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05三角函数★★★☆☆
若 AA，BB，CC 是 △ABC\triangle ABC 的三个内角，且 A<B<CA<B<C（C≠π2C\neq\dfrac{\pi}{2}），则下列结论中正确的是（ ）
\begin{solution} 由 A+B+C=πA+B+C=\pi 以及 A<B<CA<B<C，可得 A<π3A<\dfrac{\pi}{3}，C>π3C>\dfrac{\pi}{3}.
若 C<π2C<\dfrac{\pi}{2}，则正弦函数在 (0,π2)\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right) 上递增，因而 sin⁡A<sin⁡C\sin A<\sin C. 若 C>π2C>\dfrac{\pi}{2}，则 A+B=π−C<π2A+B=\pi-C<\dfrac{\pi}{2}，并且 A+B>AA+B>A，所以 sin⁡C=sin⁡(A+B)>sin⁡A\sin C=\sin(A+B)>\sin A. 因此选项 C 对所有情况都成立.
余切函数和余弦函数在 (0,π)(0,\pi) 上均递减，故 A<CA<C 时有 cot⁡A>cot⁡C\cot A>\cot C 和 cos⁡A>cos⁡C\cos A>\cos C，选项 B、D 错误. 当 C>π2C>\dfrac{\pi}{2} 时，tan⁡A>0>tan⁡C\tan A>0>\tan C，选项 A 也不成立. 故选 C. \end{solution}
A.
tan⁡A<tan⁡C\tan A<\tan C
B.
cot⁡A<cot⁡C\cot A<\cot C
C.
sin⁡A<sin⁡C\sin A<\sin C
D.
cos⁡A<cos⁡C\cos A<\cos C

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 5 题 · 选择题

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11立体几何初步★★★☆☆
如图，在正三角形 ABCABC 中，DD，EE，FF 分别为各边的中点，GG，HH，II，JJ 分别为 AFAF，ADAD，BEBE，DEDE 的中点. 将 △ABC\triangle ABC 沿 DEDE，EFEF，DFDF 折成三棱锥以后，GHGH 与 IJIJ 所成角的度数为（ ）
\begin{solution} 设正三角形 ABCABC 的边长为 ss. 因为 DD，EE，FF 是各边中点，所以 △DEF\triangle DEF 以及三个角部三角形 △ADF\triangle ADF，△BDE\triangle BDE，△CEF\triangle CEF 的三边长都为 s2\frac{s}{2}. 折叠后它们组成正四面体的四个面.
在面 ADFADF 中，GG，HH 分别为 AFAF，ADAD 的中点，由三角形中位线定理，GH∥DFGH\parallel DF. 在面 BDEBDE 中，II，JJ 分别为 BEBE，DEDE 的中点，所以 IJ∥BDIJ\parallel BD. 折叠后的正四面体中，DFDF 与 BDBD 是同一面内的两条棱，夹角为 60∘60^{\circ}. 因此 GHGH 与 IJIJ 所成的角为 60∘60^{\circ}，故选 B. \end{solution}
A.
90∘90^{\circ}
B.
60∘60^{\circ}
C.
45∘45^{\circ}
D.
0∘0^{\circ}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 11 题 · 选择题

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12解析几何★★★☆☆
已知直线 ax+by+c=0ax+by+c=0（abc≠0abc\neq0）与圆 x2+y2=1x^2+y^2=1 相切，则三条边长分别为 ∣a∣\lvert a\rvert，∣b∣\lvert b\rvert，∣c∣\lvert c\rvert 的三角形（ ）
\begin{solution} 圆心为原点，半径为 11. 由点到直线的距离公式，原点到直线 ax+by+c=0ax+by+c=0 的距离为
∣c∣a2+b2\frac{\lvert c\rvert}{\sqrt{a^2+b^2}}
相切条件给出
∣c∣a2+b2=1⟺a2+b2=c2\frac{\lvert c\rvert}{\sqrt{a^2+b^2}}=1 \Longleftrightarrow a^2+b^2=c^2
因此 ∣a∣\lvert a\rvert，∣b∣\lvert b\rvert，∣c∣\lvert c\rvert 满足勾股定理，且三者均为正数，所以它们是一个直角三角形的三边. 故选 B. \end{solution}
A.
是锐角三角形
B.
是直角三角形
C.
是钝角三角形
D.
不存在

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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16解析几何★★★☆☆
已知 F1F_1，F2F_2 分别为椭圆 x2a2+y2b2=1\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 的左，右焦点，点 PP 在椭圆上，△POF2\triangle POF_2 是面积为 3\sqrt{3} 的正三角形，则 b2b^2 的值是______.
\begin{solution} 设椭圆的焦半距为 cc，则 F2=(c,0)F_2=(c,0). 因为 △POF2\triangle POF_2 是正三角形，其边长为 OF2=cOF_2=c，所以
34c2=3\frac{\sqrt{3}}{4}c^2=\sqrt{3}
从而 c2=4c^2=4. 正三角形的两个可能顶点为 P=(1,3)P=(1,\sqrt{3}) 和 P=(1,−3)P=(1,-\sqrt{3})，两者代入椭圆所得方程相同.
由 PP 在椭圆上，得
1a2+3b2=1\frac{1}{a^2}+\frac{3}{b^2}=1
又由椭圆参数关系 a2−b2=c2=4a^2-b^2=c^2=4，令 b2=ub^2=u，则 a2=u+4a^2=u+4，于是
1u+4+3u=1\frac{1}{u+4}+\frac{3}{u}=1
因为 u>0u>0，两边乘以 u(u+4)u(u+4)，得
u+3(u+4)=u(u+4)⟺u2=12u+3(u+4)=u(u+4)\Longleftrightarrow u^2=12
所以 u=23u=2\sqrt{3}，即 b2=23b^2=2\sqrt{3}. \end{solution}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 16 题 · 填空题

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18三角函数★★★☆☆
已知函数 f(x)=6cos⁡4x−5cos⁡2x+1cos⁡2xf(x)=\dfrac{6\cos^4x-5\cos^2x+1}{\cos 2x}. 求 f(x)f(x) 的定义域，判断它的奇偶性，并求其值域.
\begin{solution} 函数有意义的条件是分母不为零，即 cos⁡2x≠0⟺2x≠π2+kπ⟺x≠π4+kπ2\cos 2x\neq0 \Longleftrightarrow 2x\neq\frac{\pi}{2}+k\pi \Longleftrightarrow x\neq\frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2}，（k∈Zk\in\mathbf{Z}）. 所以定义域为
D={x∈R∣x≠π4+kπ2, k∈Z}D=\left\{x\in\mathbf{R}\mid x\neq\frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2},\ k\in\mathbf{Z}\right\}
在定义域内，分子可因式分解为
6cos⁡4x−5cos⁡2x+1=(3cos⁡2x−1)(2cos⁡2x−1)6\cos^4x-5\cos^2x+1=(3\cos^2x-1)(2\cos^2x-1)
又 cos⁡2x=2cos⁡2x−1\cos 2x=2\cos^2x-1，因此在 DD 上
f(x)=3cos⁡2x−1f(x)=3\cos^2x-1
定义域关于原点对称，且 cos⁡2(−x)=cos⁡2x\cos^2(-x)=\cos^2x，所以 f(−x)=f(x)f(-x)=f(x)，函数为偶函数.
令 t=cos⁡2xt=\cos^2x，则 0⩽t⩽10\leqslant t\leqslant1. 但 t=12t=\dfrac12 时 cos⁡2x=0\cos 2x=0，不属于定义域，因此 t≠12t\neq\dfrac12. 于是
f(x)=3t−1f(x)=3t-1
其最小值在 t=0t=0 时取得，为 −1-1，最大值在 t=1t=1 时取得，为 22；值 12\dfrac12 对应唯一的 t=12t=\dfrac12，因而不能取得. 所以值域为
[−1,12)∪(12,2]\left[-1,\frac12\right)\cup\left(\frac12,2\right]
\end{solution}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★☆☆
如图，ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 是正四棱柱，侧棱长为 11，底面边长为 22，EE 是棱 BCBC 的中点.
(1) 求三棱锥 D1−DBCD_1-DBC 的体积； (2) 证明 BD1∥BD_1\parallel 平面 C1DEC_1DE； (3) 求面 C1DEC_1DE 与面 CDECDE 所成二面角的正切值.
\begin{solution} 建立直角坐标系，取 A(0,0,0)A(0,0,0)，B(2,0,0)B(2,0,0)，C(2,2,0)C(2,2,0)，D(0,2,0)D(0,2,0). 并令上底面各点的竖坐标为 11，则 D1(0,2,1)D_1(0,2,1)，C1(2,2,1)C_1(2,2,1)，E(2,1,0)E(2,1,0).
\begin{enumerate} \item 三角形 DBCDBC 在底面内，BC=2BC=2，点 DD 到直线 BCBC 的距离为 22，所以
S△DBC=12⋅2⋅2=2S_{\triangle DBC}=\frac12\cdot2\cdot2=2
点 D1D_1 到底面 DBCDBC 所在平面的距离为棱柱高 11，因此
VD1−DBC=13S△DBC⋅1=23V_{D_1-DBC}=\frac13S_{\triangle DBC}\cdot1=\frac23
\item 在平面 C1DEC_1DE 内， DC1→=(2,0,1)\overrightarrow{DC_1}=(2,0,1)，DE→=(2,−1,0)\overrightarrow{DE}=(2,-1,0). 而 BD1→=(−2,2,1)=DC1→−2DE→\overrightarrow{BD_1}=(-2,2,1)=\overrightarrow{DC_1}-2\overrightarrow{DE}. 所以直线 BD1BD_1 的方向向量平行于平面 C1DEC_1DE. 平面 C1DEC_1DE 的方程为
x+2y−2z−4=0x+2y-2z-4=0
代入点 B(2,0,0)B(2,0,0) 得 −2≠0-2\neq0，故直线 BD1BD_1 不在该平面内. 因此 BD1∥BD_1\parallel 平面 C1DEC_1DE.
\item 平面 C1DEC_1DE 的一个法向量为 n1=DC1→×DE→=(1,2,−2)\boldsymbol{n}_1=\overrightarrow{DC_1}\times\overrightarrow{DE}=(1,2,-2)， 平面 CDECDE 的一个法向量为 n2=DC→×DE→=(0,0,−2)\boldsymbol{n}_2=\overrightarrow{DC}\times\overrightarrow{DE}=(0,0,-2). 设两平面所成的锐二面角为 θ\theta，则
cos⁡θ=∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=43⋅2=23\cos\theta=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{4}{3\cdot2}=\frac23
由于 θ\theta 为锐角，sin⁡θ=1−49=53\sin\theta=\sqrt{1-\dfrac49}=\dfrac{\sqrt5}{3}，所以
tan⁡θ=sin⁡θcos⁡θ=52\tan\theta=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}=\frac{\sqrt5}{2}
故所求正切值为 52\dfrac{\sqrt5}{2}. \end{enumerate} \end{solution}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20解析几何★★★☆☆
设 A(−c,0)A(-c,0)，B(c,0)B(c,0)（c>0c>0）为两定点，动点 PP 到 AA 点的距离与到 BB 点的距离的比为定值 aa（a>0a>0），求 PP 点的轨迹.
\begin{solution} 设动点 P(x,y)P(x,y)，则 PA=(x+c)2+y2PA=\sqrt{(x+c)^2+y^2}，PB=(x−c)2+y2PB=\sqrt{(x-c)^2+y^2} 题设给出 PA=aPBPA=aPB. 两边均为非负数，平方后得到
(x+c)2+y2=a2((x−c)2+y2)(x+c)^2+y^2=a^2\bigl((x-c)^2+y^2\bigr)
整理得
(1−a2)(x2+y2+c2)+2c(1+a2)x=0(1-a^2)(x^2+y^2+c^2)+2c(1+a^2)x=0
当 a≠1a\neq1 时，除以 1−a21-a^2，并配方得
(x−c(a2+1)a2−1)2+y2=4a2c2(a2−1)2\left(x-\frac{c(a^2+1)}{a^2-1}\right)^2+y^2 =\frac{4a^2c^2}{(a^2-1)^2}
所以轨迹是圆，圆心为
(c(a2+1)a2−1,0)\left(\frac{c(a^2+1)}{a^2-1},0\right)
半径为
2ac∣a2−1∣\frac{2ac}{|a^2-1|}
当 a=1a=1 时，等式化为 PA=PBPA=PB. 由上面的平方关系得 4cx=04cx=0，又因 c>0c>0，所以 x=0x=0. 反过来，直线 x=0x=0 上任一点到 AA，BB 的距离相等，故此时轨迹为 yy 轴. \end{solution}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21函数与初等函数★★★☆☆
某租赁公司拥有汽车 100100 辆. 当每辆车的月租金为 3000 元3000\text{ 元} 时，可全部租出. 当每辆车的月租金每增加 50 元50\text{ 元} 时，未租出的车将会增加一辆. 租出的车每辆每月需要维护费 150 元150\text{ 元}，未租出的车每辆每月需要维护费 50 元50\text{ 元}.
(1) 当每辆车的月租金定为 3600 元3600\text{ 元} 时，能租出多少辆车？ (2) 当每辆车的月租金定为多少元时，租赁公司的月收益最大，最大月收益是多少？
\begin{solution} 设未租出的车辆数为 xx，则 0⩽x⩽1000\leqslant x\leqslant100，租出的车辆数为 100−x100-x，每辆车的月租金为 3000+50x 元3000+50x\text{ 元}.
\begin{enumerate} \item 当月租金为 3600 元3600\text{ 元} 时，
x=3600−300050=12x=\frac{3600-3000}{50}=12
所以租出的车辆数为 100−12=88 辆100-12=88\text{ 辆}.
\item 以元为单位，月收益为租金收入减去维护费用，因此
R(x)=(3000+50x)(100−x)−150(100−x)−50xR(x)=(3000+50x)(100-x)-150(100-x)-50x
R(x)=−50x2+2100x+285000=−50(x−21)2+307050R(x)=-50x^2+2100x+285000=-50(x-21)^2+307050
由于 xx 为车辆数，且 0⩽x⩽1000\leqslant x\leqslant100，当 x=21x=21 时收益取得最大值 307050 元307050\text{ 元}. 此时每辆车的月租金为
3000+50×21=4050 元3000+50\times21=4050\text{ 元}
因此月租金定为 4050 元4050\text{ 元} 时，月收益最大，最大月收益为 307050 元307050\text{ 元}. \end{enumerate} \end{solution}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22数列★★★☆☆
如图，在边长为 ll 的等边 △ABC\triangle ABC 中，圆 O1O_1 为 △ABC\triangle ABC 的内切圆，圆 O2O_2 与圆 O1O_1 外切，且与 ABAB，BCBC 相切，⋯\cdots，圆 On+1O_{n+1} 与圆 OnO_n 外切，且与 ABAB，BCBC 相切，如此无限继续下去. 记圆 OnO_n 的面积为 ana_n（n∈Nn\in\mathbf{N}）.
(1) 证明 {an}\{a_n\} 是等比数列； (2) 求 lim⁡n→∞(a1+a2+⋯+an)\displaystyle\lim_{n\to\infty}(a_1+a_2+\cdots+a_n) 的值.
\begin{solution} 记圆 OnO_n 的半径为 ρn\rho_n. 由于每个圆都与 ABAB，BCBC 相切，其圆心均在 ∠B\angle B 的内部角平分线上. 又因为 ∠B=60∘\angle B=60^{\circ}，圆心到点 BB 的距离满足
BOn=ρnsin⁡30∘=2ρnBO_n=\frac{\rho_n}{\sin30^{\circ}}=2\rho_n
相邻的两个圆外切，且 On+1O_{n+1} 位于 OnO_n 与点 BB 之间，所以
OnOn+1=BOn−BOn+1=2(ρn−ρn+1)O_nO_{n+1}=BO_n-BO_{n+1}=2(\rho_n-\rho_{n+1})
另一方面，外切圆的圆心距等于半径之和，即
OnOn+1=ρn+ρn+1O_nO_{n+1}=\rho_n+\rho_{n+1}
联立得
2(ρn−ρn+1)=ρn+ρn+1⟺ρn=3ρn+12(\rho_n-\rho_{n+1})=\rho_n+\rho_{n+1} \Longleftrightarrow \rho_n=3\rho_{n+1}
所以 ρn+1=13ρn\rho_{n+1}=\dfrac13\rho_n，从而
an+1an=πρn+12πρn2=19\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\pi\rho_{n+1}^2}{\pi\rho_n^2}=\frac19
因此 {an}\{a_n\} 是首项为 a1a_1、公比为 19\dfrac19 的等比数列.
等边三角形内切圆半径为
ρ1=l36\rho_1=\frac{l\sqrt3}{6}
所以
a1=πρ12=πl212a_1=\pi\rho_1^2=\frac{\pi l^2}{12}
前 nn 项和为
a1+a2+⋯+an=a11−(19)n1−19a_1+a_2+\cdots+a_n =a_1\frac{1-(\frac{1}{9})^n}{1-\frac{1}{9}}
令 n→∞n\to\infty，由于 ∣19∣<1\left|\dfrac19\right|<1，得到
lim⁡n→∞(a1+a2+⋯+an)=πl212⋅11−19=3πl232\lim_{n\to\infty}(a_1+a_2+\cdots+a_n) =\frac{\pi l^2}{12}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{9}} =\frac{3\pi l^2}{32}
\end{solution}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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