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=4R
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(1p)nk
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,
ai是春虚数,则a= 1i (A)1 (B)-1 (C)2 (D)-2
(2)已知U=R,A=x|x0,B=x|x1,则(AACuBBCuA (A) (B)|0
(C)|1 (D)|0或1 (3)已知a,b都是实数,那么“ab”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
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22
(4)在(x1)(x2)(x3)(x4)(x5)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ycos(4x231)(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,a22,a51,则a1a2a2a3anan1= 4(A)16(14n) (B)16(12n) (C)
3232nn(14) (D)(12) 33x2y2(7)若双曲线221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cosa2sina5,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(ac)(bc)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
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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=________。
23x2y21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F2AF2B12,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,ABBC,DA=AB=BC=3,则球O点体积等于___________。
3bccosAacosC,
(15)已知t为常数,函数yx22xt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)。
x0,(17)若a0,b0,且当y0,时,恒有axby1,则以a,b为坐标点P(a,b)
xy1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?
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(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y7。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,MBx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(xa)。
(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6g(a)2。
(22)(本题14分)已知数列an,an0,a10,an1an11an(nN•).记
22Sna1a2an.Tn求证:当nN时, (Ⅰ)anan1; (Ⅱ)Snn2; (Ⅲ)Tn3。
•111. 1a1(1a1)(1a2)(1a1)(1a2)(1an)第 4 页 共 10 页
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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. 11.12 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EGCF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BHEF交FE的延长线于H,连结AH. 由平面ABCD平面BEFC,ABBC,得 AB平面BEFC, 从而AHEF.
所以AHB为二面角AEFC的平面角. 在Rt△EFG中,因为EGAD又因为CEEF,所以CF4, 从而BECG3.
3,EF2,所以CFE60,FG1.
z D A x B E C F y 33于是BHBEsinBEH.
2因为ABBHtanAHB,
9所以当AB为时,二面角AEFC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Cxyz.
设ABa,BEb,CFc,
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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CBCE0,CBBE0,从而CBAE,CBBE, 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,cb,0),CE(3,b,所以EFCE0,|EF|2,从而
3b(cb)0, 23(cb)2,解得b3,c4.
3,0),F(0,所以E(3,4,0).
设n(1,y,z)与平面AEF垂直, 则nAE0,nEF0,
解得n(1,3,33). a0,a), 又因为BA平面BEFC,BA(0,所以|cosn,BA|得到a|BAn|33a1,
|BA||n|a4a22729. 29时,二面角AEFC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
2C107x为x,则P(A)12,
C109得到x5.
故白球有5个.
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(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
E155130123. 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2yn,2y≤n1,故
y1≤. n12记“从袋中任意摸出两个球,至少有1个黑球”为事件B,则
23y 55n12317≤. 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
13|NP|xy,
2855N到直线y的距离为y.
8822135由题设得xyy.
288化简,得曲线C的方程为y(Ⅱ)解法一:
2212(xx). 2y Q O M B A x2x设Mx,,直线l:ykxk,则
2B(x,kxk),从而|QB|1k|x1|.
在Rt△QMA中,因为
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2l x
x2|QM|(x1)1,
422x(x1)2k2|MA|2.
1k2(x1)22(kx2)所以|QA||QM||MA| .
4(1k2)2222|QA||x1||kx2|21k2,
|QB|22(1k2)1k2x1.
2|QA||k|xk|QB|255, 当k2时,
|QA|从而所求直线l方程为2xy20.
x2x解法二:设Mx,,直线l:ykxk,则B(x,kxk),从而
2|QB|1k2|x1|.
过Q(1,0)垂直于l的直线l1:y因为|QA||MH|,所以|QA|1(x1). k2|x1||kx2|21k,
l1 H y M B A l x |QB|22(1k2)1k2x1.
2|QA||k|xk|QB|255, 当k2时,
|QA|从而所求直线l方程为2xy20.
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,),
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f(x)xxa3xa(x0). 2x2x若a≤0,则f(x)0,
f(x)有单调递增区间[0,).
若a0,令f(x)0,得x当0x当xa, 3a时,f(x)0, 3a时,f(x)0. 3aa. f(x)有单调递减区间0,,单调递增区间,33(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0a6,f(x)在0,上单调递减,在,
a3a3
所以g(a)f2aaa. 333若a≥6,f(x)在[0,2]上单调递减, 所以g(a)f(2)2(2a).
a≤0,0,2aa综上所述,g(a) ,0a6,332(2a),a≥6.(ii)令6≤g(a)≤2. 若a≤0,无解.
若0a6,解得3≤a6. 若a≥6,解得6≤a≤232. 故a的取值范围为3≤a≤232.
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
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逻辑推理能力.满分14分.
(Ⅰ)证明:用数学归纳法证明.
①当n1时,因为a2是方程xx10的正根,所以a1a2. ②假设当nk(kN)时,akak1,
2222因为ak1ak(ak2ak21)(ak1ak11)
2* (ak2ak1)(ak2ak11), 所以ak1ak2.
即当nk1时,anan1也成立.
*根据①和②,可知anan1对任何nN都成立.
22(Ⅱ)证明:由ak1ak11ak,k1, ,2,,n1(n≥2)2得an(a2a3an)(n1)a12.
2因为a10,所以Snn1an.
22由anan1及an11an2an11得an1,
所以Snn2.
22(Ⅲ)证明:由ak1ak11ak≥2ak,得
a1≤k1(k2,3,,n1,n≥3)
1ak12ak所以
1(1a3)(1a4)1(1a2)(1a3)(1an)≤an2n2a2(a≥3),
于是
(1an)≤anan1(n≥3), 22n2(a2a2)2n22n2故当n≥3时,Tn11又因为T1T2T3, 所以Tn3.
1212n23,
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