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03数列★★★☆☆
已知数列 {log⁡2(an−1)}\left\{\log_2(a_n - 1)\right\}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）为等差数列，且 a1=3a_1 = 3，a2=5a_2 = 5，则 lim⁡n→∞(1a2−a1+1a3−a2+⋯+1an+1−an)=\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{a_2 - a_1} + \frac{1}{a_3 - a_2} + \cdots + \frac{1}{a_{n+1} - a_n}\right) =（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 令 un=log⁡2(an−1)u_n=\log_2(a_n-1). 由题意，unu_n 是等差数列，且 u1=log⁡22=1u_1=\log_2 2=1，u2=log⁡24=2u_2=\log_2 4=2，所以公差为 11，从而 un=nu_n=n，即 an=2n+1a_n=2^n+1. 因此 ak+1−ak=2ka_{k+1}-a_k=2^k，故
lim⁡n→∞∑k=1n1ak+1−ak=lim⁡n→∞∑k=1n12k=lim⁡n→∞(1−12n)=1\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_{k+1}-a_k}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^k}=\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{2^n}\right)=1
故选 C. \end{solution}
A.
22
B.
32\frac{3}{2}
C.
11
D.
12\frac{1}{2}

2005 · 湖南 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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07解析几何★★★☆☆
已知双曲线 x2a2−y2b2=1\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1（a>0a > 0，b>0b > 0）的右焦点为 FF，右准线与一条渐近线交于点 AA，△OAF\triangle OAF 的面积为 a22\frac{a^2}{2}（OO 为原点），则两条渐近线的夹角为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 记双曲线的焦半距为 cc，则 c=a2+b2c=\sqrt{a^2+b^2}，右准线为 x=a2cx=\frac{a^2}{c}，一条渐近线为 y=baxy=\frac{b}{a}x. 因而其交点可取 A=(a2c,abc)A=\left(\frac{a^2}{c},\frac{ab}{c}\right)，右焦点为 F=(c,0)F=(c,0). 所以
S△OAF=12∣det⁡(a2cabcc0)∣=ab2S_{\triangle OAF}=\frac12\left|\det\begin{pmatrix}\frac{a^2}{c}&\frac{ab}{c}\\ c&0\end{pmatrix}\right|=\frac{ab}{2}
由题设 ab2=a22\frac{ab}{2}=\frac{a^2}{2}，且 a>0a>0，得 b=ab=a. 此时两条渐近线的斜率为 11 和 −1-1，互相垂直，夹角为 90∘90^{\circ}，故选 D. \end{solution}
A.
30∘30^{\circ}
B.
45∘45^{\circ}
C.
60∘60^{\circ}
D.
90∘90^{\circ}

2005 · 湖南 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08不等式★★★☆☆
集合 A={x∣x−1x+1<0}A = \left\{x \mid \frac{x - 1}{x + 1} < 0\right\}，B={x∣∣x−b∣<a}B = \{x \mid |x - b| < a\}，若“a=1a = 1”是“A∩B≠∅A \cap B \neq \varnothing”的充分条件，则 bb 的取值范围是（ ）
\begin{answer} 题面无正确选项；按题意 −2<b<2-2<b<2 \end{answer}
\begin{solution} 由 x−1x+1<0\frac{x-1}{x+1}<0 得 −1<x<1-1<x<1，即 A=(−1,1)A=(-1,1). 当 a=1a=1 时，B=(b−1,b+1)B=(b-1,b+1). 两个开区间有公共元素的充要条件是
b−1<1且−1<b+1b-1<1\quad\text{且}\quad -1<b+1
即 −2<b<2-2<b<2. 因此按题意，bb 的准确取值范围为 (−2,2)(-2,2)，但该范围不在所列四个选项中；选项 D 只给出了其中的子集，不能作为完整答案. \end{solution}
A.
−2⩽b<0-2 \leqslant b < 0
B.
0<b⩽20 < b \leqslant 2
C.
−3<b<−1-3 < b < -1
D.
−1⩽b<2-1 \leqslant b < 2

2005 · 湖南 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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16三角函数★★★☆☆
已知在 △ABC\triangle ABC 中，sin⁡A(sin⁡B+cos⁡B)−sin⁡C=0\sin A (\sin B + \cos B) - \sin C = 0，sin⁡B+cos⁡2C=0\sin B + \cos 2C = 0，求角 AA、BB、CC 的大小.
\begin{solution} 因为 A+B+C=πA+B+C=\pi，所以 sin⁡C=sin⁡(A+B)=sin⁡Acos⁡B+cos⁡Asin⁡B\sin C=\sin(A+B)=\sin A\cos B+\cos A\sin B. 代入第一个等式，得
sin⁡Asin⁡B+sin⁡Acos⁡B−sin⁡Acos⁡B−cos⁡Asin⁡B=0\sin A\sin B+\sin A\cos B-\sin A\cos B-\cos A\sin B=0
即 sin⁡B(sin⁡A−cos⁡A)=0\sin B(\sin A-\cos A)=0. 三角形内角满足 0<B<π0<B<\pi，故 sin⁡B>0\sin B>0，从而 sin⁡A=cos⁡A\sin A=\cos A. 又 0<A<π0<A<\pi，所以 A=π4A=\dfrac{\pi}{4}，进而 C=3π4−BC=\dfrac{3\pi}{4}-B.
将此关系代入第二个等式，得 sin⁡B+cos⁡(3π2−2B)=0\sin B+\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}-2B\right)=0，即 sin⁡B−sin⁡2B=0\sin B-\sin 2B=0. 因此 sin⁡B(1−2cos⁡B)=0\sin B(1-2\cos B)=0. 由于 sin⁡B>0\sin B>0，故 cos⁡B=12\cos B=\dfrac{1}{2}，从而 B=π3B=\dfrac{\pi}{3}，C=π−A−B=5π12C=\pi-A-B=\dfrac{5\pi}{12}. \end{solution}

2005 · 湖南 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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17立体几何初步★★★☆☆
如图 1，已知 ABCDABCD 是上、下底边长分别为 22 和 66，高为 3\sqrt{3} 的等腰梯形，将它沿对称轴 OO1OO_{1} 折成直二面角，如图 2.
(1) 证明：AC⊥BO1AC \perp BO_{1}； (2) 求二面角 O−AC−O1O - AC - O_{1} 的大小.
\begin{solution} 建立空间直角坐标系，使折痕 OO1OO_{1} 为 zz 轴，取
O=(0,0,0)O=(0,0,0)，O1=(0,0,3)O_{1}=(0,0,\sqrt{3})，A=(0,3,0)A=(0,3,0)，B=(3,0,0)B=(3,0,0)，C=(1,0,3)C=(1,0,\sqrt{3}).
这里利用了 OA=OB=3OA=OB=3，O1D=O1C=1O_{1}D=O_{1}C=1，以及折成直二面角后两个梯形半边所在平面互相垂直.
\begin{enumerate} \item 由坐标可得 AC→=(1,−3,3)\overrightarrow{AC}=(1,-3,\sqrt{3})，BO1→=(−3,0,3)\overrightarrow{BO_{1}}=(-3,0,\sqrt{3})，所以
AC→⋅BO1→=1⋅(−3)+(−3)⋅0+3⋅3=0\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BO_{1}}=1\cdot(-3)+(-3)\cdot0+\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}=0
因此 AC⊥BO1AC\perp BO_{1}.
\item 设二面角 O−AC−O1O-AC-O_{1} 的平面角为 θ\theta. 平面 OACOAC 和平面 O1ACO_{1}AC 的一个法向量分别为
n1=AO→×AC→=(−33,0,3)\boldsymbol{n}_1=\overrightarrow{AO}\times\overrightarrow{AC}=(-3\sqrt{3},0,3)，n2=AO1→×AC→=(0,3,3)\boldsymbol{n}_2=\overrightarrow{AO_{1}}\times\overrightarrow{AC}=(0,\sqrt{3},3).
于是 ∣n1∣=6\lvert\boldsymbol{n}_1\rvert=6，∣n2∣=23\lvert\boldsymbol{n}_2\rvert=2\sqrt{3}，且 n1⋅n2=9\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2=9. 因而
cos⁡θ=∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=96⋅23=34\cos\theta=\frac{\lvert\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2\rvert}{\lvert\boldsymbol{n}_1\rvert\lvert\boldsymbol{n}_2\rvert}=\frac{9}{6\cdot2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{4}
所以二面角 O−AC−O1O-AC-O_{1} 的大小为 θ=arccos⁡34\theta=\arccos\dfrac{\sqrt{3}}{4}. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 湖南 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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18概率与统计★★★☆☆
某城市有甲、乙、丙 33 个旅游景点，一位客人游览这三个景点的概率分别是0.40.4，0.50.5，0.60.6，且客人是否游览哪个景点互不影响，设 ξ\xi 表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值.
(1) 求 ξ\xi 的分布及数学期望； (2) 记“函数 f(x)=x2−3ξx+1f(x)=x^{2}-3\xi x+1 在区间 [2,+∞)[2,+\infty) 上单调递增”为事件 AA，求事件 AA 的概率.
\begin{solution} 设 KK 表示游览的景点数，则 ξ=∣K−(3−K)∣=∣2K−3∣\xi=\lvert K-(3-K)\rvert=\lvert2K-3\rvert. 由三个景点的游览相互独立，得
P(K=0)=0.6⋅0.5⋅0.4=0.12P(K=0)=0.6\cdot0.5\cdot0.4=0.12
P(K=1)=0.4⋅0.5⋅0.4+0.6⋅0.5⋅0.4+0.6⋅0.5⋅0.6=0.38P(K=1)=0.4\cdot0.5\cdot0.4+0.6\cdot0.5\cdot0.4+0.6\cdot0.5\cdot0.6=0.38
P(K=2)=0.4⋅0.5⋅0.4+0.4⋅0.5⋅0.6+0.6⋅0.5⋅0.6=0.38P(K=2)=0.4\cdot0.5\cdot0.4+0.4\cdot0.5\cdot0.6+0.6\cdot0.5\cdot0.6=0.38
P(K=3)=0.4⋅0.5⋅0.6=0.12P(K=3)=0.4\cdot0.5\cdot0.6=0.12
当 K=1K=1 或 K=2K=2 时，ξ=1\xi=1；当 K=0K=0 或 K=3K=3 时，ξ=3\xi=3. 所以 ξ\xi 的分布为 P(ξ=1)=0.38+0.38=0.76P(\xi=1)=0.38+0.38=0.76，P(ξ=3)=0.12+0.12=0.24P(\xi=3)=0.12+0.12=0.24，其余取值的概率均为 00. 从而
Eξ=1⋅0.76+3⋅0.24=1.48E\xi=1\cdot0.76+3\cdot0.24=1.48
对固定的 ξ\xi，有 f′(x)=2x−3ξf'(x)=2x-3\xi. 函数在 [2,+∞)[2,+\infty) 上单调递增，当且仅当对任意 x⩾2x\geqslant2 都有 f′(x)⩾0f'(x)\geqslant0，这等价于 f′(2)=4−3ξ⩾0f'(2)=4-3\xi\geqslant0，即 ξ⩽43\xi\leqslant\dfrac{4}{3}. 由于 ξ\xi 只能取 11 或 33，事件 AA 等价于 {ξ=1}\{\xi=1\}，故 P(A)=0.76P(A)=0.76. \end{solution}

2005 · 湖南 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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