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085分函数与初等函数★★★★☆
设函数 f(x)=(x+a)ln⁡(x+b)f(x)=(x+a)\ln(x+b)，若 f(x)≥0f(x)\ge 0，则 a2+b2a^2+b^2 的最小值为（ ）
A.
18\frac18
B.
14\frac14
C.
12\frac12
D.
11

2024 · 全国 · 新高考二卷 · 第 8 题 · 选择题

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085分函数与初等函数★★★★☆
已知函数 f(x)f\left( x \right) 的定义域为 R\mathbf{R}，f(x+2)f\left( x+2 \right) 为偶函数，f(2x+1)f\left( 2x+1 \right) 为奇函数，则（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
A.
f(−12)=0f\left( -\frac12 \right)=0
B.
f(−1)=0f\left( -1 \right)=0
C.
f(2)=0f\left( 2 \right)=0
D.
f(4)=0f\left( 4 \right)=0

2021 · 全国 · 新高考二卷 · 第 8 题 · 选择题

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12数列★★★★☆
00-11 周期序列在通信技术中有着重要应用. 若序列 a1a2⋯an⋯a_1a_2\cdots a_n\cdots 满足 ai∈{0,1}a_i\in\{0,1\}（i=1i=1，22，⋯\cdots），且存在正整数 mm，使得 ai+m=aia_{i+m}=a_i（i=1i=1，22，⋯\cdots）成立，则称其为 00-11 周期序列，并称满足 ai+m=aia_{i+m}=a_i（i=1i=1，22，⋯\cdots）的最小正整数 mm 为这个序列的周期. 对于周期为 mm 的 00-11 序列 a1a2⋯an⋯a_1a_2\cdots a_n\cdots，C(k)=1m∑i=1maiai+kC(k)=\dfrac{1}{m}\sum_{i=1}^{m} a_i a_{i+k}（k=1k=1，22，⋯\cdots，m−1m-1）是描述其性质的重要指标，下列周期为 55 的 00-11 序列中，满足 C(k)≤15C(k)\leq \dfrac{1}{5}（k=1k=1，22，33，44）的序列是（ ）
A.
11010⋯11010\cdots
B.
11011⋯11011\cdots
C.
10001⋯10001\cdots
D.
11001⋯11001\cdots

2020 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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12指数函数与对数函数★★★★☆
若 2x−2y<3−x−3−y2^x-2^y<3^{-x}-3^{-y}，则（ ）
A.
ln⁡(y−x+1)>0\ln(y-x+1)>0
B.
ln⁡(y−x+1)<0\ln(y-x+1)<0
C.
ln⁡∣x−y∣>0\ln\lvert x-y\rvert>0
D.
ln⁡∣x−y∣<0\ln\lvert x-y\rvert<0

2020 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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12函数与初等函数★★★★☆
设函数 f(x)f(x) 的定义域为 R\mathbf{R}，满足 f(x+1)=2f(x)f(x+1)=2f(x)，且当 x∈(0,1]x\in(0,1] 时，f(x)=x(x−1)f(x)=x(x-1). 若对任意 x∈(−∞,m]x\in(-\infty,m]，都有 f(x)≥−89f(x)\ge -\dfrac89，则 mm 的取值范围是（ ）
A.
(−∞,94](-\infty,\dfrac94]
B.
(−∞,73](-\infty,\dfrac73]
C.
(−∞,52](-\infty,\dfrac52]
D.
(−∞,83](-\infty,\dfrac83]

2019 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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12解析几何★★★★☆
设 FF 为双曲线 C:x2a2−y2b2=1C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1（a>0a>0，b>0b>0）的右焦点，OO 为坐标原点，以 OFOF 为直径的圆与圆 x2+y2=a2x^2+y^2=a^2 交于 PP，QQ 两点. 若 ∣PQ∣=∣OF∣|PQ|=|OF|，则 CC 的离心率为（ ）
A.
2\sqrt2
B.
3\sqrt3
C.
22
D.
5\sqrt5

2019 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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12函数与初等函数★★★★☆
已知 f(x)f(x) 是定义域为 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty) 的奇函数，满足 f(1−x)=f(1+x)f(1-x)=f(1+x). 若 f(1)=2f(1)=2，则 f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(50)=f(1)+f(2)+f(3)+\cdots+f(50)=（ ）.
A.
−50-50
B.
00
C.
22
D.
5050

2018 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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10解析几何★★★★☆
设双曲线 x2a2−y2b2=1\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1 （a>0a > 0，b>0b > 0）的右焦点为 FF，右顶点为 AA，过 FF 作 AFAF 的垂线与双曲线交于 BB，CC 两点，过 BB，CC 分别作 ACAC，ABAB 的垂线，两垂线交于点 DD. 若 DD 到直线 BCBC 的距离小于 a+a2+b2a + \sqrt{a^2 + b^2}，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 记 c=a2+b2c=\sqrt{a^2+b^2}，则右焦点和右顶点分别为 F(c,0)F(c,0)、A(a,0)A(a,0). 直线 BCBC 为 x=cx=c，由双曲线方程得交点的纵坐标满足 c2a2−y2b2=1\frac{c^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1，⟹\Longrightarrow，y2=b4a2y^2=\frac{b^4}{a^2}. 取 q=b2a>0q=\frac{b^2}{a}>0，于是 B(c,q)B(c,q)，C(c,−q)C(c,-q). 直线 ACAC 的斜率为 −qc−a-\frac{q}{c-a}，直线 ABAB 的斜率为 qc−a\frac{q}{c-a}，其中 c−a>0c-a>0. 因此过 BB 作 ACAC 的垂线、过 CC 作 ABAB 的垂线，交点 DD 满足 y−q=c−aq(x−c)y-q=\frac{c-a}{q}(x-c)，y+q=−c−aq(x−c)y+q=-\frac{c-a}{q}(x-c). 两式相加得 y=0y=0，再代入任一式得 x−c=−q2c−ax-c=-\frac{q^2}{c-a}，所以
d(D,BC)=q2c−a=b4a2c−a=b2(a+c)a2d(D,BC)=\frac{q^2}{c-a}=\frac{\frac{b^4}{a^2}}{c-a}=\frac{b^2(a+c)}{a^2}
令 t=ca>1t=\frac ca>1，则 b2a2=t2−1\frac{b^2}{a^2}=t^2-1，题设不等式化为
a(t2−1)(t+1)<a(t+1)a(t^2-1)(t+1)<a(t+1)
即 1<t<21<t<\sqrt2. 双曲线渐近线斜率为 ±ba=±t2−1\pm\frac ba=\pm\sqrt{t^2-1}，故其取值范围为 (−1,0)∪(0,1)(-1,0)\cup(0,1)，答案为 A. \end{solution}
A.
(−1,0)∪(0,1)(-1,0)\cup (0,1)
B.
(−∞,−1)∪(1,+∞)(-\infty, -1) \cup (1, +\infty)
C.
(−2,0)∪(0,2)(-\sqrt{2}, 0) \cup (0, \sqrt{2})
D.
(−∞,−2)∪(2,+∞)(-\infty, -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}, +\infty)

2015 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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10不等式★★★★☆
若不等式组
{x+y−2⩽0,x+2y−2⩾0,x−y+2m⩾0,\begin{cases} x + y - 2 \leqslant 0,\\ x + 2y - 2 \geqslant 0,\\ x - y + 2m \geqslant 0, \end{cases}
表示的平面区域为三角形，且其面积等于 43\frac{4}{3}，则 mm 的值为（ ）
A.
−3-3
B.
11
C.
43\frac{4}{3}
D.
33

2015 · 重庆 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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07立体几何初步★★★★☆
某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A.
5454
B.
6060
C.
6666
D.
7272

2014 · 重庆 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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09计数原理与组合数学★★★★☆
某次联欢会要安排 3 个歌舞类节目，2 个小品类节目和 1 个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是（ ）
A.
7272
B.
120120
C.
144144
D.
168168

2014 · 重庆 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10三角函数★★★★☆
已知 △ABC\triangle ABC 的内角 AA，BB，CC 满足 sin⁡2A+sin⁡(A−B+C)=sin⁡(C−A−B)+12\sin 2A + \sin (A - B + C) = \sin (C - A - B) + \frac{1}{2}，面积 SS 满足 1⩽S⩽21 \leqslant S \leqslant 2，记 aa，bb，cc 分别为 AA，BB，CC 所对的边，则下列不等式一定成立的是（ ）
A.
bc(b+c)>8bc(b + c) > 8
B.
ab(a+b)>162ab(a + b) > 16\sqrt{2}
C.
6⩽abc⩽126 \leqslant abc \leqslant 12
D.
12⩽abc⩽2412 \leqslant abc \leqslant 24

2014 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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10函数与初等函数★★★★☆
已知函数
f(x)={1x+1−3,x∈(−1,0],x,x∈(0,1]f(x) = \begin{cases} \frac{1}{x + 1} - 3, & x \in (-1,0],\\ x, & x \in (0,1] \end{cases}
，且 g(x)=f(x)−mx−mg(x) = f(x) - mx - m 在 (−1,1](-1,1] 内有且仅有两个不同的零点，则实数 mm 的取值范围是（ ）
A.
(−94,−2]∪(0,12]\left(-\frac{9}{4}, -2\right] \cup \left(0, \frac{1}{2}\right]
B.
(−114,−2]∪(0,12]\left(-\frac{11}{4}, -2\right] \cup \left(0, \frac{1}{2}\right]
C.
(−94,−2]∪(0,23]\left(-\frac{9}{4}, -2\right] \cup \left(0, \frac{2}{3}\right]
D.
(−114,−2]∪(0,23]\left(-\frac{11}{4}, -2\right] \cup \left(0, \frac{2}{3}\right]

2014 · 重庆 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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07解析几何★★★★☆
已知圆 C1:(x−2)2+(y−3)2=1C_{1}: (x - 2)^{2} + (y - 3)^{2} = 1，圆 C2:(x−3)2+(y−4)2=9C_{2}: (x - 3)^{2} + (y - 4)^{2} = 9，MM，NN 分别是圆 C1C_{1}，C2C_{2} 上的动点，PP 为 xx 轴上的动点，则 ∣PM∣+∣PN∣|PM| + |PN| 的最小值为（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 设两圆的圆心分别为 O1(2,3)O_1(2,3)，O2(3,4)O_2(3,4)，半径分别为 11，33. 任取 xx 轴上的点 PP，有 PO1⩾3>1PO_1\geqslant3>1，PO2⩾4>3PO_2\geqslant4>3. 所以从 PP 到两圆上动点的最小距离分别为 PO1−1PO_1-1 和 PO2−3PO_2-3，从而
∣PM∣+∣PN∣⩾PO1+PO2−4|PM|+|PN|\geqslant PO_1+PO_2-4
将 O1O_1 关于 xx 轴对称到 O1′(2,−3)O_1'(2,-3)，由于 PP 在 xx 轴上，PO1=PO1′PO_1=PO_1'. 因此
PO1+PO2=PO1′+PO2⩾O1′O2=(3−2)2+(4+3)2=52PO_1+PO_2=PO_1'+PO_2\geqslant O_1'O_2 =\sqrt{(3-2)^2+(4+3)^2}=5\sqrt{2}
线段 O1′O2O_1'O_2 与 xx 轴相交，故等号可以取得. 于是最小值为
52−45\sqrt{2}-4
故选 A. \end{solution}
A.
52−45\sqrt{2} - 4
B.
17−1\sqrt{17} - 1
C.
6−226 - 2\sqrt{2}
D.
17\sqrt{17}

2013 · 重庆 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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10平面向量★★★★☆
在平面上，AB1→⊥AB2→\overrightarrow{AB_1} \perp \overrightarrow{AB_2}，∣OB1→∣=∣OB2→∣=1|\overrightarrow{OB_1}| = |\overrightarrow{OB_2}| = 1，AP→=AB1→+AB2→\overrightarrow{AP} = \overrightarrow{AB_1} + \overrightarrow{AB_2}. 若 ∣OP→∣<12|\overrightarrow{OP}| < \frac{1}{2}，则 ∣OA→∣|\overrightarrow{OA}| 的取值范围是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 设 a=OA→\boldsymbol{a}=\overrightarrow{OA}，b1=OB1→\boldsymbol{b}_1=\overrightarrow{OB_1}，b2=OB2→\boldsymbol{b}_2=\overrightarrow{OB_2}，p=OP→\boldsymbol{p}=\overrightarrow{OP}. 由向量条件
p−a=(b1−a)+(b2−a)\boldsymbol{p}-\boldsymbol{a}=(\boldsymbol{b}_1-\boldsymbol{a})+(\boldsymbol{b}_2-\boldsymbol{a})
得
a=b1+b2−p\boldsymbol{a}=\boldsymbol{b}_1+\boldsymbol{b}_2-\boldsymbol{p}
又因为 ∣b1∣=∣b2∣=1|\boldsymbol{b}_1|=|\boldsymbol{b}_2|=1，且 AB1→⊥AB2→\overrightarrow{AB_1}\perp\overrightarrow{AB_2}，所以
(b1−a)⋅(b2−a)=0(\boldsymbol{b}_1-\boldsymbol{a})\cdot(\boldsymbol{b}_2-\boldsymbol{a})=0
代入 a=b1+b2−p\boldsymbol{a}=\boldsymbol{b}_1+\boldsymbol{b}_2-\boldsymbol{p}，得到
(p−b2)⋅(p−b1)=0(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{b}_2)\cdot(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{b}_1)=0
记 q=∣p∣=∣OP→∣q=|\boldsymbol{p}|=|\overrightarrow{OP}|，d=b1⋅b2d=\boldsymbol{b}_1\cdot\boldsymbol{b}_2，则
p⋅(b1+b2)=q2+d\boldsymbol{p}\cdot(\boldsymbol{b}_1+\boldsymbol{b}_2)=q^2+d
因此
∣OA→∣2=∣b1+b2−p∣2=2+2d+q2−2(q2+d)=2−q2.\begin{aligned} |\overrightarrow{OA}|^2 &=|\boldsymbol{b}_1+\boldsymbol{b}_2-\boldsymbol{p}|^2\\ &=2+2d+q^2-2(q^2+d)=2-q^2. \end{aligned}
由 0⩽q<120\leqslant q<\frac12，可得
72<∣OA→∣⩽2\frac{\sqrt7}{2}<|\overrightarrow{OA}|\leqslant\sqrt2
当 q=0q=0 时取到右端点；当 qq 趋近于 12\frac12 时左端点不取到，故选 D. 为说明区间内的值均可取到，对任意 q∈[0,12)q\in[0,\frac12)，取 b1=(1,0)\boldsymbol{b}_1=(1,0)，b2=(0,1)\boldsymbol{b}_2=(0,1)，p=q22(1,1)+q2−q42(1,−1)2\boldsymbol{p}=\frac{q^2}{2}(1,1)+\sqrt{q^2-\frac{q^4}{2}}\frac{(1,-1)}{\sqrt2}. 则 ∣p∣=q|\boldsymbol{p}|=q，且 p⋅(b1+b2)=q2\boldsymbol{p}\cdot(\boldsymbol{b}_1+\boldsymbol{b}_2)=q^2. 令 a=b1+b2−p\boldsymbol{a}=\boldsymbol{b}_1+\boldsymbol{b}_2-\boldsymbol{p}，便有 (p−b2)⋅(p−b1)=0(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{b}_2)\cdot(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{b}_1)=0，从而满足题设的垂直条件. 因此上述范围恰好可取到，故选 D. \end{solution}
A.
(0,52]\left(0, \frac{\sqrt{5}}{2}\right]
B.
(52,72]\left(\frac{\sqrt{5}}{2}, \frac{\sqrt{7}}{2}\right]
C.
(52,2]\left(\frac{\sqrt{5}}{2}, \sqrt{2}\right]
D.
(72,2]\left(\frac{\sqrt{7}}{2}, \sqrt{2}\right]

2013 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★★☆
设四面体的六条棱的长分别为 11，11，11，11，2\sqrt{2} 和 aa，且长为 aa 的棱与长为 2\sqrt{2} 的棱异面，则 aa 的取值范围是（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 设长为 aa 的棱为 ABAB，长为 2\sqrt2 的异面棱为 CDCD，则其余四条棱 ACAC，ADAD，BCBC，BDBD 均长为 11. 记 CDCD 的中点为 MM. 由 AC=AD=1AC=AD=1，且 CM=DM=22CM=DM=\frac{\sqrt2}{2}，得 AM⊥CDAM\perp CD，并且
AM=AC2−CM2=1−(22)2=22AM=\sqrt{AC^{2}-CM^{2}}=\sqrt{1-\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt2}{2}
因此，点 AA 位于过 MM 且垂直于 CDCD 的平面内，以 MM 为圆心、半径 22\frac{\sqrt2}{2} 的圆上. 同样，由 BC=BD=1BC=BD=1，点 BB 也位于这个圆上. 因此 ABAB 是此圆的一条弦，故
0<a≤2⋅22=20<a\le2\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\sqrt2
当 a=2a=\sqrt2 时，AA，BB 为圆的两个对径点，四点 AA，BB，CC，DD 共面，不能构成四面体；当 a=0a=0 时 AA 与 BB 重合，也不能构成四面体. 对于 0<a<20<a<\sqrt2，四点不共面，可以构成题设四面体. 所以
0<a<20<a<\sqrt2
故选 A. \end{solution}
A.
(0,2)(0, \sqrt{2})
B.
(0,3)(0, \sqrt{3})
C.
(1,2)(1, \sqrt{2})
D.
(1,3)(1, \sqrt{3})

2012 · 重庆 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10集合与逻辑基础★★★★☆
设平面点集 A={(x,y)∣(y−x)(y−1x)⩾0}A = \left\{(x, y) \mid (y - x)\left(y - \frac{1}{x}\right) \geqslant 0\right\}，B={(x,y)∣(x−1)2+(y−1)2⩽1}B = \{(x, y) \mid (x - 1)^2 + (y - 1)^2 \leqslant 1\}，则 A∩BA \cap B 所表示的平面图形的面积为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 圆 BB 的内部是圆心 (1,1)(1,1)、半径 11 的圆盘. 除去边界上的零测集，圆盘内有 x>0x>0，y>0y>0，于是条件可改写为
(y−x)(y−1x)≥0⟺(y−x)(xy−1)≥0(y-x)\left(y-\frac1x\right)\ge0 \quad\Longleftrightarrow\quad (y-x)(xy-1)\ge0
在交换 xx 与 yy 时，圆盘保持不变，而
(y−x)(xy−1)与(x−y)(xy−1)\left(y-x\right)(xy-1) \quad\text{与}\quad \left(x-y\right)(xy-1)
符号相反. 因此，圆盘内满足严格不等式的一点与其关于直线 y=xy=x 的对称点恰有一个属于 AA，边界对面积没有影响. 所以 A∩BA\cap B 占圆盘面积的一半，面积为
12⋅π⋅12=π2\frac12\cdot\pi\cdot1^{2}=\frac\pi2
故选 D. \end{solution}
A.
34π\frac{3}{4}\pi
B.
35π\frac{3}{5}\pi
C.
47π\frac{4}{7}\pi
D.
π2\frac{\pi}{2}

2012 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★★☆
设四面体的六条棱的长分别为 11，11，11，11，2\sqrt{2} 和 aa，且长为 aa 的棱与长为 2\sqrt{2} 的棱异面，则 aa 的取值范围是（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 设长为 aa 的一条棱为 ABAB，与之异面的长为 2\sqrt2 的棱为 CDCD，则另外四条棱 ACAC，ADAD，BCBC，BDBD 的长均为 11. 取 ABAB 的中点为原点，使 A=(−a2,0,0)A=(-\frac a2,0,0)，B=(a2,0,0)B=(\frac a2,0,0). 由 AC=BC=1AC=BC=1 及 AD=BD=1AD=BD=1，可设 C=(0,u,v)C=(0,u,v)，D=(0,s,t)D=(0,s,t)，并有 u2+v2=s2+t2=1−a24u^2+v^2=s^2+t^2=1-\frac{a^2}{4}. 记 r=1−a24r=\sqrt{1-\frac{a^2}{4}}，则 CC，DD 位于同一圆心为原点、半径为 rr 的圆上.
因为 CD=2CD=\sqrt2，由三角不等式得 2=∣CD∣≤∣C∣+∣D∣=2r\sqrt2=|CD|\leq|C|+|D|=2r，所以 2≤4−a22\leq4-a^2，即 a2≤2a^2\leq2. 若 a=2a=\sqrt2，则 CD=2rCD=2r，等号成立时 D=−CD=-C，四点 AA，BB，CC，DD 共面，不能构成非退化四面体，故必须有 a<2a<\sqrt2. 又棱长 a>0a>0，所以 0<a<20<a<\sqrt2.
反过来，任取 0<a<20<a<\sqrt2，则 2r>22r>\sqrt2，可在该圆上取两点 CC，DD，使 CD=2CD=\sqrt2 且 D≠−CD\ne-C，从而四点不共面并满足六条棱的长度条件. 因此 aa 的取值范围为 (0,2)(0,\sqrt2)，故选 A. \end{solution}
A.
(0,2)(0,\sqrt{2})
B.
(0,3)(0,\sqrt{3})
C.
(1,2)(1,\sqrt{2})
D.
(1,3)(1,\sqrt{3})

2012 · 重庆 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★★☆
高为 24\frac{\sqrt{2}}{4} 的四棱锥 S−ABCDS - ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，点 SS，AA，BB，CC，DD 均在半径为 1 的同一球面上，则底面 ABCDABCD 的中心与顶点 SS 之间的距离为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 设正方形中心为 OO，球心为 TT. 由正方形边长为 11，得 OA=22OA=\frac{\sqrt{2}}{2}. 因为 AA，BB，CC，DD 在同一球面上，球心 TT 在过 OO 且垂直于底面的直线上，且 OT2=1−OA2=12OT^2=1-OA^2=\frac{1}{2}. 取底面为水平面，并令顶点 SS 在其上方，若 TT 在底面下方，则 ST⩾24+22>1ST\geqslant\frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{2}}{2}>1，与 SS 在半径为 11 的球面上矛盾，故 TT 在底面上方，且 OT=22OT=\frac{\sqrt{2}}{2}. 设 SS 到底面的高为 h=24h=\frac{\sqrt{2}}{4}，由 ST=1ST=1 得 OS2=1+2h⋅OT−OT2=1+2⋅24⋅22−12=1OS^2=1+2h\cdot OT-OT^2=1+2\cdot\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}=1. 所以底面中心与顶点 SS 的距离为 11，故选 C. \end{solution}
A.
24\frac{\sqrt{2}}{4}
B.
22\frac{\sqrt{2}}{2}
C.
1
D.
2\sqrt{2}

2011 · 重庆 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10函数与初等函数★★★★☆
设 mm，kk 为整数，方程 mx2−kx+2=0mx^2 - kx + 2 = 0 在区间 (0,1)(0,1) 内有两个不同的根，则 m+km + k 的最小值为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 设方程的两个根为 r1r_1，r2r_2，其中 0<r1<r2<10<r_1<r_2<1. 由韦达定理，r1r2=2m>0r_1r_2=\frac{2}{m}>0，且 r1+r2=km>0r_1+r_2=\frac{k}{m}>0，故 m>0m>0，k>0k>0. 又因 r1r2<1r_1r_2<1，得 m>2m>2，所以 m⩾3m\geqslant3. 方程有两个不同的实根，故判别式 Δ=k2−8m>0\Delta=k^2-8m>0. 另外，f(1)=m−k+2=m(1−r1)(1−r2)>0f(1)=m-k+2=m(1-r_1)(1-r_2)>0，所以 k<m+2k<m+2.
当 m=3m=3，44，55 时，由 k<m+2k<m+2 及 kk 为正整数，分别有 k⩽4k\leqslant4，55，66，但此时分别有 k2⩽16<24=8mk^2\leqslant16<24=8m，k2⩽25<32=8mk^2\leqslant25<32=8m，k2⩽36<40=8mk^2\leqslant36<40=8m，均与 Δ>0\Delta>0 矛盾. 当 m⩾7m\geqslant7 时，k2>8m⩾56k^2>8m\geqslant56，所以 k⩾8k\geqslant8，从而 m+k⩾15m+k\geqslant15. 因此只需考察 m=6m=6，此时 k2>48k^2>48，故 k⩾7k\geqslant7. 取 k=7k=7，方程为 6x2−7x+2=0=(3x−2)(2x−1)6x^2-7x+2=0=(3x-2)(2x-1)，两个根为 12\frac{1}{2}，23\frac{2}{3}，均在 (0,1)(0,1) 内. 所以 m+km+k 的最小值为 6+7=136+7=13，故选 D. \end{solution}
A.
−8-8
B.
8
C.
12
D.
13

2011 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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10立体几何初步★★★★☆
高为 2\sqrt{2} 的四棱锥 S−ABCDS - ABCD 的底面是边长为 11 的正方形，点 SS，AA，BB，CC，DD 均在半径为 11 的同一球面上，则底面 ABCDABCD 的中心与顶点 SS 之间的距离为（ ）
A.
102\frac{\sqrt{10}}{2}
B.
2+32\frac{\sqrt{2} + \sqrt{3}}{2}
C.
32\frac{3}{2}
D.
2\sqrt{2}

2011 · 重庆 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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08解析几何★★★★☆
直线 y=33x+2y = \frac{\sqrt{3}}{3} x + \sqrt{2} 与圆心为 DD 的圆
{x=3+3cos⁡θ,y=1+3sin⁡θ,\begin{cases} x = \sqrt{3} + \sqrt{3}\cos \theta,\\ y = 1 + \sqrt{3}\sin \theta, \end{cases}
（θ∈[0,2π)\theta \in [0,2\pi)） 交于 AA，BB 两点，则直线 ADAD 与 BDBD 的倾斜角之和为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 圆心为 D(3,1)D(\sqrt{3},1)，半径为 r=3r=\sqrt{3}. 设直线与圆的垂足为 HH，将直线写成 33x−y+2=0\frac{\sqrt{3}}{3}x-y+\sqrt{2}=0. 于是圆心到直线的距离为
d=∣33⋅3−1+2∣13+1=62d=\frac{\left|\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot\sqrt{3}-1+\sqrt{2}\right|}{\sqrt{\frac13+1}}=\frac{\sqrt{6}}{2}
弦的一半长为
AH=BH=r2−d2=3−32=62=DHAH=BH=\sqrt{r^2-d^2}=\sqrt{3-\frac32}=\frac{\sqrt{6}}2=DH
直线的方向角为 π6\frac\pi6，而 DH→\overrightarrow{DH} 垂直于该直线且指向直线，方向角为 2π3\frac{2\pi}{3}. 在直角三角形 DHADHA 和 DHBDHB 中，DH=AH=BHDH=AH=BH，故两条半径与正 xx 轴的夹角分别为 2π3−π4=5π12\frac{2\pi}{3}-\frac\pi4=\frac{5\pi}{12} 和 2π3+π4=11π12\frac{2\pi}{3}+\frac\pi4=\frac{11\pi}{12}. 因而倾斜角之和为 4π3\frac{4\pi}{3}，选 C. \end{solution}
A.
76π\frac{7}{6}\pi
B.
54π\frac{5}{4}\pi
C.
43π\frac{4}{3}\pi
D.
53π\frac{5}{3}\pi

2010 · 重庆 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09计数原理与组合数学★★★★☆
某单位安排 7 位员工在 10 月 1 日至 7 日值班，每天 1 人，每人值班 1 天，若 7 位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在 10 月 1 日，丁不排在 10 月 7 日，则不同的安排方案共有（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 先把甲、乙看作一个整体. 甲、乙相邻时，这个整体在 7 个位置中有 6 种放法，甲、乙在整体内还有 2 种次序，因此不考虑其他限制时共有 6!⋅26!\cdot2 种安排.
其中丙排在 10 月 1 日时，甲、乙整体只能放在第 2 至第 7 天中相邻的位置，共有 5 种放法，故有 5⋅2⋅4!5\cdot2\cdot4! 种安排. 类似地，丁排在 10 月 7 日时也有 5⋅2⋅4!5\cdot2\cdot4! 种安排.
丙排在 10 月 1 日且丁排在 10 月 7 日时，甲、乙整体在第 2 至第 6 天中有 4 种相邻放法，故有 4⋅2⋅3!4\cdot2\cdot3! 种安排. 由容斥原理，不同的安排方案数为
6!⋅2−2⋅5⋅2⋅4!+4⋅2⋅3!=1440−480+48=10086!\cdot2-2\cdot5\cdot2\cdot4!+4\cdot2\cdot3!=1440-480+48=1008
故选 C. \end{solution}
A.
504504 种
B.
960960 种
C.
10081008 种
D.
11081108 种

2010 · 重庆 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10解析几何★★★★☆
到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 设过第一条直线且平行于第二条直线的平面为 π\pi，把第二条直线在 π\pi 上的正投影记为 l2′l_2'. 由于两条异面直线互相垂直，l2′l_2' 与第一条直线在平面 π\pi 内相交且互相垂直. 设两条直线之间的距离为 hh，则 h>0h>0.
在平面 π\pi 内建立直角坐标系，使第一条直线为 xx 轴，l2′l_2' 为 yy 轴. 对平面 π\pi 内任一点 P(x,y)P(x,y)，有 d(P,l1)=∣y∣d(P,l_1)=|y|，d(P,l2)2=d(P,l2′)2+h2=x2+h2d(P,l_2)^2=d(P,l_2')^2+h^2=x^2+h^2. 题设条件给出
∣y∣=x2+h2,即y2−x2=h2|y|=\sqrt{x^2+h^2}, \quad\text{即}\quad y^2-x^2=h^2
这是以坐标轴方向为渐近线的双曲线，故选 D. \end{solution}
A.
直线
B.
椭圆
C.
抛物线
D.
双曲线

2010 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★★☆
已知二面角 α−l−β\alpha - l - \beta 的大小为 50∘50^{\circ}，PP 为空间中任意一点，则过点 PP 且与平面 α\alpha 和平面 β\beta 所成的角都是 25∘25^{\circ} 的直线的条数为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 以交线 ll 为 zz 轴，在垂直于 ll 的截面内取平面 α\alpha 的方向为方位角 00，平面 β\beta 的方向为方位角 50∘50^{\circ}. 设所求直线的一个单位方向向量为 u=(ρcos⁡ψ,ρsin⁡ψ,η)\boldsymbol{u}=(\rho\cos\psi,\rho\sin\psi,\eta)，ρ⩾0\rho\geqslant0，ρ2+η2=1\rho^{2}+\eta^{2}=1 其中 ψ\psi 按 180∘180^{\circ} 计. 直线与平面的夹角等于方向向量与平面法向量夹角的余角，因此
sin⁡25∘=ρ∣sin⁡ψ∣且sin⁡25∘=ρ∣sin⁡(ψ−50∘)∣\sin25^{\circ}=\rho|\sin\psi| \quad\text{且}\quad \sin25^{\circ}=\rho|\sin(\psi-50^{\circ})|
于是
∣sin⁡ψ∣=∣sin⁡(ψ−50∘)∣|\sin\psi|=|\sin(\psi-50^{\circ})|
从而 ψ=25∘\psi=25^{\circ} 或 ψ=115∘\psi=115^{\circ}（按 180∘180^{\circ} 计）.
当 ψ=25∘\psi=25^{\circ} 时，ρ=1\rho=1，所以 η=0\eta=0，得到 1 条直线；当 ψ=115∘\psi=115^{\circ} 时，
ρ=sin⁡25∘sin⁡115∘=sin⁡25∘sin⁡65∘<1\rho=\frac{\sin25^{\circ}}{\sin115^{\circ}} =\frac{\sin25^{\circ}}{\sin65^{\circ}}<1
此时 η=±1−ρ2\eta=\pm\sqrt{1-\rho^{2}}，得到 2 条不同的直线. 因此直线共有 1+2=31+2=3 条，选 B. \end{solution}
A.
2
B.
3
C.
4
D.
5

2009 · 重庆 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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