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04立体几何初步★★★☆☆
如图，正方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的棱长为 11，EE 是 A1B1A_{1}B_{1} 的中点. 则 EE 到平面 ABC1D1ABC_{1}D_{1} 的距离为（ ）
A.
32\frac{\sqrt{3}}{2}
B.
22\frac{\sqrt{2}}{2}
C.
12\frac{1}{2}
D.
33\frac{\sqrt{3}}{3}

2005 · 湖南 · 文 · 第 4 题 · 选择题

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05数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=0a_{1} = 0，an+1=an−33an+1a_{n + 1} = \frac{a_{n} - \sqrt{3}}{\sqrt{3}a_{n} + 1}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），则 a20=a_{20} =（ ）
A.
0
B.
−3-\sqrt{3}
C.
3\sqrt{3}
D.
32\frac{\sqrt{3}}{2}

2005 · 湖南 · 文 · 第 5 题 · 选择题

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06集合与逻辑基础★★★☆☆
设集合 A={x∣x−1x+1<0}A = \left\{x \mid \frac{x - 1}{x + 1} < 0\right\}，B={x∣∣x−1∣<a}B = \{x \mid |x - 1| < a\}，则“a=1a = 1”是“A∩B≠∅A \cap B \neq \varnothing”的（ ）
A.
充分不必要条件
B.
必要不充分条件
C.
充要条件
D.
既不充分又不必要条件

2005 · 湖南 · 文 · 第 6 题 · 选择题

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07计数原理与组合数学★★★☆☆
设直线的方程是 Ax+By=0Ax + By = 0，从 11，22，33，44，55 这五个数中每次取两个不同的数作为 AA，BB 的值，则所得不同直线的条数是（ ）
A.
20
B.
19
C.
18
D.
16

2005 · 湖南 · 文 · 第 7 题 · 选择题

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08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（ ）
A.
30∘30^{\circ}
B.
45∘45^{\circ}
C.
60∘60^{\circ}
D.
90∘90^{\circ}

2005 · 湖南 · 文 · 第 8 题 · 选择题

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10函数与初等函数★★★☆☆
某公司在甲、乙两地销售一种品牌车，利润（单位：万元）分别为 L1=5.06x−0.15x2L_{1} = 5.06x - 0.15x^{2} 和 L2=2xL_{2} = 2x，其中 xx 为销售量（单位：辆）. 若该公司在这两地共销售 1515 辆车，则能获得的最大利润为（ ）
A.
45.606
B.
45.6
C.
45.56
D.
45.51

2005 · 湖南 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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14函数与初等函数★★★☆☆
设函数 f(x)f(x) 的图象关于点 (1,2)(1,2) 对称，且存在反函数 f−1(x)f^{-1}(x)，f(4)=0f(4) = 0，则 f−1(4)=f^{-1}(4) =______.

2005 · 湖南 · 文 · 第 14 题 · 填空题

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15立体几何初步★★★☆☆
已知平面 α\alpha，β\beta 和直线 mm，给出条件：
① m∥αm \parallel \alpha； ② m⊥αm \perp \alpha； ③ m⊂αm \subset \alpha； ④ α⊥β\alpha \perp \beta； ⑤ α∥β\alpha \parallel \beta.
(1) 当满足条件______ 时，有 m∥βm \parallel \beta； (2) 当满足条件______ 时，有 m⊥βm \perp \beta. （填所选条件的序号）

2005 · 湖南 · 文 · 第 15 题 · 填空题

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16数列★★★☆☆
已知数列 {log⁡2(an−1)}\{\log_2(a_n - 1)\}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）为等差数列，且 a1=3a_1 = 3，a3=9a_3 = 9.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 证明： 1a2−a1+1a3−a2+⋯+1an+1−an<1\frac{1}{a_{2}-a_{1}}+\frac{1}{a_{3}-a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n+1}-a_{n}}<1.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 令 dn=log⁡2(an−1)d_n=\log_2(a_n-1). 由题意，{dn}\{d_n\} 是等差数列. 因为 d1=log⁡2(3−1)=1d_1=\log_2(3-1)=1，d3=log⁡2(9−1)=3d_3=\log_2(9-1)=3，所以公差为 d3−d12=1\frac{d_3-d_1}{2}=1，从而 dn=1+(n−1)=nd_n=1+(n-1)=n. 因此 an−1=2dn=2na_n-1=2^{d_n}=2^n，即
an=2n+1a_n=2^n+1
\item 由上式，对 k∈N∗k\in\mathbf{N}^* 有 ak+1−ak=2k+1+1−(2k+1)=2ka_{k+1}-a_k=2^{k+1}+1-(2^k+1)=2^k. 所以
1a2−a1+1a3−a2+⋯+1an+1−an=12+14+⋯+12n=1−12n<1\frac{1}{a_2-a_1}+\frac{1}{a_3-a_2}+\cdots+\frac{1}{a_{n+1}-a_n} =\frac12+\frac14+\cdots+\frac{1}{2^n} =1-\frac{1}{2^n}<1
故不等式成立. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 湖南 · 文 · 第 16 题 · 解答题

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17三角函数★★★☆☆
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 AA，BB，CC 是三角形的内角，所以 0<A0<A，BB，C<πC<\pi，且 A+B+C=πA+B+C=\pi. 由三角形内角和，
sin⁡C=sin⁡(A+B)=sin⁡Acos⁡B+cos⁡Asin⁡B\sin C=\sin(A+B)=\sin A\cos B+\cos A\sin B
代入第一个已知等式，得
sin⁡Asin⁡B+sin⁡Acos⁡B=sin⁡Acos⁡B+cos⁡Asin⁡B\sin A\sin B+\sin A\cos B =\sin A\cos B+\cos A\sin B
即 sin⁡B(sin⁡A−cos⁡A)=0\sin B(\sin A-\cos A)=0. 由于 0<B<π0<B<\pi，sin⁡B>0\sin B>0，所以 sin⁡A=cos⁡A\sin A=\cos A，从而 A=π4A=\frac{\pi}{4}.
于是 B+C=3π4B+C=\frac{3\pi}{4}. 由第二个已知等式，
sin⁡(3π4−C)=−cos⁡2C=sin⁡(2C−π2)\sin\left(\frac{3\pi}{4}-C\right)=-\cos 2C =\sin\left(2C-\frac{\pi}{2}\right)
因此存在 k∈Zk\in\mathbf{Z}，使得
{3π4−C=2C−π2+2kπ,3π4−C=π−(2C−π2)+2kπ.\begin{cases} \dfrac{3\pi}{4}-C=2C-\dfrac{\pi}{2}+2k\pi,\\ \dfrac{3\pi}{4}-C=\pi-\left(2C-\dfrac{\pi}{2}\right)+2k\pi. \end{cases}
第二种情形给出 C=3π4+2kπC=\frac{3\pi}{4}+2k\pi，不满足 0<C<3π40<C<\frac{3\pi}{4}. 第一种情形给出 C=5π12−2kπ3C=\frac{5\pi}{12}-\frac{2k\pi}{3}，结合 0<C<3π40<C<\frac{3\pi}{4} 只有 k=0k=0，故 C=5π12C=\frac{5\pi}{12}. 于是
B=3π4−5π12=π3B=\frac{3\pi}{4}-\frac{5\pi}{12}=\frac{\pi}{3}
所以 A=45∘A=45^{\circ}，B=60∘B=60^{\circ}，C=75∘C=75^{\circ}. \end{solution}

2005 · 湖南 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18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} 折叠后建立直角坐标系，取折痕 OO1OO_1 为 yy 轴，使 O(0,0,0)O(0,0,0)，O1(0,3,0)O_1(0,\sqrt{3},0)，A(−3,0,0)A(-3,0,0)，D(−1,3,0)D(-1,\sqrt{3},0) B(0,0,3)B(0,0,3)，C(0,3,1)C(0,\sqrt{3},1). 其中左、右两半分别位于两个互相垂直的平面内，且这些坐标保持了折叠前各边的长度.
\begin{enumerate} \item 由坐标得 AC→=(3,3,1)\overrightarrow{AC}=(3,\sqrt{3},1)，BO1→=(0,3,−3)\overrightarrow{BO_1}=(0,\sqrt{3},-3). 因此
AC→⋅BO1→=3−3=0\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BO_1}=3-3=0
故 AC⊥BO1AC\perp BO_1. \item 平面 OACOAC 和平面 O1ACO_1AC 的一个法向量分别为 n1=AO→×AC→=(0,−3,33)\boldsymbol{n}_1=\overrightarrow{AO}\times\overrightarrow{AC}=(0,-3,3\sqrt{3})，n2=AO1→×AC→=(3,−3,0)\boldsymbol{n}_2=\overrightarrow{AO_1}\times\overrightarrow{AC}=(\sqrt{3},-3,0). 设二面角 O−AC−O1O-AC-O_1 的大小为 θ\theta，则
cos⁡θ=∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=96⋅23=34\cos\theta=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|} =\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 arccos⁡34\arccos\frac{\sqrt{3}}{4}. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 湖南 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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20概率与统计★★★☆☆
某单位组织 44 个部门的职工旅游，规定每个部门只能在韶山、衡山、张家界 33 个景区中任选一个，假设各部门选择每个景区是等可能的.
(1) 求 33 个景区都有部门选择的概率； (2) 求恰有 22 个景区有部门选择的概率.
\begin{solution} 每个部门有 33 种选择，且各部门的选择相互独立，所以所有选择的总数为 343^4.
\begin{enumerate} \item 若 33 个景区都有部门选择，则一个景区有 22 个部门选择，另外两个景区各有 11 个部门选择. 先选出有 22 个部门的景区，有 33 种；再从 44 个部门中选出这 22 个部门，有 C42\mathrm C_4^2 种；剩下的两个部门分别选择另外两个景区，有 22 种. 因而所求概率为
3C42⋅234=3681=49\frac{3\mathrm C_4^2\cdot2}{3^4}=\frac{36}{81}=\frac{4}{9}
\item 若恰有 22 个景区有部门选择，先选出这 22 个景区，有 C32\mathrm C_3^2 种. 对固定的两个景区，所有部门在其中选择共有 242^4 种，其中全部选择第一个或全部选择第二个的情形各有 11 种，故恰好使用两个景区有 24−22^4-2 种. 因而所求概率为
C32(24−2)34=4281=1427\frac{\mathrm C_3^2(2^4-2)}{3^4}=\frac{42}{81}=\frac{14}{27}
\end{enumerate} \end{solution}

2005 · 湖南 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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