（C）【解析】要结束程序的运算，就必须通过n整除a的条件运算，x≥0，而同时m也整除a，那么a的最小值应为m和n的最小公倍amiy≥0，数12，即此时有i3。A．90B．80C．70D．40ii110．已知(1kx2)6（k是正整数）的展开式中，x8的系数小于120，【解析】画出可行域,利用角点法易得答案C.n整除否5．将正三棱柱截去三个角（如图1所示A，B，C分别是△GHI三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体则k．a?是按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（A）【解析】26按二项式定理展开的通项为r2rrr2r，(1kx)Tr1C6(kx)C6kx输出a，iHAGABBB844444BC侧视BCB我们知道x的系数为Ck15k，即15k120，也即k8，I6结束E而k是正整数，故k只能取1。EDEDEEE图3FFA．B．C．D11．经过圆x22xy20的圆心C，且与直线xy0垂直的直线图1图2．第1页（共5页）方程是．π1已知函数f(x)Asin(x)(A0，0π)，xR的最大值是1，其图像经过点M，．【解析】易知点C为(1,0)，而直线与xy0垂直，我们设待求的32直线的方程为yxb，将点C的坐标代入马上就能求出参数b的π312（1）求f(x)的解析式；（2）已知，0，，且f()，f()，求f()的值．2513值为b1，故待求的直线的方程为xy10。【解析】（1）依题意有A1，则f(x)sin(x)，12．已知函数f(x)(sinxcosx)sinx，xR，则f(x)的最小正周期是．11将点M(,)代入得sin()，21cos2x123232【解析】f(x)sinxsinxcosxsin2x,此时可得函数的最小正周期T。2225而0，，，二、选做题（13—15题，考生只能从中选做两题）36213．（坐标系与参数方程选做题）已知曲线C，C的极坐标方程分别为cos3，故f(x)sin(x)cosx；122312π（2）依题意有cos,cos，而,(0,)，，，则曲线与交点的极坐标为．4cos≥00≤C1C25132234125sin1()2,sin1()2，23cos3551313【解析】我们通过联立解方程组(0,0)解得,即两曲线的交点为(23,)。4cos263124556f()cos()coscossinsin。65135136517．（本小题满分13分）114．（不等式选讲选做题）已知aR，若关于x的方程x2xaa0有实根，则a的取值范围随机抽取某厂的某种产品200件，经质检，其中有一等品126件、二等品50件、三等品20件、次品44件．已知生产1件一、二、三等品获得的利润分别为6万元、2万元、1万元，而1件次品亏损2万元．设1件是．产品的利润（单位：万元）为．11【解析】方程即aax2x[0,],利用绝对值的几何意义(或零点分段法进行求解)可得实数a的取44（1）求的分布列；（2）求1件产品的平均利润（即的数学期望）；（3）经技术革新后，仍有四个等级的产品，但次品率降为1%，一等品率提高为70%．如果此时要求1件产1值范围为0,品的平均利润不小于4.73万元，则三等品率最多是多少？412650【解析】的所有可能取值有6，2，1，-2；P(6)0.63，P(2)0.2515．（几何证明选讲选做题）已知PA是圆O的切线，切点为A，PA2．AC是圆O的直径，PC与圆O交200200于点B，PB1，则圆O的半径R．204P(1)0.1，P(2)0.02【解析】依题意，我们知道PBAPAC,200200PAPB由相似三角形的性质我们有,故的分布列为：2RAB22PAAB221621-2即R3。2PB21P0.630.250.10.02三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明，证明过程或演算步骤．16．（本小题满分13分）（2）E60.6320.2510.1(2)0.024.34第2页（共5页）（3）设技术革新后的三等品率为x，则此时1件产品的平均利润为1，x1E(x)60.72(10.70.01x)(2)0.014.76x(0x0.29)设kR，函数f(x)1x，F(x)f(x)kx，xR，试讨论函数F(x)的单调性．x1，x≥1依题意，E(x)4.73，即4.76x4.73，解得x0.03所以三等品率最多为3%118．（本小题满分14分）1k,x1,kx,x1,(1x)2【解析】F(x)f(x)kx1xF'(x)x2y21设，椭圆方程为，抛物线方程为2．如图4所示，过点，作轴b0221x8(yb)F(0b2)xx1kx,x1,k,x1,2bb2x11的平行线，与抛物线在第一象限的交点为G，已知抛物线在点G的切线经过椭圆的右焦点F．对于F(x)kx(x1)，11x（1）求满足条件的椭圆方程和抛物线方程；当k0时，函数F(x)在(,1)上是增函数；（2）设A，B分别是椭圆长轴的左、右端点，试探究在抛物线上是否存在点P，使得△ABP为直角三角形？若存在，请指出共有几个这样的点？并说明理由（不必具体求出这些点的坐标）．111当k0时，函数F(x)在(,1)上是减函数，在(1,1)上是增函数；【解析】（1）由x28(yb)得yx2b，kk8当yb2得x4，1y对于F(x)k(x1)，2x11FG点的坐标为(4,b2)，y'x，y'|1，4x4G当k0时，函数F(x)在1,上是减函数；F1x过点G的切线方程为y(b2)x4即yxb2，AOB11当k0时，函数F(x)在1,1上是减函数，在1,上是增函数。令得，点的坐标为，图422y0x2bF1(2b,0)4k4k20．（本小题满分14分）由椭圆方程得F点的坐标为(b,0)，1如图5所示，四棱锥PABCD的底面ABCD是半径为R的圆的内接四边形，其中BD是圆的直径，2x22ABD60，BDC45，PD垂直底面ABCD，PD22R，E，F分别是PB，CD上的点，且2bb即b1，即椭圆和抛物线的方程分别为y1和x8(y1)；P2PEDF，过点E作BC的平行线交PC于G．（2）过作轴的垂线与抛物线只有一个交点,EAxPEBFCG以PAB为直角的RtABP只有一个，（1）求BD与平面ABP所成角的正弦值；同理以PBA为直角的RtABP只有一个。（2）证明：△EFG是直角三角形；AD1PE1若以APB为直角，设P点坐标为(x,x21)，A、B两点的坐标分别为(2,0)和(2,0)，（3）当时，求△EFG的面积．FB8EB2C21221452图PAPBx2(x1)xx10。58644【解析】（1）在RtBAD中，ABD60，ABR,AD3R关于x2的二次方程有一大于零的解，x有两解，即以APB为直角的RtABP有两个，而PD垂直底面ABCD，PAPD2AD2(22R)2(3R)211R因此抛物线上存在四个点使得ABP为直角三角形。19．（本小题满分14分）PBPD2BD2(22R)2(2R)223R,第3页（共5页）222在PAB中，PAABPB,即PAB为以PAB为直角的直角三角形。（2）设xnsxn1t(xn1sxn2)，则xn(st)xn1stxn2，设点D到面PAB的距离为H,stp由xpxqx得，由有,nn1n2VPABDVDPABPAABHABADPDstq即消去t，得s2psq0，s是方程x2pxq0的根，ADPD3R22R266HR由题意可知，PA11R11s1,s2H66stps1s2sin;①当时，此时方程组的解记为或BD11stqt1t2PEPGPEDFPGDF(2)EG//BC,,而,即,GF//PD,xx(xx),xx(xx),EBGCEBFCGCDCnn1n1n2nn1n1n2GFBC，即xtx、xtx分别是公比为s、s的等比数列，GFEG,EFG是直角三角形；n1n1n2n112PE1EGPE1GFCF2（3）时,,由等比数列性质可得xx(xx)