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06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（\quad）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 命题\circled1\circled{1}不成立. 取 α:z=0\alpha:z=0，β:z=1\beta:z=1，并在其中分别取 l={(t,0,0)∣t∈R}l=\{(t,0,0)\mid t\in\mathbf{R}\}，m={(0,t,1)∣t∈R}m=\{(0,t,1)\mid t\in\mathbf{R}\}. 此时 α∥β\alpha\parallel\beta，但两条直线的方向向量分别为 (1,0,0)(1,0,0) 和 (0,1,0)(0,1,0)，不平行，故命题\circled1\circled{1}是假命题.
命题\circled2\circled{2}也不成立. 取 α:z=0\alpha:z=0，β:z=x\beta:z=x，并取 l={(0,t,0)∣t∈R}l=\{(0,t,0)\mid t\in\mathbf{R}\}，m={(t,0,t)∣t∈R}m=\{(t,0,t)\mid t\in\mathbf{R}\}. 两条直线都经过原点，且方向向量的内积为 (0,1,0)⋅(1,0,1)=0(0,1,0)\cdot(1,0,1)=0，所以 l⊥ml\perp m. 但两平面的法向量可分别取 (0,0,1)(0,0,1) 和 (−1,0,1)(-1,0,1)，其内积为 11，两平面所成的锐二面角为 45∘45^{\circ}，并非垂直. 故命题\circled2\circled{2}也是假命题，选 D. \end{solution}
A.
\circled1\circled{1}是真命题，\circled2\circled{2}是假命题
B.
\circled1\circled{1}是假命题，\circled2\circled{2}是真命题
C.
\circled1\circled2\circled{1}\circled{2}都是真命题
D.
\circled1\circled2\circled{1}\circled{2}都是假命题

2005 · 浙江 · 理 · 第 6 题 · 选择题

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07集合与逻辑基础★★★☆☆
设集合 A={(x,y)∣x,y,1−x−y 是三角形的三边长}A=\{(x,y)\mid x,y,1-x-y\text{ 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（\quad）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 令三边长分别为 xx，yy，1−x−y1-x-y. 它们能构成三角形的充要条件是三者均为正数，且每一边都小于另外两边之和. 因此 x>0x>0，y>0y>0，1−x−y>01-x-y>0，x<1−xx<1-x，y<1−yy<1-y，1−x−y<x+y1-x-y<x+y. 化简得 0<x<120<x<\frac{1}{2}，0<y<120<y<\frac{1}{2}，12<x+y<1\frac{1}{2}<x+y<1. 其中 x<12x<\frac{1}{2} 和 y<12y<\frac{1}{2} 已推出 x+y<1x+y<1，所以区域是正方形 0<x<120<x<\frac{1}{2}，0<y<120<y<\frac{1}{2} 中直线 x+y=12x+y=\frac{1}{2} 上方且不含边界的部分，对应图 A. \end{solution}
A.
B.
C.
D.

2005 · 浙江 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08函数与初等函数★★★☆☆
已知 k<−4k < -4，则函数 y=cos⁡2x+k(cos⁡x−1)y = \cos 2x + k(\cos x - 1) 的最小值是（\quad）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 令 t=cos⁡xt=\cos x，则 −1⩽t⩽1-1\leqslant t\leqslant1，且
y=2t2−1+k(t−1)=2t2+kt−k−1y=2t^2-1+k(t-1)=2t^2+kt-k-1
记右侧为 h(t)h(t)，则 h′(t)=4t+k⩽4+k<0h'(t)=4t+k\leqslant4+k<0，（−1⩽t⩽1-1\leqslant t\leqslant1）. 所以 h(t)h(t) 在 [−1,1][-1,1] 上单调递减，最小值在 t=1t=1 处取得. 因而
ymin⁡=2+k−k−1=1y_{\min}=2+k-k-1=1
故选 A. \end{solution}
A.
11
B.
−1-1
C.
2k+12k + 1
D.
−2k+1-2k + 1

2005 · 浙江 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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10平面向量★★★☆☆
已知向量 a≠e\boldsymbol{a} \neq \boldsymbol{e}，∣e∣=1|\boldsymbol{e}| = 1，对任意 t∈Rt \in \mathbf{R}，恒有 ∣a−te∣⩾∣a−e∣|\boldsymbol{a} - t\boldsymbol{e}| \geqslant |\boldsymbol{a} - \boldsymbol{e}|. 则（\quad）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 两边平方并利用 ∣e∣=1|\boldsymbol{e}|=1，得到对任意 t∈Rt\in\mathbf{R}，
∣a−te∣2−∣a−e∣2=t2−2ta⋅e+2a⋅e−1=(t−1)2+2(t−1)(1−a⋅e)⩾0|\boldsymbol{a}-t\boldsymbol{e}|^2-|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{e}|^2 =t^2-2t\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e}+2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e}-1 =(t-1)^2+2(t-1)(1-\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e})\geqslant0
令 t=1+ht=1+h，则 h2+2h(1−a⋅e)⩾0h^2+2h(1-\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e})\geqslant0，（h∈Rh\in\mathbf{R}）. 若 1−a⋅e≠01-\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e}\ne0，取充分小且符号相反的 hh，上式将小于零，矛盾. 所以 a⋅e=1\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e}=1. 因而
e⋅(a−e)=a⋅e−∣e∣2=1−1=0\boldsymbol{e}\cdot(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{e})=\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e}-|\boldsymbol{e}|^2=1-1=0
又因 a≠e\boldsymbol{a}\ne\boldsymbol{e}，故 e⊥(a−e)\boldsymbol{e}\perp(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{e})，选 C. \end{solution}
A.
a⊥e\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{e}
B.
a⊥(a−e)\boldsymbol{a} \perp (\boldsymbol{a} - \boldsymbol{e})
C.
e⊥(a−e)\boldsymbol{e} \perp (\boldsymbol{a} - \boldsymbol{e})
D.
(a+e)⊥(a−e)(\boldsymbol{a} + \boldsymbol{e}) \perp (\boldsymbol{a} - \boldsymbol{e})

2005 · 浙江 · 理 · 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} 设双曲线的半焦距为 cc，则 c2=a2+b2c^2=a^2+b^2，左焦点为 (−c,0)(-c,0). 直线 x=−cx=-c 与双曲线相交时，代入方程得 c2a2−y2b2=1\frac{c^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1，⟹\Longrightarrow，y2=b4a2y^2=\frac{b^4}{a^2}. 所以 MM，NN 的纵坐标分别为 b2a\frac{b^2}{a} 和 −b2a-\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)，由题意
a+c=b2a=c2−a2a=(c−a)(c+a)aa+c=\frac{b^2}{a}=\frac{c^2-a^2}{a}=\frac{(c-a)(c+a)}{a}
因 c+a>0c+a>0，约去 c+ac+a 得 c−a=ac-a=a，即 c=2ac=2a. 因而离心率
e=ca=2e=\frac{c}{a}=2
\end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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15三角函数★★★☆☆
已知函数 f(x)=−3sin⁡2x+sin⁡xcos⁡xf(x) = -\sqrt{3}\sin^{2}x + \sin x\cos x.
(1) 求 f(25π6)f\left(\frac{25\pi}{6}\right) 的值； (2) 设 α∈(0,π)\alpha \in (0, \pi)，f(α2)=14−32f\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{1}{4} - \frac{\sqrt{3}}{2}，求 sin⁡α\sin \alpha 的值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因为 25π6=4π+π6\frac{25\pi}{6}=4\pi+\frac{\pi}{6}，所以 sin⁡25π6=12\sin\frac{25\pi}{6}=\frac{1}{2}，cos⁡25π6=32\cos\frac{25\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}. 因此
f(25π6)=−3(12)2+12⋅32=0f\left(\frac{25\pi}{6}\right) =-\sqrt{3}\left(\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=0
\item 令 θ=α2\theta=\frac{\alpha}{2}，则 θ∈(0,π2)\theta\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right). 利用半角公式，原条件化为
−31−cos⁡α2+sin⁡α2=14−32-\sqrt{3}\frac{1-\cos\alpha}{2}+\frac{\sin\alpha}{2} =\frac{1}{4}-\frac{\sqrt{3}}{2}
整理得
sin⁡α+3cos⁡α=12\sin\alpha+\sqrt{3}\cos\alpha=\frac{1}{2}
即
2sin⁡(α+π3)=122\sin\left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{1}{2}
令 δ=arcsin⁡14\delta=\arcsin\frac{1}{4}，则 0<δ<π60<\delta<\frac{\pi}{6}. 由于 α+π3∈(π3,4π3)\alpha+\frac{\pi}{3}\in\left(\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3}\right)，只有
α+π3=π−δ\alpha+\frac{\pi}{3}=\pi-\delta
满足条件，所以 α=2π3−δ\alpha=\frac{2\pi}{3}-\delta. 又 sin⁡δ=14\sin\delta=\frac14，cos⁡δ=154\cos\delta=\frac{\sqrt{15}}4，从而
sin⁡α=sin⁡(2π3−δ)=32⋅154+12⋅14=1+358\sin\alpha =\sin\left(\frac{2\pi}{3}-\delta\right) =\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{15}}{4} +\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4} =\frac{1+3\sqrt{5}}{8}
\end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 15 题 · 解答题

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16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|.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 图象关于原点对称意味着点 (x,f(x))(x,f(x)) 关于原点的对称点 (−x,−f(x))(-x,-f(x)) 在函数 gg 的图象上. 因而
g(x)=−f(−x)=−[(−x)2+2(−x)]=−x2+2xg(x)=-f(-x)=-\left[(-x)^2+2(-x)\right]=-x^2+2x
\item 将 ff，gg 的解析式代入不等式，得
−x2+2x⩾x2+2x−∣x−1∣⟺∣x−1∣⩾2x2-x^2+2x\geqslant x^2+2x-|x-1| \quad\Longleftrightarrow\quad |x-1|\geqslant2x^2
当 x⩾1x\geqslant1 时，∣x−1∣=x−1|x-1|=x-1，不等式化为
2x2−x+1⩽02x^2-x+1\leqslant0
其判别式为 1−8<01-8<0，故此时无解.
当 x<1x<1 时，∣x−1∣=1−x|x-1|=1-x，不等式化为
2x2+x−1⩽0⟺(2x−1)(x+1)⩽02x^2+x-1\leqslant0 \quad\Longleftrightarrow\quad (2x-1)(x+1)\leqslant0
所以 −1⩽x⩽12-1\leqslant x\leqslant\frac12. 综合两种情况，解集为 [−1,12]\left[-1,\frac12\right]. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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