2008年高考数学试卷（文）（浙江）（解析卷）_历年高考真题合集_数学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考数学真题_数学（按年份分类）2008-2025_2008·高考数学真题

2008 年普通高等学校统一考试（浙江卷） 数学(文科)试题 第Ⅰ卷 (共 50 分) 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）已知集合A x|x 0 ,B  x|1 x2 ,则A B=      (A) x|x1 (B) x|x2     (C) x|0 x2 (D) x|1 x2 答案：A 解析：本小题主要考查集合运算。由A B=x|x1.  (2)函数y (sinxcosx)2 1的最小正周期是  3 （A） （B） (C) (D) 2 2 2 答案：B 解析：本小题主要考查正弦函数周期的求解。原函数可化为： y sin2x2，故其周期为 2 T  . 2 (3)已知a,b都是实数，那么“a2 b2”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 答案：D 解析：本小题主要考查充要条件相关知识。依题“a>b”既不能推出 “a>b”；反之，由 “a>b”也不能推出“a2 b2”。故“a2 b2”是“a>b”的既不充分也不必要条件。 1 （4）已知{a}是等比数列，a 2,a  ,则公比q= n 2 5 4 第1页 | 共11页1 1 (A) (B)-2 (C)2 (D) 2 2 答案：D 1 1 解析：本小题主要考查等比数列通项的性质。由a  a ×q3 2×q3，解得q . 5 4 2 2 (5)已知a0,b0,且ab2,则 1 1 (A)ab (B) ab (C)a2 b2 2 (D) a2 b2 3 2 2 答案：C 解析：本小题主要考查不等式的重要不等式知识的运用。由a0,b0,且ab2 ，∴ 4(ab)2 a2 b2 2ab2(a2 b2) ，∴ a2 b2 2 。 (6)在(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)的展开式中，含x4的项的系数是 （A）-15 （B）85 （C）-120 （D）274 答案：A 解析：本小题主要考查二项式定理展开式具体项系数问题。本题可通过选括号（即5个括号中4 个 提 供 x， 其 余 1 个 提 供 常 数 ） 的 思 路 来 完 成 。 故 含 x4的 项 的 系 数 为 (1)(2)(3)(4)(5)15. x 3 1   （7）在同一平面直角坐标系中，函数 y cos(  )(x 0,2)的图象和直线 y  的交点 2 2 2 个数是 （A）0 （B）1 （C）2 （D）4 答案：C x 3 解析：本小题主要考查三角函数图像的性质问题。原函数可化为： y cos(  )(x[0，2]) 2 2 x 1 =sin ,x[0,2].作出原函数图像，截取x[0,2]部分，其与直线y  的交点个数是2个. 2 2 x2 y2 （8）若双曲线  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 a2 b2 第2页 | 共11页（A）3 （B）5 （C） 3 （D） 5 答案：D a2 解析：本小题主要考查双曲线的性质及离心率问题。依题不妨取双曲线的右准线x ，则左焦 c a2 a2 c2 a2 c2 a2 点F 到右准线的距离为 c ，左焦点F 到右准线的距离为c  ，依题 1 c c 1 c c c2 a2 c c2 a2 3 c2 c   ,即 5，∴双曲线的离心率e  5. c2 a2 c2 a2 2 a2 a c （9）对两条不相交的空间直线a与b,必存在平面α,使得 （A）a,b （B）a,b∥α （C）a ,b (D)a,b 答案：B 解析：本小题主要考查立体几何中线面关系问题。∵两条不相交的空间直线a和b，∴存在平面 ，使得a,b// 。 x0,  (10)若a0,b0,且当y 0, 时,恒有axby 1,则以a,b为坐标的点P(a,b)所形成的平  x y 1  面区域的面积是 1   (A) (B) (C)1 (D) 2 4 2 答案：C 解析：本小题主要考查线性规划的相关知识。由axby1恒成立知，当x0时，by1恒成 立，∴0b1；同理0a1，∴以a,b为坐标点P(a,b) 所形成的平面区域是一个正方形， 所以面积为1. 第3页 | 共11页第Ⅱ卷 (共100分) 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。 （11）已知函数 f(x) x2|x2|,则f(1) . 答案：2 解析：本小题主要考查知函数解析式，求函数值问题。代入求解即可。  3 (12)若sin( ) ,则cos2 . 2 5 7 答案： 25  3 3 解析：本小题主要考查诱导公式及二倍角公式的应用。由sin( ) 可知，cos ；而 2 5 5 3 7 cos22cos212´( )2 1 。 5 25 x2 y2 (13)已知F、F为椭圆  1的两个焦点，过F的直线交椭圆于A、B两点 1 2 1 25 9 若|FA|+|FB|=12，则|AB|= 。 2 2 答案：8 解析：本小题主要考查椭圆的第一定义的应用。依题直线AB过椭圆的 左焦点F ,在 F AB中， 1 V 2 |F A||F B|| AB|4a 20，又|F A||F B|12，∴| AB|8. 2 2 2 2 （14）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c。若( 3bc)cosAacosC,则 cos A= . 3 答案： 3 解 析 ： 本 小 题 主 要 考 查 三 角 形 中 正 弦 定 理 的 应 用 。 依 题 由 正 弦 定 理 得 ： 3 ( 3sinBsinC)×cosAsinA×cosC,即 3sinB×cosAsin(AC)sinB,∴cosA . 3 (15)如图，已知球O的面上四点A、B、C、D，DA⊥平面ABC。 第4页 | 共11页AB⊥BC，DA=AB=BC= 3，则球O的体积等于 。 9 答案： 2 解析：本小题主要考查球的内接几何体体积计算问题。其关键是 找出球心，从而确定球的半径。由题意，三角形DAC,三角形DBC都 是直角三角形，且有公共斜边。所以DC边的中点就是球心（到D、 A、C、B四点距离相等），所以球的半径就是线段DC长度的一半。 （16）已知a是平面内的单位向量，若向量b满足b·(a-b)=0, 则|b|的取值范围是 . 答案：[0,1] uur r r 解析：本小题主要考查向量的数量积及向量模的相关运算问题。依题b×(ab)0，即 r r r r r r  r r b×a|b|20，∴|a|×|b|cos|b|2且[0, ].，又a为单位向量，∴|a|1， 2 r  r ∴|b|cos,[0, ].∴|b|[0,1]. 2 （17）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） 答案：40 解析：：本小题主要考查排列组合知识。依题先排除1和2的剩余4个元素有2A2×A2 8种方案， 2 2 再向这排好的 4 个元素中插入 1 和 2 捆绑的整体，有 A1种插法，∴不同的安排方案共有 5 2A2×A2×A1 40种。 2 2 5 三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤。 （18）（本题14分） 已知数列x 的首项x 3，通项x 2npnpnN*,p,q为常数 ，且成等差数列。求： n 1 n （Ⅰ）p,q的值； (Ⅱ) 数列x 前n项和S 的公式。 n n 第5页 | 共11页答案：本题主要考查等差数列和等比数列的基本知识，考查运算及推理能力。满分14分。 （Ⅰ）解：由x 3,得 1 2pq 3, 又x 24 p4q,x 25 p5q,且x x 2x ,得 4 5 1 3 4 Ⅱ 325 p5q 25 p8q, 解得 p=1,q=1 S (222  2n)(12 n) n   (Ⅱ)解： n(n1) 2n12 . 2 （19）（本题14分）一个袋中装有大小相同的黑球、白球和红球，已知袋中共有10个球，从中任 2 7 意摸出1个球，得到黑球的概率是 ;从中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是 .求： 5 9 （Ⅰ）从中任意摸出2个球，得到的数是黑球的概率； （Ⅱ）袋中白球的个数。 答案：.本题主要考查排列组合、概率等基础知识，同时考查 逻辑思维能力和数学应用能力。满分14分。 2 （Ⅰ）解：由题意知，袋中黑球的个数为10´ 4. 5 记“从袋中任意摸出两个球，得到的都是黑球”为事件A，则 C2 2 P(A) 4  . C2 15 10 （Ⅱ）解：记“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个白球”为事件B。 设袋中白球的个数为x，则 C2 7 P(B)1P(B)1 n1  , C2 9 n 得到 x=5 （20）（本题 14 分）如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直,∠BCF=∠CEF=90°,AD= 3,EF2. 第6页 | 共11页（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°？ 答案：空间本题主要考查空间线面关系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并CF于G，连结DG，可得四边形BCGE为矩形。又ABCD为矩 形， 所以AD⊥∥EG,从而四边形ADGE为平行四边形，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BEFG，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= 3,EF 2,所以CFE 60,FG 1. 又因为CE⊥EF，所以CF=4， 从而 BE=CG=3。 3 3 于是BH=BE·sin∠BEH= . 2 因为AB=BH·tan∠AHB, 9 所以当AB为 时，二面角A-EF-G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, 则C（0，0，0），A（ 3,0,a),B( 3,0,0), E( 3,b,0),F(0,c,0). （Ⅰ）证明：AE (0,b,a),CB ( 3,0,0),BE (0,b,0), 所以CBAE 0,CBBE 0,从而CB  AE,CB  BE, 所以CB⊥平面ABE。 因为GB⊥平面DCF，所以平面ABE∥平面DCF 故AE∥平面DCF uuur uuur （II）解：因为EF ( 3，c- b， 0)， CE ( 3，b， 0)， 第7页 | 共11页uuur uuur uuur 所以EF×CE 0. EF 2，从而 3b(cb)0,    3(cb)2 2.  解得b＝3，c＝4． 所以E( 3,3,0). F(0,4,0)． 设n(1,y,z)与平面AEF垂直， uuur uuur 则 n×AE 0,n×EF 0， 3 3 解得 n(1, 3, )． a uuur 又因为BA⊥平面BEFC，BA(0,0,a)， uuur BA×n uuur 3 3a 1 所以 cosn,BA    ， uuur BA × n a 4a2 27 2 9 得到 a ． 2 9 所以当AB为 时，二面角A－EFC的大小为60°． 2 （21）（本题15分）已知a是实数，函数 f(x) x2xa. （Ⅰ）若f1(1)=3,求a的值及曲线y  f(x)在点(1, f(1))处的切线方程； （Ⅱ）求 f(x)在区间[0，2]上的最大值。 答案：本题主要考查基本性质、导数的应用等基础知识，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： f '(x)3x2 2ax． 因为 f '(I)32a3， 第8页 | 共11页所以 a0． 又当a0时， f(I)1, f '(I)3， 所以曲线y  f(x)在(1, f(I))处的切线方程为 3x- y- 2=0． 2a （II）解：令 f '(x)0，解得x 0,x  ． 1 2 3 2a 当 0，即a≤0时， f(x)在[0，2]上单调递增，从而 3 f  f(2)84a． max 2a 当 2时，即a≥3时， f(x)在[0，2]上单调递减，从而 3 f  f(0)0． max 2a é 2aù é2a ù 当0 2，即0a3， f(x)在 0, 上单调递减，在 ,2 上单调递增，从 ê ú ê ú 3 ë 3 û ë 3 û 84a,0a2.  而 f  max 0, 2a3. 84a, a2.  综上所述， f  max 0, a2. 1 3 （22）（本题15分）已知曲线C是到点P( , )和到直线 2 8 5 y  距离相等的点的轨迹，l是过点Q（-1，0）的直线， 8 M是 C上 （不 在 l上 ）的 动 点 ；A、B在 l上 ， MAl,MB x 轴（如图）。 （Ⅰ）求曲线C的方程； |QB|2 （Ⅱ）求出直线l的方程，使得 为常数。 |QA| 第9页 | 共11页答案：本题主要考查求曲线轨迹方程，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+ )2 (y )2 ． 2 8 5 5 N到直线y  的距离为 y ． 8 8 1 3 5 由题设得 (x+ )2 (y )2  y ． 2 8 8 1 化简，得曲线C的方程为y  (x2 x)． 2 （II）解法一： x2 x 设M(x, )，直线l：y kxk ，则B(x,kxk)，从而 2 QB  1k2 x1 ． 在Rt△QMA中，因为 x2 QM (x1)2(1 )， 4 x (x1)2(k )2 2 MA  ． 1+k2 (x1)2 所以 QA 2  QM 2  AM 2  (kx2)2 4(1k2) x1× kx2 QA  ， 2 1k2 QB 2 2(1k2) 1k2 x1  × QA k 2 x+ k 2 QB 当k＝2时， 5 5 QA 从而所求直线l方程为2x y20 第10页 | 共11页解法二： x2 π 设M(x, )，直线直线l：y kxk ，则B(x,kxk)，从而 2 QB  1k2 x1 1 过(1,0)垂直于l的直线l ：y= (x1)， 1 k 因为 QA  MH ，所以 x1× kx2 QA  ， 2 1k2 QB 2 2(1k2) 1k2 x1  × ， QA k 2 x+ k 2 QB 当k＝2时， 5 5 ， QA 从而所求直线l方程为2x y20 第11页 | 共11页