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11三角函数★★★☆☆
函数 f(x)=cos⁡2x+2sin⁡xf(x) = \cos 2x + 2\sin x 的最小值和最大值分别为（ ）
A.
−1,1-1, 1
B.
−2,2-2, 2
C.
−3-3，32\frac{3}{2}
D.
−2-2，32\frac{3}{2}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 11 题 · 选择题

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12立体几何初步★★★☆☆
已知平面 α⊥\alpha \perp 平面 β\beta，α∩β=l\alpha \cap \beta = l，点 A∈αA \in \alpha，A∉lA \notin l，直线 AB∥lAB \parallel l，直线 AC⊥lAC \perp l，直线 m∥αm \parallel \alpha，m∥βm \parallel \beta，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（ ）
A.
AB∥mAB \parallel m
B.
AC⊥mAC \perp m
C.
AB∥βAB \parallel \beta
D.
AC⊥βAC \perp \beta

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14立体几何初步★★★☆☆
一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面. 已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为 3\sqrt{3}，底面周长为 33，则这个球的体积为______.

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 14 题 · 填空题

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15解析几何★★★☆☆
过椭圆 x25+y24=1\frac{x^2}{5} + \frac{y^2}{4} = 1 的右焦点作一条斜率为 22 的直线与椭圆交于 AA，BB 两点，OO 为坐标原点，则 △OAB\triangle OAB 的面积为______.

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17三角函数★★★☆☆
如图，△ACD\triangle ACD 是等边三角形，△ABC\triangle ABC 是等腰直角三角形，∠ACB=90∘\angle ACB = 90^{\circ}，BDBD 交 ACAC 于 EE，AB=2AB = 2.
(1) 求 cos⁡∠CBE\cos \angle CBE 的值； (2) 求 AEAE.
\begin{solution} 以 AA 为原点建立平面直角坐标系，令 ABAB 在 xx 轴正半轴上. 由 △ABC\triangle ABC 是等腰直角三角形且 ∠ACB=90∘\angle ACB=90^{\circ}，得
AC=BC=AB2=2AC=BC=\frac{AB}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}
取 B(2,0)B(2,0)，则可令 C(1,1)C(1,1). 由图中 DD 位于 ACAC 的外侧，且 △ACD\triangle ACD 为等边三角形，ACAC 的中点为 (12,12)\left(\frac12,\frac12\right)，从中点沿垂直于 ACAC 的方向取距离 62\frac{\sqrt{6}}{2}，得 D=(12,12)+(−32,32)=(1−32,1+32)D=\left(\frac12,\frac12\right)+\left(-\frac{\sqrt{3}}2,\frac{\sqrt{3}}2\right)=\left(\frac{1-\sqrt{3}}2,\frac{1+\sqrt{3}}2\right).
\begin{enumerate} \item 直线 ACAC 的方程为 y=xy=x. 设 EE 为直线 BDBD 上的点，令
(x,y)=(2,0)+t(−3−32,1+32)(x,y)=(2,0)+t\left(\frac{-3-\sqrt{3}}{2},\frac{1+\sqrt{3}}{2}\right)
由 E∈ACE\in AC，即 x=yx=y，得 2+−3−32t=1+32t2+\frac{-3-\sqrt{3}}2t=\frac{1+\sqrt{3}}2t，所以 t=22+3=2(2−3)=4−23t=\frac{2}{2+\sqrt{3}}=2(2-\sqrt{3})=4-2\sqrt{3}，从而 E(3−1,3−1)E(\sqrt{3}-1,\sqrt{3}-1). 于是 BC→=(−1,1)\overrightarrow{BC}=(-1,1)，BE→=(3−3,3−1)\overrightarrow{BE}=(\sqrt{3}-3,\sqrt{3}-1)，且 BC→⋅BE→=2\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{BE}=2，∣BC→∣=2|\overrightarrow{BC}|=\sqrt{2}，∣BE→∣=(3−3)2+(3−1)2=2(3−1)|\overrightarrow{BE}|=\sqrt{(\sqrt{3}-3)^2+(\sqrt{3}-1)^2}=2(\sqrt{3}-1). 因此
cos⁡∠CBE=BC→⋅BE→∣BC→∣ ∣BE→∣=12(3−1)=6+24\cos\angle CBE =\frac{\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{BE}}{|\overrightarrow{BC}|\,|\overrightarrow{BE}|} =\frac{1}{\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)} =\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}
\item 由 A(0,0)A(0,0) 和 E(3−1,3−1)E(\sqrt{3}-1,\sqrt{3}-1)，得 AE=(3−1)2+(3−1)2=2(3−1)=6−2AE=\sqrt{(\sqrt{3}-1)^2+(\sqrt{3}-1)^2}=\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)=\sqrt{6}-\sqrt{2}. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图. 它的正视图和侧视图在下面画出（单位：cm\mathrm{cm}）.
(1) 在正视图下面，按照三视图的要求画出该多面体的俯视图； (2) 按照给出的尺寸，求该多面体的体积； (3) 在所给直观图中连结 BC′BC'，证明：BC′∥BC' \parallel 面 EFGEFG.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 俯视图的外轮廓为长 6 cm6\,\mathrm{cm}、宽 4 cm4\,\mathrm{cm} 的矩形. 在俯视图中，从顶点 AA 出发，分别在 ABAB、ADAD 上取距 AA 为 2 cm2\,\mathrm{cm} 的点，记为 FF、GG，连接这两点得到线段 FGFG. 其中 FF、GG 分别是空间点 FF、GG 的投影，线段 FGFG 表示截去部分与顶面交界的投影.
\item 建立空间直角坐标系，取 A(0,0,0)A(0,0,0)，B(6,0,0)B(6,0,0)，D(0,4,0)D(0,4,0)，A′(0,0,4)A'(0,0,4). 于是长方体的长、宽、高分别为 6 cm6\,\mathrm{cm}、4 cm4\,\mathrm{cm}、4 cm4\,\mathrm{cm}. 由正视图和侧视图中的尺寸，切去的角为三棱锥 A′EFGA'EFG，且 A′E=A′F=A′G=2 cmA'E=A'F=A'G=2\,\mathrm{cm}， 其中 A′EA'E、A′FA'F、A′GA'G 分别位于长方体的三条互相垂直的棱上. 因此 V长方体=6×4×4=96 cm3V_{\text{长方体}}=6\times4\times4=96\,\mathrm{cm}^{3}，VA′EFG=13×12×2×2×2=43 cm3V_{A'EFG}=\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times2\times2\times2=\frac{4}{3}\,\mathrm{cm}^{3}. 所以该多面体的体积为
V=96−43=2843 cm3V=96-\frac{4}{3}=\frac{284}{3}\,\mathrm{cm}^{3}
\item 在上述坐标系中，相关点的坐标为 B(6,0,0)B(6,0,0)，C′(6,4,4)C'(6,4,4)，E(0,0,2)E(0,0,2)，F(2,0,4)F(2,0,4)，G(0,2,4)G(0,2,4). 于是 BC′→=(0,4,4)=2(0,2,2)=2EG→\overrightarrow{BC'}=(0,4,4)=2(0,2,2)=2\overrightarrow{EG}，所以 BC′∥EGBC'\parallel EG. 又由 EF→=(2,0,2)\overrightarrow{EF}=(2,0,2)，EG→=(0,2,2)\overrightarrow{EG}=(0,2,2)，平面 EFGEFG 的方程为 x+y−z+2=0x+y-z+2=0，而 6+0−0+2=8≠06+0-0+2=8\ne0，故点 BB 不在该平面上. 因此 BC′∥BC'\parallel 平面 EFGEFG. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★☆☆
设函数 f(x)=ax−bxf(x) = ax - \frac{b}{x}，曲线 y=f(x)y = f(x) 在点 (2,f(2))(2, f(2)) 处的切线方程为 7x−4y−12=07x - 4y - 12 = 0.
(1) 求 f(x)f(x) 的解析式； (2) 证明：曲线 y=f(x)y = f(x) 上任一点处的切线与直线 x=0x = 0 和直线 y=xy = x 所围成的三角形面积为定值，并求此定值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由切线方程 7x−4y−12=07x-4y-12=0 得 y=74x−3y=\frac{7}{4}x-3. 在 x=2x=2 处，切点纵坐标为 f(2)=12f(2)=\frac12，而 f′(x)=a+bx2f'(x)=a+\frac{b}{x^{2}}. 因此
{2a−b2=12,a+b4=74\begin{cases} 2a-\dfrac{b}{2}=\dfrac12,\\ a+\dfrac{b}{4}=\dfrac74 \end{cases}
分别乘以 22 和 44，得
{4a−b=1,4a+b=7\begin{cases} 4a-b=1,\\ 4a+b=7 \end{cases}
两式相加得 8a=88a=8，所以 a=1a=1；两式相减得 2b=62b=6，所以 b=3b=3. 因此 f(x)=x−3xf(x)=x-\frac{3}{x}，x≠0x\ne0.
\item 设曲线上的任一点为 T(t,f(t))T(t,f(t))，其中 t≠0t\ne0. 由于 f′(t)=1+3t2f'(t)=1+\frac{3}{t^{2}}， 切线方程为
y−(t−3t)=(1+3t2)(x−t)y-\left(t-\frac{3}{t}\right)=\left(1+\frac{3}{t^{2}}\right)(x-t)
整理得
y=(1+3t2)x−6ty=\left(1+\frac{3}{t^{2}}\right)x-\frac{6}{t}
它与直线 x=0x=0 的交点为 P(0,−6t)P\left(0,-\frac{6}{t}\right)，与直线 y=xy=x 的交点为 Q(2t,2t)Q(2t,2t). 直线 x=0x=0 与 y=xy=x 的交点为原点 OO，所以所围三角形为 △OPQ\triangle OPQ. 以 OPOP 为底，点 QQ 到 x=0x=0 的距离为高，得
S△OPQ=12∣6t∣ ∣2t∣=6S_{\triangle OPQ}=\frac12\left|\frac{6}{t}\right|\,|2t|=6
因此该三角形的面积为定值 66. \end{enumerate} \end{solution}

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23解析几何★★★☆☆
已知曲线 C1C_{1}：
{x=cos⁡θ,y=sin⁡θ\begin{cases} x = \cos \theta ,\\ y = \sin \theta \end{cases}
（θ\theta 为参数），曲线 C2C_2：
{x=22t−2,y=22t,\begin{cases} x = \frac{\sqrt{2}}{2} t - \sqrt{2},\\ y = \frac{\sqrt{2}}{2} t, \end{cases}
（tt 为参数）.
(1) 指出 C1C_1，C2C_2 各是什么曲线，并说明 C1C_1 与 C2C_2 公共点的个数； (2) 若把 C1C_1，C2C_2 上各点的纵坐标都压缩为原来的一半，分别得到曲线 C1′C_1'，C2′C_2'. 写出 C1′C_1'，C2′C_2' 的参数方程. C1′C_1' 与 C2′C_2' 公共点的个数和 C1C_1 与 C2C_2 公共点的个数是否相同？说明你的理由.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 对 C1C_1 消去参数，得 x2+y2=cos⁡2θ+sin⁡2θ=1x^{2}+y^{2}=\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta=1，所以 C1C_1 是以原点为圆心、半径为 11 的圆.
对 C2C_2 的参数方程作差，得 x−y=(22t−2)−22t=−2x-y=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}t-\sqrt{2}\right)-\frac{\sqrt{2}}{2}t=-\sqrt{2}，所以 C2C_2 是直线 x−y+2=0x-y+\sqrt{2}=0. 该直线到原点的距离为 212+(−1)2=1\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}}}=1， 恰好与单位圆相切，因此 C1C_1 与 C2C_2 有一个公共点.
\item 纵坐标压缩为原来的一半后，横坐标不变，故
C1′:{x=cos⁡θ,y=12sin⁡θ,C2′:{x=22t−2,y=24tC_1':\begin{cases} x=\cos\theta,\\ y=\dfrac12\sin\theta, \end{cases} \qquad C_2':\begin{cases} x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}t-\sqrt{2},\\ y=\dfrac{\sqrt{2}}{4}t \end{cases}
由 C1′C_1' 得 x2+4y2=1x^{2}+4y^{2}=1，由 C2′C_2' 得 x=2y−2x=2y-\sqrt{2}. 代入可得 (2y−2)2+4y2=1(2y-\sqrt{2})^{2}+4y^{2}=1，即 8y2−42y+1=08y^{2}-4\sqrt{2}y+1=0. 其判别式为 (−42)2−4×8×1=0\left(-4\sqrt{2}\right)^{2}-4\times8\times1=0， 所以 C1′C_1' 与 C2′C_2' 仍有一个公共点. 因此压缩前后公共点的个数相同，均为 11. \end{enumerate} \end{solution}

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