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08立体几何初步★★★☆☆
在三棱锥 S−ABCS - ABC 中，底面 ABCABC 为边长等于 22 的等边三角形，SASA 垂直于底面 ABCABC，SA=3SA = 3，那么直线 ABAB 与平面 SBCSBC 所成角的正弦值为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 取 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(2,0,0)B=(2,0,0)，C=(1,3,0)C=(1,\sqrt{3},0)，S=(0,0,3)S=(0,0,3). 则平面 SBCSBC 的两个方向向量可取 SB→=(2,0,−3)\overrightarrow{SB}=(2,0,-3) 和 SC→=(1,3,−3)\overrightarrow{SC}=(1,\sqrt{3},-3)，其法向量可取 n=SB→×SC→=(33,3,23)\boldsymbol{n}=\overrightarrow{SB}\times\overrightarrow{SC}=(3\sqrt{3},3,2\sqrt{3}). 直线 ABAB 的方向向量为 AB→=(2,0,0)\overrightarrow{AB}=(2,0,0). 若直线 ABAB 与平面 SBCSBC 所成的角为 θ\theta，则 sin⁡θ=∣AB→⋅n∣∣AB→∣ ∣n∣=632⋅43=34\sin\theta=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AB}|\,|\boldsymbol{n}|}=\frac{6\sqrt{3}}{2\cdot4\sqrt{3}}=\frac{3}{4}. 故选 D. \end{solution}
A.
34\frac{\sqrt{3}}{4}
B.
54\frac{\sqrt{5}}{4}
C.
74\frac{\sqrt{7}}{4}
D.
34\frac{3}{4}

2010 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 8 题 · 选择题

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09计数原理与组合数学★★★☆☆
将标号为 11，22，33，44，55，66 的 66 张卡片放入 33 个不同的信封中，若每个信封放 22 张，其中标号为 11，22 的卡片放入同一信封，则不同的放法共有（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 先从 33 个不同信封中选出一个放置卡片 1,21,2，有 33 种选法. 剩下的 44 张卡片放入剩下的两个有标号信封中，每个放 22 张；选定其中一个信封所放的 22 张即可，故有 C42=6\mathrm C_4^2=6 种. 因此总放法数为 3C42=183\mathrm C_4^2=18，故选 B. \end{solution}
A.
12 种12\text{ 种}
B.
18 种18\text{ 种}
C.
36 种36\text{ 种}
D.
54 种54\text{ 种}

2010 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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10平面向量★★★☆☆
△ABC\triangle ABC 中，点 DD 在边 ABAB 上，CDCD 平分 ∠ACB\angle ACB. 若 CB→=a\overrightarrow{CB} = \boldsymbol{a}，CA→=b\overrightarrow{CA} = \boldsymbol{b}，∣a∣=1|\boldsymbol{a}| = 1，∣b∣=2|\boldsymbol{b}| = 2，则 CD→=\overrightarrow{CD} =（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 由角平分线定理，ADDB=ACCB=∣b∣∣a∣=2\frac{AD}{DB}=\frac{AC}{CB}=\frac{|\boldsymbol{b}|}{|\boldsymbol{a}|}=2，所以 AD→=23AB→\overrightarrow{AD}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}. 又 AB→=CB→−CA→=a−b\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CA}=\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}，于是 CD→=CA→+AD→=b+23(a−b)=23a+13b\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AD}=\boldsymbol{b}+\frac{2}{3}(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})=\frac{2}{3}\boldsymbol{a}+\frac{1}{3}\boldsymbol{b}. 故选 B. \end{solution}
A.
13a+23b\frac{1}{3} \boldsymbol{a} + \frac{2}{3} \boldsymbol{b}
B.
23a+13b\frac{2}{3} \boldsymbol{a} + \frac{1}{3} \boldsymbol{b}
C.
35a+45b\frac{3}{5} \boldsymbol{a} + \frac{4}{5} \boldsymbol{b}
D.
45a+35b\frac{4}{5} \boldsymbol{a} + \frac{3}{5} \boldsymbol{b}

2010 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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11立体几何初步★★★☆☆
与正方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的三条棱 ABAB，CC1CC_{1}，A1D1A_{1}D_{1} 所在直线的距离相等的点（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 不妨设正方体棱长为 11，建立空间直角坐标系：A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(1,0,0)B=(1,0,0)，C=(1,1,0)C=(1,1,0)，D=(0,1,0)D=(0,1,0)，A1=(0,0,1)A_1=(0,0,1)，B1=(1,0,1)B_1=(1,0,1)，C1=(1,1,1)C_1=(1,1,1)，D1=(0,1,1)D_1=(0,1,1). 在线段 B1DB_1D 上任取一点 P=(1−t,t,1−t)P=(1-t,t,1-t)，其中 0⩽t⩽10\leqslant t\leqslant1.
点 PP 到直线 ABAB 的距离为 t2+(1−t)2\sqrt{t^2+(1-t)^2}. 点 PP 到直线 CC1CC_1 的距离为 t2+(1−t)2\sqrt{t^2+(1-t)^2}. 点 PP 到直线 A1D1A_1D_1 的距离也为 t2+(1−t)2\sqrt{t^2+(1-t)^2}. 因而线段 B1DB_1D 上每一点都满足题设条件，满足条件的点有无数个. 故选 D. \end{solution}
A.
有且只有 1 个1\text{ 个}
B.
有且只有 2 个2\text{ 个}
C.
有且只有 3 个3\text{ 个}
D.
有无数个

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17三角函数★★★☆☆
△ABC\triangle ABC 中，DD 为边 BCBC 上的一点，BD=33BD = 33，sin⁡B=513\sin B = \frac{5}{13}，cos⁡∠ADC=35\cos \angle ADC = \frac{3}{5}，求 ADAD.

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18数列★★★☆☆
已知 {an}\{a_{n}\} 是各项均为正数的等比数列，且 a1+a2=2(1a1+1a2)a_{1} + a_{2} = 2\left(\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}}\right)，a3+a4+a5=64(1a3+1a4+1a5)a_{3} + a_{4} + a_{5} = 64\left(\frac{1}{a_{3}} + \frac{1}{a_{4}} + \frac{1}{a_{5}}\right).
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 bn=(an+1an)2b_n = \left(a_n + \frac{1}{a_n}\right)^2，求数列 {bn}\{b_n\} 的前 nn 项和 TnT_n.

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20概率与统计★★★☆☆
如图，由 MM 到 NN 的电路中有 44 个组件，分别标为 T1T_{1}，T2T_{2}，T3T_{3}，T4T_{4}，电流能通过 T1T_{1}，T2T_{2}，T3T_{3} 的概率都是 pp，电流能通过 T4T_{4} 的概率是 0.90.9. 电流能否通过各组件相互独立. 已知 T1T_{1}，T2T_{2}，T3T_{3} 中至少有一个能通过电流的概率为 0.9990.999.
(1) 求 pp； (2) 求电流能在 MM 与 NN 之间通过的概率.

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