2008年高考数学试卷（理）（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）
S=4R2
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
如果事件A在一次试验中发生 4
求的体积公式V= R3
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
P (k) Ck pk(1 p)nk
n n
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。
ai
（1）已知a是实数， 是春虚数，则a=
1i
（A）1 （B）-1 （C） 2 （D）- 2
【答案】A
       
（2）已知U=R，A= x| x 0 ,B= x| x  1 ,则（A A C B B C A 
 u   u
 
（A） （B） |0
（C）  | 1  （D）  |0或 1 
【答案】D
（3）已知a，b都是实数，那么“a2 b2”是“a>b”的
第1页 | 共12页（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
（4）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
x 3 1
（5）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
2 2 2
交点个数是
（A）0 （B）1 （C）2 （D）4
【答案】C
1
（6）已知  a  是等比数列，a  2，a  ，则a a a a  a a =
n 2 5 4 1 2 2 3  n n1
（A）16（14n） （B）16（12n）
32 32
（C） （14n） （D） （12n）
3 3
【答案】C
x2 y2
（7）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
（A）3 （B）5 （C） 3 （D） 5
【答案】D
（8）若cosa2sina   5,则tana=
1 1
（A） （B）2 （C） （D）2
2 2
【答案】B
（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
第2页 | 共12页的最大值是
2
（A）1 （B）2 （C） 2 （D）
2
【答案】C
（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
【答案】B
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，a2），C（3，a3）共线，则
a=________。
【答案】1 2
x2 y2
（12）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 25 9 1
若 F A  F B 12，则 AB =______________。
2 2
【答案】8
第3页 | 共12页（ 13 ） 在 △ ABC 中 ， 角 A 、 B 、 C 所 对 的 边 分 别 为 a、 b 、 c ， 若
 
3bc cosA acosC，则cosA_________________。
3
【答案】
3
（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___________。
9π
【答案】
2
（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=__________。
【答案】1
（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)。
【答案】40
 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，

x y 1

b）所形成的平面区域的面积等于____________。
【答案】1
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4页 | 共12页【答案】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
所以AD∥EG，从而四边形ADGE为平行四边形， B G
F
故AE∥DG． H E
因为AE Ë平面DCF，DGÌ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 3，EF 2，所以CFE 60o，FG 1．
又因为CE  EF ，所以CF 4，
z
从而BE CG 3．
D
A
3 3
C
于是BH  BE sinBEH  ．
g
2
B
x
F
因为AB BH tanAHB，
g
E y
9
所以当AB为 时，二面角AEF C 的大小为60o．
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)．
uuur uuur uuur
（Ⅰ）证明：AE (0，b，a)，CB( 3，0，0)，BE (0，b，0)，
uuur uuur uuur uuur
所以CB CE 0，CB BE 0，从而CB AE，CB BE，
g g
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．
uuur uuur
（Ⅱ）解：因为EF ( 3，cb，0)，CE ( 3，b，0)，
uuur uuur uuur
所以EF CE 0，|EF |2，从而
g
第5页 | 共12页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，
g g
3 3
解得n(1，3， )．
a
uuur
又因为BA平面BEFC，BA(0，0，a)，
uuur
uuur |BA n| 3 3a 1
所以|cos<n，BA| g   ，
uuur
|BA| g |n| a 4a2 27 2
9
得到a ．
2
9
所以当AB为 时，二面角AEF C 的大小为60o．
2
（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
2
1个球，得到黑球的概率是 ；从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是
5
7
。
9
（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。
7
（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 。并指出袋
10
中哪种颜色的球个数最少。
【答案】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
第6页 | 共12页C2 7
个数为x，则P(A)1 10x  ，
C2 9
10
得到x5．
故白球有5个．
（ii）随机变量的取值为0，1，2，3，分布列是
 0 1 2 3
1 5 5 1
P
12 12 12 12
的数学期望
1 5 5 1 3
E ´0 ´1 ´2 ´3 ．
12 12 12 12 2
2
（Ⅱ）证明：设袋中有n个球，其中y个黑球，由题意得y  n，
5
y 1
所以2y<n，2y≤n1，故 ≤ ．
n1 2
记“从袋中任意摸出两个球，至少有1个黑球”为事件B，则
2 3 y
P(B)  ´
5 5 n1
2 3 1 7
≤  ´  ．
5 5 2 10
2 n
所以白球的个数比黑球多，白球个数多于 n，红球的个数少于 ．
5 5
故袋中红球个数最少．
1 3
（20）（本题15分）已知曲线C是到点P（ , ）和到
2 8
5
直线y   距离相等的点的轨迹。 是过点Q（-1，

8
0）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；
2
QB
（Ⅱ）求出直线 的方程，使得 为常数。

QA
【答案】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．
第7页 | 共12页（Ⅰ）解：设N(x，y)为C上的点，则
2 2
æ 1ö æ 3ö
|NP| ç x ÷  ç y ÷ ，
è 2ø è 8ø
5 5
N 到直线y  的距离为 y ．
8 8
2 2
æ 1ö æ 3ö 5
由题设得 ç x ÷  ç y ÷  y ．
è 2ø è 8ø 8
1
化简，得曲线C的方程为y  (x2 x)．
2
（Ⅱ）解法一：
æ x2 xö y M
设M çx， ÷，直线l: y kxk，则 l
è 2 ø A
B
Q
B(x，kxk)，从而|QB| 1k2 |x1|． O x
在Rt△QMA中，因为
æ x2 ö
|QM |2(x1)2 ç1 ÷，
è 4 ø
2
æ xö
(x1)2 k
ç ÷
è 2ø
|MA|2 ．
1k2
(x1)2
所以|QA|2|QM |2 |MA|2 (kx2)2 .
4(1k2)
|x1||kx2|
g
|QA| ，
2 1k2
|QB|2 2(1k2) 1k2 x1
 ．
g
|QA| |k| 2
x
k
|QB|2
当k 2时， 5 5 ，
|QA|
从而所求直线l方程为2x y20．
第8页 | 共12页æ x2 xö
解法二：设M çx， ÷，直线l: y kxk，则B(x，kxk)，从而
è 2 ø
|QB| 1k2 |x1|．
1
过Q (1，0)垂直于l的直线l : y  (x1)．
1 k
|x1||kx2| y M
因为|QA||MH |，所以|QA| g ， l
2 1k2 l A
1 B
H
x
Q O
|QB|2 2(1k2) 1k2 x1
 ．
g
|QA| |k| 2
x
k
|QB|2
当k 2时， 5 5 ，
|QA|
从而所求直线l方程为2x y20．
（21）（本题15分）已知a是实数，函数(x)  x(xa)。
（Ⅰ）求函数(x)的单调区间；
 
（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。
【答案】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，¥)，
xa 3xa
f¢(x) x   （x0）．
2 x 2 x
若a≤0，则 f¢(x)0，
第9页 | 共12页f(x)有单调递增区间[0，¥)．
a
若a0，令 f¢(x)0，得x ，
3
a
当0< x< 时， f¢(x)<0，
3
a
当x 时， f¢(x)0．
3
é aù æa ö
f(x)有单调递减区间
ê
0，
ú
，单调递增区间ç ，¥ ÷．
ë 3û è3 ø
（Ⅱ）解：（i）若a≤0， f(x)在[0，2]上单调递增，
所以g(a) f(0)0．
é aù æa ù
若0<a<6， f(x)在
ê
0，
ú
上单调递减，在ç ，2
ú
上单调递增，
ë 3û è3 û
æaö 2a a
所以g(a) f ç ÷  ．
è3ø 3 3
若a≥6， f(x)在[0，2]上单调递减，
所以g(a) f(2) 2(2a)．
0， a≤0，

 2a a
综上所述，g(a) ， 0<a<6，
3 3

 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3 2．
故a的取值范围为3≤a≤23 2．
（22）（本题 14 分）已知数列  a  ，a 0，a 0，a 2 a 1 a 2(nN)．记
n n 1 n1 n1 n
第10页 | 共12页1 1 1
S  a a  a ．T     ．
n 1 2  n n 1a (1a )(1a )  (1a )(1a ) (1a )
1 1 2 1 2  n
求证：当nN时，
（Ⅰ）a < a ；
n n1
（Ⅱ）S  n2；
n
（Ⅲ）T <3。
n
【答案】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a 是方程x2 x10的正根，所以a <a ．
2 1 2
②假设当nk(kN*)时，a <a ，
k k1
因为a 2 a2 (a 2 a 1)(a 2 a 1)
k1 k k2 k2 k1 k1
(a a )(a a 1)，
k2 k1 k2 k1
所以a <a ．
k1 k2
即当nk1时，a <a 也成立．
n n1
根据①和②，可知a <a 对任何nN*都成立．
n n1
（Ⅱ）证明：由a 2 a 1a 2，k 1，2， ，n1（n≥2），
k1 k1 k 
得a2 (a a  a )(n1)a2．
n 2 3  n 1
因为a 0，所以S n1a2．
1 n n
由a <a 及a 1a2 2a 2 <1得a <1，
n n1 n1 n n1 n
所以S n2．
n
（Ⅲ）证明：由a 2 a 1a 2≥2a ，得
k1 k1 k k
1 a
≤ k1 (k 2，3， ，n1，n≥3)

1a 2a
k1 k
第11页 | 共12页1 a
所以 ≤ n (a≥3)，
(1a )(1a ) (1a ) 2n2a
3 4  n 2
1 a a 1
于是 ≤ n  n < (n≥3)，
(1a )(1a ) (1a ) 2n2(a2 a ) 2n2 2n2
2 3  n 2 2
1 1
故当n≥3时，T <11   <3，
n 2  2n2
又因为T <T <T ，
1 2 3
所以T <3．
n
第12页 | 共12页