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05解析几何★★★☆☆
已知某曲线的参数方程是
{x=sec⁡φ,y=tan⁡φ\begin{cases} x=\sec\varphi,\\ y=\tan\varphi \end{cases}
（φ\varphi 为参数），若以原点为极点，xx 轴的正半轴为极轴，长度单位不变，建立极坐标系，则该曲线的极坐标方程是（ ）
\begin{solution} 由参数方程恒有
x2−y2=sec⁡2φ−tan⁡2φ=1x^{2}-y^{2}=\sec^{2}\varphi-\tan^{2}\varphi=1
在极坐标中 x=ρcos⁡θx=\rho\cos\theta，y=ρsin⁡θy=\rho\sin\theta，所以
x2−y2=ρ2(cos⁡2θ−sin⁡2θ)=ρ2cos⁡2θx^{2}-y^{2}=\rho^{2}(\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta)=\rho^{2}\cos2\theta
因此曲线的极坐标方程为 ρ2cos⁡2θ=1\rho^{2}\cos2\theta=1，选 D. \end{solution}
A.
ρ=1\rho=1
B.
ρcos⁡2θ=1\rho\cos 2\theta=1
C.
ρ2sin⁡2θ=1\rho^{2}\sin 2\theta=1
D.
ρ2cos⁡2θ=1\rho^{2}\cos 2\theta=1

2002 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06解析几何★★★☆☆
给定四条曲线：
① x2+y2=52x^{2}+y^{2}=\frac{5}{2} ② x29+y24=1\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1 ③ x2+y24=1x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1 ④ x24+y2=1\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1
其中与直线 x+y−5=0x+y-\sqrt{5}=0 仅有一个交点的曲线是（ ）
\begin{solution} 把直线方程写成 y=5−xy=\sqrt5-x，分别代入四条曲线. 对曲线 11，代入得
x2+(−5+x)2=52⟺2x2−25x+52=0x^{2}+(-\sqrt5+x)^{2}=\frac52 \Longleftrightarrow 2x^{2}-2\sqrt5x+\frac52=0
其判别式为 20−20=020-20=0，所以只有一个交点. 对曲线 22，代入并整理得
13x2−185x+9=013x^{2}-18\sqrt5x+9=0
其判别式为 1620−468=1152>01620-468=1152>0，有两个交点. 对曲线 33，代入并整理得
5x2−25x+1=05x^{2}-2\sqrt5x+1=0
其判别式为 20−20=020-20=0，所以只有一个交点. 对曲线 44，代入并整理得
5x2−85x+16=05x^{2}-8\sqrt5x+16=0
其判别式为 320−320=0320-320=0，所以只有一个交点. 因此满足条件的曲线为 11，33，44，选 D. \end{solution}
A.
\circled1\circled2\circled3\circled{1}\circled{2}\circled{3}
B.
\circled2\circled3\circled4\circled{2}\circled{3}\circled{4}
C.
\circled1\circled2\circled4\circled{1}\circled{2}\circled{4}
D.
\circled1\circled3\circled4\circled{1}\circled{3}\circled{4}

2002 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 6 题 · 选择题

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08三角函数★★★☆☆
若 cot⁡θ−12cot⁡θ+1=1\frac{\cot\theta-1}{2\cot\theta+1}=1，则 cos⁡2θ1+sin⁡2θ\frac{\cos 2\theta}{1+\sin 2\theta} 的值为（ ）
\begin{solution} 原式有意义时 2cot⁡θ+1≠02\cot\theta+1\ne0，由题设得
cot⁡θ−1=2cot⁡θ+1\cot\theta-1=2\cot\theta+1
所以 cot⁡θ=−2\cot\theta=-2，即 cos⁡θ=−2sin⁡θ\cos\theta=-2\sin\theta. 又因 cot⁡θ=−2\cot\theta=-2，有 cos⁡θ+sin⁡θ≠0\cos\theta+\sin\theta\ne0，于是
cos⁡2θ1+sin⁡2θ=cos⁡2θ−sin⁡2θ(cos⁡θ+sin⁡θ)2=cos⁡θ−sin⁡θcos⁡θ+sin⁡θ=−2sin⁡θ−sin⁡θ−2sin⁡θ+sin⁡θ=3\frac{\cos2\theta}{1+\sin2\theta} =\frac{\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta}{(\cos\theta+\sin\theta)^{2}} =\frac{\cos\theta-\sin\theta}{\cos\theta+\sin\theta} =\frac{-2\sin\theta-\sin\theta}{-2\sin\theta+\sin\theta}=3
故选 A. \end{solution}
A.
33
B.
−3-3
C.
−2-2
D.
−12-\frac{1}{2}

2002 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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10集合与逻辑基础★★★☆☆
设命题甲：“直四棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 中，平面 ACB1ACB_{1} 与对角面 BB1D1DBB_{1}D_{1}D 垂直”；命题乙：“直四棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 是正方体”，那么甲是乙的（ ）
\begin{solution} 先说明必要性. 若直四棱柱是正方体，设其棱长为 aa，取 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(a,0,0)B=(a,0,0)，C=(a,a,0)C=(a,a,0)，D=(0,a,0)D=(0,a,0). 再取 B1=(a,0,a)B_{1}=(a,0,a)，D1=(0,a,a)D_{1}=(0,a,a). 平面 ACB1ACB_{1} 内两条相交直线的方向向量可取 AC→=(a,a,0)\overrightarrow{AC}=(a,a,0)、AB1→=(a,0,a)\overrightarrow{AB_{1}}=(a,0,a)，其法向量可取 (1,−1,−1)(1,-1,-1). 平面 BB1D1DBB_{1}D_{1}D 内两条相交直线的方向向量可取 BD→=(−a,a,0)\overrightarrow{BD}=(-a,a,0)、BB1→=(0,0,a)\overrightarrow{BB_{1}}=(0,0,a)，其法向量可取 (1,1,0)(1,1,0). 两法向量的内积为 1−1+0=01-1+0=0，故两平面垂直，所以甲是乙的必要条件.
再说明不充分性. 取底面为边长 aa 的正方形、高为任意 h>0h>0 且 h≠ah\ne a 的直四棱柱，并仍取上述底面坐标，令 B1=(a,0,h)B_{1}=(a,0,h)，D1=(0,a,h)D_{1}=(0,a,h). 此时平面 ACB1ACB_{1} 与平面 BB1D1DBB_{1}D_{1}D 的法向量可分别取为 (ah,−ah,−a2)(ah,-ah,-a^{2}) 与 (1,1,0)(1,1,0)，二者内积为 00，所以甲成立；但由于 h≠ah\ne a，该棱柱不是正方体. 因此甲不是乙的充分条件，故选 C. \end{solution}
A.
充分必要条件
B.
充分非必要条件
C.
必要非充分条件
D.
即非充分又非必要条件

2002 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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11函数与初等函数★★★☆☆
已知 f(x)f(x) 是定义在 (−3,3)(-3,3) 上的奇函数，当 0<x<30<x<3 时，f(x)f(x) 的图象如图所示，那么不等式 f(x)cos⁡x<0f(x)\cos x<0 的解集是（ ）
\begin{solution} 由图可知，在 0<x<30<x<3 时，f(x)<0f(x)<0 于 (0,1)(0,1)，f(1)=0f(1)=0，且 f(x)>0f(x)>0 于 (1,3)(1,3). 又因 ff 为奇函数，f(−x)=−f(x)f(-x)=-f(x)，而 cos⁡(−x)=cos⁡x\cos(-x)=\cos x. 在正半轴上，cos⁡x>0\cos x>0 于 (0,π2)(0,\frac\pi2)，cos⁡x<0\cos x<0 于 (π2,3)(\frac\pi2,3). 所以正半轴上不等式成立的区间为 (0,1)∪(π2,3)(0,1)\cup(\frac\pi2,3)，而在 (1,π2)(1,\frac\pi2) 上乘积为正.
对负数 xx，有 f(x)cos⁡x=−f(−x)cos⁡(−x)f(x)\cos x=-f(-x)\cos(-x)，故负半轴上乘积为负的区间正好是正半轴上乘积为正区间关于原点的对称区间，即 (−π2,−1)(-\frac\pi2,-1). 因此解集为
(−π2,−1)∪(0,1)∪(π2,3)\left(-\frac\pi2,-1\right)\cup(0,1)\cup\left(\frac\pi2,3\right)
选 B. \end{solution}
A.
(−3,−π2)∪(0,1)∪(π2,3)(-3,-\frac{\pi}{2})\cup(0,1)\cup(\frac{\pi}{2},3)
B.
(−π2,−1)∪(0,1)∪(π2,3)(-\frac{\pi}{2},-1)\cup(0,1)\cup(\frac{\pi}{2},3)
C.
(−3,−1)∪(0,1)∪(1,3)(-3,-1)\cup(0,1)\cup(1,3)
D.
(−3,−π2)∪(0,1)∪(1,3)(-3,-\frac{\pi}{2})\cup(0,1)\cup(1,3)

2002 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 11 题 · 选择题

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12函数与初等函数★★★☆☆
如图所示，fi(x)f_i(x)（i=1i=1，22，33，44）是定义在 [0,1][0,1] 上的四个函数，其中满足性质：“对 [0,1][0,1] 中任意的 x1x_1 和 x2x_2，任意 λ∈[0,1]\lambda\in[0,1]，fi[λx1+(1−λ)x2]≤λfi(x1)+(1−λ)fi(x2)f_i[\lambda x_1+(1-\lambda)x_2]\le \lambda f_i(x_1)+(1-\lambda)f_i(x_2) 恒成立”的只有（ ）
\begin{solution} 题中的不等式是凸函数的定义不等式：函数图象应位于任意两点连线的下方. 由图可见，f1(x)f_{1}(x) 的图象为凸形，满足该不等式；f2(x)f_{2}(x) 的图象为向下弯曲，在内点处位于弦的上方，不满足；f3(x)f_{3}(x) 为直线，对任意 x1x_{1}，x2x_{2}，λ\lambda 等号成立，满足；f4(x)f_{4}(x) 在定义区间内存在向下弯曲的部分，不满足. 所以满足条件的函数为 f1(x)f_{1}(x)、f3(x)f_{3}(x)，选 A. \end{solution}
A.
f1(x)f_1(x)，f3(x)f_3(x)
B.
f2(x)f_2(x)
C.
f2(x)f_2(x)，f3(x)f_3(x)
D.
f4(x)f_4(x)

2002 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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13三角函数★★★☆☆
arcsin⁡(−25)\arcsin\left(-\frac{2}{5}\right)，arccos⁡(−34)\arccos\left(-\frac{3}{4}\right)，arctan⁡(−54)\arctan\left(-\frac{5}{4}\right) 从小到大的顺序是______.
\begin{solution} 令 α=arcsin⁡25\alpha=\arcsin\frac25，β=arctan⁡54\beta=\arctan\frac54，则 α\alpha，β∈(0,π2)\beta\in\left(0,\frac\pi2\right). 因为
tan⁡α=251−(25)2=221<54=tan⁡β\tan\alpha=\frac{\frac{2}{5}}{\sqrt{1-(\frac{2}{5})^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{21}}<\frac54=\tan\beta
所以 α<β\alpha<\beta，从而 −β<−α-\beta<-\alpha，即
arctan⁡(−54)<arcsin⁡(−25)\arctan\left(-\frac54\right)<\arcsin\left(-\frac25\right)
另一方面，arccos⁡(−34)∈(π2,π)\arccos(-\frac{3}{4})\in(\frac\pi2,\pi)，而前两个数都属于 (−π2,0)(-\frac\pi2,0)，故
arctan⁡(−54)<arcsin⁡(−25)<arccos⁡(−34)\arctan\left(-\frac54\right)<\arcsin\left(-\frac25\right)<\arccos\left(-\frac34\right)
\end{solution}

2002 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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15立体几何初步★★★☆☆
关于直角 AOBAOB 在平面 α\alpha 内的射影有如下判断：
① 可能是 0∘0^{\circ} 的角； ② 可能是锐角； ③ 可能是直角； ④ 可能是钝角； ⑤ 可能是 180∘180^{\circ} 的角
其中正确的序号是______.
\begin{solution} 取投影平面 α\alpha 为 xyxy 平面，令 OO 为原点. 直角 AOBAOB 的两条射线方向向量内积为零；删去方向向量的第三个坐标，就得到两条射线在 α\alpha 内的射影. 下面分别构造题目所列的几种投影角.
取 OA→=(1,0,1)\overrightarrow{OA}=(1,0,1)，OB→=(1,0,−1)\overrightarrow{OB}=(1,0,-1)，两向量内积为 1+0−1=01+0-1=0，而两射影均为 (1,0)(1,0)，故射影角可能为 0∘0^{\circ}. 取 OA→=(1,0,1)\overrightarrow{OA}=(1,0,1)，OB→=(1,1,−1)\overrightarrow{OB}=(1,1,-1)，两向量内积仍为 00，两射影 (1,0)(1,0) 与 (1,1)(1,1) 的内积为 1>01>0，故射影角可能为锐角. 取 OA→=(1,0,0)\overrightarrow{OA}=(1,0,0)，OB→=(0,1,0)\overrightarrow{OB}=(0,1,0)，两向量内积为 00，两射影仍互相垂直，故射影角可能为直角. 取 OA→=(1,0,1)\overrightarrow{OA}=(1,0,1)，OB→=(−1,1,1)\overrightarrow{OB}=(-1,1,1)，两向量内积为 −1+0+1=0-1+0+1=0，两射影 (1,0)(1,0) 与 (−1,1)(-1,1) 的内积为 −1<0-1<0，故射影角可能为钝角. 最后取 OA→=(1,0,1)\overrightarrow{OA}=(1,0,1)，OB→=(−1,0,1)\overrightarrow{OB}=(-1,0,1)，两向量内积为 −1+0+1=0-1+0+1=0，而两射影 (1,0)(1,0) 与 (−1,0)(-1,0) 方向相反，故射影角可能为 180∘180^{\circ}. 因此五项判断均正确，正确的序号为 1234512345. \end{solution}

2002 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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16解析几何★★★☆☆
已知 PP 是直线 3x+4y+8=03x+4y+8=0 上的动点，PAPA，PBPB 是圆 x2+y2−2x−2y+1=0x^{2}+y^{2}-2x-2y+1=0 的两条切线，AA，BB 是切点，CC 是圆心，那么四边形 PACBPACB 面积的最小值为______.
\begin{answer} 222\sqrt2 \end{answer}
\begin{solution} 圆心为 C=(1,1)C=(1,1)，半径为 11. 圆心到直线的距离为 33，故切线长的最小值为 32−12=22\sqrt{3^{2}-1^{2}}=2\sqrt2. 四边形面积等于半径乘切线长，故最小值为 222\sqrt2. \end{solution}

2002 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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17不等式★★★☆☆
解不等式 ∣2x−1−x∣<2\left|\sqrt{2x-1}-x\right|<2.
\begin{solution} 由根式有意义知 x⩾12x\geqslant\frac{1}{2}. 令 t=2x−1t=\sqrt{2x-1}，则 t⩾0t\geqslant0，且 x=t2+12x=\frac{t^{2}+1}{2}. 原不等式化为
∣t−t2+12∣<2⟺(t−1)22<2⟺(t−1)2<4\left|t-\frac{t^{2}+1}{2}\right|<2 \Longleftrightarrow \frac{(t-1)^{2}}{2}<2 \Longleftrightarrow (t-1)^{2}<4
因此 −1<t<3-1<t<3. 结合 t⩾0t\geqslant0，得 0⩽t<30\leqslant t<3，从而
12⩽x=t2+12<5\frac{1}{2}\leqslant x=\frac{t^{2}+1}{2}<5
所以不等式的解集为 [12,5)\left[\frac{1}{2},5\right). \end{solution}

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