2008年浙江高考理科数学试题及答案

2008年普通高等学校招生全国统一考试浙江卷

数学（理科）

本试题卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。全卷共4页，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页。满分150分，考试时间120分钟。

请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。

第Ⅰ卷（共50分）

注意事项：

1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。

2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。不能答在试题卷上。

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）+（B） 2S=4R

如果事件A、B相互独立，那么 P（A·B）=P（A）·（B） 其中R表示球的半径

43如果事件A在一次试验中发生

求的体积公式V=R

的概率是p那么n次独立重复试3验中恰好发生k次的概率： 其中R表示球的半径

kPn(k)Cnpk(1p)nk

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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a是实数，

ai是春虚数，则a= 1i （A）1 （B）-1 （C）2 （D）-2

（2）已知U=R，A=x|x0,B=x|x1,则（AACuBBCuA （A） （B）|0

（C）|1 （D）|0或1 （3）已知a，b都是实数，那么“ab”是“a>b”的

（A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件

（C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件

第 1 页 共 10 页

22

（4）在(x1)(x2)(x3)(x4)(x5)的展开式中，含x的项的系数是 （A）-15 （B）85 （C）-120 （D）274

（5）在同一平面直角坐标系中，函数ycos(4x231)(x[0，2])的图象和直线y的22交点个数是

（A）0 （B）1 （C）2 （D）4

（6）已知an是等比数列，a22，a51，则a1a2a2a3anan1= 4（A）16（14n） （B）16（12n） （C）

3232nn（14） （D）（12） 33x2y2（7）若双曲线221的两个焦点到一条准线的距离之比为3：2,则双曲线的离心率是

ab （A）3 （B）5 （C）3 （D）5 （8）若cosa2sina5,则tana= （A）

11 （B）2 （C） （D）2 22（9）已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(ac)(bc)0,则c的最大值是

（A）1 （B）2 （C）2 （D）

2 2（10）如图，AB是平面a的斜线段，A为斜足，若点P在平面a内运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是

（A）圆 （B）椭圆 （C）一条直线 （D）两条平行直线

第 2 页 共 10 页

2008年普通高等学校招生全国统一考试浙江卷

数学（理科）

第Ⅱ卷（共100分）

注意事项：

1．黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上，不能答在试题卷上。

2．在答题纸上作图,可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。 二．填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。

（11）已知a>0，若平面内三点A（1，-a），B（2，a），C（3，a）共线，则a=________。

23x2y21的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A、B两点 （12）已知F1、F2为椭圆

259 若F2AF2B12，则AB=______________。 （13）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c ，若则cosA_________________。

（14）如图，已知球O点面上四点A、B、C、D，DA平

面ABC，ABBC，DA=AB=BC=3，则球O点体积等于___________。

3bccosAacosC，

（15）已知t为常数，函数yx22xt在区间[0，3]上的最大值为2，则t=__________。 （16）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性

不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是__________（用数字作答)。

x0,（17）若a0,b0，且当y0,时，恒有axby1，则以a,b为坐标点P（a，b）

xy1所形成的平面区域的面积等于____________。

三．解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 （18）（本题14分）如图,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互

相垂直，BE//CF，BCF=CEF=90,AD=3,EF=2。 （Ⅰ）求证：AE//平面DCF；

（Ⅱ）当AB的长为何值时,二面角A-EF-C的大小为60？

第 3 页 共 10 页

（19）（本题14分）一个袋中有若干个大小相同的黑球、白球和红球。已知从袋中任意摸出

1个球，得到黑球的概率是

27；从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是。 59 （Ⅰ）若袋中共有10个球，

（i）求白球的个数；

（ii）从袋中任意摸出3个球,记得到白球的个数为,求随机变量的数学期望E。 （Ⅱ）求证：从袋中任意摸出2个球，至少得到1个黑球的概率不大于

中哪种颜色的球个数最少。

（20）（本题15分）已知曲线C是到点P（直线y7。并指出袋1013,）和到285距离相等的点的轨迹。是过点Q（-1，80）的直线，M是C上（不在上）的动点；A、B

在上，MA,MBx轴（如图）。 （Ⅰ）求曲线C的方程；

（Ⅱ）求出直线的方程，使得

QB2QA为常数。

（21）（本题15分）已知a是实数，函数(x)（Ⅰ）求函数(x)的单调区间；

x(xa)。

（Ⅱ）设g(a)为(x)在区间0,2上的最小值。

（i）写出g(a)的表达式；

（ii）求a的取值范围，使得6g(a)2。

（22）（本题14分）已知数列an，an0，a10，an1an11an(nN•)．记

22Sna1a2an．Tn求证：当nN时， （Ⅰ）anan1； （Ⅱ）Snn2； （Ⅲ）Tn3。

•111． 1a1(1a1)(1a2)(1a1)(1a2)(1an)第 4 页 共 10 页

2008年普通高等学校招生全国统一考试浙江卷

数学（理科）参考答案

一、选择题：本题考查基本知识和基本运算．每小题5分，满分50分 1．A 2．D 3．D 4．A 5．C 6．C 7．D 8．B 9．C 10．B

二、填空题：本题考查基本知识和基本运算．每小题4分，满分28分． 11．12 12．8 13．39π 14． 15．1 16．40 17．1 32三、解答题

18．本题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力．满分14分． 方法一：

（Ⅰ）证明：过点E作EGCF交CF于G，连结DG，

D 可得四边形BCGE为矩形，

A 又ABCD为矩形， C ∥EG，从而四边形ADGE为平行四边形， 所以AD B E G F

H 故AE∥DG．

因为AE平面DCF，DG平面DCF， 所以AE∥平面DCF．

（Ⅱ）解：过点B作BHEF交FE的延长线于H，连结AH． 由平面ABCD平面BEFC，ABBC，得 AB平面BEFC， 从而AHEF．

所以AHB为二面角AEFC的平面角． 在Rt△EFG中，因为EGAD又因为CEEF，所以CF4， 从而BECG3．

3，EF2，所以CFE60，FG1．

z D A x B E C F y 33于是BHBEsinBEH．

2因为ABBHtanAHB，

9所以当AB为时，二面角AEFC的大小为60．

2方法二：如图，以点C为坐标原点，以CB，CF和CD分别作为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系Cxyz．

设ABa，BEb，CFc，

第 5 页 共 10 页

0，a)，B(3，0，0)，E(3，b，0)，F(0，c，则C(0，0，0)，A(3，0)． a)，CB(3，0，0)，BE(0，b，0)， （Ⅰ）证明：AE(0，b，所以CBCE0，CBBE0，从而CBAE，CBBE， 所以CB平面ABE．

因为CB平面DCF，

所以平面ABE∥平面DCF． 故AE∥平面DCF．

0)， （Ⅱ）解：因为EF(3，cb，0)，CE(3，b，所以EFCE0，|EF|2，从而

3b(cb)0， 23(cb)2，解得b3，c4．

3，0)，F(0，所以E(3，4，0)．

设n(1，y，z)与平面AEF垂直， 则nAE0，nEF0，

解得n(1，3，33)． a0，a)， 又因为BA平面BEFC，BA(0，所以|cosn，BA|得到a|BAn|33a1，

|BA||n|a4a22729． 29时，二面角AEFC的大小为60． 2所以当AB为

19．本题主要考查排列组合、对立事件、相互独立事件的概率和随机变量分布列和数学期望等概念，同时考查学生的逻辑思维能力和分析问题以及解决问题的能力．满分14分． （Ⅰ）解：（i）记“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个白球”为事件A，设袋中白球的个数

2C107x为x，则P(A)12，

C109得到x5．

故白球有5个．

第 6 页 共 10 页

（ii）随机变量的取值为0，1，2，3，分布列是

 P 0 1 2 3 1 125 125 121 12的数学期望

E155130123． 1212121222n， 5（Ⅱ）证明：设袋中有n个球，其中y个黑球，由题意得y所以2yn，2y≤n1，故

y1≤． n12记“从袋中任意摸出两个球，至少有1个黑球”为事件B，则

23y 55n12317≤． 55210P(B)所以白球的个数比黑球多，白球个数多于

2nn，红球的个数少于． 55故袋中红球个数最少．

20．本题主要考查求曲线的轨迹方程、两条直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．满分15分． （Ⅰ）解：设N(x，y)为C上的点，则

13|NP|xy，

2855N到直线y的距离为y．

8822135由题设得xyy．

288化简，得曲线C的方程为y（Ⅱ）解法一：

2212(xx)． 2y Q O M B A x2x设Mx，，直线l:ykxk，则

2B(x，kxk)，从而|QB|1k|x1|．

在Rt△QMA中，因为

第 7 页 共 10 页

2l x

x2|QM|(x1)1，

422x(x1)2k2|MA|2．

1k2(x1)22(kx2)所以|QA||QM||MA| .

4(1k2)2222|QA||x1||kx2|21k2，

|QB|22(1k2)1k2x1．

2|QA||k|xk|QB|255， 当k2时，

|QA|从而所求直线l方程为2xy20．

x2x解法二：设Mx，，直线l:ykxk，则B(x，kxk)，从而

2|QB|1k2|x1|．

过Q(1，0)垂直于l的直线l1:y因为|QA||MH|，所以|QA|1(x1)． k2|x1||kx2|21k，

l1 H y M B A l x |QB|22(1k2)1k2x1．

2|QA||k|xk|QB|255， 当k2时，

|QA|从而所求直线l方程为2xy20．

Q O 21．本题主要考查函数的性质、求导、导数的应用等基础知识，同时考查分类讨论思想以及综合运用所学知识分析问题和解决问题的能力．满分15分． （Ⅰ）解：函数的定义域为[0，)，

第 8 页 共 10 页

f(x)xxa3xa（x0）． 2x2x若a≤0，则f(x)0，

f(x)有单调递增区间[0，)．

若a0，令f(x)0，得x当0x当xa， 3a时，f(x)0， 3a时，f(x)0． 3aa． f(x)有单调递减区间0，，单调递增区间，33（Ⅱ）解：（i）若a≤0，f(x)在[0，2]上单调递增， 所以g(a)f(0)0．

2上单调递增， 若0a6，f(x)在0，上单调递减，在，

a3a3

所以g(a)f2aaa． 333若a≥6，f(x)在[0，2]上单调递减， 所以g(a)f(2)2(2a)．

a≤0，0，2aa综上所述，g(a) ，0a6，332(2a)，a≥6．（ii）令6≤g(a)≤2． 若a≤0，无解．

若0a6，解得3≤a6． 若a≥6，解得6≤a≤232． 故a的取值范围为3≤a≤232．

22．本题主要考查数列的递推关系，数学归纳法、不等式证明等基础知识和基本技能，同时考查

第 9 页 共 10 页

逻辑推理能力．满分14分．

（Ⅰ）证明：用数学归纳法证明．

①当n1时，因为a2是方程xx10的正根，所以a1a2． ②假设当nk(kN)时，akak1，

2222因为ak1ak(ak2ak21)(ak1ak11)

2* (ak2ak1)(ak2ak11)， 所以ak1ak2．

即当nk1时，anan1也成立．

*根据①和②，可知anan1对任何nN都成立．

22（Ⅱ）证明：由ak1ak11ak，k1， ，2，，n1（n≥2）2得an(a2a3an)(n1)a12．

2因为a10，所以Snn1an．

22由anan1及an11an2an11得an1，

所以Snn2．

22（Ⅲ）证明：由ak1ak11ak≥2ak，得

a1≤k1(k2，3，，n1，n≥3)

1ak12ak所以

1(1a3)(1a4)1(1a2)(1a3)(1an)≤an2n2a2(a≥3)，

于是

(1an)≤anan1(n≥3)， 22n2(a2a2)2n22n2故当n≥3时，Tn11又因为T1T2T3， 所以Tn3．

1212n23，

第 10 页 共 10 页