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06三角函数★★★☆☆
如图所示，在 △ABC\triangle ABC 中，DD 是边 ACAC 上的点，且 AB=ADAB = AD，2AB=3BD2AB = \sqrt{3}BD，BC=2BDBC = 2BD，则 sin⁡C\sin C 的值为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 令 AB=AD=sAB=AD=s. 由 2AB=3BD2AB=\sqrt{3}BD 和 BC=2BDBC=2BD，得 BD=2s3BD=\frac{2s}{\sqrt{3}}，BC=4s3BC=\frac{4s}{\sqrt{3}}. 在等腰三角形 ABDABD 中，
cos⁡∠DAB=s2+s2−(2s3)22s2=13\cos\angle DAB =\frac{s^2+s^2-\left(\frac{2s}{\sqrt3}\right)^2}{2s^2} =\frac13
所以 sin⁡∠DAB=223\sin\angle DAB=\frac{2\sqrt2}{3}. 取坐标 A=(0,0)A=(0,0)，D=(s,0)D=(s,0)，B=(s3,22s3)B=\left(\frac{s}{3},\frac{2\sqrt2s}{3}\right)，C=(u,0)C=(u,0). 由图中 CC 在 DD 的外侧，u>su>s. 利用 BC=4s3BC=4\frac{s}{\sqrt3}，
(u−s3)2+8s29=16s23\left(u-\frac{s}{3}\right)^2+\frac{8s^2}{9} =\frac{16s^2}{3}
故
u−s3=210s3u-\frac{s}{3}=\frac{2\sqrt{10}s}{3}
于是
sin⁡C=点 B 到直线 AC 的距离BC=22s34s3=66\sin C =\frac{\text{点 }B\text{ 到直线 }AC\text{ 的距离}}{BC} =\frac{2\sqrt2\frac{s}{3}}{4\frac{s}{\sqrt3}} =\frac{\sqrt6}{6}
因此选 D. \end{solution}
A.
33\frac{\sqrt{3}}{3}
B.
36\frac{\sqrt{3}}{6}
C.
63\frac{\sqrt{6}}{3}
D.
66\frac{\sqrt{6}}{6}

2011 · 天津 · 理 · 第 6 题 · 选择题

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11解析几何★★★☆☆
已知抛物线 CC 的参数方程为
{x=8t2,y=8t,\begin{cases} x = 8t^{2},\\ y = 8t, \end{cases}
（tt 为参数），若斜率为 11 的直线经过抛物线 CC 的焦点，且与圆 (x−4)2+y2=r2(x - 4)^{2} + y^{2} = r^{2} （r>0r > 0）相切，则 r=r =______. \begin{answer} 2\sqrt{2} \end{answer}
\begin{solution} 消去参数 tt，得
y2=64t2=8xy^2=64t^2=8x
与标准式 y2=4pxy^2=4px 比较，得 p=2p=2，所以焦点为 (2,0)(2,0). 过焦点且斜率为 11 的直线为
y=x−2y=x-2
即 x−y−2=0x-y-2=0. 圆心为 (4,0)(4,0)，圆与该直线相切时，半径等于圆心到直线的距离：
r=∣4−0−2∣12+(−1)2=2r=\frac{|4-0-2|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\sqrt2
\end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12立体几何初步★★★☆☆
如图，已知圆中两条弦 ABAB 与 CDCD 相交于点 FF，EE 是 ABAB 延长线上一点，且 DF=CF=2DF = CF = \sqrt{2}，AF:FB:BE=4:2:1AF:FB:BE = 4:2:1. 若 CECE 与圆相切，则 CECE 的长为______.
\begin{answer} 72\frac{\sqrt{7}}{2} \end{answer}
\begin{solution} 设 AF=4kAF=4k，FB=2kFB=2k，BE=kBE=k. 由相交弦定理，
AF⋅FB=DF⋅CFAF\cdot FB=DF\cdot CF
即
(4k)(2k)=2⋅2=2(4k)(2k)=\sqrt2\cdot\sqrt2=2
因 k>0k>0，故 k=12k=\frac12. 从而 AF=2AF=2，FB=1FB=1，BE=12BE=\frac12. 因 EE 在 ABAB 的延长线上且位于 BB 的外侧，
EA=AF+FB+BE=2+1+12=72EA=AF+FB+BE=2+1+\frac12=\frac72
由切割线定理，
CE2=EA⋅EB=72⋅12=74CE^2=EA\cdot EB=\frac72\cdot\frac12=\frac74
所以
CE=72CE=\frac{\sqrt7}{2}
\end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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13不等式★★★☆☆
已知集合 A={x∈R∣∣x+3∣+∣x−4∣⩽9}A = \{x \in \mathbf{R} \mid |x + 3| + |x - 4| \leqslant 9\}，B={x∈R∣x=4t+1t−6,t∈(0,+∞)}B = \left\{x \in \mathbf{R} \mid x = 4t + \frac{1}{t} - 6, t \in (0, +\infty)\right\}，则集合 A∩B=A \cap B =______. \begin{answer} {x∣−2⩽x⩽5}\{x \mid -2 \leqslant x \leqslant 5\} \end{answer}
\begin{solution} 分段求集合 AA. 当 x<−3x<-3 时，
∣x+3∣+∣x−4∣=1−2x⩽9⟺x⩾−4|x+3|+|x-4|=1-2x\leqslant9 \quad\Longleftrightarrow\quad x\geqslant-4
当 −3⩽x⩽4-3\leqslant x\leqslant4 时，左式等于 77，恒满足不等式. 当 x>4x>4 时，
∣x+3∣+∣x−4∣=2x−1⩽9⟺x⩽5|x+3|+|x-4|=2x-1\leqslant9 \quad\Longleftrightarrow\quad x\leqslant5
所以 A=[−4,5]A=[-4,5].
对 BB，由 4t>04t>0、1t>0\frac{1}{t}>0，且
4t+1t⩾24t⋅1t=44t+\frac1t\geqslant2\sqrt{4t\cdot\frac1t}=4
等号在 t=12t=\frac{1}{2} 时成立. 函数 4t+1t−64t+\frac{1}{t}-6 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上连续，且当 t→0+t\to0^+ 或 t→+∞t\to+\infty 时趋于 +∞+\infty，故
B=[−2,+∞)B=[-2,+\infty)
因此
A∩B=[−4,5]∩[−2,+∞)=[−2,5]A\cap B=[-4,5]\cap[-2,+\infty)=[-2,5]
\end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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15三角函数★★★☆☆
已知函数 f(x)=tan⁡(2x+π4)f(x) = \tan \left(2x + \frac{\pi}{4}\right).
(1) 求 f(x)f(x) 的定义域与最小正周期； (2) 设 α∈(0,π4)\alpha \in (0, \frac{\pi}{4})，若 f(α2)=2cos⁡2αf\left(\frac{\alpha}{2}\right) = 2\cos 2\alpha，求 α\alpha 的大小.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 正切函数有意义的条件为 2x+π4≠π2+kπ2x+\frac{\pi}{4}\ne\frac{\pi}{2}+k\pi，k∈Zk\in\mathbf{Z}. 所以 x≠π8+kπ2x\ne\frac{\pi}{8}+\frac{k\pi}{2}，k∈Zk\in\mathbf{Z} 定义域为
{x∈R|x≠π8+kπ2, k∈Z}\left\{x\in\mathbf{R}\middle|x\ne\frac{\pi}{8}+\frac{k\pi}{2},\ k\in\mathbf{Z}\right\}
因为 tan⁡u\tan u 的最小正周期为 π\pi，所以 f(x)f(x) 的最小正周期为 π2\frac{\pi}{2}.
\item 令 t=tan⁡αt=\tan\alpha. 由 0<α<π40<\alpha<\frac{\pi}{4}，知 0<t<10<t<1. 原方程化为
tan⁡(α+π4)=2cos⁡2α\tan\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=2\cos2\alpha
即
1+t1−t=2(1−t2)1+t2\frac{1+t}{1-t}=\frac{2(1-t^2)}{1+t^2}
因 1+t>01+t>0 且 1−t>01-t>0，约去 1+t1+t 后得
1+t2=2(1−t)21+t^2=2(1-t)^2
所以
t2−4t+1=0t^2-4t+1=0
其根为 t=2±3t=2\pm\sqrt3，结合 0<t<10<t<1，取
t=2−3=tan⁡π12t=2-\sqrt3=\tan\frac{\pi}{12}
故 α=π12\alpha=\frac{\pi}{12}. \end{enumerate} \end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 15 题 · 解答题

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16概率与统计★★★☆☆
学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有33个白球，22个黑球，乙箱子里装有11个白球，22个黑球，这些球除颜色外完全相同. 每次游戏从这两个箱子里各随机摸出22个球，若摸出的白球不少于22个，则获奖. （每次游戏结束后将球放回原箱）
(1) 求在一次游戏中
(i) 摸出 33 个白球的概率； (ii) 获奖的概率. (2) 求在两次中获奖次数 XX 的分布列及数学期望 E(X)E(X).
\begin{solution} 记 UU 为从甲箱摸出的白球数，VV 为从乙箱摸出的白球数. 由组合数等可能性， P(U=0)=C22C52=110P(U=0)=\frac{\mathrm C_2^2}{\mathrm C_5^2}=\frac1{10}，P(U=1)=C31C21C52=35P(U=1)=\frac{\mathrm C_3^1\mathrm C_2^1}{\mathrm C_5^2}=\frac35，P(U=2)=C32C52=310P(U=2)=\frac{\mathrm C_3^2}{\mathrm C_5^2}=\frac3{10}. 乙箱中只有一个白球，故 P(V=0)=C22C32=13P(V=0)=\frac{\mathrm C_2^2}{\mathrm C_3^2}=\frac13，P(V=1)=C11C21C32=23P(V=1)=\frac{\mathrm C_1^1\mathrm C_2^1}{\mathrm C_3^2}=\frac23，P(V=2)=0P(V=2)=0.
\begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item 摸出 33 个白球只可能是 U=2U=2，V=1V=1，故
P(U+V=3)=310⋅23=15P(U+V=3)=\frac3{10}\cdot\frac23=\frac15
\item 获奖事件为 U+V⩾2U+V\geqslant2，包括 (U,V)=(2,0)(U,V)=(2,0)，(2,1)(2,1)，(1,1)(1,1). 由于两箱独立，
P(U+V⩾2)=P(U=2)+P(U=1)P(V=1)=310+35⋅23=710P(U+V\geqslant2) =P(U=2)+P(U=1)P(V=1) =\frac3{10}+\frac35\cdot\frac23 =\frac7{10}
\end{enumerate}
\item 每次游戏独立，令获奖概率 p=710p=\frac{7}{10}，则两次获奖次数 XX 服从参数为 22，pp 的二项分布. 因此
P(X=0)=(310)2=9100P(X=0)=\left(\frac3{10}\right)^2=\frac9{100}
P(X=1)=2⋅710⋅310=2150P(X=1)=2\cdot\frac7{10}\cdot\frac3{10}=\frac{21}{50}
P(X=2)=(710)2=49100P(X=2)=\left(\frac7{10}\right)^2=\frac{49}{100}
且
E(X)=2p=75E(X)=2p=\frac75
\end{enumerate} \end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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