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08计数原理与组合数学★★★☆☆
某市拟从 44 个重点项目和 66 个一般项目中各选 22 个项目作为本年度启动的项目，则重点项目 AA 和一般项目 BB 至少有一个被选中的不同选法种数是（ ）
\begin{solution} 全部选法共有 C42C62=6×15=90\mathrm C_4^2\mathrm C_6^2=6\times15=90 种. 若重点项目 AA 和一般项目 BB 均未被选，则从其余项目中选取的选法有 C32C52=3×10=30\mathrm C_3^2\mathrm C_5^2=3\times10=30 种. 因而至少选中 AA、BB 中一个的选法有 90−30=6090-30=60 种，故选 C. \end{solution}
A.
1515
B.
4545
C.
6060
D.
7575

2008 · 湖南 · 文 · 第 8 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★☆☆
长方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的 88 个顶点在同一个球面上，且 AB=2AB = 2，AD=3AD = \sqrt{3}，AA1=1AA_{1} = 1，则顶点 AA，BB 间的球面距离是（ ）
\begin{solution} 长方体的体对角线长为
AB2+AD2+AA12=4+3+1=22\sqrt{AB^2+AD^2+AA_1^2}=\sqrt{4+3+1}=2\sqrt2
球心是体对角线的中点，所以球半径为 R=2R=\sqrt2. 设球心为 OO，则弦 AB=2AB=2 对应的圆心角 ∠AOB=θ\angle AOB=\theta 满足
2=2Rsin⁡θ2=22sin⁡θ22=2R\sin\frac\theta2=2\sqrt2\sin\frac\theta2
取小于 π\pi 的圆心角，得 θ=π2\theta=\frac\pi2. 因此 AA、BB 间的球面距离为 Rθ=2⋅π2=2π2R\theta=\sqrt2\cdot\frac\pi2=\frac{\sqrt2\pi}{2}，故选 B. \end{solution}
A.
2π4\frac{\sqrt{2}\pi}{4}
B.
2π2\frac{\sqrt{2}\pi}{2}
C.
2π\sqrt{2}\pi
D.
22π2\sqrt{2}\pi

2008 · 湖南 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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15函数与初等函数★★★☆☆
设 [x][x] 表示不超 xx 的最大整数（如 [2]=2[2] = 2，[54]=1\left[\frac{5}{4}\right] = 1）. 对于给定的 n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，定义 Cnx=n(n−1)⋯(n−[x]+1)x(x−1)⋯(x−[x]+1)\mathrm C_n^x = \frac{n(n - 1) \cdots (n - [x] + 1)}{x(x - 1) \cdots (x - [x] + 1)}，x∈[1,+∞)x \in [1, +\infty)，则 C832=\mathrm C_8^{\frac{3}{2}} =______；当 x∈[2,3)x \in [2, 3) 时，函数 C8x\mathrm C_8^x 的值域是______.
\begin{solution} 当 x=32x=\frac32 时，[x]=1[x]=1，所以
C832=832=163\mathrm C_8^{\frac32}=\frac8{\frac32}=\frac{16}{3}
当 x∈[2,3)x\in[2,3) 时，[x]=2[x]=2，于是
C8x=8×7x(x−1)=56x(x−1)\mathrm C_8^x=\frac{8\times7}{x(x-1)}=\frac{56}{x(x-1)}
函数 x(x−1)x(x-1) 在 [2,3)[2,3) 上递增，取值范围为 [2,6)[2,6)，因此
C8x∈(566,562]=(283,28]\mathrm C_8^x\in\left(\frac{56}{6},\frac{56}{2}\right] =\left(\frac{28}{3},28\right]
\end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 15 题 · 填空题

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17三角函数★★★☆☆
已知函数 f(x)=cos⁡2x2−sin⁡2x2+sin⁡xf(x) = \cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2} + \sin x.
(1) 求函数 f(x)f(x) 的最小正周期； (2) 当 x0∈(0,π4)x_0 \in \left(0, \frac{\pi}{4}\right) 且 f(x0)=425f(x_0) = \frac{4\sqrt{2}}{5} 时，求 f(x0+π6)f\left(x_0 + \frac{\pi}{6}\right) 的值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 cos⁡2x2−sin⁡2x2=cos⁡x\cos^2\frac{x}{2}-\sin^2\frac{x}{2}=\cos x，得 f(x)=cos⁡x+sin⁡x=2sin⁡(x+π4)f(x)=\cos x+\sin x=\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)，所以 f(x)f(x) 的最小正周期为 2π2\pi.
\item 由已知条件，cos⁡x0+sin⁡x0=425\cos x_0+\sin x_0=\frac{4\sqrt{2}}{5}. 于是 sin⁡2x0=(cos⁡x0+sin⁡x0)2−1=725\sin 2x_0=\left(\cos x_0+\sin x_0\right)^2-1=\frac{7}{25}. 因为 0<2x0<π20<2x_0<\frac{\pi}{2}，所以 cos⁡2x0=2425\cos 2x_0=\frac{24}{25}，从而 cos⁡x0−sin⁡x0>0\cos x_0-\sin x_0>0. 又 (cos⁡x0−sin⁡x0)2=1−sin⁡2x0=1825\left(\cos x_0-\sin x_0\right)^2=1-\sin 2x_0=\frac{18}{25}，故 cos⁡x0−sin⁡x0=325\cos x_0-\sin x_0=\frac{3\sqrt{2}}{5}.
因此 cos⁡x0=7210\cos x_0=\frac{7\sqrt{2}}{10}，sin⁡x0=210\sin x_0=\frac{\sqrt{2}}{10}，所以
f(x0+π6)=cos⁡(x0+π6)+sin⁡(x0+π6)f\left(x_0+\frac{\pi}{6}\right)=\cos\left(x_0+\frac{\pi}{6}\right)+\sin\left(x_0+\frac{\pi}{6}\right)
f(x0+π6)=32(cos⁡x0+sin⁡x0)+12(cos⁡x0−sin⁡x0)=46+3210f\left(x_0+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(\cos x_0+\sin x_0\right)+\frac{1}{2}\left(\cos x_0-\sin x_0\right)=\frac{4\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{10}
\end{enumerate} \end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图所示，四棱锥 P−ABCDP-ABCD 的底面 ABCDABCD 是边长为 11 的菱形，∠BCD=60∘\angle BCD = 60^\circ，EE 是 CDCD 的中点，PA⊥PA \perp 底面 ABCDABCD，PA=3PA = \sqrt{3}.
(1) 证明：平面 PBE⊥PBE \perp 平面 PABPAB； (2) 求二面角 A−BE−PA - BE - P 的大小.
\begin{solution} 建立如下一组空间直角坐标系，令 A(0,0,0)A\left(0,0,0\right)，B(1,0,0)B\left(1,0,0\right)，D(12,32,0)D\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，则 C(32,32,0)C\left(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right). 由 EE 是 CDCD 的中点以及 PA⊥PA\perp 底面、PA=3PA=\sqrt{3}，可取 E(1,32,0)E\left(1,\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，P(0,0,3)P\left(0,0,\sqrt{3}\right).
\begin{enumerate} \item 在平面 PABPAB 内，AB→=(1,0,0)\overrightarrow{AB}=\left(1,0,0\right)，AP→=(0,0,3)\overrightarrow{AP}=\left(0,0,\sqrt{3}\right)，且 BE→=(0,32,0)\overrightarrow{BE}=\left(0,\frac{\sqrt{3}}{2},0\right). 因为 BE→⋅AB→=0\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{AB}=0，BE→⋅AP→=0\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{AP}=0，所以 BE⊥BE\perp 平面 PABPAB.
又因为 BE⊂BE\subset 平面 PBEPBE，所以平面 PBE⊥PBE\perp 平面 PABPAB.
\item 平面 ABEABE 就是底面所在平面. 过棱 BEBE 上的点 BB，在平面 ABEABE 内作 BABA，在平面 PBEPBE 内作 BPBP. 由 BA→=(−1,0,0)\overrightarrow{BA}=\left(-1,0,0\right)，BP→=(−1,0,3)\overrightarrow{BP}=\left(-1,0,\sqrt{3}\right)，得 BA→⋅BE→=0\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BE}=0，BP→⋅BE→=0\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{BE}=0，所以二面角 A−BE−PA-BE-P 的平面角为 ∠ABP\angle ABP.
又 ∣BA∣=1|BA|=1，∣BP∣=2|BP|=2，且 BA→⋅BP→=1\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BP}=1，故 cos⁡∠ABP=11⋅2=12\cos\angle ABP=\frac{1}{1\cdot2}=\frac{1}{2}. 因此二面角 A−BE−PA-BE-P 的大小为 π3=60∘\frac{\pi}{3}=60^\circ. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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20数列★★★☆☆
数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=1a_1 = 1，a2=2a_2 = 2，an+2=(1+cos⁡2nπ2)an+sin⁡2nπ2a_{n+2} = \left(1 + \cos^2\frac{n\pi}{2}\right)a_n + \sin^2\frac{n\pi}{2}， n=1\ n = 1，22，33，…\dots.
(1) 求 a3a_{3}，a4a_{4}，并求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 Sk=a1+a3+⋯+a2k−1S_{k} = a_{1} + a_{3} + \dots + a_{2k-1}，Tk=a2+a4+⋯+a2kT_{k} = a_{2} + a_{4} + \dots + a_{2k}，Wk=2Sk2+TkW_{k} = \frac{2S_{k}}{2 + T_{k}}（k∈N∗k \in \mathbf{N}^{*}），求使 Wk>1W_{k} > 1 的所有 kk 的值，并说明理由.
\begin{solution} 当 nn 为奇数时，cos⁡2nπ2=0\cos^2\frac{n\pi}{2}=0，sin⁡2nπ2=1\sin^2\frac{n\pi}{2}=1，递推式化为 an+2=an+1a_{n+2}=a_n+1. 当 nn 为偶数时，cos⁡2nπ2=1\cos^2\frac{n\pi}{2}=1，sin⁡2nπ2=0\sin^2\frac{n\pi}{2}=0，递推式化为 an+2=2ana_{n+2}=2a_n.
\begin{enumerate} \item 由上述两个递推关系，a3=a1+1=2a_3=a_1+1=2，a4=2a2=4a_4=2a_2=4. 对任意正整数 rr，分别沿奇数项和偶数项递推，得 a2r−1=ra_{2r-1}=r，a2r=2ra_{2r}=2^r. 因此数列的通项公式为
an={n+12,n为奇数,2n2,n为偶数.a_n= \begin{cases} \dfrac{n+1}{2},&n\text{为奇数},\\ 2^{\frac{n}{2}},&n\text{为偶数}. \end{cases}
\item 由奇数项和偶数项的通项公式， Sk=1+2+⋯+k=k(k+1)2S_k=1+2+\cdots+k=\frac{k\left(k+1\right)}{2}， Tk=2+22+⋯+2k=2k+1−2T_k=2+2^2+\cdots+2^k=2^{k+1}-2. 所以 Wk=k(k+1)2k+1W_k=\frac{k\left(k+1\right)}{2^{k+1}}.
当 k=1k=1 时，2k+1=4>2=k(k+1)2^{k+1}=4>2=k\left(k+1\right)；当 k=2k=2 时，2k+1=8>6=k(k+1)2^{k+1}=8>6=k\left(k+1\right). 若对某个 k⩾2k\geqslant2 有 2k+1>k(k+1)2^{k+1}>k\left(k+1\right)，则 2k+2>2k(k+1)⩾(k+1)(k+2)2^{k+2}>2k\left(k+1\right)\geqslant\left(k+1\right)\left(k+2\right)，其中最后一个不等式等价于 k⩾2k\geqslant2. 由归纳法，任意正整数 kk 都有 2k+1>k(k+1)2^{k+1}>k\left(k+1\right)，故 Wk<1W_k<1. 因此不存在使 Wk>1W_k>1 的正整数 kk. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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