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07立体几何初步★★★☆☆
设 α\alpha，β\beta 为两个不同的平面，ll，mm 为两条不同的直线，且 l⊂αl \subset \alpha，m⊂βm \subset \beta，有如下的两个命题：
① 若 α∥β\alpha \parallel \beta，则 l∥ml \parallel m； ② 若 l⊥ml \perp m，则 α⊥β\alpha \perp \beta.
那么（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 第一个命题不正确. 例如取两个平行平面 α:z=0\alpha:z=0 与 β:z=1\beta:z=1，令 ll 为 α\alpha 内的 xx 轴，令 mm 为 β\beta 内方向平行于 yy 轴的直线，则 ll 与 mm 不平行.
第二个命题也不正确. 取 α:z=0\alpha:z=0，β:x=z\beta:x=z，令 ll 为 α\alpha 内的 xx 轴，令 mm 为 β\beta 内的 yy 轴，则 l⊥ml\perp m. 但两平面的法向量可分别取 (0,0,1)(0,0,1) 与 (1,0,−1)(1,0,-1)，它们的数量积为 −1≠0-1\ne0，所以 α\alpha 与 β\beta 不垂直. 因此两个命题都是假命题，选 D. \end{solution}
A.
①是真命题，②是假命题
B.
①是假命题，②是真命题
C.
①②都是真命题
D.
①②都是假命题

2005 · 浙江 · 文 · 第 7 题 · 选择题

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10不等式★★★☆☆
设集合 A={(x,y)∣xA = \{(x,y)\mid x，yy，1−x−y1-x-y 是三角形的三边长}\}，则 AA 所表示的平面区域（不含边界的阴影部分）是（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 因为 xx，yy，1−x−y1-x-y 是三角形的三边长，所以首先有 x>0x>0，y>0y>0，1−x−y>01-x-y>0，并且三角形的三边还满足 x+y>1−x−yx+y>1-x-y，x+1−x−y>yx+1-x-y>y，y+1−x−y>xy+1-x-y>x. 这些不等式分别化为 x+y>12x+y>\frac{1}{2}，y<12y<\frac{1}{2}，x<12x<\frac{1}{2}. 再结合 x>0x>0，y>0y>0 及 x+y<1x+y<1，所表示的区域为 0<x<120<x<\frac{1}{2}，0<y<120<y<\frac{1}{2}，x+y>12x+y>\frac{1}{2} 的内部. 其边界为 x=12x=\frac{1}{2}，y=12y=\frac{1}{2} 和 x+y=12x+y=\frac{1}{2}，对应选项 A. \end{solution}
A.
B.
C.
D.

2005 · 浙江 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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13解析几何★★★☆☆
过双曲线 x2a2−y2b2=1\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1（a>0a > 0，b>0b > 0）的左焦点且垂直于 xx 轴的直线与双曲线相交于 MM，NN 两点，以 MNMN 为直径的圆恰好过双曲线的右顶点，则双曲线的离心率等于______.
\begin{answer} 22 \end{answer}
\begin{solution} 记双曲线的半焦距为 cc，则 c2=a2+b2c^2=a^2+b^2，左焦点为 (−c,0)(-c,0). 直线 x=−cx=-c 与双曲线的交点 MM，NN 满足
c2a2−y2b2=1\frac{c^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1
所以 y2=b4a2y^2=\frac{b^4}{a^2}，可设 M=(−c,b2a)M=(-c,\frac{b^2}{a})，N=(−c,−b2a)N=(-c,-\frac{b^2}{a}). 以 MNMN 为直径的圆的圆心为 (−c,0)(-c,0)，半径为 b2a\frac{b^2}{a}. 双曲线右顶点为 (a,0)(a,0)，由该点在圆上，得
a+c=b2aa+c=\frac{b^2}{a}
又因为 b2=c2−a2=(c−a)(c+a)b^2=c^2-a^2=(c-a)(c+a)，所以 (c−a)(c+a)a=a+c\displaystyle \frac{(c-a)(c+a)}{a}=a+c. 由于 a+c>0a+c>0，约去 a+ca+c 得 c−a=ac-a=a，即 c=2ac=2a. 因而双曲线的离心率为 e=ca=2e=\frac{c}{a}=2. \end{solution}

2005 · 浙江 · 文 · 第 13 题 · 填空题

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14计数原理与组合数学★★★☆☆
从集合 {P,Q,R,S}\{P, Q, R, S\} 与 {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}\{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\} 中各任取 2 个元素排成一排（字母和数字均不能重复）. 每排中字母 QQ 和数字 00 至多只能出现一个的不同排法种数是______. （用数字作答）
\begin{answer} 58325832 \end{answer}
\begin{solution} 先从 4 个字母中取 2 个，从 10 个数字中取 2 个，再将所取的 4 个元素排列，全部排法数为 C42C1024!=6×45×24=6480\mathrm C_4^2\mathrm C_{10}^2 4!=6\times45\times24=6480.
不符合条件的排法中，字母 QQ 和数字 00 都出现. 此时另取 1 个字母和 1 个数字，排法数为 C31C914!=3×9×24=648\mathrm C_3^1\mathrm C_9^1 4!=3\times9\times24=648. 因此符合条件的排法数为 6480−648=58326480-648=5832. \end{solution}

2005 · 浙江 · 文 · 第 14 题 · 填空题

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17概率与统计★★★☆☆
袋子 AA 和 BB 中装有若干个均匀的红球和白球，从 AA 中摸出一个红球的概率是 13\frac{1}{3}，从 BB 中摸出一个红球的概率为 pp.
(1) 从 AA 中有放回地摸球，每次摸出一个，共摸 5 次.
(i) 恰好有 3 次摸到红球的概率； (ii) 第一次，第三次，第五次摸到红球的概率； (2) 若 AA，BB 两个袋子中的球数之比为 1:21:2，将 AA，BB 中的球装在一起后，从中摸出一个红球的概率是 25\frac{2}{5}，求 pp 的值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 从袋子 AA 中有放回地摸球，所以每次摸到红球的概率均为 13\frac{1}{3}，各次摸球相互独立. \begin{enumerate} \item 恰好有 33 次摸到红球的情况数为 C53\mathrm C_5^3，所以所求概率为
C53(13)3(1−13)2=10⋅127⋅49=40243\mathrm C_5^3\left(\frac{1}{3}\right)^3\left(1-\frac{1}{3}\right)^2 =10\cdot\frac{1}{27}\cdot\frac{4}{9} =\frac{40}{243}
\item 第一次、第三次、第五次摸到红球，而第二次、第四次摸到何种球均不受限制，所以所求概率为 13⋅13⋅13=127\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{27}. \end{enumerate}
\item 设袋子 AA 中有 nn 个球，则袋子 BB 中有 2n2n 个球. 袋子 AA 中红球数为 n3\frac{n}{3}，袋子 BB 中红球数为 2np2np. 装在一起后，红球概率为 n3+2np3n=25\frac{\frac{n}{3}+2np}{3n}=\frac{2}{5}. 约去 nn，得 19+2p3=25\frac{1}{9}+\frac{2p}{3}=\frac{2}{5}，所以 2p3=1345\frac{2p}{3}=\frac{13}{45}，从而 p=1330p=\frac{13}{30}. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图，在三棱锥 P−ABCP - ABC 中，AB⊥BCAB \perp BC，AB=BC=12PAAB = BC = \frac{1}{2} PA，点 OO，DD 分别是 ACAC，PCPC 的中点，OP⊥OP \perp 底面 ABCABC.
(1) 求证： OD∥OD \parallel 平面 PABPAB； (2) 求直线 PAPA 与平面 PBCPBC 所成角的大小.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 在三角形 APCAPC 中，OO，DD 分别是 ACAC，PCPC 的中点，所以由中位线定理， OD∥APOD\parallel AP. 又因为 AP⊂AP\subset 平面 PABPAB. 平面 PABPAB 与底面 ABCABC 的交线为 ABAB，而点 OO 是斜边 ACAC 的中点，不在 ABAB 上，所以 O∉O\notin 平面 PABPAB. 因此 OD∥OD\parallel 平面 PABPAB.
\item 设 AB=BC=sAB=BC=s，其中 s>0s>0. 建立空间直角坐标系，使底面 ABCABC 在 z=0z=0 平面内，取 B(0,0,0)B(0,0,0)，A(s,0,0)A(s,0,0)，C(0,s,0)C(0,s,0). 则 OO 为 ACAC 的中点，且 OP⊥OP\perp 底面，所以可设 O(s2,s2,0)O\left(\frac{s}{2},\frac{s}{2},0\right)，P(s2,s2,h)P\left(\frac{s}{2},\frac{s}{2},h\right)，其中 h>0h>0. 由 PA=2sPA=2s，有 (s2)2+(s2)2+h2=4s2\left(\frac{s}{2}\right)^2+\left(\frac{s}{2}\right)^2+h^2=4s^2，所以 h2=7s22h^2=\frac{7s^2}{2}.
取直线 APAP 的方向向量 v=AP→=(−s2,s2,h)\boldsymbol{v}=\overrightarrow{AP}=\left(-\frac{s}{2},\frac{s}{2},h\right)，平面 PBCPBC 内的两个方向向量为 BP→=(s2,s2,h)\overrightarrow{BP}=\left(\frac{s}{2},\frac{s}{2},h\right) 和 BC→=(0,s,0)\overrightarrow{BC}=(0,s,0). 因而平面 PBCPBC 的一个法向量可取 n=BP→×BC→=(−hs,0,s22)\boldsymbol{n}=\overrightarrow{BP}\times\overrightarrow{BC}=\left(-hs,0,\frac{s^2}{2}\right). 设直线 PAPA 与平面 PBCPBC 所成的角为 θ\theta，则 sin⁡θ=∣v⋅n∣∣v∣∣n∣\sin\theta=\frac{\left|\boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{n}\right|}{\left|\boldsymbol{v}\right|\left|\boldsymbol{n}\right|}. 其中 ∣v∣=PA=2s\left|\boldsymbol{v}\right|=PA=2s，v⋅n=hs2\boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{n}=hs^2，并且 ∣n∣=sh2+s24=s2152\left|\boldsymbol{n}\right|=s\sqrt{h^2+\frac{s^2}{4}}=\frac{s^2\sqrt{15}}{2}. 所以
sin⁡θ=hs22s⋅s2152=hs15=730\sin\theta=\frac{hs^2}{2s\cdot\frac{s^2\sqrt{15}}{2}}=\frac{h}{s\sqrt{15}}=\sqrt{\frac{7}{30}}
因此 θ=arcsin⁡730\theta=\arcsin\sqrt{\frac{7}{30}}. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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20不等式★★★☆☆
已知函数 f(x)f(x) 和 g(x)g(x) 的图象关于原点对称，且 f(x)=x2+2xf(x) = x^2 + 2x.
(1) 求函数 g(x)g(x) 的解析式； (2) 解不等式 g(x)⩾f(x)−∣x−1∣g(x) \geqslant f(x) - |x - 1|； (3) 若 h(x)=g(x)−λf(x)+1h(x) = g(x) - \lambda f(x) + 1 在 [−1,1][-1, 1] 上是增函数，求实数 λ\lambda 的取值范围.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 图象关于原点对称，所以点 (x,g(x))(x,g(x)) 关于原点的对称点 (−x,−g(x))(-x,-g(x)) 在函数 ff 的图象上，即 f(−x)=−g(x)f(-x)=-g(x). 因此 g(x)=−f(−x)=−((−x)2+2(−x))=−x2+2xg(x)=-f(-x)=-\left((-x)^2+2(-x)\right)=-x^2+2x.
\item 由 g(x)⩾f(x)−∣x−1∣g(x)\geqslant f(x)-|x-1|，得 −x2+2x⩾x2+2x−∣x−1∣-x^2+2x\geqslant x^2+2x-|x-1|，即 ∣x−1∣⩾2x2|x-1|\geqslant2x^2. 当 x<1x<1 时，∣x−1∣=1−x|x-1|=1-x，所以 2x2+x−1⩽02x^2+x-1\leqslant0，即 (2x−1)(x+1)⩽0(2x-1)(x+1)\leqslant0，解得 −1⩽x⩽12-1\leqslant x\leqslant\frac{1}{2}.
当 x⩾1x\geqslant1 时，∣x−1∣=x−1|x-1|=x-1，所以 2x2−x+1⩽02x^2-x+1\leqslant0. 该二次式的判别式为 1−8=−7<01-8=-7<0，且二次项系数为正，故无实数解. 因此原不等式的解集为 [−1,12]\left[-1,\frac{1}{2}\right].
\item h(x)=g(x)−λf(x)+1=−(1+λ)x2+2(1−λ)x+1h(x)=g(x)-\lambda f(x)+1=-(1+\lambda)x^2+2(1-\lambda)x+1，所以 h′(x)=−2(1+λ)x+2(1−λ)h'(x)=-2(1+\lambda)x+2(1-\lambda). 这是关于 xx 的一次函数，且 h′(−1)=4h'(-1)=4，h′(1)=−4λh'(1)=-4\lambda. 要使 h(x)h(x) 在 [−1,1][-1,1] 上为增函数，需且只需 h′(x)⩾0h'(x)\geqslant0 对区间内所有 xx 成立. 由于 h′h' 为一次函数，这等价于两个端点处均非负，故 −4λ⩾0-4\lambda\geqslant0. 因此实数 λ\lambda 的取值范围为 λ⩽0\lambda\leqslant0. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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