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01复数★☆☆☆☆
已知 aa 是实数，a−i1+i\frac{a-\mathrm{i}}{1+\mathrm{i}} 是纯虚数，则 a=a=（ ）
A.
1
B.
−1-1
C.
2\sqrt{2}
D.
−2-\sqrt{2}

2008 · 浙江 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02集合与逻辑基础★☆☆☆☆
已知 U=RU = \mathbf{R}，A={x∣x>0}A = \{x \mid x > 0\}，B={x∣x⩽−1}B = \{x \mid x \leqslant -1\}，则 (A∩∁UB)∪(B∩∁UA)=\left(A \cap \complement_U B\right) \cup \left(B \cap \complement_U A\right) =（ ）
A.
∅\varnothing
B.
{x∣x⩽0}\{x\mid x\leqslant 0\}
C.
{x∣x>−1}\{x \mid x > -1\}
D.
{x∣x>0或x⩽−1}\{x\mid x > 0\text{或} x\leqslant -1\}

2008 · 浙江 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03集合与逻辑基础★☆☆☆☆
已知 aa，bb 都是实数，那么“a2>b2a^2 > b^2”是“a>ba > 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

2008 · 浙江 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04计数原理与组合数学★★☆☆☆
在 (x−1)(x−2)(x−3)(x−4)(x−5)(x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5) 的展开式中，含 x4x^4 的项的系数是（ ）
A.
−15-15
B.
85
C.
−120-120
D.
274

2008 · 浙江 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05三角函数★★☆☆☆
在同一平面直角坐标系中，函数 y=cos⁡(x2+3π2)y = \cos \left( \frac{x}{2} + \frac{3\pi}{2} \right)（x∈[0,2π]x \in [0, 2\pi]）的图象和直线 y=12y = \frac{1}{2} 的交点个数是（ ）
A.
0
B.
1
C.
2
D.
4

2008 · 浙江 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06数列★★★☆☆
已知 {an}\{a_{n}\} 是等比数列，a2=2a_{2} = 2，a5=14a_{5} = \frac{1}{4}，则 a1a2+a2a3+⋯+anan+1=a_{1}a_{2} + a_{2}a_{3} + \cdots + a_{n}a_{n+1} =（ ）
A.
16(1−4−n)16(1 - 4^{-n})
B.
16(1−2−n)16(1 - 2^{-n})
C.
323(1−4−n)\frac{32}{3}(1 - 4^{-n})
D.
323(1−2−n)\frac{32}{3}(1 - 2^{-n})

2008 · 浙江 · 理 · 第 6 题 · 选择题

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07解析几何★★☆☆☆
若双曲线 x2a2−y2b2=1\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^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（ ）
A.
3
B.
5
C.
3\sqrt{3}
D.
5\sqrt{5}

2008 · 浙江 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08三角函数★★★☆☆
若 cos⁡α+2sin⁡α=−5\cos \alpha + 2\sin \alpha = -\sqrt{5}，则 tan⁡α=\tan \alpha =（ ）
A.
12\frac{1}{2}
B.
2
C.
−12-\frac{1}{2}
D.
−2-2

2008 · 浙江 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09平面向量★★★☆☆
已知 a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b} 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量 c\boldsymbol{c} 满足 (a−c)⋅(b−c)=0(\boldsymbol{a} - \boldsymbol{c}) \cdot (\boldsymbol{b} - \boldsymbol{c}) = 0，则 ∣c∣|\boldsymbol{c}| 的最大值是（ ）
A.
1
B.
2
C.
2\sqrt{2}
D.
22\frac{\sqrt{2}}{2}

2008 · 浙江 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10立体几何初步★★★★☆
如图，ABAB 是平面 α\alpha 的斜线段，AA 为斜足. 若点 PP 在平面 α\alpha 内运动，使得 △ABP\triangle ABP 的面积为定值，则动点 PP 的轨迹是（ ）
A.
圆
B.
椭圆
C.
一条直线
D.
两条平行直线

2008 · 浙江 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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11解析几何★★☆☆☆
已知 a>0a > 0，若平面内三点 A(1,−a)A(1, -a)，B(2,a2)B(2, a^2)，C(3,a3)C(3, a^3) 共线，则 a=a =______.

2008 · 浙江 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12解析几何★★☆☆☆
已知 F1F_1，F2F_2 为椭圆 x225+y29=1\frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{9} = 1 的两个焦点，过 F1F_1 的直线交椭圆于 AA，BB 两点. 若 ∣F2A∣+∣F2B∣=12|F_2A| + |F_2B| = 12，则 ∣AB∣=‾|AB| =\underline{\hspace{2em}}.

2008 · 浙江 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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13三角函数★★★☆☆
在 △ABC\triangle ABC 中，角 AA、BB、CC 所对的边分别为 aa、bb、cc，若 (3b−c)cos⁡A=acos⁡C(\sqrt{3} b - c) \cos A = a \cos C，则 cos⁡A=\cos A =______.

2008 · 浙江 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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14立体几何初步★★★☆☆
如图，已知球 OO 的表面上四点 AA、BB、CC、DD，DA⊥DA \perp 平面 ABCABC，AB⊥BCAB \perp BC，DA=AB=BC=3DA = AB = BC = \sqrt{3}，则球 OO 的体积等于______.

2008 · 浙江 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15函数与初等函数★★★☆☆
已知 tt 为常数，函数 y=∣x2−2x−t∣y = |x^2 - 2x - t| 在区间 [0,3][0,3] 上的最大值为 2 ，则 t=‾t =\underline{\hspace{2em}}.

2008 · 浙江 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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16计数原理与组合数学★★★☆☆
用 11，22，33，44，55，66 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 11 和 22 相邻，这样的六位数的个数是______. （用数字作答）

2008 · 浙江 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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17解析几何★★★☆☆
若 a⩾0a \geqslant 0，b⩾0b \geqslant 0，且当
{x⩾0,y⩾0,x+y⩽1\begin{cases} x \geqslant 0,\\ y \geqslant 0,\\ x + y \leqslant 1 \end{cases}
时，恒有 ax+by⩽1ax + by \leqslant 1，则以 aa，bb 为坐标的点 P(a,b)P(a, b) 所形成的平面区域的面积等于______.

2008 · 浙江 · 理 · 第 17 题 · 填空题

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18立体几何初步★★★★☆
如图，矩形 ABCDABCD 和梯形 BEFCBEFC 所在平面互相垂直，BE∥CFBE \parallel CF，∠BCF=∠CEF=90∘\angle BCF = \angle CEF = 90^\circ，AD=3AD = \sqrt{3}，EF=2EF = 2.
(1) 求证：AE∥AE \parallel 平面 DCFDCF； (2) 当 ABAB 的长为何值时，二面角 A−EF−CA - EF - C 的大小为 60∘60^\circ？
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 AB=p>0AB=p>0.建立直角坐标系，令 B=(0,0,0)B=(0,0,0)，C=(0,3,0)C=(0,\sqrt3,0)，A=(p,0,0)A=(p,0,0)，D=(p,3,0)D=(p,\sqrt3,0)，并令梯形所在平面为 x=0x=0. 由 ∠BCF=90∘\angle BCF=90^\circ 及 BE∥CFBE\parallel CF，可设 E=(0,0,u)E=(0,0,u)，F=(0,3,v)F=(0,\sqrt3,v).令 d=v−ud=v-u，由 EF=2EF=2 得 3+d2=43+d^2=4，即 d2=1d^2=1.又由 ∠CEF=90∘\angle CEF=90^\circ，
EC→⋅EF→=(0,3,−u)⋅(0,3,d)=3−ud=0\overrightarrow{EC}\cdot\overrightarrow{EF}=(0,\sqrt3,-u)\cdot(0,\sqrt3,d)=3-ud=0
故 ud=3ud=3.适当取 zz 轴方向后可令 d=1d=1，于是 u=3u=3，即 E=(0,0,3)E=(0,0,3)，F=(0,3,4)F=(0,\sqrt3,4).
此时 DD、CC、FF 均满足 y=3y=\sqrt3，所以平面 DCFDCF 为 y=3y=\sqrt3.而 AE→=(−p,0,3)\overrightarrow{AE}=(-p,0,3) 的 yy 分量为零，故 AE∥AE\parallel 平面 DCFDCF. \item 取平面 AEFAEF 和平面 CEFCEF 的法向量 n1=EA→×EF→=(33,−p,p3)\boldsymbol{n}_1=\overrightarrow{EA}\times\overrightarrow{EF}=(3\sqrt3,-p,p\sqrt3)，n2=EC→×EF→=(43,0,0)\boldsymbol{n}_2=\overrightarrow{EC}\times\overrightarrow{EF}=(4\sqrt3,0,0). 二面角 A−EF−CA-EF-C 的平面角取锐角，设其为 θ\theta，则
cos⁡θ=∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=3327+4p2\cos\theta=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|} =\frac{3\sqrt3}{\sqrt{27+4p^2}}
当 θ=60∘\theta=60^\circ 时， 3327+4p2=12\frac{3\sqrt3}{\sqrt{27+4p^2}}=\frac12，所以 27+4p2=10827+4p^2=108，从而 p2=814p^2=\frac{81}{4}.由于 p>0p>0，得 AB=p=92AB=p=\frac92. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 浙江 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19概率与统计★★★★☆
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 25\frac{2}{5}；从袋中任意摸出 2 个球，至少得到 1 个白球的概率是 79\frac{7}{9}.
(1) 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 ξ\xi，求随机变量 ξ\xi 的数学期望 E(ξ)E(\xi). (2) 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 710\frac{7}{10}，并指出袋中哪种颜色的球个数最少.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item 设白球有 ww 个.两球中没有白球的概率为 1−79=291-\frac79=\frac29，故
C10−w2C102=29\frac{\mathrm C_{10-w}^{2}}{\mathrm C_{10}^{2}}=\frac29
于是 (10−w)(9−w)=20(10-w)(9-w)=20，解得 w=5w=5 或 w=14w=14.由 0⩽w⩽100\leqslant w\leqslant10，得白球有 55 个. \item 设第 ii 次摸到白球的指示变量为 IiI_i，则 ξ=I1+I2+I3\xi=I_1+I_2+I_3.每次摸球得到白球的概率为 510\frac5{10}，所以由数学期望的线性性质，
E(ξ)=E(I1)+E(I2)+E(I3)=3×510=32E(\xi)=E(I_1)+E(I_2)+E(I_3)=3\times\frac5{10}=\frac32
\end{enumerate} \item 设袋中共有 NN 个球，黑、白、红球数分别为 KK，WW，RR.由 KN=25\frac KN=\frac25，可设 N=5mN=5m，K=2mK=2m，其中 mm 为正整数.两球中没有白球的概率为 29\frac29.令非白球数 X=K+R=N−WX=K+R=N-W，则
CX2C5m2=29,即X(X−1)=10m(5m−1)9\frac{\mathrm C_{X}^{2}}{\mathrm C_{5m}^{2}}=\frac29, \qquad\text{即}\qquad X(X-1)=\frac{10m(5m-1)}9
两球中至少有一个黑球的概率为
1−C3m2C5m21-\frac{\mathrm C_{3m}^{2}}{\mathrm C_{5m}^{2}}
又因为 m⩾1m\geqslant1，
C3m2C5m2⩾310⟺30m(3m−1)⩾15m(5m−1)\frac{\mathrm C_{3m}^{2}}{\mathrm C_{5m}^{2}}\geqslant\frac3{10} \quad\Longleftrightarrow\quad 30m(3m-1)\geqslant15m(5m-1)
而右边移到左边后为 15m(m−1)⩾015m(m-1)\geqslant0.因此至少得到一个黑球的概率不大于 710\frac7{10}.
还需比较三种球的个数.若 X⩾7m2X\geqslant\frac{7m}{2}，则
X(X−1)⩾7m2(7m2−1)>10m(5m−1)9X(X-1)\geqslant\frac{7m}{2}\left(\frac{7m}{2}-1\right)>\frac{10m(5m-1)}9
因为两边之差为 m(241m−86)36>0\frac{m(241m-86)}{36}>0，这与上面的等式矛盾.因此 X<7m2X<\frac{7m}{2}.于是 R=X−2m<3m2<2m=KR=X-2m<\frac{3m}{2}<2m=K，并且 W−R=7m−2X>0W-R=7m-2X>0.所以红球数同时少于黑球数和白球数，红球最少. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 浙江 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
已知曲线 CC 是到点 P(−12,38)P\left(-\frac{1}{2}, \frac{3}{8}\right) 和到直线 y=−58y = -\frac{5}{8} 距离相等的点的轨迹. ll 是过点 Q(−1,0)Q(-1, 0) 的直线，MM 是 CC 上（不在 ll 上）的动点，AA、BB 在 ll 上，MA⊥lMA \perp l，MB⊥xMB \perp x 轴（如图）.
(1) 求曲线 CC 的方程； (2) 求出直线 ll 的方程，使得 ∣QB∣2∣QA∣\frac{|QB|^2}{|QA|} 为常数.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 N(x,y)N(x,y) 为曲线 CC 上的点.由距离相等，
(x+12)2+(y−38)2=∣y+58∣2\left(x+\frac12\right)^2+\left(y-\frac38\right)^2=\left|y+\frac58\right|^2
展开并约去 y2y^2，得 x2+x=2yx^2+x=2y，所以曲线 CC 的方程为 y=12(x2+x)y=\frac12(x^2+x). \item 直线 ll 不可能为过 QQ 的竖直直线，否则由 B∈lB\in l 且 MB⊥xMB\perp x 轴可知 MM 的横坐标为 −1-1，而曲线 CC 在该直线上只有点 QQ，与 M∉lM\notin l 矛盾.因此设 l:y=k(x+1)l:y=k(x+1).
设 M=(x,f(x))M=(x,f(x))，其中 f(x)=12x(x+1)f(x)=\frac12x(x+1).因为 MB⊥xMB\perp x 轴且 B∈lB\in l，有 B=(x,k(x+1))B=(x,k(x+1))，从而 ∣QB∣2=(1+k2)(x+1)2|QB|^2=(1+k^2)(x+1)^2.取直线 ll 的方向向量 d=(1,k)\boldsymbol{d}=(1,k)，设 A=Q+λdA=Q+\lambda\boldsymbol{d}.由 MA⊥lMA\perp l，
λ=(M−Q)⋅d1+k2=(x+1)+kf(x)1+k2=(x+1)(1+kx2)1+k2\lambda=\frac{(M-Q)\cdot\boldsymbol{d}}{1+k^2} =\frac{(x+1)+kf(x)}{1+k^2} =\frac{(x+1)\left(1+\frac{kx}{2}\right)}{1+k^2}
因此
∣QB∣2∣QA∣=(1+k2)32∣x+1∣∣1+kx2∣\frac{|QB|^2}{|QA|}=\frac{(1+k^2)^{\frac{3}{2}}|x+1|}{\left|1+\frac{kx}{2}\right|}
要使这个比值对曲线 CC 上的动点 MM 为常数，两个一次式 1+kx21+\frac{kx}{2} 与 x+1x+1 必须成比例.比较常数项和 xx 项，得 1=k21=\frac{k}{2}，即 k=2k=2.此时 l:y=2(x+1)l:y=2(x+1)，即 l:2x−y+2=0l:2x-y+2=0，且比值恒为 555\sqrt5. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★☆
已知 aa 是实数，函数 f(x)=x(x−a)f(x) = \sqrt{x}(x - a).
(1) 求函数 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 设 g(a)g(a) 为 f(x)f(x) 在区间 [0,2][0, 2] 上的最小值.
(i) 写出 g(a)g(a) 的表达式； (ii) 求 aa 的取值范围，使得 −6⩽g(a)⩽−2-6 \leqslant g(a) \leqslant -2.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 函数定义域为 [0,+∞)[0,+\infty).当 x>0x>0 时，
f′(x)=3x−a2xf'(x)=\frac{3x-a}{2\sqrt{x}}
当 a⩽0a\leqslant0 时，f′(x)>0f'(x)>0，所以 f(x)f(x) 在 [0,+∞)[0,+\infty) 上单调递增；当 a>0a>0 时，f′(x)<0f'(x)<0 对 0<x<a30<x<\frac a3 成立，f′(x)>0f'(x)>0 对 x>a3x>\frac a3 成立，所以 f(x)f(x) 在 [0,a3]\left[0,\frac a3\right] 上单调递减，在 [a3,+∞)\left[\frac a3,+\infty\right) 上单调递增. \item \begin{enumerate} \item 由上题的单调性，
g(a)={0,a⩽0,−2a3a3,0<a<6,2(2−a),a⩾6.g(a)= \begin{cases} 0,&a\leqslant0,\\ -\dfrac{2a}{3}\sqrt{\dfrac a3},&0<a<6,\\ \sqrt2(2-a),&a\geqslant6. \end{cases}
\item 当 a⩽0a\leqslant0 时，g(a)=0g(a)=0，不满足条件.当 0<a<60<a<6 时， −6⩽−2a3a3⩽−2-6\leqslant-\frac{2a}{3}\sqrt{\frac a3}\leqslant-2 给出 3⩽a<63\leqslant a<6. 当 a⩾6a\geqslant6 时， −6⩽2(2−a)⩽−2-6\leqslant\sqrt2(2-a)\leqslant-2 给出 6⩽a⩽2+326\leqslant a\leqslant2+3\sqrt2.合并两种情形，得 3⩽a⩽2+323\leqslant a\leqslant2+3\sqrt2. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 浙江 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_{n}\}，an⩾0a_{n} \geqslant 0，a1=0a_{1} = 0，an+12+an+1−1=an2a_{n+1}^{2} + a_{n+1} - 1 = a_{n}^{2}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）. 记 Sn=a1+a2+⋯+anS_{n} = a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n}，Tn=11+a1+1(1+a1)(1+a2)+⋯+1(1+a1)(1+a2)⋯(1+an)T_{n} = \frac{1}{1 + a_{1}} + \frac{1}{(1 + a_{1})(1 + a_{2})} + \cdots + \frac{1}{(1 + a_1)(1 + a_2)\cdots(1 + a_n)}. 求证：当 n∈N∗n\in \mathbf{N}^* 时，
(1) an<an+1a_{n} < a_{n + 1}； (2) Sn>n−2S_{n} > n - 2； (3) Tn<3T_{n} < 3.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 an⩾0a_n\geqslant0，递推式中的 an+1a_{n+1} 取非负根，故
an+1=−1+5+4an22a_{n+1}=\frac{-1+\sqrt{5+4a_n^2}}2
先证 0⩽an<10\leqslant a_n<1.a1=0<1a_1=0<1，若 0⩽an<10\leqslant a_n<1，则 5+4an2<95+4a_n^2<9，从而 0<an+1<10<a_{n+1}<1，归纳可得对一切 nn 都成立. 又因为两边均非负，
an+1>an⟺5+4an2>2an+1⟺5+4an2>(2an+1)2⟺an<1a_{n+1}>a_n\Longleftrightarrow\sqrt{5+4a_n^2}>2a_n+1 \Longleftrightarrow 5+4a_n^2>(2a_n+1)^2 \Longleftrightarrow a_n<1
所以 an<an+1a_n<a_{n+1}. \item a2a_2 是方程 x2+x−1=0x^2+x-1=0 的非负根，故 a2=5−12>12a_2=\frac{\sqrt5-1}{2}>\frac12.当 n=1n=1，22 时，分别有 S1=0>−1S_1=0>-1 和 S2=a2>0S_2=a_2>0.
当 k⩾3k\geqslant3 时，递推式可改写为
1−ak=ak2−ak−12=(ak−ak−1)(ak+ak−1)1-a_k=a_k^2-a_{k-1}^2=(a_k-a_{k-1})(a_k+a_{k-1})
由于数列递增且 a2>12a_2>\frac12，有 ak+ak−1>2a2>1a_k+a_{k-1}>2a_2>1，所以 1−ak<ak−ak−11-a_k<a_k-a_{k-1}.于是当 n⩾3n\geqslant3 时，
n−Sn=∑k=1n(1−ak)<1+(1−a2)+(an−a2)<3−2a2<2n-S_n=\sum_{k=1}^{n}(1-a_k) <1+(1-a_2)+(a_n-a_2)<3-2a_2<2
故 Sn>n−2S_n>n-2. \item 由 a1=0a_1=0 且数列递增，ak⩾a2a_k\geqslant a_2 对 k⩾2k\geqslant2 成立.因此
∏j=1k(1+aj)⩾(1+a2)k−1\prod_{j=1}^{k}(1+a_j)\geqslant(1+a_2)^{k-1}
从而
Tn⩽∑k=1n1(1+a2)k−1<∑k=1∞1(1+a2)k−1=1+a2a2=3+52<3T_n\leqslant\sum_{k=1}^{n}\frac1{(1+a_2)^{k-1}} <\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{(1+a_2)^{k-1}} =\frac{1+a_2}{a_2}=\frac{3+\sqrt5}{2}<3
\end{enumerate} \end{solution}

2008 · 浙江 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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