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01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
已知全集 U=RU = \mathbf{R}，集合 A={x∣−2⩽x⩽3}A = \{x \mid -2 \leqslant x \leqslant 3\}，B={x∣x<−1 或 x>4}B = \{x \mid x < -1\text{\ 或\ }x > 4\}，那么集合 A∩(∁UB)A \cap (\complement_U B) 等于（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 因为 B=(−∞,−1)∪(4,+∞)B=(-\infty,-1)\cup(4,+\infty)，所以 ∁UB=[−1,4]\complement_U B=[-1,4]. 因而 A∩(∁UB)=[−2,3]∩[−1,4]=[−1,3]A\cap(\complement_U B)=[-2,3]\cap[-1,4]=[-1,3]，对应选项 D. \end{solution}
A.
{x∣−2⩽x<4}\{x\mid -2\leqslant x < 4\}
B.
{x∣x⩽3 或 x⩾4}\{x\mid x\leqslant 3\text{\ 或\ }x\geqslant 4\}
C.
{x∣−2⩽x<−1}\{x\mid -2\leqslant x < -1\}
D.
{x∣−1⩽x⩽3}\{x\mid -1\leqslant x\leqslant 3\}

2008 · 北京 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02指数函数与对数函数★★☆☆☆
若 a=20.5a = 2^{0.5}，b=log⁡π3b = \log_{\pi} 3，c=log⁡2sin⁡2π5c = \log_2 \sin \frac{2\pi}{5}，则（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 因为 1<3<π1<3<\pi，且对数的底数 π>1\pi>1，所以 0<b=log⁡π3<10<b=\log_{\pi}3<1. 又因为 a=2>1a=\sqrt{2}>1，且 0<sin⁡2π5<10<\sin\frac{2\pi}{5}<1，故 c=log⁡2sin⁡2π5<0c=\log_2\sin\frac{2\pi}{5}<0. 因此 a>b>ca>b>c，故选 A. \end{solution}
A.
a>b>ca > b > c
B.
b>a>cb > a > c
C.
c>a>bc > a > b
D.
b>c>ab > c > a

2008 · 北京 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03集合与逻辑基础★★☆☆☆
“函数 f(x)f(x)（x∈Rx \in \mathbf{R}）存在反函数”是“函数 f(x)f(x) 在 R\mathbf{R} 上为增函数”的（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 函数在 R\mathbf{R} 上为增函数时，对任意 x1<x2x_1<x_2 都有 f(x1)<f(x2)f(x_1)<f(x_2)，因此函数为单射，从而存在反函数. 反过来，存在反函数只说明函数为单射，不一定为增函数；例如 f(x)=−xf(x)=-x 在 R\mathbf{R} 上存在反函数，但它为减函数. 所以“存在反函数”是“在 R\mathbf{R} 上为增函数”的必要而不充分条件，故选 B. \end{solution}
A.
充分而不必要条件
B.
必要而不充分条件
C.
充分必要条件
D.
既不充分也不必要条件

2008 · 北京 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04解析几何★★★☆☆
若点 PP 到直线 x=−1x = -1 的距离比它到点 (2,0)(2,0) 的距离小 11，则点 PP 的轨迹为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 设 P=(x,y)P=(x,y). 由题意，点 PP 到点 (2,0)(2,0) 的距离比到直线 x=−1x=-1 的距离大 11，所以 (x−2)2+y2=∣x+1∣+1\sqrt{(x-2)^2+y^2}=|x+1|+1.
当 x⩾−1x\geqslant-1 时，右端为 x+2>0x+2>0，平方得 (x−2)2+y2=(x+2)2(x-2)^2+y^2=(x+2)^2，即 y2=8xy^2=8x. 该方程推出 x⩾0x\geqslant0，与 x⩾−1x\geqslant-1 相容；反代可得两边都等于 x+2x+2，故这些点均满足原方程.
当 x<−1x<-1 时，原方程化为 (x−2)2+y2=−x\sqrt{(x-2)^2+y^2}=-x，平方得 y2=4x−4<0y^2=4x-4<0，没有实数解. 因而轨迹为抛物线 y2=8xy^2=8x，故选 D. \end{solution}
A.
圆
B.
椭圆
C.
双曲线
D.
抛物线

2008 · 北京 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05不等式★★☆☆☆
若实数 xx，yy 满足
{x−y+1⩾0,x+y⩾0,x⩽0,\begin{cases} x - y + 1 \geqslant 0,\\ x + y \geqslant 0,\\ x \leqslant 0, \end{cases}
则 z=3x+2yz = 3^{x + 2y} 的最小值是（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 由约束条件得 y⩽x+1y\leqslant x+1，y⩾−xy\geqslant-x，且 x⩽0x\leqslant0. 可行的 xx 还需满足 −x⩽x+1-x\leqslant x+1，所以 −12⩽x⩽0-\frac12\leqslant x\leqslant0. 因为 3t3^t 在 R\mathbf{R} 上递增，先求 x+2yx+2y 的最小值. 对固定的 xx，取最小的 y=−xy=-x，于是 x+2y=−x⩾0x+2y=-x\geqslant0，且在 x=0x=0 时取得最小值 00. 因此 zmin⁡=30=1z_{\min}=3^0=1，故选 B. \end{solution}
A.
00
B.
11
C.
3\sqrt{3}
D.
99

2008 · 北京 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06数列★★☆☆☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 对任意的 pp，q∈N∗q \in \mathbf{N}^{*} 满足 ap+q=ap+aqa_{p + q} = a_p + a_q，且 a2=−6a_2 = -6，那么 a10a_{10} 等于（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 取 p=q=1p=q=1，得 a2=2a1a_2=2a_1，所以 a1=−3a_1=-3. 对任意正整数 nn，取 p=np=n、q=1q=1，有 an+1=an+a1a_{n+1}=a_n+a_1. 用数学归纳法证明 an=−3na_n=-3n：当 n=1n=1 时，a1=−3a_1=-3 成立；若 an=−3na_n=-3n，则 an+1=an+a1=−3n−3=−3(n+1)a_{n+1}=a_n+a_1=-3n-3=-3(n+1). 因此 a10=−3×10=−30a_{10}=-3\times10=-30，故选 C. \end{solution}
A.
−165-165
B.
−33-33
C.
−30-30
D.
−21-21

2008 · 北京 · 理 · 第 6 题 · 选择题

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07解析几何★★★☆☆
过直线 y=xy = x 上的一点作圆 (x−5)2+(y−1)2=2(x - 5)^2 + (y - 1)^2 = 2 的两条切线 l1l_1，l2l_2，当直线 l1l_1，l2l_2 关于 y=xy = x 对称时，它们之间的夹角为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 圆心为 O=(5,1)O=(5,1)，半径为 r=2r=\sqrt{2}. 关于 y=xy=x 的反射把 OO 变为 O′=(1,5)O'=(1,5). 由于两条切线关于 y=xy=x 对称，且交点在 y=xy=x 上，反射后每条切线仍与原圆相切，因此它们是以 OO、O′O' 为圆心、半径均为 2\sqrt2 的两个等圆的两条内公切线. 两内公切线的交点是两圆心的中点 M=(3,3)M=(3,3).
有 MO=(5−3)2+(1−3)2=22MO=\sqrt{(5-3)^2+(1-3)^2}=2\sqrt2. 设从 MM 引出的其中一条切线与直线 MOMO 的锐角为 α\alpha，则在切点处半径垂直切线，所以 sin⁡α=222=12\sin\alpha=\frac{\sqrt2}{2\sqrt2}=\frac12，从而 α=30∘\alpha=30^{\circ}. 两条切线关于 MOMO 对称，故它们的较小夹角为 2α=60∘2\alpha=60^{\circ}，故选 C. \end{solution}
A.
30∘30^{\circ}
B.
45∘45^{\circ}
C.
60∘60^{\circ}
D.
90∘90^{\circ}

2008 · 北京 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08立体几何初步★★★★☆
如图，动点 PP 在正方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的对角线 BD1BD_{1} 上. 过点 PP 作垂直于平面 BB1D1DBB_{1}D_{1}D 的直线. 与正方体表面相交于 MNMN. 设 BP=xBP = x，MN=yMN = y，则函数 y=f(x)y = f(x) 的图象大致是（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 设正方体棱长为 aa，令 t=BPBD1t=\dfrac{BP}{BD_1}，则 0⩽t⩽10\leqslant t\leqslant1，且 BP=a3tBP=a\sqrt3t. 取坐标 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(a,0,0)B=(a,0,0)，C=(a,a,0)C=(a,a,0)，D=(0,a,0)D=(0,a,0)，A1=(0,0,a)A_1=(0,0,a)，B1=(a,0,a)B_1=(a,0,a)，D1=(0,a,a)D_1=(0,a,a). 于是 P=(a(1−t),at,at)P=(a(1-t),at,at).
平面 BB1D1DBB_1D_1D 的方程为 x+y=ax+y=a，其法向量可取 (1,1,0)(1,1,0). 过 PP 的垂线保持 z=atz=at，在正方形截面 0⩽x0\leqslant x，y⩽ay\leqslant a 中沿方向 (1,1)(1,1) 通过 PP. 当 0⩽t⩽120\leqslant t\leqslant\frac12 时，直线段 MNMN 的两个端点为 (a(1−2t),0,at)(a(1-2t),0,at) 和 (a,2at,at)(a,2at,at)，故 MN=22atMN=2\sqrt2at；当 12⩽t⩽1\frac12\leqslant t\leqslant1 时，两个端点为 (0,a(2t−1),at)(0,a(2t-1),at) 和 (a(2−2t),a,at)(a(2-2t),a,at)，故 MN=22a(1−t)MN=2\sqrt2a(1-t). 因而 MN=22amin⁡{t,1−t}MN=2\sqrt2a\min\{t,1-t\}.
代入 t=xa3t=\dfrac{x}{a\sqrt3}，得到 y=22amin⁡{xa3,1−xa3}y=2\sqrt2a\min\left\{\dfrac{x}{a\sqrt3},1-\dfrac{x}{a\sqrt3}\right\}. 因而 yy 从 x=0x=0 时的 00 线性增加，在 x=a32x=\frac{a\sqrt3}{2} 处达到最大值，再线性减小到 x=a3x=a\sqrt3 时的 00. 图象是关于 x=a32x=\frac{a\sqrt3}{2} 对称的折线三角形，故选 B. \end{solution}
A.
B.
C.
D.

2008 · 北京 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09复数★★☆☆☆
已知 (a−i)2=2i(a - \mathrm{i})^2 = 2\mathrm{i}，其中 i\mathrm{i} 是虚数单位，那么实数 a=a =______.
\begin{answer} −1-1 \end{answer}
\begin{solution} 展开左边得 (a−i)2=a2−1−2ai(a-\mathrm{i})^2=a^2-1-2a\mathrm{i}. 与 2i2\mathrm{i} 比较实部和虚部，得到 a2−1=0a^2-1=0 以及 −2a=2-2a=2. 后一个等式给出 a=−1a=-1，且满足前一个等式，故填 −1-1. \end{solution}

2008 · 北京 · 理 · 第 9 题 · 填空题

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10平面向量★★☆☆☆
已知向量 a\boldsymbol{a} 与 b\boldsymbol{b} 的夹角为 120∘120^{\circ}，且 ∣a∣=∣b∣=4|\boldsymbol{a}| = |\boldsymbol{b}| = 4，那么 b⋅(2a+b)\boldsymbol{b} \cdot (2\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}) 的值为______.
\begin{answer} 00 \end{answer}
\begin{solution} 由向量夹角公式，a⋅b=∣a∣∣b∣cos⁡120∘=4⋅4⋅(−12)=−8\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\cos120^{\circ}=4\cdot4\cdot\left(-\frac12\right)=-8. 因此 b⋅(2a+b)=2a⋅b+b⋅b=2(−8)+42=0\boldsymbol{b}\cdot(2\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})=2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}+\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{b}=2(-8)+4^2=0，故填 00. \end{solution}

2008 · 北京 · 理 · 第 10 题 · 填空题

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11计数原理与组合数学★★☆☆☆
若 (x2+1x3)n\left(x^{2} + \frac{1}{x^{3}}\right)^{n} 展开式的各项系数之和为 3232，则 n=‾n =\underline{\hspace{2em}}，其展开式中的常数项为______. （用数字作答）
\begin{answer} 55，1010 \end{answer}
\begin{solution} 令展开式中的 x2x^2 取 kk 次，则通项为 Cnk(x2)k(1x3)n−k=Cnkx5k−3n\mathrm C_n^k(x^2)^k\left(\frac1{x^3}\right)^{n-k}=\mathrm C_n^k x^{5k-3n}. 各项系数之和等于令 x=1x=1 时的值，所以 2n=322^n=32，得到 n=5n=5. 常数项要求 5k−3n=05k-3n=0，代入 n=5n=5 得 k=3k=3，其系数为 C53=10\mathrm C_5^3=10. 故填 55，1010. \end{solution}

2008 · 北京 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12函数与初等函数★★☆☆☆
如图，函数 f(x)f(x) 的图象是折线段 ABCABC，其中 AA，BB，CC 的坐标分别为 (0,4)(0,4)，(2,0)(2,0)，(6,4)(6,4)，则 f(f(0))=f(f(0)) =______；lim⁡Δx→0f(1+Δx)−f(1)Δx=\displaystyle\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(1 + \Delta x) - f(1)}{\Delta x} =______. （用数字作答）
\begin{answer} 22，−2-2 \end{answer}
\begin{solution} 在 A(0,4)A(0,4)、B(2,0)B(2,0) 所在的线段上，斜率为 −2-2，所以 f(x)=4−2xf(x)=4-2x（0⩽x⩽20\leqslant x\leqslant2）；在 B(2,0)B(2,0)、C(6,4)C(6,4) 所在的线段上，斜率为 11，所以 f(x)=x−2f(x)=x-2（2⩽x⩽62\leqslant x\leqslant6）. 于是 f(0)=4f(0)=4，f(f(0))=f(4)=2f(f(0))=f(4)=2.
当 Δx\Delta x 足够小时，1+Δx∈[0,2]1+\Delta x\in[0,2]，故 f(1+Δx)−f(1)Δx=[4−2(1+Δx)]−[4−2]Δx=−2\frac{f(1+\Delta x)-f(1)}{\Delta x}=\frac{[4-2(1+\Delta x)]-[4-2]}{\Delta x}=-2. 所以极限为 −2-2，故填 22，−2-2. \end{solution}

2008 · 北京 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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13函数与初等函数★★★★☆
已知函数 f(x)=x2−cos⁡xf(x) = x^2 - \cos x，对于 [−π2,π2]\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] 上的任意 x1x_1，x2x_2，有如下条件：
① x1>x2x_1 > x_2； ② x12>x22x_1^2 > x_2^2； ③ ∣x1∣>x2|x_1| > x_2.
其中能使 f(x1)>f(x2)f(x_1) > f(x_2) 恒成立的条件序号是______.
\begin{answer} \circled{2} \end{answer}
\begin{solution} 令 g(t)=t2−cos⁡tg(t)=t^2-\cos t（0⩽t⩽π20\leqslant t\leqslant\frac\pi2），则 g′(0)=0g'(0)=0，且 g′(t)=2t+sin⁡t>0g'(t)=2t+\sin t>0（0<t⩽π20<t\leqslant\frac\pi2）. 因而对任意 0⩽s<t⩽π20\leqslant s<t\leqslant\frac\pi2，有 g(t)−g(s)=∫st(2u+sin⁡u) du>0g(t)-g(s)=\int_s^t(2u+\sin u)\,\mathrm du>0，所以 gg 在该区间上严格递增；又 f(x)=g(∣x∣)f(x)=g(|x|).
条件\circled2\circled{2}给出 ∣x1∣>∣x2∣|x_1|>|x_2|，从而 f(x1)=g(∣x1∣)>g(∣x2∣)=f(x2)f(x_1)=g(|x_1|)>g(|x_2|)=f(x_2)，因此条件\circled2\circled{2}充分. 条件\circled1\circled{1}不充分，例如 x1=0x_1=0、x2=−12x_2=-\frac12 时 x1>x2x_1>x_2，但 f(0)=−1f(0)=-1，而 f(−12)=14−cos⁡12>−34>−1f\left(-\frac12\right)=\frac14-\cos\frac12>-\frac34>-1. 条件\circled3\circled{3}也不充分，例如 x1=−1x_1=-1、x2=−π2x_2=-\frac\pi2 时 ∣x1∣>x2|x_1|>x_2，但 f(−1)=1−cos⁡1<1<π24=f(−π2)f(-1)=1-\cos1<1<\frac{\pi^2}{4}=f\left(-\frac\pi2\right). 因此填 22. \end{solution}

2008 · 北京 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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14数列★★★☆☆
某校数学课外小组在坐标纸上，为学校的一块空地设计植树方案如下：第 kk 棵树种植在点 Pk(xk,yk)P_{k}(x_{k},y_{k}) 处，其中 x1=1x_{1} = 1，y1=1y_{1} = 1，当 k⩾2k \geqslant 2 时，
{xk=xk−1+1−5[T(k−15)−T(k−25)],yk=yk−1+T(k−15)−T(k−25).\begin{cases} x_{k} = x_{k - 1} + 1 - 5\left[ T\left(\frac{k - 1}{5}\right) - T\left(\frac{k - 2}{5}\right) \right],\\ y_{k} = y_{k - 1} + T\left(\frac{k - 1}{5}\right) - T\left(\frac{k - 2}{5}\right). \end{cases}
T(a)T(a) 表示非负实数 aa 的整数部分，例如 T(2.6)=2T(2.6) = 2，T(0.2)=0T(0.2) = 0. 按此方案，第 66 棵树种植点的坐标应为______；第 20082008 棵树种植点的坐标应为______.
\begin{answer} (1,2)(1,2)，(3,402)(3,402) \end{answer}
\begin{solution} 记 dk=T(k−15)−T(k−25)d_k=T\left(\frac{k-1}{5}\right)-T\left(\frac{k-2}{5}\right). 当 k⩾2k\geqslant2 时，dk=1d_k=1 当且仅当 k=5j+1k=5j+1（jj 为正整数），其余情形 dk=0d_k=0. 因而通常每次使 xx 增加 11，使 yy 不变；在 k=5j+1k=5j+1 时，xx 的增量为 −4-4，yy 的增量为 11.
从 P1=(1,1)P_1=(1,1) 到 P6P_6，只有 k=6k=6 时 dk=1d_k=1，故 P6=(1,2)P_6=(1,2). 在 k=2k=2，…\ldots，20082008 中，满足 k=5j+1k=5j+1 的 kk 有 ⌊20075⌋=401\left\lfloor\frac{2007}{5}\right\rfloor=401 个. 若没有这些特殊增量，x2008=1+2007=2008x_{2008}=1+2007=2008；每次特殊增量相对于通常的增量 11 少 55，所以 x2008=2008−5⋅401=3x_{2008}=2008-5\cdot401=3，而 y2008=1+401=402y_{2008}=1+401=402. 故填 (1,2)(1,2)，(3,402)(3,402). \end{solution}

2008 · 北京 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15三角函数★★★☆☆
已知函数 f(x)=sin⁡2ωx+3sin⁡ωxsin⁡(ωx+π2)f(x) = \sin^2 \omega x + \sqrt{3}\sin \omega x\sin \left(\omega x + \frac{\pi}{2}\right)（ω>0\omega > 0）的最小正周期为 π\pi.
(1) 求 ω\omega 的值； (2) 求函数 f(x)f(x) 在区间 [0,2π3]\left[0, \frac{2\pi}{3}\right] 上的取值范围.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 令 u=ωxu=\omega x. 因为 sin⁡(u+π2)=cos⁡u\sin\left(u+\frac\pi2\right)=\cos u，所以 f(x)=sin⁡2u+3sin⁡ucos⁡u=12+32sin⁡2u−12cos⁡2u=12+sin⁡(2u−π6)\displaystyle f(x)=\sin^2u+\sqrt3\sin u\cos u=\frac12+\frac{\sqrt3}{2}\sin2u-\frac12\cos2u=\frac12+\sin\left(2u-\frac\pi6\right). 因此 f(x)f(x) 的最小正周期为 πω\frac\pi\omega. 由题设 πω=π\frac\pi\omega=\pi，且 ω>0\omega>0，故 ω=1\omega=1. \item 此时 f(x)=12+sin⁡(2x−π6)f(x)=\frac12+\sin\left(2x-\frac\pi6\right). 当 0⩽x⩽2π30\leqslant x\leqslant\frac{2\pi}{3} 时，令 t=2x−π6t=2x-\frac\pi6，则 −π6⩽t⩽7π6-\frac\pi6\leqslant t\leqslant\frac{7\pi}{6}. 该区间包含 t=π2t=\frac\pi2，故函数最大值为 12+1=32\frac12+1=\frac32. 区间两端的正弦值均为 −12-\frac12，而区间内不含正弦值为 −1-1 的点 −π2+2kπ-\frac\pi2+2k\pi，故最小值为 12−12=0\frac12-\frac12=0. 取值范围为 [0,32]\left[0,\frac32\right]. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 北京 · 理 · 第 15 题 · 解答题

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16立体几何初步★★★☆☆
如图，在三棱锥 P−ABCP - ABC 中，AC=BC=2AC = BC = 2，∠ACB=90∘\angle ACB = 90^{\circ}，AP=BP=ABAP = BP = AB，PC⊥ACPC \perp AC.
(1) 求证：PC⊥ABPC \perp AB； (2) 求二面角 B−AP−CB - AP - C 的大小； (3) 求点 CC 到平面 APBAPB 的距离.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因为 AC=BCAC=BC，点 CC 在 ABAB 的垂直平分面上；又因为 AP=BPAP=BP，点 PP 也在 ABAB 的垂直平分面上. 因而直线 PCPC 在这个平面内，而该平面垂直于 ABAB，所以 PC⊥ABPC\perp AB. \item 取 C=(0,0,0)C=(0,0,0)，A=(2,0,0)A=(2,0,0)，B=(0,2,0)B=(0,2,0). 由 PC⊥ACPC\perp AC，可设 P=(0,y,z)P=(0,y,z). 由 AP=BPAP=BP 得 4+y2+z2=(y−2)2+z24+y^2+z^2=(y-2)^2+z^2，从而 y=0y=0. 又 AP=AB=22AP=AB=2\sqrt2，所以 4+z2=84+z^2=8，即 z2=4z^2=4. 按图取 P=(0,0,2)P=(0,0,2).
平面 CAPCAP 的方程为 y=0y=0，平面 ABPABP 的方程为 x+y+z=2x+y+z=2. 两平面的法向量可分别取 n1=(0,1,0)\boldsymbol{n}_1=(0,1,0)、n2=(1,1,1)\boldsymbol{n}_2=(1,1,1)，故二面角的锐角 θ\theta 满足 cos⁡θ=∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=13\cos\theta=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac1{\sqrt3}. 因此 sin⁡θ=23=63\sin\theta=\sqrt{\frac23}=\frac{\sqrt6}{3}，二面角大小为 arcsin⁡63\arcsin\frac{\sqrt6}{3}. \item 由平面 ABP:x+y+z=2ABP:x+y+z=2 的点到平面距离公式，点 C=(0,0,0)C=(0,0,0) 到该平面的距离为 ∣0+0+0−2∣12+12+12=23=233\frac{|0+0+0-2|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac2{\sqrt3}=\frac{2\sqrt3}{3}. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 北京 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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17概率与统计★★★☆☆
甲、乙等五名奥运志愿者被随机地分到 A，B，C，D 四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者.
(1) 求甲、乙两人同时参加 A 岗位服务的概率； (2) 求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率； (3) 设随机变量 ξ\xi 为这五名志愿者中参加 A 岗位服务的人数，求 ξ\xi 的分布列.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因为 55 名志愿者分到 44 个岗位且每个岗位至少一人，所以人数分配必为 22，11，11，11. 先选出二人所在的岗位，再选出这二人，最后把其余三人分别安排到其余三个岗位，等可能的分配总数为 4C523!=4×10×6=2404\mathrm C_5^2 3!=4\times10\times6=240. 甲、乙同时在 A 岗位时，二人必须正好是 A 岗位的两人，其余三人分别到 B，C，D，有 3!3! 种，所以概率为 3!240=140\frac{3!}{240}=\frac1{40}. \item 甲、乙在同一岗位时，他们必为唯一的二人岗位. 先选这个岗位，再把其余三人分别安排到另外三个岗位，共有 4⋅3!=244\cdot3!=24 种，因此 P(甲、乙同岗)=24240=110P(\text{甲、乙同岗})=\frac{24}{240}=\frac1{10}，从而 P(甲、乙不同岗)=1−110=910P(\text{甲、乙不同岗})=1-\frac1{10}=\frac9{10}. \item A 岗位人数只能取 11 或 22. 当 ξ=2\xi=2 时，先从五人中选出到 A 岗位的二人，再把其余三人分别安排到 B，C，D，有 C523!=60\mathrm C_5^2 3!=60 种，故 P(ξ=2)=60240=14P(\xi=2)=\frac{60}{240}=\frac14. 因此 P(ξ=1)=1−14=34P(\xi=1)=1-\frac14=\frac34. 分布列为 \begin{center} \begin{tabular}{c|cc} ξ\xi&11&22\ \hline PP&34\frac34&14\frac14 \end{tabular} \end{center} \end{enumerate} \end{solution}

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18导数及其应用★★★☆☆
已知函数 f(x)=2x−b(x−1)2f(x) = \frac{2x - b}{(x - 1)^2}，求导函数 f′(x)f'(x)，并确定 f(x)f(x) 的单调区间.
\begin{solution} f′(x)=2(x−1)2−2(2x−b)(x−1)(x−1)4=−2[x−(b−1)](x−1)3f'(x)=\frac{2(x-1)^2-2(2x-b)(x-1)}{(x-1)^4}=-\frac{2\bigl[x-(b-1)\bigr]}{(x-1)^3}，x≠1x\ne1. 令 c=b−1c=b-1. 当 b<2b<2（即 c<1c<1）时，f′(x)<0f'(x)<0 在 (−∞,c)(-\infty,c) 与 (1,+∞)(1,+\infty) 上成立，f′(x)>0f'(x)>0 在 (c,1)(c,1) 上成立，所以 f(x)f(x) 在 (−∞,b−1)(-\infty,b-1)、(1,+∞)(1,+\infty) 上单调递减，在 (b−1,1)(b-1,1) 上单调递增. 当 b>2b>2（即 c>1c>1）时，f′(x)<0f'(x)<0 在 (−∞,1)(-\infty,1) 与 (c,+∞)(c,+\infty) 上成立，f′(x)>0f'(x)>0 在 (1,c)(1,c) 上成立，所以 f(x)f(x) 在 (−∞,1)(-\infty,1)、(b−1,+∞)(b-1,+\infty) 上单调递减，在 (1,b−1)(1,b-1) 上单调递增. 当 b=2b=2 时，f(x)=2x−1f(x)=\frac2{x-1}，且 f′(x)=−2(x−1)2<0f'(x)=-\frac2{(x-1)^2}<0，所以在 (−∞,1)(-\infty,1)、(1,+∞)(1,+\infty) 上均单调递减. \end{solution}

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19解析几何★★★★☆
已知菱形 ABCDABCD 的顶点 AA，CC 在椭圆 x2+3y2=4x^{2} + 3y^{2} = 4 上，对角线 BDBD 所在直线的斜率为 11.
(1) 当直线 BDBD 过点 (0,1)(0,1) 时，求直线 ACAC 的方程； (2) 当 ∠ABC=60∘\angle ABC = 60^{\circ} 时，求菱形 ABCDABCD 面积的最大值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 OO 为菱形两条对角线的交点. 由 BDBD 的斜率为 11，AC⊥BDAC\perp BD，所以可设 O=(u,v)O=(u,v)，且 v=u+1v=u+1. 取非零实数 tt，令 A=O+t(1,−1)A=O+t(1,-1)、C=O−t(1,−1)C=O-t(1,-1). 因为 AA，CC 都在椭圆 x2+3y2=4x^2+3y^2=4 上，比较两式 u+tu+t，v−tv-t 与 u−tu-t，v+tv+t 代入椭圆方程所得结果，得 4t(u−3v)=04t(u-3v)=0，所以 u=3vu=3v. 联立 v=u+1v=u+1，得 u=−32u=-\frac32、v=−12v=-\frac12. 因而 ACAC 的方向为 (1,−1)(1,-1)，且 x+y=u+v=−2x+y=u+v=-2，故直线 ACAC 为 x+y+2=0x+y+2=0. \item 设菱形边长为 ss. 由 AB=BC=sAB=BC=s 及 ∠ABC=60∘\angle ABC=60^{\circ}，在三角形 ABCABC 中由余弦定理得 AC2=s2+s2−2s2cos⁡60∘=s2AC^2=s^2+s^2-2s^2\cos60^{\circ}=s^2. 又因为菱形对角线互相垂直且满足 AC2+BD2=2(AB2+BC2)AC^2+BD^2=2(AB^2+BC^2)，所以 BD2=3s2BD^2=3s^2. 菱形面积为 12AC⋅BD=32AC2\frac12AC\cdot BD=\frac{\sqrt3}{2}AC^2.
设斜率为 −1-1 的直线 ACAC 写为 x+y=cx+y=c，令 h=c2h=\frac c2，其上点可表示为 (h+r,h−r)(h+r,h-r). 代入椭圆方程得 4r2−4hr+4h2−4=04r^2-4hr+4h^2-4=0. 设两个交点对应的参数为 r1r_1，r2r_2，由求根公式或根的判别式，
r1−r2=(r1+r2)2−4r1r2=4−3h2.r_1-r_2=\sqrt{(r_1+r_2)^2-4r_1r_2}=\sqrt{4-3h^2}.
由于参数方向向量 (1,−1)(1,-1) 的长度为 2\sqrt2，所以弦长 AC=24−3h2⩽22AC=\sqrt2\sqrt{4-3h^2}\leqslant2\sqrt2，等号在 h=0h=0，即 ACAC 为直线 x+y=0x+y=0 与椭圆的弦时取得. 当 h=0h=0 时，椭圆与直线 x+y=0x+y=0 的交点可取 A=(1,−1)A=(1,-1)、C=(−1,1)C=(-1,1)，且 AC=22AC=2\sqrt2. 取 B=(3,3)B=(\sqrt3,\sqrt3)、D=(−3,−3)D=(-\sqrt3,-\sqrt3)，则 BD=26=3 ACBD=2\sqrt6=\sqrt3\,AC，并且 AB2=BC2=AC2=8AB^2=BC^2=AC^2=8，由关于原点的中心对称性还有 CD=DA=ABCD=DA=AB，所以 ABCDABCD 确实为菱形；由余弦定理，cos⁡∠ABC=AB2+BC2−AC22AB⋅BC=12\cos\angle ABC=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB\cdot BC}=\frac12，故 ∠ABC=60∘\angle ABC=60^{\circ}. 因而菱形面积最大值为 32(22)2=43\frac{\sqrt3}{2}(2\sqrt2)^2=4\sqrt3. \end{enumerate} \end{solution}

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20数列★★★★★
对于每项均是正整数的数列 AA： a1a_1，a2a_2，⋯\cdots，ana_n，定义变换 T1T_1 将数列 AA 变换成数列 T1 ⁣(A)T_1\!\left(A\right)： nn，a1−1a_1 - 1，a2−1a_2 - 1，⋯\cdots，an−1a_n - 1. 对于每项均是非负整数的数列 BB： b1b_1，b2b_2，⋯\cdots，bmb_m，定义变换 T2T_2 将数列 BB 各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列 T2 ⁣(B)T_2\!\left(B\right)；又定义 S ⁣(B)=2(b1+2b2+⋯+mbm)+b12+b22+⋯+bm2S\!\left(B\right) = 2(b_1 + 2b_2 + \cdots + mb_m) + b_1^2 + b_2^2 + \cdots + b_m^2. 设 A0A_0 是每项均为正整数的有穷数列，令 Ak+1=T2 ⁣(T1 ⁣(Ak))A_{k+1} = T_2\!\left(T_1\!\left(A_k\right)\right)（k=0k = 0，11，22，⋯\cdots）.
(1) 如果数列 A0A_0 为 55，33，22，写出数列 A1A_1，A2A_2； (2) 对于每项均是正整数的有穷数列 AA，证明 S ⁣(T1 ⁣(A))=S ⁣(A)S\!\left(T_1\!\left(A\right)\right) = S\!\left(A\right)； (3) 证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列 A0A_0，存在正整数 KK，当 k⩾Kk \geqslant K 时，S(Ak+1)=S(Ak)S(A_{k+1}) = S(A_k).
\begin{solution} \begin{enumerate} \item T1(A0)=(3,4,2,1)T_1(A_0)=(3,4,2,1)，按从大到小排列并去掉零项后，A1=(4,3,2,1)A_1=(4,3,2,1). 再有 T1(A1)=(4,3,2,1,0)T_1(A_1)=(4,3,2,1,0)，所以 A2=(4,3,2,1)A_2=(4,3,2,1). \item 设 A=(a1,a2,…,an)A=(a_1,a_2,\ldots,a_n)，则 T1(A)=(n,a1−1,a2−1,…,an−1)T_1(A)=(n,a_1-1,a_2-1,\ldots,a_n-1). 直接展开 SS 得 S(T1(A))=2[n+∑i=1n(i+1)(ai−1)]+n2+∑i=1n(ai−1)2S\left(T_1(A)\right)=2\left[n+\sum_{i=1}^{n}(i+1)(a_i-1)\right]+n^2+\sum_{i=1}^{n}(a_i-1)^2. 展开后，aia_i 的一次项为 2(i+1)ai−2ai=2iai2(i+1)a_i-2a_i=2ia_i，平方项为 ∑i=1nai2\sum_{i=1}^n a_i^2，常数项为 2n−2∑i=1n(i+1)+n2+n2n-2\sum_{i=1}^{n}(i+1)+n^2+n. 又 ∑i=1n(i+1)=n(n+3)2\sum_{i=1}^{n}(i+1)=\frac{n(n+3)}2，所以该常数项等于 2n−n(n+3)+n2+n=02n-n(n+3)+n^2+n=0. 因此 S(T1(A))=2∑i=1niai+∑i=1nai2=S(A)S\left(T_1(A)\right)=2\sum_{i=1}^{n}ia_i+\sum_{i=1}^{n}a_i^2=S(A). \item 对任意非负整数数列 B=(b1,…,bm)B=(b_1,\ldots,b_m)，交换相邻的逆序项 bi<bi+1b_i<b_{i+1} 后，平方和不变，而加权和的变化为
ibi+(i+1)bi+1−(ibi+1+(i+1)bi)=bi+1−bi>0i b_i+(i+1)b_{i+1}-\bigl(i b_{i+1}+(i+1)b_i\bigr)=b_{i+1}-b_i>0
这里左边是交换前的加权和，右边是交换后的加权和，所以每次交换都会使 SS 严格减小；将所有逆序项交换后，数列按从大到小排列，故排序不会增加 SS. 排序后所有零项位于末尾，去掉零项也不改变 SS，从而 S(T2(B))⩽S(B)S(T_2(B))\leqslant S(B). 结合第（2）问，对 AkA_k 有
S(Ak+1)=S(T2(T1(Ak)))⩽S(T1(Ak))=S(Ak)S(A_{k+1})=S\left(T_2(T_1(A_k))\right)\leqslant S\left(T_1(A_k)\right)=S(A_k)
由于每个 AkA_k 都是非负整数项数列去掉零项后得到的正整数项数列，故 S(Ak)S(A_k) 是非负整数. 单调不增的非负整数列不可能无限次严格下降，因此从某个正整数 KK 起不再下降，即对所有 k⩾Kk\geqslant K，都有 S(Ak+1)=S(Ak)S(A_{k+1})=S(A_k). \end{enumerate} \end{solution}

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