2008高考广东数学理科试卷含详细解答(全word版)

2008年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）(理科)全解析

广东佛山南海区南海中学 钱耀周

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．

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 ）

A．(1， 5)

B．(1，3)

C．(1，5)

D．(1，3)

【解析】za21，而0a2，即1a215，1z5 2．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1A．16

B．24

C．36

1，S420，则S6（ D ） 2D．48

【解析】S426d20，d3，故S6315d48 3．某校共有学生2000名，各年级男、女生人数如表1．已知在全校 学生中随机抽取1名，抽到二年级女生的概率是0.19．现用分层抽样的方法在全校抽取名学生，则应在三年级抽取的学生人数为（ C ）

A．24

B．18

C．16

D．12

表1

一年级 二年级 三年级 373 377 x 女生 男生 y z 370 【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

216 8实用文档

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2xy≤40，x2y≤50，4．若变量x，y满足则z3x2y的最大值是（ C ）

x≥0，y≥0，A．90

B．80

C．70

D．40

【解析】画出可行域,利用角点法易得答案C.

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，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（ A ）

H

A B I C

G

A 侧视 B C D F 图2

B

E

E

A．

B

E

B．

B E

B E

F 图1

D E

C． D．

【解析】解题时在图2的右边放扇墙(心中有墙),可得答案A.

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 ）

A．(p)q

B．pq

C．(p)(q)

D．(p)(q)

【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

7．设aR，若函数yeax3x，xR有大于零的极值点，则（ B ）

A．a3

B．a3

1C．a

31D．a

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。

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13ln()，由x0我们马上就能得到aa当有f'(x)3aeax0成立时,显然有a0,此时x参数a的范围为a3.

8．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ACa，BDb，则AF（ B ）

11A．ab

4221B．ab

33

11C．ab

24

12D．ab

33【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B.

开始 输入m，n 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． i1 （一）必做题（9~12题）

ami ii1 否 9．阅读图3的程序框图，若输入m4，n6，则输出a ，i

n整除是 输出a，i （注：框图中的赋值符号“”也可以写成“”或“:”） 【解析】要结束程序的运算，就必须通过n整除a的条件运算，

结束 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 数12，即此时有i3。

10．已知(1kx2)6（k是正整数）的展开式中，x8的系数小于120， 则k ．

【解析】(1kx2)6按二项式定理展开的通项为Tr1C6r(kx2)rC6rkrx2r， 我们知道x8的系数为Ck415k4，即15k4120，也即k48，

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图3

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而k是正整数，故k只能取1。

11．经过圆x22xy20的圆心C，且与直线xy0垂直的直线 方程是 ．

【解析】易知点C为(1,0)，而直线与xy0垂直，我们设待求的 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 值为b1，故待求的直线的方程为xy10。

12．已知函数f(x)(sinxcosx)sinx，xR，则f(x)的最小正周期是 ． 【解析】f(x)sin2xsinxcosxT2。 21cos2x1sin2x,此时可得函数的最小正周期22二、选做题（13—15题，考生只能从中选做两题）

13．（坐标系与参数方程选做题）已知曲线C1，C2的极坐标方程分别为cos3，

4cos≥0，0≤，则曲线C1与C2交点的极坐标为 ．

2π23cos3【解析】我们通过联立解方程组(0,0)解得,即两曲线的交点为

4cos26(23,)。

614．（不等式选讲选做题）已知aR，若关于x的方程x2xa1a0有实根，则a的4取值范围是 ． 【解析】方程即a11ax2x[0,],利用绝对值的几何意义(或零点分段法进行求解)44实用文档

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1可得实数a的取值范围为0,

415．（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交于点B，PB1，则圆O的半径R ．

【解析】依题意，我们知道PBAPAC,由相似三角形的性质我们有

PA•AB22212R3。

2PB21PAPB,即2RAB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）

π1已知函数f(x)Asin(x)(A0，其图像经过点M，． 0π)，xR的最大值是1，

32312π（1）求f(x)的解析式；（2）已知，0，，且f()，f()，求f()的

5132值．

11【解析】（1）依题意有A1，则f(x)sin(x)，将点M(,)代入得sin()，而

32320，5，，故f(x)sin(x)cosx； 362234125312sin1()2,sin1()2，（2）依题意有cos,cos，而,(0,)，

55131351323124556。 f()cos()coscossinsin5135136517．（本小题满分13分）

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4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

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元，而1件次品亏损2万元．设1件产品的利润（单位：万元）为． （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件产品的平均利润不小于4.73万元，则三等品率最多是多少？ 【解析】的所有可能取值有6，2，1，-2；P(6)P(1)2040.1，P(2)0.02 200200126500.63，P(2)0.25 200200故的分布列为：

 P

6 0.63 2 0.25 1 0.1 -2 0.02 （2）E60.6320.2510.1(2)0.024.34

（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

E(x)60.72(10.70.01x)(2)0.014.76x(0x0.29)

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% 18．（本小题满分14分）

x2y2设b0，椭圆方程为221，抛物线方程为x28(yb)．如图4所示，过点

2bbF(0，b2)作x轴的平行线，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F1．

（1）求满足条件的椭圆方程和抛物线方程；

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（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）．

【解析】（1）由x28(yb)得y12xb， 8y F 1x，y'|x41， 4A G B x 当yb2得x4，G点的坐标为(4,b2)，y'O F 过点G的切线方程为y(b2)x4即yxb2，

图4

令y0得x2b，F1点的坐标为(2b,0)，由椭圆方程得F1点的坐标为(b,0)，

x22bb即b1，即椭圆和抛物线的方程分别为y21和x28(y1)；

2（2）过A作x轴的垂线与抛物线只有一个交点P,以PAB为直角的RtABP只有一个，

同理 以PBA为直角的RtABP只有一个。

1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)，

811452PAPBx22(x21)2xx10。

84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， 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）

1，x1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

x1，x≥1性．

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1kx,【解析】F(x)f(x)kx1xx1kx,对于F(x)1kx(x1)， 1x1k,2x1,(1x)F'(x)1k,x1, 2x1x1,

x1,当k0时，函数F(x)在(,1)上是增函数； 当k0时，函数F(x)在(,11k(x1)，

2x111)上是减函数，在(1,1)上是增函数； kk对于F(x)当k0时，函数F(x)在1,上是减函数；

11当k0时，函数F(x)在1,12上是减函数，在12,上是增函数。

4k4k20．（本小题满分14分）

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，ABD60，BDC45，PD垂直底面ABCD，PD22R，E，FP分别是PEDF，过点E作BC的平行线交PC于G． PB，CD上的点，且

EBFCE G A D F C

（1）求BD与平面ABP所成角的正弦值；（2）证明：△EFG是直角三角形； B

PE1（3）当时，求△EFG的面积．

EB2图5

【解析】（1）在RtBAD中，ABD60，ABR,AD3R 而PD垂直底面ABCD，PAPD2AD2(22R)2(3R)211R

PBPD2BD2(22R)2(2R)223R,

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在PAB中，PA2AB2PB2,即PAB为以PAB为直角的直角三角形。 设点D到面PAB的距离为H,由VPABDVDPAB有PAABHABADPD,即

HH66ADPD3R22R266; R sinBD11PA1111R(2)EG//BC,PEPGPEDFPGDF,而,即,GF//PD,GFBC，

EBGCEBFCGCDCGFEG,EFG是直角三角形； （3）

PE1EGPE1GFCF2时,, EB2BCPB3PDCD31122242R,GFPD22RR, 即EGBC2Rcos45333333EFG的面积SEFG21．（本小题满分12分）

112424EGGFRRR2 22339设p，q为实数，，是方程x2pxq0的两个实根，数列{xn}满足x1p，

x2p2q，xnpxn1qxn2（n3，…）．（1）证明：p，q；（2）求数列{xn}4，的通项公式； （3）若p1，q1，求{xn}的前n项和Sn． 4pp24qpp24q【解析】（1）由求根公式，不妨设，得 ,22pp24qpp24qpp24qpp24qp，q

2222stp（2）设xnsxn1t(xn1sxn2)，则xn(st)xn1stxn2，由xnpxn1qxn2得，

stq消去t，得s2psq0，s是方程x2pxq0的根，由题意可知，s1,s2

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①当时，此时方程组stpq的解记为ss2st1t1或 t2xnxn1(xn1xn2),xnxn1(xn1xn2),

即xnt1xn1、xnt2xn1分别是公比为s1、s2的等比数列， 由等比数列性质可得x2nxn1(x2x1)n2,xnxn1(x2x1)n, 两式相减，得()xn1(x22x1)n(x2x1)n2

x2p2q,x1p，x222，x1

(x2x1)n22n2n，(xn22x1)2n2n

)xnnnnn1n1(n1，即xn1，xn

②当时，即方程x2pxq0有重根，p24q0， 即(st)24st0，得(st)20,st，不妨设st，由①可知

xnxn1(x2x1)n2，，xnxn1(x2x21)nn

即xnn1xnn1nxn1n，等式两边同时除以n，得

xnxn11，即

nxn11

数列{xnn}是以1为公差的等差数xnnx1(n1)12n1n1,xnnnn

n1n1综上所述，x,()n

nnn,()（3）把p1，q14代入x2pxq0，得x2x1140，解得2 x1)n(1nn()n22

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列，

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11111111Sn()()2()3...()n()2()23()3...n()n

222222221111111111()n()2()23()3...n()n1()n2()n1n()n3(n3)()n

222222222

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