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共找到 23 题
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10数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_n\} 满足 a1=1a_1=1，an+1=an−13an2a_{n+1}=a_n-\frac13a_n^2（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*），则（ ）
A.
2<100a100<522<100a_{100}<\dfrac52
B.
52<100a100<3\dfrac52<100a_{100}<3
C.
3<100a100<723<100a_{100}<\dfrac72
D.
72<100a100<4\dfrac72<100a_{100}<4

2022 · 浙江 · 第 10 题 · 选择题

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10数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_n\} 满足 a1=1a_1=1，an+1=an1+ana_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+\sqrt{a_n}}（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）， 记数列前 nn 项和为 SnS_n. 则（ ）
A.
12<S100<3\frac{1}{2}<S_{100}<3
B.
3<S100<43<S_{100}<4
C.
4<S100<924<S_{100}<\frac{9}{2}
D.
92<S100<5\frac{9}{2}<S_{100}<5

2021 · 浙江 · 第 10 题 · 选择题

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10集合与逻辑基础★★★★★
设集合 SS，TT，S⊆N∗S\subseteq\mathbf{N}^*，T⊆N∗T\subseteq\mathbf{N}^*，SS，TT 中至少有两个元素，且 SS，TT 满足：
① 对于任意 xx，y∈Sy\in S，若 x≠yx\ne y，都有 xy∈Txy\in T； ② 对于任意 xx，y∈Ty\in T，若 x<yx<y，则 yx∈S\dfrac{y}{x}\in S.
下列命题正确的是（ ）
A.
若 SS 有 4 个元素，则 S∪TS\cup T 有 7 个元素
B.
若 SS 有 4 个元素，则 S∪TS\cup T 有 6 个元素
C.
若 SS 有 3 个元素，则 S∪TS\cup T 有 4 个元素
D.
若 SS 有 3 个元素，则 S∪TS\cup T 有 5 个元素

2020 · 浙江 · 第 10 题 · 选择题

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15函数与初等函数★★★★★
已知 ω∈R\omega\in\mathbf{R}，函数 f(x)=(x−6)2sin⁡(ωx)f(x)=(x-6)^2\sin(\omega x)，存在常数 a∈Ra\in\mathbf{R}，使得 f(x+a)f(x+a) 为偶函数，则 ω\omega 可能的值为（ ）
A.
π2\frac\pi2
B.
π3\frac\pi3
C.
π4\frac\pi4
D.
π5\frac\pi5

2019 · 上海 · 第 15 题 · 选择题

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10数列★★★★★
设 aa，b∈Rb\in\mathbf{R}，数列 {an}\{a_n\} 中，a1=aa_1=a，an+1=an2+ba_{n+1}=a_n^2+b（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*），则（ ）
A.
当 b=12b=\dfrac12 时，a10>10a_{10}>10
B.
当 b=14b=\dfrac14 时，a10>10a_{10}>10
C.
当 b=−2b=-2 时，a10>10a_{10}>10
D.
当 b=−4b=-4 时，a10>10a_{10}>10

2019 · 浙江 · 第 10 题 · 选择题

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08函数与初等函数★★★★★
已知函数
f(x)={x2+(4a−3)x+3a,x<0,log⁡a(x+1)+1,x≥0,f(x)=\begin{cases} x^2+(4a-3)x+3a,&x<0,\\ \log_a(x+1)+1,&x\ge 0, \end{cases}
（a>0a>0，且 a≠1a\neq1）在 R\mathbf{R} 上单调递减，且关于 xx 的方程 ∣f(x)∣=2−x\lvert f(x)\rvert=2-x 恰好有两个不相等的实数解，则 aa 的取值范围是（ ）
A.
(0,23]\left(0,\dfrac23\right]
B.
[23,34]\left[\dfrac23,\dfrac34\right]
C.
[13,23]∪{34}\left[\dfrac13,\dfrac23\right]\cup\left\{\dfrac34\right\}
D.
[13,23)∪{34}\left[\dfrac13,\dfrac23\right)\cup\left\{\dfrac34\right\}

2016 · 天津 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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10平面向量★★★★★
在平面内，定点 AA，BB，CC，DD 满足 ∣DA→∣=∣DB→∣=∣DC→∣\left|\overrightarrow{DA}\right|=\left|\overrightarrow{DB}\right|=\left|\overrightarrow{DC}\right|，且 DA→⋅DB→=DB→⋅DC→=DC→⋅DA→=−2\overrightarrow{DA}\cdot\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{DB}\cdot\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{DC}\cdot\overrightarrow{DA}=-2，动点 PP，MM 满足 ∣AP→∣=1\left|\overrightarrow{AP}\right|=1，PM→=MC→\overrightarrow{PM}=\overrightarrow{MC}，则 ∣BM→∣2\left|\overrightarrow{BM}\right|^2 的最大值是（ ）
\begin{solution} 令 u=DA→\boldsymbol{u}=\overrightarrow{DA}，v=DB→\boldsymbol{v}=\overrightarrow{DB}，w=DC→\boldsymbol{w}=\overrightarrow{DC}，并设 ∣u∣2=∣v∣2=∣w∣2=r2|\boldsymbol{u}|^2=|\boldsymbol{v}|^2=|\boldsymbol{w}|^2=r^2.三个向量共面，故其 Gram 行列式为零：
det⁡(r2−2−2−2r2−2−2−2r2)=(r2−4)(r2+2)2=0\det\begin{pmatrix}r^2&-2&-2\\-2&r^2&-2\\-2&-2&r^2\end{pmatrix}=(r^2-4)(r^2+2)^2=0
因 r2>0r^2>0，故 r2=4r^2=4.又
∣u+v+w∣2=3r2+2(−2−2−2)=0|\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}+\boldsymbol{w}|^2=3r^2+2(-2-2-2)=0
所以 u+v+w=\bs0\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}+\boldsymbol{w}=\bs0.
设 z=AP→\boldsymbol{z}=\overrightarrow{AP}，则 ∣z∣=1|\boldsymbol{z}|=1，且由于 MM 是 PCPC 的中点，
BM→=u+z+w2−v=z−3v2\overrightarrow{BM}=\frac{\boldsymbol{u}+\boldsymbol{z}+\boldsymbol{w}}{2}-\boldsymbol{v}=\frac{\boldsymbol{z}-3\boldsymbol{v}}{2}
于是
∣BM→∣2=14(∣z∣2+9∣v∣2−6z⋅v)=14(37−6z⋅v)|\overrightarrow{BM}|^2=\frac14\left(|\boldsymbol{z}|^2+9|\boldsymbol{v}|^2-6\boldsymbol{z}\cdot\boldsymbol{v}\right)=\frac14(37-6\boldsymbol{z}\cdot\boldsymbol{v})
由 z⋅v≥−∣z∣∣v∣=−2\boldsymbol{z}\cdot\boldsymbol{v}\geq-|\boldsymbol{z}||\boldsymbol{v}|=-2，得
∣BM→∣2≤37+124=494|\overrightarrow{BM}|^2\leq\frac{37+12}{4}=\frac{49}{4}
当 z\boldsymbol{z} 与 v\boldsymbol{v} 反向时取等号，所以最大值为 494\dfrac{49}{4}，选 B. \end{solution}
A.
434\dfrac{43}{4}
B.
494\dfrac{49}{4}
C.
37+634\dfrac{37+6\sqrt3}{4}
D.
37+2334\dfrac{37+2\sqrt{33}}{4}

2016 · 四川 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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12导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=ex(2x−1)−ax+af(x) = \mathrm{e}^{x}(2x - 1) - ax + a，其中 a<1a < 1，若存在唯一的整数 x0x_0 使得 f(x0)<0f(x_0) < 0，则 aa 的取值范围是（ ）
A.
[−32e,1)\left[-\frac{3}{2\mathrm{e}},1\right)
B.
[−32e,34)\left[-\frac{3}{2\mathrm{e}},\frac{3}{4}\right)
C.
[32e,34)\left[\frac{3}{2\mathrm{e}},\frac{3}{4}\right)
D.
[32e,1)\left[\frac{3}{2\mathrm{e}},1\right)

2015 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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10解析几何★★★★★
设直线 ll 与抛物线 y2=4xy^{2} = 4x 相交于 AA，BB 两点，与圆 (x−5)2+y2=r2(x - 5)^{2} + y^{2} = r^{2}（r>0r > 0）相切于点 MM，且 MM 为线段 ABAB 的中点. 若这样的直线 ll 恰有 44 条，则 rr 的取值范围是（ ）
A.
(1,3)(1, 3)
B.
(1,4)(1, 4)
C.
(2,3)(2, 3)
D.
(2,4)(2, 4)

2015 · 四川 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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12函数与初等函数★★★★★
已知定义在 [0,1][0,1] 上的函数 f(x)f(x) 满足：
① f(0)=f(1)=0f(0) = f(1) = 0； ② 对所有 xx，y∈[0,1]y\in[0,1]，且 x≠yx \neq y，有 ∣f(x)−f(y)∣<12∣x−y∣|f(x) - f(y)| < \frac{1}{2} |x - y|.
若对所有 xx，y∈[0,1]y\in[0,1]，∣f(x)−f(y)∣<k|f(x) - f(y)| < k 恒成立，则 kk 的最小值为（ ）
A.
12\frac{1}{2}
B.
14\frac{1}{4}
C.
12π\frac{1}{2\pi}
D.
18\frac{1}{8}

2014 · 辽宁 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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10函数与初等函数★★★★★
已知函数 f(x)f(x) 是定义在 R\mathbf{R} 上的奇函数，当 x⩾0x \geqslant 0 时，f(x)=12(∣x−a2∣+∣x−2a2∣−3a2)f(x) = \frac{1}{2} (|x - a^2| + |x - 2a^2| - 3a^2). 若 ∀x∈R\forall x \in \mathbf{R}，f(x−1)⩽f(x)f(x - 1) \leqslant f(x)，则实数 aa 的取值范围为（ ）
A.
[−16,16]\left[-\frac{1}{6},\frac{1}{6}\right]
B.
[−66,66]\left[-\frac{\sqrt{6}}{6},\frac{\sqrt{6}}{6}\right]
C.
[−13,13]\left[-\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right]
D.
[−33,33]\left[-\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3}\right]

2014 · 湖北 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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12解析几何★★★★★
已知点 A(−1,0)A(-1, 0)，B(1,0)B(1, 0)，C(0,1)C(0, 1)，直线 y=ax+by = ax + b（a>0a > 0）将 △ABC\triangle ABC 分割为面积相等的两部分，则 bb 的取值范围是（ ）
A.
(0,1)(0, 1)
B.
(1−22,12)\left(1 - \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{1}{2}\right)
C.
(1−22,13]\left(1 - \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{1}{3}\right]
D.
[13,12)\left[\frac{1}{3}, \frac{1}{2}\right)

2013 · 全国 · 新课程二卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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08函数与初等函数★★★★★
已知函数 f(x)=x(1+a∣x∣)f(x) = x(1 + a|x|). 设关于 xx 的不等式 f(x+a)<f(x)f(x + a) < f(x) 的解集为 AA. 若 [−12,12]⊆A\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right] \subseteq A，则实数 aa 的取值范围是（ ）
A.
(1−52,0)\left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}, 0\right)
B.
(1−32,0)\left(\frac{1 - \sqrt{3}}{2}, 0\right)
C.
(1−52,0)∪(0,1+32)\left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}, 0\right) \cup \left(0, \frac{1 + \sqrt{3}}{2}\right)
D.
(−∞,1−52)\left(-\infty, \frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)

2013 · 天津 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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18平面向量★★★★★
在边长为 11 的正六边形 ABCDEFABCDEF 中，记以 AA 为起点，其余顶点为终点的向量分别为 a1\boldsymbol{a}_1，a2\boldsymbol{a}_2，a3\boldsymbol{a}_3，a4\boldsymbol{a}_4，a5\boldsymbol{a}_5；以 DD 为起点，其余顶点为终点的向量分别为 d1\boldsymbol{d}_1，d2\boldsymbol{d}_2，d3\boldsymbol{d}_3，d4\boldsymbol{d}_4，d5\boldsymbol{d}_5. 若 mm，MM 分别为 (ai+aj+ak)⋅(dr+ds+dt)(\boldsymbol{a}_i+\boldsymbol{a}_j+\boldsymbol{a}_k)\cdot(\boldsymbol{d}_r+\boldsymbol{d}_s+\boldsymbol{d}_t) 的最小值，最大值，其中 {i,j,k}⊆{1,2,3,4,5}\{i,j,k\}\subseteq\{1,2,3,4,5\}，{r,s,t}⊆{1,2,3,4,5}\{r,s,t\}\subseteq\{1,2,3,4,5\}，则 mm，MM 满足（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 取正六边形外接圆圆心为原点，令 A=(1,0)A=(1,0)， B=(12,32)\ B=\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{2}\right)， C=(−12,32)\ C=\left(-\frac12,\frac{\sqrt3}{2}\right)， D=(−1,0)\ D=(-1,0) 并按顺序取 EE，FF. 则从 AA 出发的五个向量的 xx 分量为 −12-\frac12，−32-\frac32，−2-2，−32-\frac32，−12-\frac12 从 DD 出发的五个向量的 xx 分量为 22，32\frac32，12\frac12，12\frac12，32\frac32. 任取其中三个，前一组向量和的 xx 分量不大于
−12−12−32=−52-\frac12-\frac12-\frac32=-\frac52
后一组向量和的 xx 分量不小于
12+12+32=52\frac12+\frac12+\frac32=\frac52
两组向量的 yy 分量分别由两个 32\frac{\sqrt3}{2}、两个 −32-\frac{\sqrt3}{2} 和一个 00 中任取三个相加，故各自绝对值不超过 3\sqrt3. 设两组和分别为 (X,Y)(X,Y)、(U,V)(U,V)，则 XU⩽−254XU\leqslant-\frac{25}{4}，YV⩽∣Y∣∣V∣⩽3YV\leqslant|Y||V|\leqslant3. 所以任意一个题设点积均满足
(X,Y)⋅(U,V)=XU+YV⩽−254+3=−134<0(X,Y)\cdot(U,V)=XU+YV\leqslant-\frac{25}{4}+3=-\frac{13}{4}<0
因此其最大值 M<0M<0，最小值自然也满足 m<0m<0，故选 D. \end{solution}
A.
m=0m=0，M>0M>0
B.
m<0m<0，M>0M>0
C.
m<0m<0，M=0M=0
D.
m<0m<0，M<0M<0

2013 · 上海 · 理 · 第 18 题 · 选择题

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10函数与初等函数★★★★★
设 SS，TT 是 R\mathbf{R} 的两个非空子集，如果存在一个从 SS 到 TT 的函数 y=f(x)y = f(x) 满足：
① T={f(x)∣x∈S}T = \{f(x) \mid x \in S\}； ② 对任意 x1x_1，x2∈Sx_2 \in S，当 x1<x2x_1 < x_2 时，恒有 f(x1)<f(x2)f(x_1) < f(x_2).
那么称这两个集合“保序同构”，以下集合对不是“保序同构”的是（ ）
A.
A=N∗, B=NA = \mathbf{N}^{*},\ B = \mathbf{N}
B.
A={x∣−1⩽x⩽3}A = \{x \mid -1 \leqslant x \leqslant 3\}， B={x∣x=−8 或 0<x⩽10}\ B = \{x \mid x = -8 \text{\ 或\ } 0 < x \leqslant 10\}
C.
A={x∣0<x<1}A = \{x \mid 0 < x < 1\}， B=R\ B = \mathbf{R}
D.
A=ZA = \mathbf{Z}， B=Q\ B = \mathbb{Q}

2013 · 福建 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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10解析几何★★★★★
设双曲线 CC 的中心为点 OO，若有且只有一对相交于点 OO，所成的角为 60∘60^{\circ} 的直线 A1B1A_{1}B_{1} 和 A2B2A_{2}B_{2}，使 ∣A1B1∣=∣A2B2∣|A_{1}B_{1}| = |A_{2}B_{2}|，其中 A1A_{1}，B1B_{1} 和 A2A_{2}，B2B_{2} 分别是这对直线与双曲线 CC 的交点，则该双曲线的离心率的取值范围是（ ）
\begin{answer} A \end{answer} \begin{solution} 取坐标轴沿双曲线的实轴、虚轴，则可设 x2a2−y2b2=1\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1，e2=1+b2a2e^2=1+\frac{b^2}{a^2}. 过原点、方向角为 θ\theta 的直线上的点可写为
(x,y)=ρ(cos⁡θ,sin⁡θ)(x,y)=\rho(\cos\theta,\sin\theta)
它与双曲线相交的条件为
ρ2(cos⁡2θa2−sin⁡2θb2)=1\rho^2\left(\frac{\cos^2\theta}{a^2}-\frac{\sin^2\theta}{b^2}\right)=1
且弦长为 2∣ρ∣2|\rho|. 两条方向相差 π3\frac\pi3 的直线弦长相等，当且仅当
cos⁡2θa2−sin⁡2θb2=cos⁡2(θ+π3)a2−sin⁡2(θ+π3)b2\frac{\cos^2\theta}{a^2}-\frac{\sin^2\theta}{b^2} =\frac{\cos^2(\theta+\frac\pi3)}{a^2}-\frac{\sin^2(\theta+\frac\pi3)}{b^2}
整理得
(1a2+1b2)[cos⁡2θ−cos⁡2(θ+π3)]=0\left(\frac1{a^2}+\frac1{b^2}\right) \left[\cos^2\theta-\cos^2\left(\theta+\frac\pi3\right)\right]=0
故候选的两对直线分别可取方向角 (−π6,π6)\left(-\frac\pi6,\frac\pi6\right)，(π3,2π3)\left(\frac\pi3,\frac{2\pi}3\right). 第一对为割线的条件是
34a2−14b2>0  ⟺  b2a2>13  ⟺  e>233\frac{3}{4a^2}-\frac{1}{4b^2}>0 \iff \frac{b^2}{a^2}>\frac13 \iff e>\frac{2\sqrt3}{3}
第二对为割线的条件是
14a2−34b2>0  ⟺  b2a2>3  ⟺  e>2\frac{1}{4a^2}-\frac{3}{4b^2}>0 \iff \frac{b^2}{a^2}>3 \iff e>2
因此当 233<e⩽2\frac{2\sqrt3}{3}<e\leqslant2 时恰有第一对；e>2e>2 时两对均存在，而 e=233e=\frac{2\sqrt3}{3} 或更小时第一对也不是有限割线. 故离心率范围为
(233,2]\left(\frac{2\sqrt3}{3},2\right]
选 A. \end{solution}
A.
(233,2]\left(\frac{2\sqrt{3}}{3},2\right]
B.
[233,2)\left[\frac{2\sqrt{3}}{3},2\right)
C.
(233,+∞)\left(\frac{2\sqrt{3}}{3},+\infty\right)
D.
[233,+∞)\left[\frac{2\sqrt{3}}{3},+\infty\right)

2013 · 重庆 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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10函数与初等函数★★★★★
设函数 f(x)=ex+x−af(x) = \sqrt{\mathrm{e}^x + x - a} （a∈Ra \in \mathbf{R}，e\mathrm{e} 为自然对数的底数）. 若曲线 y=sin⁡xy = \sin x 上存在 (x0,y0)(x_0, y_0) 使得 f(f(y0))=y0f(f(y_0)) = y_0，则 aa 的取值范围是（ ）
A.
[1,e][1, \mathrm{e}]
B.
[e−1−1,1][\mathrm{e}^{-1} - 1, 1]
C.
[1,1+e][1, 1 + \mathrm{e}]
D.
[e−1−1,e+1][\mathrm{e}^{-1} - 1, \mathrm{e} + 1]

2013 · 四川 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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10函数与初等函数★★★★★
设函数 f(x)=ex+x−af(x)=\sqrt{\mathrm{e}^x+x-a}（a∈Ra\in\mathbf{R}，e\mathrm{e} 为自然对数的底数）. 若存在 b∈[0,1]b\in[0,1] 使 f(f(b))=bf(f(b))=b 成立，则 aa 的取值范围是（ ）
A.
[1,e][1,\mathrm{e}]
B.
[1,1+e][1,1+\mathrm{e}]
C.
[e,1+e][\mathrm{e},1+\mathrm{e}]
D.
[0,1][0,1]

2013 · 四川 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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10导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)f(x) 在 R\mathbf{R} 上的导函数为 f′(x)f'(x)，且 2f(x)+xf′(x)>x22f(x) + xf'(x) > x^2. 下面的不等式在 R\mathbf{R} 内恒成立的是（ ）
A.
f(x)>0f(x) > 0
B.
f(x)<0f(x) < 0
C.
f(x)>xf(x) > x
D.
f(x)<xf(x) < x

2009 · 天津 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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10函数与初等函数★★★★★
已知以 T=4T = 4 为周期的函数
f(x)={m1−x2,x∈(−1,1],1−∣x−2∣,x∈(1,3].f(x) = \begin{cases} m\sqrt{1 - x^{2}}, & x \in (-1, 1],\\ 1 - |x - 2|, & x \in (1, 3]. \end{cases}
其中 m>0m > 0. 若方程 3f(x)=x3f(x) = x 恰有 5 个实数解，则 mm 的取值范围为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 函数以 4 为周期，先考察一个基本周期 (−1,3](-1,3]. 在 [0,1][0,1] 上，方程为
3m1−x2=x3m\sqrt{1-x^{2}}=x
由于 f(x)⩾0f(x)\geqslant0，方程的解必须满足 x⩾0x\geqslant0，且 x=0x=0 不满足方程，所以不必考察负半轴. 左端随 xx 增大而减小、右端递增，且两端在 x=0x=0 与 x=1x=1 的大小关系相反，故恰有 1 根.
在 (1,3](1,3] 上，f(x)=1−∣x−2∣f(x)=1-|x-2|. 当 1<x⩽21<x\leqslant2 时，方程为 3(x−1)=x3(x-1)=x，根为 x=32x=\frac{3}{2}；当 2⩽x⩽32\leqslant x\leqslant3 时，方程为 3(3−x)=x3(3-x)=x，根为 x=94x=\frac{9}{4}. 所以基本周期内已有 3 根.
对 k⩾1k\geqslant1，在区间 (4k−1,4k+1](4k-1,4k+1] 上令 x=4k+tx=4k+t，则第一段方程化为 m=4k+t31−t2m=\frac{4k+t}{3\sqrt{1-t^{2}}}，−1<t<1-1<t<1. 记
hk(t)=4k+t31−t2h_k(t)=\frac{4k+t}{3\sqrt{1-t^{2}}}
其导数为
hk′(t)=1+4kt3(1−t2)32h_k'(t)=\frac{1+4kt}{3(1-t^{2})^{\frac{3}{2}}}
所以 hkh_k 在 (−1,−1(4k))(-1,-\frac{1}{(4k)}) 上递减，在 (−1(4k),1)(-\frac{1}{(4k)},1) 上递增，并且两端趋于 +∞+\infty. 唯一最小值为
hk(−14k)=16k2−13h_k\left(-\frac1{4k}\right)=\frac{\sqrt{16k^{2}-1}}{3}
因此第 kk 个平移后的第一段有 2 个根当且仅当 m>16k2−13m>\frac{\sqrt{16k^{2}-1}}{3}，有 1 个根当 mm 等于该值，否则没有根.
当 k=1k=1 时，产生 2 个根的条件是 m>153m>\frac{\sqrt{15}}{3}；当 k=2k=2 时，产生根的临界值是
m=16⋅22−13=7m=\frac{\sqrt{16\cdot2^{2}-1}}{3}=\sqrt7
由于上述临界值随 kk 增大而增大，若 m<7m<\sqrt7，只有 k=1k=1 的第一段可能产生根；若 m⩾7m\geqslant\sqrt7，则至少还会产生第 k=2k=2 段的根. 第二段中 3f(x)⩽33f(x)\leqslant3，而 x>4k+1⩾5x>4k+1\geqslant5，不可能有根. 因此总根数恰为 3+2=53+2=5 当且仅当
153<m<7\frac{\sqrt{15}}{3}<m<\sqrt7
故选 B. \end{solution}
A.
(153,83)\left(\frac{\sqrt{15}}{3}, \frac{8}{3}\right)
B.
(153,7)\left(\frac{\sqrt{15}}{3}, \sqrt{7}\right)
C.
(43,83)\left(\frac{4}{3}, \frac{8}{3}\right)
D.
(43,7)\left(\frac{4}{3}, \sqrt{7}\right)

2009 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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12立体几何初步★★★★★
将半径都为 11 的 44 个铅球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高最小值为（ ）
A.
3+263\frac{\sqrt{3} + 2\sqrt{6}}{3}
B.
2+2632 + \frac{2\sqrt{6}}{3}
C.
4+2634 + \frac{2\sqrt{6}}{3}
D.
43+263\frac{4\sqrt{3} + 2\sqrt{6}}{3}

2005 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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12解析几何★★★★★
如图，BB 地在 AA 地的正东方向 4 km4 \mathrm{~km} 处，CC 地在 BB 地的北偏东 30∘30^{\circ} 方向 2 km2 \mathrm{~km} 处，河流的沿岸 PQPQ（曲线）上任意一点到 AA 的距离比到 BB 的距离远 2 km2 \mathrm{~km}. 现要在曲线 PQPQ 上选一处 MM 建一座码头，向 BB，CC 两地转运货物. 经测算，从 MM 到 BB，CC 两地修建公路的费用分别是 a 万元/kma\text{ 万元}/\mathrm{km}，2a 万元/km2a\text{ 万元}/\mathrm{km}，那么修建这两条公路的总费用最低是（\quad）
A.
(27−2)a 万元(2\sqrt{7}-2)a\text{ 万元}
B.
5a 万元5a\text{ 万元}
C.
(27+1)a 万元(2\sqrt{7}+1)a\text{ 万元}
D.
(27+3)a 万元(2\sqrt{7}+3)a\text{ 万元}

2004 · 福建 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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12立体几何初步★★★★★
如图，OAOA 是圆锥底面中心 OO 到母线的垂线，OAOA 绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成体积相等的两部分，则母线与轴的夹角为（ ）
\begin{solution} 在过圆锥轴的截面内，设圆锥的高为 HH，底面半径为 RR，母线与轴的夹角为 θ\theta. 以底面中心 OO 为原点、轴为竖直方向，设顶点为 V=(0,H)V=(0,H)，母线与底面圆周的交点为 B=(R,0)B=(R,0)，垂足为 A=(r,h)A=(r,h). 由于 AA 在母线 VBVB 上，可设
A=V+t(B−V)=(tR,H(1−t))A=V+t(B-V)=\bigl(tR,H(1-t)\bigr)
又因为 OA⊥VBOA\perp VB，所以
(tR,H(1−t))⋅(R,−H)=0(tR,H(1-t))\cdot(R,-H)=0
从而 t=H2R2+H2=cos⁡2θt=\dfrac{H^2}{R^2+H^2}=\cos^2\theta. 因此 rR=cos⁡2θ\frac{r}{R}=\cos^2\theta，hH=sin⁡2θ\frac{h}{H}=\sin^2\theta. 旋转 OAOA 所得曲面将截面三角形分成两部分. 取靠近底面的部分，其体积等于半径为 RR，rr、高为 hh 的圆台体积减去半径为 rr、高为 hh 的圆锥体积，即
V1=πh3(R2+Rr+r2)−πr2h3=πh3(R2+Rr)V_1=\frac{\pi h}{3}(R^2+Rr+r^2)-\frac{\pi r^2h}{3}=\frac{\pi h}{3}(R^2+Rr)
题设说明 V1V_1 是原圆锥体积的一半，因此
πh3(R2+Rr)=12⋅πR2H3\frac{\pi h}{3}(R^2+Rr)=\frac12\cdot\frac{\pi R^2H}{3}
令 u=cos⁡2θ=rRu=\cos^2\theta=\frac{r}{R}，则 hH=1−u\frac{h}{H}=1-u，从而 2(1−u)(1+u)=12(1-u)(1+u)=1，即 u2=12u^2=\frac12. 因为 0<θ<π20<\theta<\frac{\pi}{2}，所以 u=12u=\frac1{\sqrt2}，故
cos⁡θ=124\cos\theta=\frac1{\sqrt[4]{2}}
故选 D. \end{solution}
A.
arccos⁡123\arccos\frac{1}{\sqrt[3]{2}}
B.
arccos⁡12\arccos\frac{1}{2}
C.
arccos⁡12\arccos\frac{1}{\sqrt{2}}
D.
arccos⁡124\arccos\frac{1}{\sqrt[4]{2}}

2000 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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