2008年安徽理答案

一. 选择题

1A 2D 3B 4D 5C 6A 7B 8C 9B 10A 11D 12C 二. 13: [3,) 14: 1 15: （1）．复数 i3(1i)2（ ）

A．2

B．－2 C．

74 16: 432i D． 2i

解：i3(1i)2(i)(2i)2，选A。

（2）．集合AyR|ylgx,x1，B2,1,1,2则下列结论正确的是（ ）

A．AB2,1 C．AB(0,)

解： A

B． (CRA)B(,0) D． (CRA)B2,1

yRy0，(CRA){y|y0}，又B2,1,1,2}

∴ (CRA)B2,1，选D。

（3）．在平行四边形ABCD中，AC为一条对角线，若AB(2,4)，AC(1,3),则BD（ ）

A． （－2，－4）

B．（－3，－5） C．（3，5）

D．（2，4）

解：因为BCACAB(1,1)AD,BDADAB(3,5)，选B。 （4）．已知m,n是因为BCACAB(1,1)AD,BDADAB(3,5)，选B。。

两条不同直线，,,是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ）

A．若m‖,n‖,则m‖n C．若m‖,m‖,则‖

B．若,,则‖

D．若m,n,则m‖n

解： m,n均为直线，其中m,n平行，m,n可以相交也可以异面，故A不正确；

，n⊥α则同垂直于一个平面的两条直线平行；选D。 （5）．将函数ysin(2x)的图象按向量平移后所得的图象关于点(,0)中心对

m312称，则向量的坐标可能为（ ） A．(12,0)

B．(6,0) C．(,0) 12D．(6,0)

解：设平移向量a(m,0)，则函数按向量平移后的表达式为

πysin[2(xm)]sin(2x2m)，因为图象关于点(,0)中心对称，

3312故x12代入得： sin[2(12)32m]0，

62mk(kZ)，

k=0得：m12，选C。本题也可以从选择支出发，逐个排除也可。

（6）．设(1x)8a0a1xa8x8,则a0,a1,,a8中奇数的个数为（ ）

A．2

B．3

C．4

D．5

i08解：由题知aiC8(i0,1,2,8)，逐个验证知C8C81，其它为偶数，选A。

2（7）．a0是方程ax2x10至少有一个负数根的（ ）

A．必要不充分条件

C．充分必要条件

B．充分不必要条件

D．既不充分也不必要条件

2解：当24a0，得a<1时方程有根。a<0时，x1x210，方程有负根，又a=1a时，方程根为x1，所以选B

（8）．若过点A(4,0)的直线l与曲线(x2)2y21有公共点，则直线l的斜率的取值范

围为（ ） A．[3,3] B．(3,3) C．[33,] 33 D．(33,) 3322解：设直线方程为yk(x4)，即kxy4k0，直线l与曲线(x2)y1有公共

点，

圆心到直线的距离小于等于半径 d得4kk1,k2222k4kk121，

1，选择C 3另外，数形结合画出图形也可以判断C正确。

x（9）．在同一平面直角坐标系中，函数yg(x)的图象与ye的图象关于直线yx对

称。而函数yf(x)的图象与yg(x)的图象关于y轴对称，若f(m)1，则m的值是（ ） A．e

B．1 e

C．e

D．

1 e解：由题知g(x)lnx,f(x)ln(x),则ln(m)1，m1选D。 e2（10）．设两个正态分布N(1，12)(10)和N(2，2)(20)的密度函数图像如图所

示。则有（ ） A．12,12 B．12,12 C．12,12 D．12,12

解：根据正态分布N(,2)函数的性质：正态分布曲线是一条关于x对称，在x处

取得最大值的连续钟形曲线；越大，曲线的最高点越底且弯曲较平缓；反过来，越

小，曲线的最高点越高且弯曲较陡峭，选A。

（11）．若函数f(x),g(x)分别是R上的奇函数、偶函数，且满足f(x)g(x)ex，则有（ ）

A．f(2)f(3)g(0) C．f(2)g(0)f(3)

B．g(0)f(3)f(2) D．g(0)f(2)f(3)

解： 用x代换x得： f(x)g(x)ex,即f(x)g(x)ex，

exexexex,g(x)解得：f(x)，而f(x)单调递增且大于等于0，g(0)1，22选D。

（12）12名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是( )

22A．C8A3

26 B．C8A6

22 C．C8A6

22D．C8A5

2解：从后排8人中选2人共C8种选法，这2人插入前排4人中且保证前排人的顺序不变，

则先从4人中的5个空挡插入一人，有5种插法；余下的一人则要插入前排5人的空挡，有

26种插法，故为A6；综上知选C。

（13）．函数f(x)x21log2(x1)的定义域为 ．

解：由题知：log2(x1)0,x10且x10,|x2|10；解得：x≥3.

（14）在数列{an}在中，an4n5*，a1a2anan2bn，nN,其中a,b为常2anbn数，则limn的值是

nabn35n(4n)5322n2n。 解： ∵an4n,∴a1,从而Sn222221nn2()12∴a=2，b，则lim1 n122n()n2x0（15）若A为不等式组y0表示的平面区域，则当a从－2连续变化到1时，动直线

yx2xya 扫过A中的那部分区域的面积为

OEC是直角边为1等腰直角三角形，解：如图知ACD是斜边为3 的等腰直角三角形，

区域的面积S阴影SACDSOEC

1317311 2224DEC（16）已知A,B,C,D在同一个球面上,AB平面BCD,BCCD,若

AB6,AC213,

AD8,则B,C两点间的球面距离是 解： 如图，易得BC(213)2624，BD826227，∴CD12，则此球内接长方体三条棱长为AB、BC、CD（CD的对边与CD等长），从而球外接圆的直径为2R6242(12)28，R=4则BC与球心构成的大圆如图，因为△

OBC为正三角形，则B，C两点间的球面距离是

4。 3

三. 解答题

17解：（1）f(x)cos(2x)2sin(x)sin(x)

344 13cos2xsin2x(sinxcosx)(sinxcosx) 2213cos2xsin2xsin2xcos2x 2213cos2xsin2xcos2x 22   sin(x2 周期T由2x6 )2 26k2(kZ),得xk(kZ) 23函数图象的对称轴方程为 xk（2）x[3(kZ)

5,],2x[,] 1226366)在区间[,]上单调递增，在区间[,]上单调

12332因为f(x)sin(2x递减，

所以 当x3时，f(x)去最大值 1

又 f(12)313f()，当x时，f(x)取最小值

1222223,]上的值域为[,1] 1222所以 函数 f(x)在区间[

18 方法一（综合法）

（1）取OB中点E，连接ME，NE

OME‖AB,AB‖CD，ME‖CD

又NE‖OC,平面MNE‖平面OCD

MEQABPNCDMN‖平面OCD

（2）CD‖AB,

∴MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角）

作APCD于P,连接MP

∵OA平面ABCD，∴CDMP

∵ADP

4,∴DP=2 2DP1,MDCMDP MD23MDMA2AD22，∴cosMDP所以 AB与MD所成角的大小为

 3（3）∵AB‖平面OCD,∴点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP,过点A作

AQOP 于点Q，∵APCD,OACD,∴CD平面OAP,∴AQCD

又 ∵AQOP,∴AQ平面OCD,线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离

∵OPOD2DP2OA2AD2DP2412 213222，

APDP

2OAAP2，所以点B到平面OCD的距离为 OP33方法二(向量法)

AQ作APCD于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为x,y,z轴建立坐标系

A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,,

22222,0),D(,,0),O(0,0,2),M(0,0,1),N(1,,0)2224422222(1)MN(1,,1),OP(0,,2),OD(,,2)

44222设平面OCD的法向量为n(x,y,z),则nOP0,nOD0 zO2y2z02即 

2x2y2z022取zM2,解得n(0,4,2)

22MNn1,,10,4,20 44AxBNCPDyMN‖平面OCD

22ABMD(2)设与所成的角为,∵AB(1,0,0),MD(,,1)

22ABMDcos|AB||MD|1, , AB与MD所成角的大小为 233(3)设点B到平面OCD的交流为d,则d为OB在向量n(0,4,2)上的投影的绝对值,

 由 OB(1,0,2), 得d

OBnn22.所以点B到平面OCD的距离为 3319 (1)由Enp3,()np(1p)2311,得1p,从而n6,p 222的分布列为

 P 0 1 2 3 4 5 6 1 646 6415 6420 6415 646 641 64(2)记”需要补种沙柳”为事件A, 则P(A)P(3), 得

P(A)

161564'2021156121,或 P(A)1P(3)1 32643220 解 (1) f(x) lnx11',x若 则 列表如下 f(x)0,22xlnxe1(0,) e1 e0 极大值f() x f'(x) f(x) 1xa1(,1) e(1,) + 单调增 - 1e单调减 - 单调减 (2) 在 2x 两边取对数, 得

1ln2alnx,由于0x1,所以 xa1 (1) ln2xlnx1由(1)的结果可知,当x(0,1)时, f(x)f()e,

eae,即aeln2 为使(1)式对所有x(0,1)成立,当且仅当ln221解 (1) 必要性 ：∵a10,∴a21c ，

又 ∵a2[0,1],∴01c1 ，即c[0,1]

充分性 ：设 c[0,1]，对nN用数学归纳法证明an[0,1] 当n1时，a10[0,1].假设ak[0,1](k1)

33 则ak1cak1cc1c1，且ak1cak1c1c0

*∴ak1[0,1]，由数学归纳法知an[0,1]对所有nN*成立

(2) 设 0c1，当n1时，a10，结论成立 332 当n2 时，

∵ancan11c,∴1anc(1an1)(1an1an1) ∵0C12,由（1）知an1[0,1]，所以 1an1an13 且 1an10 3 ∴1an3c(1an1)

∴1an3c(1an1)(3c)(1an2)(3c)2n1(1a1)(3c)n1

∴an1(3c)n1(nN*)

(3) 设 0c122，当n1时，a102，结论成立 313c 当n2时，由（2）知an1(3c)n10

2∴an(1(3c)n1)212(3c)n1(3c)2(n1)12(3c)n1 22222n1∴a2]1a2ana2ann12[3c(3c)(3c)

2(1(3c)n)2n1n1

13c13c

22解 (1)由题意：

c22x2y221221 221 ，解得a4,b2，所求椭圆方程为

ab42222cab(2)方法一

设点Q、A、B的坐标分别为(x,y),(x1,y1),(x2,y2)。

APAQ由题设知AP,PB,AQ,QB均不为零，记,则0且1

PBQB又A，P，B，Q四点共线，从而APPB,AQQB

x1x2， 11xx2 x1， y1于是 4从而

2x122x2y122y224x，（1） y，（2）

1212y1y2

1y1y2

1又点A、B在椭圆C上，即

22 x12y14,(3) x22y24,(4)

22 （1）+（2）×2并结合（3），（4）得4s2y4 即点Q(x,y)总在定直线2xy20上

方法二

设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)，由题设，PA,PB,AQ,QB均不为零。

PAPB且 

AQQB又 P,A,Q,B四点共线，可设PAAQ,PBBQ(0,1),于是

4x1y,y1 （1） 114x1y,y2 x2 （2） 11 x1由于A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程x2y4,整理得

22(x22y24)24(2xy2)140 （3） (x22y24)24(2xy2)140 (4)

xy2) 0(4)－(3) 得 8(2∵0,∴2xy20

即点Q(x,y)总在定直线2xy20上