歡迎下載2008年普通高等學校招生全國統一考試理科數學（必修+選修Ⅰ）一、選擇題1．函數A．的定義域為（）B．C．D．2．汽車經過啟動、加速行駛、勻速行駛、減速行駛之后停車，若把這一過程中汽車的行駛路程看作時間的函數，其圖像可能是（）3．在A．中，，．若點滿足，則（）B．C．D．4．設A．2，且為正實數，則（）B．1C．0D．5．已知等差數列滿足，，則它的前10項的和（）A．138B．135C．95D．236．若函數A．e2x-1的圖像與函數的圖像關于直線對稱，則（）B．e2xC．e2x+1D．e2x+27．設曲線在點處的切線與直線垂直，則（）A．2B．C．D．8．為得到函數A．向左平移C．向左平移的圖像，只需將函數的圖像（）個長度單位個長度單位在B．向右平移D．向右平移個長度單位個長度單位9．設奇函數上為增函數，且，則不等式的解集為（）A．C．B．D．10．若直線通過點，則（）A．B．C．D．11．已知三棱柱的側棱與底面邊長都相等，在底面內的射影為的中心，則與底面所成角的正弦值等于（）A．B．C．D．12．如圖，一環形花壇分成四塊，現有4種不同的花供選種，要求在每塊里種1種花，且相鄰的2塊種不同的花，則不同的種法總數為（）A．96B．84C．60D．48二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上．（注意：在試題卷上作答無效）13．13．若滿足約束條件則的最大值為14．已知拋物線的焦點是坐標原點，則以拋物線與兩坐標軸的三個交點為頂點的三角形面積為．15．在中，，．若以為焦點的橢圓經過點，則該橢圓的離心率．16．等邊三角形與正方形有一公共邊，二面角．的余弦值為，M、N分別是AC、BC的中點，則EM、AN所成角的余弦值等于三、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．17．（本小題滿分10分）設的內角所對的邊長分別為a、b、c，且．（Ⅰ）求（Ⅱ）求的值；的最大值．18．（本小題滿分12分）四棱錐．中，底面為矩形，側面底面，，，（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）設與平面所成的角為，求二面角的大小．19．（本小題滿分12分）已知函數，．（Ⅰ）討論函數的單調區間；（Ⅱ）設函數在區間內是減函數，求的取值范圍．20．（本小題滿分12分）已知5只動物中有1只患有某種疾病，需要通過化驗血液來確定患病的動物．血液化驗結果呈陽性的即為患病動物，呈陰性的即沒患病．下面是兩種化驗方法：方案甲：逐個化驗，直到能確定患病動物為止．方案乙：先任取3只，將它們的血液混在一起化驗．若結果呈陽性則表明患病動物為這3只中的1只，然后再逐個化驗，直到能確定患病動物為止；若結果呈陰性則在另外2只中任取1只化驗．（Ⅰ）求依方案甲所需化驗次數不少于依方案乙所需化驗次數的概率；（Ⅱ）表示依方案乙所需化驗次數，求的期望．21．（本小題滿分12分）雙曲線的中心為原點，焦點在軸上，兩條漸近線分別為，經過右焦點垂直于的直線分別交于兩點．已知成等差數列，且與同向．（Ⅰ）求雙曲線的離心率；（Ⅱ）設被雙曲線所截得的線段的長為4，求雙曲線的方程．22．（本小題滿分12分）設函數．數列；滿足，．（Ⅰ）證明：函數（Ⅱ）證明：在區間是增函數；（Ⅲ）設，整數．證明：．2008年普通高等學校招生全國統一考試理科數學（必修+選修Ⅰ）參考答案一、選擇題1、C7、D2、A8、A3、A4、D5、C6、B9.D10.D．11.B．12.B.二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上．13.答案：9．14.答案：2.15.答案：.16.答案：.三、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．17.解析：（Ⅰ）由正弦定理得a=acosB-bcosA=(=)c==依題設得,解得tanAcotB=4(II)由（I）得tanA=4tanB，故A、B都是銳角，于是tanB>0tan(A-B)==≤，且當tanB=時，上式取等號，因此tan(A-B)的最大值為18．解：(I)作AO⊥BC，垂足為O，連接OD，由題設知，AO⊥底面BCDE，且O為BC中點，由知，Rt△OCD∽Rt△CDE，從而∠ODC=∠CED，于是CE⊥OD，由三垂線定理知，AD⊥CE（II）由題意，BE⊥BC，所以BE⊥側面ABC，又BE側面ABE，所以側面ABE⊥側面ABC。作CF⊥AB，垂足為F，連接FE，則CF⊥平面ABE故∠CEF為CE與平面ABE所成的角，∠CEF=45°由CE=，得CF=又BC=2，因而∠ABC=60°，所以△ABC為等邊三角形作CG⊥AD，垂足為G，連接GE。由（I）知，CE⊥AD，又CE∩CG=C，故AD⊥平面CGE，AD⊥GE，∠CGE是二面角C-AD-E的平面角。CG=GE=cos∠CGE=所以二面角C-AD-E為arccos()解法二：（I）作AO⊥BC，垂足為O，則AO⊥底面BCDE，且O為BC的中點，以O為坐標原點，射線OC為x軸正向，建立如圖所示的直角坐標系O-xyz.設A（0,0,t），由已知條件有C(1,0,0),D(1,,0),E(-1,,0),所以，得AD⊥CE（II）作CF⊥AB，垂足為F，連接FE，設F（x,0,z）則=(x-1,0,z),故CF⊥BE，又AB∩BE=B，所以CF⊥平面ABE，∠CEF是CE與平面ABE所成的角，∠CEF=45°由CE=，得CF=又CB=2，所以∠FBC=60°，△ABC為等邊三角形，因此A（0，0，作CG⊥AD，垂足為G，連接GE，在Rt△ACD中，求得|AG|=|AD|）故G[]又所以的夾角等于二面角C-AD-E的平面角。由cos()=知二面角C-AD-E為arccos(（19）解：)（Ⅰ）f′(x)=3x2+2ax+1，判別式Δ=4(a2-3)（i）若a>或a<，則在上f′(x)>0，f(x)是增函數；在內f′(x)<0，f(x)是減函數；在上f′(x)>0，f(x)是增函數。（ii）若<a<，則對所有x∈R都有f′(x)>0，故此時f(x)在R上是增函數。（iii）若a=，則f′()=0，且對所有的x≠都有f′(x)>0，故當a=時，f(x)在R上是增函數。（Ⅱ）由（Ⅰ）知，只有當a>或a<時，f(x)在內是減函數。因此≤①②且≥當|a|>時，由①、②解得a≥2因此a的取值范圍是[2,+∞）。（20）解：記A1、A2分別表示依方案甲需化驗1次、2次，B1、B2分別表示依方案乙需化驗2次、3次，A表示依方案甲所需化驗次數不少于依方案乙所需化驗次數。依題意知A2與B2獨立。（Ⅰ），，。P()=P(A1+A2·B2)=P(A1)+P(A2·B2)=P(A1)+P(A2)·P(B2)==所以P(A)=1-P()==0.72（Ⅱ）ξ的可能取值為2，3.P(B1)=，P(B2)=，P(ξ=2)=P(B1)=，P(ξ=3)=P(B2)=，所以Eξ=（次）。（21）解：（Ⅰ）設雙曲線方程為(a>0,b>0)，右焦點為F(c,0)(c>0)，則c2=a2+b2不妨設l1：bx-ay=0，l2：bx+ay=0則，。因為所以2+2=2，且=2-，2+2=(2-)2，于是得tan∠AOB=。又與同向，故∠AOF=∠AOB，所以解得因此tan∠AOF=，或tan∠AOF=-2（舍去）。。所以雙曲線的離心率e==（Ⅱ）由a=2b知，雙曲線的方程可化為x2-4y2=4b2①由l1的斜率為，c=b知，直線AB的方程為y=-2(x-b)②將②代入①并化簡，得15x2-32bx+84b2=0設AB與雙曲線的兩交點的坐標分別為(x1,y1)，(x2,y2)，則x1+x2=，x1·x2=③AB被雙曲線所截得的線段長l=④將③代入④，并化簡得l=，而由已知l=4，故b=3，a=6所以雙曲線的方程為22、解：（I）當0<x<1時f′(x)=1-lnx-1=-lnx>0所以函數f(x)在區間（0,1）是增函數，（II）當0<x<1時，f(x)=x-xlnx>x又由（I）有f(x)在x=1處連續知，當0<x<1時，f(x)<f(1)=1因此，當0<x<1時，0<x<f(x)<1①下面用數學歸納法證明：0<an<an+1<1②(i)由0<a1<1,a2=f(a1)，應用式①得0<a1<a2<1，即當n=1時，不等式②成立(ii)假設n=k時，不等式②成立，即0<ak<ak+1<1則由①可得0<ak+1<f(ak+1)<1，即0<ak+1<ak+2<1故當n=k+1時，不等式②也成立綜合(i)(ii)證得：an<an+1<1(III)由（II）知，{an}逐項遞增，故若存在正整