2008年高考数学试卷(江西.理)含详解

（在此卷上答题无效）

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2008年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）

理科数学

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷l至2页，第Ⅱ卷3至4页，共150分．

第Ⅰ卷

考生注意：

1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上

粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．

2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，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．第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试题卷上作答，答案无效．

3．考试结束，监考员将试题卷、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

P(A＋B)＝P(A)＋P(B) S＝4πR2

如果事件A、B相互，那么 其中R表示球的半径

P(A·B)＝P(A)·P(B) 球的体积公式

如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么 V＝

43

πR 3n次重复试验中恰好发生k次的概率 其中R表示球的半径

Pn(k)＝CnP (1一P)

kknk

一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．在复平面内，复数zsin2icos2对应的点位于

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．定义集合运算：ABz|zxy,xA,yB．设A1,2,B0,2，则集合AB的所有元素之和为

A．0 B．2 C．3 D．6

3．若函数yf(x)的值域是,3，则函数Fxfx的值域是

2f(x) A．[

1111051010，3] B．[2，] C．[，] D．[3，] 232334．

limx1x32x1＝

all`试题 1

梦想不会辜负一个努力的人 A．

11 B．0 C．－ D．不存在 221，则an＝ n5．在数列an中，a12,an1anln1A．2lnn B．2n1lnn C．2nlnn D．1nlnn 6．函数ytanxsinxtanxsinx在区间(

3，)内的图象大致是

22

A B C D

7．已知F1、F2是椭圆的两个焦点．满足MF2＝0的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率1·MF的取值范围是

A．(0，1) B．(0，

221] C．(0，) D．[，1)

2228．(1＋3x)6(1＋

14x)10展开式中的常数项为

A．1 B．46 C．4245 D．4246

9．若0a1a2,0b1b2，且a1a2b1b21，则下列代数式中值最大的是

A．a1b1a2b2 B．a1a2b1b2 C．a1b2a2b1 D．

1 210．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别等于27、

43，M、N分别为AB、CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题： ①弦AB、CD可能相交于点M ②弦AB、CD可能相交于点N ③MN的最大值为5 ④MN的最小值为l 其中真命题的个数为

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

11．电子钟一天显示的时间是从00∶00到23∶59，每一时刻都由四个数字组成，则一天中任一

时刻显示的四个数字之和为23的概率为 A．

1111 B． C． D． 180360288480all`试题 2

梦想不会辜负一个努力的人 12．已知函数fx2mx224mx1,gxmx，若对于任一实数x，fx与gx的值至少有一个为正数，则实数m的取值范围是

A．(0，2) B．(0，8) C．(2，8) D．(－∞，0)

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2008年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）

理科数学

第Ⅱ卷

注意事项：

第Ⅱ卷2页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试题卷上作答，答案无效． 二．填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把答案填在答题卡上．

13．直角坐标平面内三点A1,2、B3,2、C9,7，若E、F为线段BC的三等分点，则

AE·AF＝ ．

14．不等式23x1x≤

1的解集为 ． 215．过抛物线x2pyp0的焦点F作倾斜角为30°的直线，与抛物线分别交于A、B两点

2(点A在y轴左侧)，则

AF＝ ． FB16．如图1，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，

容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P．如果将容器倒置，水面也恰好过点P (图2)．有下列四个命题：

A．正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半

B．将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点P C．任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好 经过点P

D．若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满

其中真命题的代号是 ．(写出所有真命题的代号) ．

三．解答题：本大题共6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）

在△ABC中．a、b、c分别为角A、B、C所对的边长，

a＝23，tan

ABCA＋tan＝4，sin B sin C＝cos2．求A、B及b、c． 222all`试题 3

梦想不会辜负一个努力的人 18．（本小题满分12分）

因冰雪灾害，某柑桔基地果林严重受损，为此有关专家提出两种拯救果树的方案，每种方案都需分两年实施．若实施方案一，预计第一年可以使柑桔产量恢复到灾前的1.0倍、0.9倍、0.8倍的概率分别是0.3、0.3、0.4；第二年可以使柑桔产量为第一年产量的1.25倍、1.0倍的概率分别是0.5、0.5．若实施方案二，预计第一年可以使柑桔产量达到灾前的1.2倍、1.0倍、0.8倍的概率分别是0.2、0.3、0.5；第二年可以使柑桔产量为第一年产量的1.2倍、1.0倍的

概率分别是0.4、0.6．实施每种方案第一年与第二年相互，令ii1,2表示方案i实施两年后柑桔产量达到灾前产量的倍数． （1）写出ξ1、ξ2的分布列；

（2）实施哪种方案，两年后柑桔产量超过灾前产量的概率更大?

（3）不管哪种方案，如果实施两年后柑桔产量达不到、恰好达到、超过灾前产量，预计利润

分别为10万元、15万元、20万元．问实施哪种方案的平均利润更大? 19．（本小题满分12分）

等差数列an各项均为正整数，a13，前n项和为Sn，等比数列bn中，b11，且

b2S2，bn是公比为的等比数列．

（1）求an与bn； （2）证明：

1113＋＋……＋＜． S1S2Sn4

20．（本小题满分12分）

正三棱锥OABC的三条侧棱OA、OB、OC两两垂

直，且长度均为2．E、F分别是AB、AC的中点，H是EF的中点，过EF的一个平面与侧棱

已OA、OB、OC或其延长线分别相交于A1、B1、C1，知OA13． 2（1）证明：B1C1平面OAH； （2）求二面角OA1B1C1的大小．

all`试题 4

梦想不会辜负一个努力的人 21．（本小题满分12分）

设点Px0,y0在直线xmym,0m1上，过点P作双曲线x2y21的两条切线

PA、PB，切点为A、B，定点M(

1m，0)． （1）过点A作直线xy0的垂线，垂足为N，试求△AMN的重心G所在的曲线方程；

（2）求证：A、M、B三点共线． 22．（本小题满分14分） 已知函数fx＝

111x＋

1a＋

axax8，x∈(0，＋∞)．

（1）当a8时，求fx的单调区间； （2）对任意正数a，证明：1fx2．

all`试题 5

梦想不会辜负一个努力的人 2008年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）

理科数学参

一. 选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。 题号 答案 1 D 2 D 3 B 4 A 5 A 6 D 7 C 8 D 9 A 10 C 11 C 12 B 1．D.因sin20,cos20所以zsin2icos2对应的点在第四象限， 2．D.因A*B{0,2,4}，

3．B.令tf(x)，则t[,3]，F(x)t[2,4．A.limx1121t10] 3x32(x32)(x32)(x1) limx1x1(x1)(x1)(x32)(x1)(x1)x1(x1)(x32)

1 =2 =lim5. A. a2a1ln(1)，a3a2ln(1)，…，anan1ln(111234ana1ln()()()123121) n1(n)2lnn n16．D. 函数ytanxsinxtanxsinx2tanx,当tanxsinx时

2sinx,当tanxsinx时222227． C.由题知,垂足的轨迹为以焦距为直径的圆,则cbcbace又e(0,1),所以e(0,)

34688．D. 常数项为1C6C10C6C104246

1 2129. A. a1a2b1b2(a1a22b1b221)() 222a1b1a2b2(a1b2a2b1)(a1a2)b1(a1a2)b2(a2a1)(b2b1)0 a1b1a2b2(a1b2a2b1)

1(a1a2)(b1b2)a1b1a2b2a1b1a2b12(a1b2a2b2)

all`试题 6

梦想不会辜负一个努力的人 a1b1a2b21 210．C. 解：①③④正确，②错误。易求得M、N到球心O的距离分别为3、2，若两弦交于N，则OM⊥MN，RtOMN中，有OMON，矛盾。当M、O、N共线时分别取最大值5最小值1。

11. C. 一天显示的时间总共有24601440种,和为23总共有4种,故所求概率为12．B. 解：当m0时，显然不成立 当m0时，因f(0)10当当1. 360b4m0即0m4时结论显然成立； 2a2b4m0时只要4(4m)28m4(m8)(m2)0即可 2a2即4m8

则0m8

二. 填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。 13.22 14.(,3]1(0,1] 15. 16. B、D

313. 由已知得E(5,1),F(7,4),则AEAF(4,1)(6,2)22

211x313x2x310 14．()x()x1122xx(x3)(x1)0x(,3](0,1]

x115.

316． 解：真命题的代号是： BD 。易知所盛水的容积为容器容量的一半，故D正确，于是A错误；水平放置时由容器形状的对称性知水面经过点P，故B正确；C的错误可由图1中容器位置向右边倾斜一些可推知点P将露出水面。 三. 解答题：本大题共6小题，共74分。

ABCCCtan4得cottan4 2222CCcossin1224 ∴∴4 CCCCsincossincos22221∴sinC，又C(0,)

25∴C，或C

6617.解：由

tan由2sinBcosCsinA得 2sinBcosBsin(BC) 即sin(BC)0 ∴BC

all`试题 7

梦想不会辜负一个努力的人 BC6

A(BC)23 由正弦定理asinAbcsinBsinC得 1bcasinB232sinA32

218.解：（1）1的所有取值为0.8、 0.9、 1.0、 1.125、 1.25

2的所有取值为0.8、 0.96、 1.0、 1.2、 1.44, 1、2的分布列分别为：

1 0.8 0.9 1.0 1.125 1.25 P 0.2 0.15 0.35 0.15 0.15 2 0.8 0.96 1.0 1.2 1.44 P 0.3 0.2 0.18 0.24 0.08 （2）令A、B分别表示方案一、方案二两年后柑桔产量超过灾前产量这一事件，P(A)0.150.150.3, P(B)0.240.080.32

可见，方案二两年后柑桔产量超过灾前产量的概率更大 （3）令i表示方案i所带来的效益，则

1 10 15 20 P 0.35 0.35 0.3 2 10 15 20 P 0.5 0.18 0.32 所以E114.75,E214.1

可见，方案一所带来的平均效益更大。

all`试题 8

梦想不会辜负一个努力的人 19．解：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正整数，

an3(n1)d，bnqn1

ban1q3nd3(n1)dqd26q依题意有ban①

S2b2(6d)q由(6d)q知q为正有理数，故d为6的因子1,2,3,6之一， 解①得d2,q8

n1故an32(n1)2n1,bn8

（2）Sn35∴

(2n1)n(n2)

11S1S21111Sn1324351

n(n2)11111111(1) 232435nn211113(1) 22n1n2420．解 ：（1）证明：依题设，EF是ABC的中位线，所以EF∥BC，

则EF∥平面OBC，所以EF∥B1C1。

又H是EF的中点，所以AH⊥EF，则AH⊥B1C1。 因为OA⊥OB，OA⊥OC， 所以OA⊥面OBC，则OA⊥B1C1， 因此B1C1⊥面OAH。

（2）作ON⊥A1B1于N，连C1N。因为OC1⊥平面OA1B1，

B1AA1NEBHFMCC1O根据三垂线定理知，C1N⊥A1B1，

ONC1就是二面角OA1B1C1的平面角。

作EM⊥OB1于M，则EM∥OA，则M是OB的中点，则EMOM1。 设OB1x，由

OB1OA1x3得，，解得x3， MB1EMx12all`试题 9

梦想不会辜负一个努力的人 在RtOA1B1中，A1B1OA1OB1所以tanONC1

22OAOB133。 5，则，ON1AB2511OC15，故二面角OA1B1C1为arctan5。 ON解法二：（1）以直线OA、OC、OB分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，Oxyz则

11A(2,0,0),B(0,0,2),C(0,2,0),E(1,0,1),F(1,1,0),H(1,,)

221111所以AH(1,,),OH(1,,),BC(0,2,2)

2222所以AHBC0,OHBC0 所以BC平面OAH

由EF∥BC得B1C1∥BC，故：B1C1平面OAH

(2)由已知A1(,0,0),设B1(0,0,z)

321则A1E(,0,1),EB1(1,0,z1)

2由A1E与EB1共线得:存在R有A1EEB1得

A1AHEOCFC11z3B1(0,0,3) 21(z1)同理:C1(0,3,0)

xByB133A1B1(,0,3),AC(,3,0) 1122设n1(x1,y1,z1)是平面A1B1C1的一个法向量,

z3x3z02则令x2得yx1 n1(2,1,1). 3x3y02又n2(0,1,0)是平面OA1B1的一个法量

cosn1,n216 1110

all`试题 梦想不会辜负一个努力的人 所以二面角的大小为arccos6 6（3）由（2）知，A1(,0,0)，B(0,0,2)，平面A1B1C1的一个法向量为n1(2,1,1)。 则A1B(,0,2)。

则点B到平面A1B1C1的距离为d

222221．证明：（1）设A(x1,y1),B(x2,y2)，由已知得到y1y20，且x1y11，x2y21，

3232A1Bn1n13266 6设切线PA的方程为：yy1k(xx1)由yy1k(xx1)得 22xy1(1k2)x22k(y1kx1)x(y1kx1)210

22222从而4k(y1kx1)4(1k)(y1kx1)4(1k)0,

yxm解得k

x1

y1

NAO因此PA的方程为：y1yx1x1 同理PB的方程为：y2yx2x1

PMBxy2y0mx21 又P(m,y0)在PA、PB上，所以y1y0mx11，

即点A(x1,y1),B(x2,y2)都在直线y0ymx1上 又M(1,0)也在直线y0ymx1上,所以三点A、M、B共线 m（2）垂线AN的方程为：yy1xx1， 由yy1xx1xy1x1y1,)， 得垂足N(122xy0设重心G(x,y)

all`试题 11

梦想不会辜负一个努力的人 39x3y11x1y1mx(x)x113m24所以 解得

1y1(y0x1y1)9y3x1y32m141112222由x1y11 可得(3x3y)(3x3y)2即(x)y2为重心G所在曲线方

mm3m9程

22．解：1、当a8时，fx1x11x， ，求得 fx31x32x1x于是当x(0,1]时，fx0；而当 x[1,)时，fx0． 即f(x)在(0,1]中单调递增，而在[1,)中单调递减． （2）.对任意给定的a0，x0，由f(x)111x1a181ax ，

若令 b1118，则 abx8 … ① ，而 fx … ②

ax1x1a1b111111，，， 1x1x1a1a1b1b（一）、先证fx1；因为又由 2abx22a2bx442abx8 ，得 abx6． 所以fx11111132(abx)(abaxbx)

1x1a1b(1x)(1a)(1b)1x1a1b9(abx)(abaxbx)1(abx)(abaxbx)abx1．

(1x)(1a)(1b)(1x)(1a)(1b)（二）、再证fx2；由①、②式中关于x,a,b的对称性，不妨设xab．则0b2 （ⅰ）、当ab7，则a5，所以xa5，因为

11， 1b1121111，此时fx2． 1x1a151x1a1ball`试题 12

梦想不会辜负一个努力的人 （ⅱ）、当ab7 …③，由①得 ,x81ab，， abab81x1b1 … ④

2(1b)1b1bb2b21[1]因为 所以 21b1b4(1b)2(1b)1a1abab1 同理得 … ⑤ ，于是 fx22 … ⑥ 2(1a)21a1bab81a今证明

abababab2 … ⑦, 因为 ， 21a1bab81a1b(1a)(1b)只要证

abab，即 ab8(1a)(1b)，也即 ab7，据③，此为显然．

(1a)(1b)ab8 因此⑦得证．故由⑥得 f(x)2．

综上所述，对任何正数a,x，皆有1fx2．

all`试题 13