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02三角函数★★☆☆☆
在平面直角坐标系中，已知两点 A(cos⁡80∘,sin⁡80∘)A(\cos 80^{\circ},\sin 80^{\circ})，B(cos⁡20∘,sin⁡20∘)B(\cos 20^{\circ},\sin 20^{\circ})，则 ∣AB∣|AB| 的值是（ ）
\begin{solution} 由两点距离公式，
∣AB∣2=(cos⁡80∘−cos⁡20∘)2+(sin⁡80∘−sin⁡20∘)2=2−2cos⁡(80∘−20∘)=2−2cos⁡60∘=1|AB|^{2}=(\cos80^{\circ}-\cos20^{\circ})^{2}+(\sin80^{\circ}-\sin20^{\circ})^{2}=2-2\cos(80^{\circ}-20^{\circ})=2-2\cos60^{\circ}=1
由于 ∣AB∣>0|AB|>0，所以 ∣AB∣=1|AB|=1，选 D. \end{solution}
A.
12\frac{1}{2}
B.
22\frac{\sqrt{2}}{2}
C.
32\frac{\sqrt{3}}{2}
D.
11

2002 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03三角函数★★☆☆☆
下列四个函数中，以 π\pi 为最小正周期，且在区间 (π2,π)\left(\frac{\pi}{2},\pi\right) 上为减函数的是（ ）
\begin{solution} 逐一判断四个函数. 有 cos⁡2x=1+cos⁡2x2\cos^{2}x=\frac{1+\cos2x}{2}，其最小正周期为 π\pi，但在 (π2,π)\left(\frac{\pi}{2},\pi\right) 上 (cos⁡2x)′=−sin⁡2x>0(\cos^{2}x)'=-\sin2x>0，是增函数. 函数 2∣sin⁡x∣2|\sin x| 的最小正周期为 π\pi，且在所给区间内 2∣sin⁡x∣=2sin⁡x2|\sin x|=2\sin x，其导数 2cos⁡x<02\cos x<0，是减函数. 函数 (13)cos⁡x\left(\frac13\right)^{\cos x} 的周期为 2π2\pi，且在所给区间内导数为 −ln⁡3⋅(−sin⁡x)(13)cos⁡x>0-\ln3\cdot(-\sin x)\left(\frac13\right)^{\cos x}>0，不是减函数. 函数 −cot⁡x-\cot x 的最小正周期为 π\pi，但其导数为 csc⁡2x>0\csc^{2}x>0，也是增函数. 因此选 B. \end{solution}
A.
y=cos⁡2xy=\cos^{2}x
B.
y=2∣sin⁡x∣y=2|\sin x|
C.
y=(13)cos⁡xy=\left(\frac{1}{3}\right)^{\cos x}
D.
y=−cot⁡xy=-\cot x

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04立体几何初步★★☆☆☆
6464 个直径都为 a4\frac{a}{4} 的球，记它们的体积之和为 V甲V_{\text{甲}}，表面积之和为 S甲S_{\text{甲}}；一个直径为 aa 的球，记其体积为 V乙V_{\text{乙}}，表面积为 S乙S_{\text{乙}}，则（ ）
\begin{solution} 球的体积与直径的三次方成正比，表面积与直径的平方成正比. 因此
V甲=64⋅π6(a4)3=πa36=V乙V_{\text{甲}}=64\cdot\frac{\pi}{6}\left(\frac a4\right)^{3}=\frac{\pi a^{3}}6=V_{\text{乙}}
S甲=64⋅4π(a8)2=4πa2>πa2=S乙S_{\text{甲}}=64\cdot4\pi\left(\frac a8\right)^{2}=4\pi a^{2}>\pi a^{2}=S_{\text{乙}}
故 V甲=V乙V_{\text{甲}}=V_{\text{乙}}，且 S甲>S乙S_{\text{甲}}>S_{\text{乙}}，选 C. \end{solution}
A.
V甲>V乙V_{\text{甲}}>V_{\text{乙}}，S甲>S乙S_{\text{甲}}>S_{\text{乙}}
B.
V甲<V乙V_{\text{甲}}<V_{\text{乙}}，S甲<S乙S_{\text{甲}}<S_{\text{乙}}
C.
V甲=V乙V_{\text{甲}}=V_{\text{乙}}，S甲>S乙S_{\text{甲}}>S_{\text{乙}}
D.
V甲=V乙V_{\text{甲}}=V_{\text{乙}}，S甲=S乙S_{\text{甲}}=S_{\text{乙}}

2002 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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07复数★★☆☆☆
已知 z1z_{1}，z2∈Cz_{2}\in\mathbb{C}，且 ∣z1∣=1|z_{1}|=1. 若 z1+z2=2z_{1}+z_{2}=2，则 ∣z1−z2∣|z_{1}-z_{2}| 的最大值是（ ）
\begin{solution} 由 z1+z2=2z_{1}+z_{2}=2，得 z2=2−z1z_{2}=2-z_{1}，于是
∣z1−z2∣=∣2z1−2∣=2∣z1−1∣|z_{1}-z_{2}|=|2z_{1}-2|=2|z_{1}-1|
因为 ∣z1∣=1|z_{1}|=1，由三角不等式
∣z1−1∣⩽∣z1∣+1=2|z_{1}-1|\leqslant |z_{1}|+1=2
所以 ∣z1−z2∣⩽4|z_{1}-z_{2}|\leqslant4. 当 z1=−1z_{1}=-1 时，∣z1∣=1|z_{1}|=1，且 z2=3z_{2}=3，上式取等号，故最大值为 44，选 C. \end{solution}
A.
66
B.
55
C.
44
D.
33

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09计数原理与组合数学★★☆☆☆
1212 名学生分别到三个不同的路口进行车流量的调查，若每个路口 44 人，则不同的分配方案共有（ ）
\begin{solution} 三个路口是不同的，先从 1212 名学生中选出到第一个路口的 44 人，再从余下的 88 人中选出到第二个路口的 44 人，最后剩下的 44 人到第三个路口. 因而分配方案数为
C124C84C44\mathrm C_{12}^{4}\mathrm C_{8}^{4}\mathrm C_{4}^{4}
故选 A. \end{solution}
A.
C124C84C44\mathrm C_{12}^{4}\mathrm C_{8}^{4}\mathrm C_{4}^{4} 种
B.
3C124C84C443\mathrm C_{12}^{4}\mathrm C_{8}^{4}\mathrm C_{4}^{4} 种
C.
C124C84A33\mathrm C_{12}^{4}\mathrm C_{8}^{4}\mathrm A_{3}^{3} 种
D.
C124C84C44A33\frac{\mathrm C_{12}^{4}\mathrm C_{8}^{4}\mathrm C_{4}^{4}}{\mathrm A_{3}^{3}} 种

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14数列★★☆☆☆
等差数列 {an}\{a_n\} 中，a1=2a_1=2，公差不为零，且 a1a_1，a3a_3，a11a_{11} 恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于______.
\begin{solution} 设等差数列的公差为 dd，则 有 a3=2+2da_{3}=2+2d，a11=2+10da_{11}=2+10d. 由于 a1a_{1}，a3a_{3}，a11a_{11} 依次为等比数列的前三项，且 a1=2≠0a_{1}=2\ne0，有 a32=a1a11a_{3}^{2}=a_{1}a_{11}，即 (2+2d)2=2(2+10d)⟺4d(d−3)=0(2+2d)^{2}=2(2+10d)\Longleftrightarrow 4d(d-3)=0. 题设给出 d≠0d\ne0，所以 d=3d=3. 因而等比数列的公比为
a3a1=2+2×32=4\frac{a_{3}}{a_{1}}=\frac{2+2\times3}{2}=4
\end{solution}

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