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08解析几何★★★★☆
设 F1F_{1}，F2F_{2} 分别为双曲线 x2a2−y2b2=1\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1（a>0a > 0，b>0b > 0）的左、右焦点. 若在双曲线右支上存在点 PP，满足 ∣PF2∣=∣F1F2∣|PF_{2}| = |F_{1}F_{2}|，且 F2F_{2} 到直线 PF1PF_{1} 的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 设双曲线焦距参数为 cc，则 c2=a2+b2c^2=a^2+b^2，且 ∣F1F2∣=2c|F_1F_2|=2c，∣PF2∣=2c|PF_2|=2c. 由于 PP 在右支上，双曲线定义给出
∣PF1∣−∣PF2∣=2a|PF_1|-|PF_2|=2a
所以 ∣PF1∣=2(a+c)|PF_1|=2(a+c). 三角形 PF1F2PF_1F_2 的面积既可由边 PF1PF_1 和到直线 PF1PF_1 的距离求得，也可由底边 F1F2F_1F_2 和点 PP 到该底边的距离求得. 设 θ=∠F1PF2\theta=\angle F_1PF_2，则
sin⁡θ=2a2c=ac\sin\theta=\frac{2a}{2c}=\frac ac
又由余弦定理
(2c)2=[2(a+c)]2+(2c)2−2⋅2(a+c)⋅2ccos⁡θ(2c)^2=[2(a+c)]^2+(2c)^2-2\cdot2(a+c)\cdot2c\cos\theta
得
cos⁡θ=a+c2c\cos\theta=\frac{a+c}{2c}
利用 sin⁡2θ+cos⁡2θ=1\sin^2\theta+\cos^2\theta=1，有
a2c2+(a+c)24c2=1\frac{a^2}{c^2}+\frac{(a+c)^2}{4c^2}=1
即
4a2+(a+c)2=4c24a^2+(a+c)^2=4c^2
令 t=act=\frac ac，得 5t2+2t−3=05t^2+2t-3=0. 因为 0<t<10<t<1，所以 t=35t=\frac35，从而 bc=45\frac{b}{c}=\frac45，即 ba=43\frac{b}{a}=\frac43.
双曲线的渐近线为 y=±baxy=\pm\frac ba x，所以方程为 4x±3y=04x\pm3y=0，故选 C. \end{solution}
A.
3x±4y=03x \pm 4y = 0
B.
3x±5y=03x \pm 5y = 0
C.
4x±3y=04x \pm 3y = 0
D.
5x±4y=05x \pm 4y = 0

2010 · 浙江 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09函数与初等函数★★★★☆
设函数 f(x)=4sin⁡(2x+1)−xf(x) = 4\sin (2x + 1) - x，则在下列区间中函数 f(x)f(x) 不存在零点的是（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 先说明在 [−4,−2][-4,-2] 上没有零点. 令 x0=−2π−12x_0=\frac{-2\pi-1}{2}. 当 −4⩽x⩽x0-4\leqslant x\leqslant x_0 时，令 u=2x+1+2πu=2x+1+2\pi，则 −1<u⩽0-1<u\leqslant0，并且 sin⁡(2x+1)=sin⁡u⩾u\sin(2x+1)=\sin u\geqslant u. 于是
f(x)⩾4u−x=7x+8π+4⩾8π−24>0f(x)\geqslant4u-x=7x+8\pi+4\geqslant8\pi-24>0
当 x0⩽x⩽−π−12x_0\leqslant x\leqslant\frac{-\pi-1}{2} 时，−2π⩽2x+1⩽−π-2\pi\leqslant2x+1\leqslant-\pi，故 sin⁡(2x+1)⩾0\sin(2x+1)\geqslant0，从而 f(x)>0f(x)>0.
剩下的区间 −π−12⩽x⩽−2\frac{-\pi-1}{2}\leqslant x\leqslant-2 很短. 令 v=2x+1+πv=2x+1+\pi，则 0⩽v⩽π−3<170\leqslant v\leqslant\pi-3<\frac17，且 sin⁡(2x+1)=−sin⁡v\sin(2x+1)=-\sin v. 因此
f(x)=−4sin⁡v−x⩾−4v+π+1−v2>0f(x)=-4\sin v-x\geqslant-4v+\frac{\pi+1-v}{2}>0
其中用了 3<π<2273<\pi<\frac{22}{7}. 所以 f(x)>0f(x)>0 在 [−4,−2][-4,-2] 上恒成立.
函数连续. 由 0<π−3<170<\pi-3<\frac17 及 sin⁡t<t\sin t<t（t>0t>0），
f(−2)=2−4sin⁡3=2−4sin⁡(π−3)>2−47>0f(-2)=2-4\sin3=2-4\sin(\pi-3)>2-\frac47>0
又因 π6<1<π2\frac{\pi}{6}<1<\frac{\pi}{2}，有 sin⁡1>12\sin1>\frac12，从而 f(−1)=1−4sin⁡1<−1<0f(-1)=1-4\sin1<-1<0，f(0)=4sin⁡1>0f(0)=4\sin1>0. 因此在 [−2,0][-2,0] 和 [0,2][0,2] 内分别存在零点.
再由 3π2<5<2π\frac{3\pi}{2}<5<2\pi，得 sin⁡5<0\sin5<0，所以
f(2)=4sin⁡5−2<0f(2)=4\sin5-2<0
令 δ=8−5π2\delta=8-\frac{5\pi}{2}. 由 3110<π<165\frac{31}{10}<\pi<\frac{16}{5} 得 0<δ<140<\delta<\frac14，于是 sin⁡8=cos⁡δ>1−δ22>3132\sin8=\cos\delta>1-\frac{\delta^2}{2}>\frac{31}{32}，f(72)=4sin⁡8−72>38>0f\left(\frac72\right)=4\sin8-\frac72>\frac38>0. 最后令 ε=9−5π2\varepsilon=9-\frac{5\pi}{2}. 由 3<π<1853<\pi<\frac{18}{5} 得 0<ε<π20<\varepsilon<\frac{\pi}{2}，故 sin⁡9=cos⁡ε<1\sin9=\cos\varepsilon<1，从而
f(4)=4sin⁡9−4<0f(4)=4\sin9-4<0
所以在 [2,4][2,4] 内也存在零点. 故不含零点的区间是 [−4,−2][-4,-2]，选 A. \end{solution}
A.
[−4,−2][-4, -2]
B.
[−2,0][-2,0]
C.
[0,2][0,2]
D.
[2,4][2,4]

2010 · 浙江 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10指数函数与对数函数★★★★☆
设函数的集合 P={f(x)=log⁡2(x+a)+b∣a=−12,0,12,1;b=−1,0,1}P = \left\{f(x) = \log_2(x + a) + b \mid a = -\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2}, 1; b = -1, 0, 1\right\}，平面上点的集合 Q={(x,y)∣x=−12,0,12,1;y=−1,0,1}Q = \left\{(x, y) \mid x = -\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2}, 1; y = -1, 0, 1\right\}，则在同一直角坐标系中，PP 中函数 f(x)f(x) 的图象恰好经过 QQ 中两个点的函数的个数是（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 逐一考查 aa 的四个取值. 只有当 x+a>0x+a>0 且 log⁡2(x+a)+b\log_2(x+a)+b 属于 {−1,0,1}\{-1,0,1\} 时，图象才经过集合 QQ 中的点.
对 a=−12a=-\frac12，在 x=−12x=-\frac12，00，12\frac12，11 中只有 x=1x=1 使 x+a>0x+a>0 且 log⁡2(x+a)=−1\log_2(x+a)=-1，所以任意 bb 至多经过一个点. 对 a=0a=0，x=12x=\frac12，11 时的对数值分别为 −1,0-1,0，故 b=0b=0，11 时恰好经过两个点，而 b=−1b=-1 时只有一个点.
对 a=12a=\frac12，x=0x=0，12\frac12 时的对数值分别为 −1,0-1,0，故 b=0b=0，11 时恰好经过两个点，而 b=−1b=-1 时只有一个点. 对 a=1a=1，四个横坐标对应的对数值依次为 −1-1，00，log⁡232\log_2\frac32，11. 因为 0<log⁡232<10<\log_2\frac32<1，所以 b=−1b=-1 时恰好有 (0,−1)(0,-1)、(1,0)(1,0) 两个点，b=0b=0 时有三个点，b=1b=1 时恰好有 (−12,0)(-\frac12,0)、(0,1)(0,1) 两个点.
因此符合条件的函数共有
0+2+2+2=60+2+2+2=6
个，故选 B. \end{solution}
A.
4
B.
6
C.
8
D.
10

2010 · 浙江 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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14计数原理与组合数学★★★★☆
设 n⩾2n \geqslant 2，n∈Nn \in \mathbf{N}，(2x+12)n−(3x+13)n=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn\left(2x + \frac{1}{2}\right)^n - \left(3x + \frac{1}{3}\right)^n = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \cdots + a_nx^n，将 ∣ak∣|a_k|（0⩽k⩽n0 \leqslant k \leqslant n）的最小值记为 TnT_n，则 T2=0T_2 = 0，T3=123−133T_3 = \frac{1}{2^3} - \frac{1}{3^3}，T4=0T_4 = 0，T5=125−135T_5 = \frac{1}{2^5} - \frac{1}{3^5}，⋯\cdots，TnT_n，⋯\cdots，其中 Tn=T_n =______. \begin{answer}
{0,n为偶数,12n−13n,n为奇数\begin{cases} 0, & n\text{为偶数},\\ \dfrac{1}{2^n}-\dfrac{1}{3^n}, & n\text{为奇数} \end{cases}
\end{answer}
\begin{solution} 由二项式定理，xkx^k 的系数为
ak=Cnk(22k−n−32k−n)a_k=\mathrm C_n^k\left(2^{2k-n}-3^{2k-n}\right)
若 nn 为偶数，取 k=n2k=\frac n2，则 ak=Cnn2(1−1)=0a_k=\mathrm C_n^{\frac{n}{2}}(1-1)=0，故 Tn=0T_n=0.
若 nn 为奇数，当 0⩽k⩽n−120\leqslant k\leqslant\frac{n-1}{2} 时，令 r=n−2kr=n-2k，则 1⩽r⩽n1\leqslant r\leqslant n，并且
∣ak∣=Cnk(12r−13r)|a_k|=\mathrm C_n^k\left(\frac1{2^r}-\frac1{3^r}\right)
并且
(12r−13r)−(12r+1−13r+1)=12r+1−23r+1>0\left(\frac1{2^r}-\frac1{3^r}\right) -\left(\frac1{2^{r+1}}-\frac1{3^{r+1}}\right) =\frac1{2^{r+1}}-\frac2{3^{r+1}}>0
（r⩾1r\geqslant1），所以数列 12r−13r\frac1{2^r}-\frac1{3^r} 随正整数 rr 增大而减小，其值不小于 12n−13n\frac1{2^n}-\frac1{3^n}，再乘以 Cnk⩾1\mathrm C_n^k\geqslant1 后仍不小于该值.
当 n+12⩽k⩽n\frac{n+1}{2}\leqslant k\leqslant n 时，令 r=2k−n⩾1r=2k-n\geqslant1，则
∣ak∣=Cnk(3r−2r)⩾1>12n−13n|a_k|=\mathrm C_n^k(3^r-2^r)\geqslant1>\frac1{2^n}-\frac1{3^n}
而 k=0k=0 时恰好有 ∣a0∣=12n−13n|a_0|=\frac1{2^n}-\frac1{3^n}. 因此
Tn={0,n为偶数,12n−13n,n为奇数.T_n=\begin{cases} 0, & n\text{为偶数},\\ \dfrac1{2^n}-\dfrac1{3^n}, & n\text{为奇数}. \end{cases}
\end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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16平面向量★★★★☆
已知平面向量 α\alpha，β\beta（α≠0\alpha \neq 0，α≠β\alpha \neq \beta）满足 ∣β∣=1|\beta| = 1，且 α\alpha 与 β−α\beta - \alpha 的夹角为 120∘120^{\circ}，则 ∣α∣|\alpha| 的取值范围是______. \begin{answer} (0,233]\left(0,\frac{2\sqrt{3}}{3}\right] \end{answer}
\begin{solution} 设 r=∣α∣>0r=|\alpha|>0，s=∣β−α∣>0s=|\beta-\alpha|>0. 由向量的夹角条件，
α⋅(β−α)=rscos⁡120∘=−rs2\alpha\cdot(\beta-\alpha)=rs\cos120^{\circ}=-\frac{rs}{2}
又 β=α+(β−α)\beta=\alpha+(\beta-\alpha)，且 ∣β∣=1|\beta|=1，所以
1=∣β∣2=r2+s2+2α⋅(β−α)=r2+s2−rs1=|\beta|^2=r^2+s^2+2\alpha\cdot(\beta-\alpha)=r^2+s^2-rs
这是关于 ss 的方程
s2−rs+r2−1=0s^2-rs+r^2-1=0
要有实数 ss，必须
r2−4(r2−1)=4−3r2⩾0r^2-4(r^2-1)=4-3r^2\geqslant0
即 0<r⩽2330<r\leqslant\frac{2\sqrt3}{3}. 反之，在此范围内取
s=r+4−3r22>0s=\frac{r+\sqrt{4-3r^2}}{2}>0
即可构成夹角为 120∘120^{\circ} 且 ∣β∣=1|\beta|=1 的两个向量，因此所有这些 rr 都能取到. 故填
(0,233]\left(0,\frac{2\sqrt3}{3}\right]
\end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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17计数原理与组合数学★★★★☆
有 4 位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”，“立定跳远”，“肺活量”，“握力”，“台阶”五个项目的测试. 每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复，若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”，其余项目上、下午都各测试一人，则不同的安排方式共有______ 种. \begin{answer} 264 \end{answer}
\begin{solution} 上午固定测试除“握力”外的四个项目，先把四位有区别的同学安排到上午，方法数为 4!4!. 固定一种上午安排，记上午测试“台阶”的同学为甲，另外三位同学的上午项目分别为三个公共项目.
下午测试三个公共项目和“握力”，且不能与本人上午项目重复. 若“握力”安排给甲，则三个公共项目需避开三位同学各自的项目，安排数为三阶错排数 !3=2!3=2. 若“握力”安排给另外三位同学中的一位，有 33 种选法；剩下的三人分配三个公共项目，其中两人各有一个禁用项目，容斥计数为
3!−2⋅2!+1!=33!-2\cdot2!+1!=3
所以固定上午安排时，下午有
2+3×3=112+3\times3=11
种安排. 总安排数为
4!×11=2644!\times11=264
故填 264264. \end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 17 题 · 填空题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，在矩形 ABCDABCD 中，点 EE，FF 分别在线段 ABAB，ADAD 上，AE=EB=AF=23FD=4AE = EB = AF = \frac{2}{3} FD = 4. 沿直线 EFEF 将 △AEF\triangle AEF 翻折成 △A′EF\triangle A'EF，使平面 A′EF⊥A'EF \perp 平面 BEFBEF.
(1) 求二面角 A′−FD−CA' - FD - C 的余弦值； (2) 点 MM，NN 分别在线段 FDFD，BCBC 上，若沿直线 MNMN 将四边形 MNCDMNCD 向上翻折，使 CC 与 A′A' 重合，求线段 FMFM 的长.
\begin{solution} 建立直角坐标系，使矩形所在平面为 z=0z=0，取 D=(0,0,0)D=(0,0,0)，F=(0,6,0)F=(0,6,0)，A=(0,10,0)A=(0,10,0)，B=(8,10,0)B=(8,10,0) C=(8,0,0)C=(8,0,0)，E=(4,10,0)E=(4,10,0). 这里由 23FD=4\frac23FD=4 得 FD=6FD=6. 设 HH 为 EFEF 的中点，则 H=(2,8,0)H=(2,8,0). 因为 AE=AFAE=AF，所以 AH⊥EFAH\perp EF，且 AH=22AH=2\sqrt2. 折叠后平面 A′EFA'EF 与原平面垂直，故可取
A′=(2,8,22)A'=(2,8,2\sqrt2)
\begin{enumerate} \item 平面 FDCFDC 是 z=0z=0，可取其法向量 n2=(0,0,1)\boldsymbol{n}_2=(0,0,1). 平面 A′FDA'FD 内的两个方向向量可取 FD→=(0,−6,0)\overrightarrow{FD}=(0,-6,0) 和 FA′→=(2,2,22)\overrightarrow{FA'}=(2,2,2\sqrt2)，故其法向量可取
n1=FD→×FA′→=(−122,0,12)\boldsymbol{n}_1=\overrightarrow{FD}\times\overrightarrow{FA'}=(-12\sqrt2,0,12)
因此二面角的余弦值为
∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=12(122)2+122=33\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|} =\frac{12}{\sqrt{(12\sqrt2)^2+12^2}}=\frac{\sqrt3}{3}
\item 设 FM=xFM=x，则 M=(0,6−x,0)M=(0,6-x,0)，且 0⩽x⩽60\leqslant x\leqslant6. 折叠绕直线 MNMN 进行，点 MM 在折痕上不动，所以 CM=A′MCM=A'M. 于是
CM2=82+(6−x)2CM^2=8^2+(6-x)^2
A′M2=22+(8−(6−x))2+(22)2=(x+2)2+12A'M^2=2^2+(8-(6-x))^2+(2\sqrt2)^2=(x+2)^2+12
令两式相等，得 64+(6−x)2=(x+2)2+1264+(6-x)^2=(x+2)^2+12，x=214x=\frac{21}{4}. 还需验证折痕可取在 BCBC 上. 令 N=(8,n,0)N=(8,n,0)，由 CN=A′NCN=A'N 得
n2=62+(n−8)2+(22)2n^2=6^2+(n-8)^2+(2\sqrt2)^2
故 n=274∈[0,10]n=\frac{27}{4}\in[0,10]，确有 N∈BCN\in BC. 所以
FM=214FM=\frac{21}{4}
\end{enumerate} \end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
已知 m>1m > 1，直线 l:x−my−m22=0l: x - my - \frac{m^2}{2} = 0，椭圆 CC：x2m2+y2=1\frac{x^2}{m^2} + y^2 = 1，F1F_1，F2F_2 分别为椭圆 CC 的左、右焦点.
(1) 当直线 ll 过右焦点 F2F_2 时，求直线 ll 的方程； (2) 设直线 ll 与椭圆 CC 交于 AA，BB 两点，△AF1F2\triangle AF_1F_2，△BF1F2\triangle BF_1F_2 的重心分别为 GG，HH. 若原点 OO 在以线段 GHGH 为直径的圆内，求实数 mm 的取值范围.
\begin{solution} 椭圆的焦点为 F1=(−m2−1,0)F_1=(-\sqrt{m^2-1},0)，F2=(m2−1,0)F_2=(\sqrt{m^2-1},0).
\begin{enumerate} \item 直线经过 F2F_2，所以
m2−1−m22=0\sqrt{m^2-1}-\frac{m^2}{2}=0
令 t=m2t=m^2，则 t>1t>1，且 t−1=t2\sqrt{t-1}=\frac t2. 平方得 t−1=t24t-1=\frac{t^2}{4}，(t−2)2=0(t-2)^2=0. 所以 m=2m=\sqrt2，直线方程为
l:x−2y−1=0l:x-\sqrt2y-1=0
\item 设 A=(x1,y1)A=(x_1,y_1)，B=(x2,y2)B=(x_2,y_2). 由直线方程
x=my+m22x=my+\frac{m^2}{2}
代入椭圆方程，得
2y2+my+m24−1=02y^2+my+\frac{m^2}{4}-1=0
因此 y1+y2=−m2y_1+y_2=-\frac m2，y1y2=m28−12y_1y_2=\frac{m^2}{8}-\frac12. 由于 F1F_1，F2F_2 的中点为原点，两个三角形的重心分别为 G=(x13,y13)G=\left(\frac{x_1}{3},\frac{y_1}{3}\right)，H=(x23,y23)H=\left(\frac{x_2}{3},\frac{y_2}{3}\right). 原点在以 GHGH 为直径的圆内，当且仅当
OG→⋅OH→<0\overrightarrow{OG}\cdot\overrightarrow{OH}<0
即
x1x2+y1y2<0x_1x_2+y_1y_2<0
利用 xi=myi+m22x_i=my_i+\frac{m^2}{2}，有
x1x2+y1y2=(m2+1)y1y2+m32(y1+y2)+m44=(m2+1)(m28−12)−m44+m44=(m2+1)(m2−4)8.\begin{aligned} x_1x_2+y_1y_2 &=(m^2+1)y_1y_2+\frac{m^3}{2}(y_1+y_2)+\frac{m^4}{4}\\ &=(m^2+1)\left(\frac{m^2}{8}-\frac12\right)-\frac{m^4}{4}+\frac{m^4}{4}\\ &=\frac{(m^2+1)(m^2-4)}8. \end{aligned}
因 m2+1>0m^2+1>0，上式小于零等价于 m2<4m^2<4. 结合 m>1m>1，得
1<m<21<m<2
此时交点确为两个不同点，因为二次方程判别式 8−m2>08-m^2>0. \end{enumerate} \end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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