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08解析几何★★★☆☆
已知 F1(−1,0)F_{1}(-1,0)，F2(1,0)F_{2}(1,0) 是椭圆 CC 的两个焦点，过 F2F_{2} 且垂直于 xx 轴的直线交 CC 于 AA，BB 两点，且 ∣AB∣=3|AB| = 3，则 CC 的方程为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 设椭圆的长半轴、短半轴分别为 aa，bb，焦距参数为 cc. 由焦点坐标得 c=1c=1， 且 a2−b2=c2=1a^2-b^2=c^2=1. 直线 x=1x=1 与椭圆的两个交点为 AA，BB， 由 ∣AB∣=3|AB|=3 得交点的纵坐标为 ±32\pm\frac{3}{2}. 代入椭圆方程，得
1a2+(32)2b2=1\frac{1}{a^2}+\frac{\left(\frac{3}{2}\right)^2}{b^2}=1
结合 a2=b2+1a^2=b^2+1，可得
1b2+1+94b2=1\frac{1}{b^2+1}+\frac{9}{4b^2}=1
即 4b2+9(b2+1)=4b2(b2+1)4b^2+9(b^2+1)=4b^2(b^2+1)，整理得 4b4−9b2−9=04b^4-9b^2-9=0，即 (4b2+3)(b2−3)=0(4b^2+3)(b^2-3)=0. 由于 b>0b>0，所以 b2=3b^2=3，进而 a2=4a^2=4. 所以椭圆方程为 x24+y23=1\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1. 故选 C. \end{solution}
A.
x22+y2=1\frac{x^2}{2} + y^2 = 1
B.
x23+y22=1\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{2} = 1
C.
x24+y23=1\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1
D.
x25+y24=1\frac{x^2}{5} + \frac{y^2}{4} = 1

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 8 题 · 选择题

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09三角函数★★★☆☆
若函数 y=sin⁡(ωx+φ)y = \sin (\omega x + \varphi) （ω>0\omega > 0）的部分图像如图所示，则 ω=\omega =（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 令 θ=ωx0+φ\theta=\omega x_0+\varphi，δ=ωπ4\delta=\frac{\omega\pi}{4}. 由图象中标出的两个点， sin⁡(θ+δ)=−sin⁡θ\sin(\theta+\delta)=-\sin\theta，且曲线在第一个点处上升、在第二个点处下降. 由
sin⁡(θ+δ)+sin⁡θ=2sin⁡(θ+δ2)cos⁡δ2=0\sin(\theta+\delta)+\sin\theta =2\sin\left(\theta+\frac{\delta}{2}\right)\cos\frac{\delta}{2}=0
可知，若 sin⁡(θ+δ2)=0\sin\left(\theta+\frac{\delta}{2}\right)=0，则 cos⁡(θ+δ)=cos⁡θ\cos(\theta+\delta)=\cos\theta，两个点处的切线斜率同号，与图象不符. 因而 cos⁡δ2=0\cos\frac{\delta}{2}=0. 图中两点之间没有完整的额外周期，故 0<δ<2π0<\delta<2\pi，从而 δ=π\delta=\pi. 因此 ωπ4=π\frac{\omega\pi}{4}=\pi，解得 ω=4\omega=4. 故选 B. \end{solution}
A.
55
B.
44
C.
33
D.
22

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11立体几何初步★★★☆☆
已知正四棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 中，AA1=2ABAA_{1} = 2AB，则 CDCD 与平面 BDC1BDC_{1} 所成角的正弦值等于（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 设正方形底面边长为 s=ABs=AB，取空间直角坐标系，使 A(0,0,0)A(0,0,0)，B(s,0,0)B(s,0,0)，C(s,s,0)C(s,s,0)，D(0,s,0)D(0,s,0)，C1(s,s,2s)C_1(s,s,2s). 则直线 CDCD 的方向向量可取 v=(1,0,0)\boldsymbol{v}=(1,0,0). 平面 BDC1BDC_1 内有两个不共线向量 DB→=(1,−1,0)s\overrightarrow{DB}=(1,-1,0)s，DC1→=(1,0,2)s\overrightarrow{DC_1}=(1,0,2)s， 故其法向量可取
n=(1,−1,0)×(1,0,2)=(−2,−2,1)\boldsymbol{n}=(1,-1,0)\times(1,0,2)=(-2,-2,1)
设直线 CDCD 与平面 BDC1BDC_1 所成角为 θ\theta，则
sin⁡θ=∣v⋅n∣∣v∣ ∣n∣=21⋅3=23\sin\theta=\frac{|\boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{v}|\,|\boldsymbol{n}|} =\frac{2}{1\cdot3}=\frac{2}{3}
故选 A. \end{solution}
A.
23\frac{2}{3}
B.
33\frac{\sqrt{3}}{3}
C.
23\frac{\sqrt{2}}{3}
D.
13\frac{1}{3}

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17数列★★★☆☆
等差数列 {an}\{a_{n}\} 中，a7=4a_{7} = 4，a19=2a9a_{19} = 2a_{9}.
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 bn=1nanb_n = \frac{1}{na_n}，求数列 {bn}\{b_n\} 的前 nn 项和 SnS_n.

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18三角函数★★★☆☆
设 △ABC\triangle ABC 的内角 AA，BB，CC 的对边分别为 aa，bb，cc，(a+b+c)(a−b+c)=ac(a + b + c)(a - b + c) = ac.
(1) 求 BB； (2) 若 sin⁡Asin⁡C=3−14\sin A \sin C = \frac{\sqrt{3} - 1}{4}，求 CC.

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19立体几何初步★★★☆☆
如图，四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，∠ABC=∠BAD=90∘\angle ABC = \angle BAD = 90^{\circ}，BC=2ADBC = 2AD，△PAB\triangle PAB 与 △PAD\triangle PAD 都是边长为 2 的等边三角形.
(1) 证明：PB⊥CDPB \perp CD； (2) 求点 AA 到平面 PCDPCD 的距离.

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20概率与统计★★★☆☆
甲，乙，丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判. 每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判. 设各局中双方获胜的概率均为 12\frac{1}{2}，各局比赛的结果都相互独立，第1局甲当裁判.
(1) 求第 4 局甲当裁判的概率； (2) 求前 4 局中乙恰好当 1 次裁判的概率.

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