数迹
题目列表试卷列表
共找到 22 题
排序：
组题
本页 22 题去组卷
01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
下列命题是真命题的为（ ）
\begin{solution} 命题 A 中等式有意义，故 x≠0x\neq0，y≠0y\neq0，由 1x=1y\frac{1}{x}=\frac{1}{y} 得 x=yx=y，所以命题 A 正确. 命题 B 中 x2=1x^{2}=1 可得 x=±1x=\pm1，不能推出 x=1x=1. 命题 C 取 x=y=−1x=y=-1 时，x\sqrt{x} 与 y\sqrt{y} 在实数范围内均无意义. 命题 D 取 x=−2x=-2，y=−1y=-1，虽有 x<yx<y，但 x2>y2x^{2}>y^{2}. 因此真命题为 A. \end{solution}
A.
若 1x=1y\frac{1}{x}=\frac{1}{y}，则 x=yx=y
B.
若 x2=1x^{2}=1，则 x=1x=1
C.
若 x=yx=y，则 x=y\sqrt{x}=\sqrt{y}
D.
若 x<yx<y，则 x2<y2x^2<y^2

2009 · 江西 · 文 · 第 1 题 · 选择题

查看答案和解析
02函数与初等函数★☆☆☆☆
函数 y=−x2−3x+4xy = \frac{\sqrt{-x^2 - 3x + 4}}{x} 的定义域为（ ）
\begin{solution} 根式有意义要求 −x2−3x+4⩾0-x^{2}-3x+4\geqslant0，分母还要求 x≠0x\neq0. 因为 −x2−3x+4=−(x+4)(x−1)-x^{2}-3x+4=-(x+4)(x-1)，所以 −4⩽x⩽1-4\leqslant x\leqslant1. 排除 x=0x=0 后，定义域为 [−4,0)∪(0,1][-4,0)\cup(0,1]，故选 D. \end{solution}
A.
[−4,1][-4, 1]
B.
[−4,0)[-4, 0)
C.
(0,1](0,1]
D.
[−4,0)∪(0,1][-4,0)\cup (0,1]

2009 · 江西 · 文 · 第 2 题 · 选择题

查看答案和解析
03集合与逻辑基础★☆☆☆☆
5050 名学生参加甲，乙两项体育活动，每人至少参加了一项. 参加甲项的学生有 3030 名，参加乙项的学生有 2525 名，则仅参加了一项活动的学生人数为（ ）
\begin{solution} 设同时参加甲、乙两项活动的人数为 uu. 由容斥原理，30+25−u=5030+25-u=50，所以 u=5u=5. 仅参加一项活动的人数为 30+25−2u=55−10=4530+25-2u=55-10=45，故选 B. \end{solution}
A.
5050
B.
4545
C.
4040
D.
3535

2009 · 江西 · 文 · 第 3 题 · 选择题

查看答案和解析
04三角函数★★★☆☆
函数 f(x)=(1+3tan⁡x)cos⁡xf(x) = (1 + \sqrt{3}\tan x)\cos x 的最小正周期为（ ）
\begin{solution} 在原定义域 cos⁡x≠0\cos x\neq0 上，f(x)=cos⁡x+3sin⁡x=2sin⁡(x+π6)f(x)=\cos x+\sqrt{3}\sin x=2\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right). 该正弦型函数的最小正周期为 2π2\pi，且原函数的定义域在平移 π\pi 后虽保持不变、函数值却变号，因此最小正周期仍为 2π2\pi，故选 A. \end{solution}
A.
2π2\pi
B.
3π2\frac{3\pi}{2}
C.
π\pi
D.
π2\frac{\pi}{2}

2009 · 江西 · 文 · 第 4 题 · 选择题

查看答案和解析
05函数与初等函数★★☆☆☆
已知函数 f(x)f(x) 是 (−∞,+∞)(- \infty, +\infty) 上的偶函数，若对于 x⩾0x \geqslant 0，都有 f(x+2)=f(x)f(x + 2) = f(x)，且当 x∈[0,2)x \in [0, 2) 时，f(x)=log⁡2(x+1)f(x) = \log_2(x + 1)，则 f(−2008)+f(2009)f(-2008) + f(2009) 的值为（ ）
\begin{solution} 由偶函数性质，f(−2008)=f(2008)f(-2008)=f(2008). 对 x⩾0x\geqslant0 反复使用 f(x+2)=f(x)f(x+2)=f(x)，得 f(2008)=f(0)f(2008)=f(0)，f(2009)=f(1)f(2009)=f(1). 又 f(x)=log⁡2(x+1)f(x)=\log_{2}(x+1)（0⩽x<20\leqslant x<2），所以 f(0)=log⁡21=0f(0)=\log_{2}1=0，f(1)=log⁡22=1f(1)=\log_{2}2=1. 因而 f(−2008)+f(2009)=1f(-2008)+f(2009)=1，故选 C. \end{solution}
A.
−2-2
B.
−1-1
C.
11
D.
22

2009 · 江西 · 文 · 第 5 题 · 选择题

查看答案和解析
06计数原理与组合数学★★★☆☆
若 Cn1x+Cn2x2+⋯+Cnnxn\mathrm C_n^1 x + \mathrm C_n^2 x^2 + \dots + \mathrm C_n^n x^n 能被77整除，则 xx，nn 的值可能为（ ）
\begin{solution} 由二项式定理，Cn1x+Cn2x2+⋯+Cnnxn=(1+x)n−1\mathrm C_n^1x+\mathrm C_n^2x^2+\cdots+\mathrm C_n^nx^n=(1+x)^n-1. 逐项检验：当 x=4x=4，n=3n=3 时值为 53−1=1245^3-1=124，不能被 77 整除；当 x=4x=4，n=4n=4 时值为 54−1=6245^4-1=624，不能被 77 整除；当 x=5x=5，n=4n=4 时值为 64−1=1295=7⋅1856^4-1=1295=7\cdot185，可以被 77 整除；当 x=6x=6，n=5n=5 时值为 75−1≡−1(mod7)7^5-1\equiv-1\pmod 7，不能被 77 整除. 因此选 C. \end{solution}
A.
x=4,n=3x = 4, n = 3
B.
x=4x = 4，n=4n = 4
C.
x=5x = 5，n=4n = 4
D.
x=6x = 6，n=5n = 5

2009 · 江西 · 文 · 第 6 题 · 选择题

查看答案和解析
07解析几何★★☆☆☆
设 F1F_{1} 和 F2F_{2} 为双曲线 x2a2−y2b2=1\frac{x^2}{a^2} -\frac{y^2}{b^2} = 1（a>0a > 0，b>0b > 0）的两个焦点. 若 F1F_{1}，F2F_{2}， P(0,2b)P(0,2b) 是正三角形的三个顶点，则双曲线的离心率为（ ）
\begin{solution} 设双曲线的焦距参数为 cc，则 c2=a2+b2c^{2}=a^{2}+b^{2}，且 F1F2=2cF_{1}F_{2}=2c. 正三角形条件给出 PF1=PF2=F1F2=2cPF_{1}=PF_{2}=F_{1}F_{2}=2c. 由 P(0,2b)P(0,2b) 得 PF12=c2+4b2PF_{1}^{2}=c^{2}+4b^{2}，所以 c2+4b2=4c2c^{2}+4b^{2}=4c^{2}，即 4b2=3c24b^{2}=3c^{2}. 与 c2=a2+b2c^{2}=a^{2}+b^{2} 联立，得 b2=3a2b^{2}=3a^{2}，c2=4a2c^{2}=4a^{2}. 因而离心率 e=ca=2e=\frac{c}{a}=2，故选 B. \end{solution}
A.
32\frac{3}{2}
B.
22
C.
52\frac{5}{2}
D.
33

2009 · 江西 · 文 · 第 7 题 · 选择题

查看答案和解析
08数列★★★☆☆
公差不为零的等差数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和为 SnS_{n}. 若 a4a_{4} 是 a3a_{3} 与 a7a_{7} 的等比中项，S8=32S_{8} = 32，则 S10S_{10} 等于（ ）
\begin{solution} 设等差数列首项为 a1a_{1}，公差为 d≠0d\neq0. 由 a42=a3a7a_{4}^{2}=a_{3}a_{7}，得 (a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d)(a_{1}+3d)^{2}=(a_{1}+2d)(a_{1}+6d)，从而 2a1+3d=02a_{1}+3d=0. 又 S8=4(2a1+7d)=32S_{8}=4(2a_{1}+7d)=32，所以 2a1+7d=82a_{1}+7d=8. 联立得 d=2d=2，a1=−3a_{1}=-3. 因此 S10=5(2a1+9d)=5(−6+18)=60S_{10}=5(2a_{1}+9d)=5(-6+18)=60，故选 C. \end{solution}
A.
1818
B.
2424
C.
6060
D.
9090

2009 · 江西 · 文 · 第 8 题 · 选择题

查看答案和解析
09立体几何初步★★★☆☆
如图，在四面体 ABCDABCD 中，截面 PQMNPQMN 是正方形，则在下列命题中，错误的为（ ）
\begin{solution} 截面为正方形，所以 PQ∥MNPQ\parallel MN，QM∥PNQM\parallel PN，且 PQ⊥QMPQ\perp QM. 其中 PQPQ 在平面 ABCABC 内，MNMN 在平面 ACDACD 内，两平面的交线为 ACAC，故 PQ∥ACPQ\parallel AC；同理 QM∥BDQM\parallel BD. 因而 AC⊥BDAC\perp BD，命题 A 正确；AC∥PQAC\parallel PQ，所以 ACAC 平行于截面 PQMNPQMN，命题 B 正确.
正方形条件只给出 PQ=QMPQ=QM，不能推出 AC=BDAC=BD. 例如取 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(0,1,0)B=(0,1,0)，C=(4,0,0)C=(4,0,0)，D=(0,1,2)D=(0,1,2)，并取 P=(0,23,0)P=(0,\frac23,0)，Q=(43,23,0)Q=(\frac43,\frac23,0)，M=(43,23,43)M=(\frac43,\frac23,\frac43)，N=(0,23,43)N=(0,\frac23,\frac43). 则 PP，QQ，MM，NN 分别在 ABAB，BCBC，CDCD，DADA 上，且 PQMNPQMN 为边长 43\frac43 的正方形，而 AC=4AC=4，BD=2BD=2，故命题 C 错误.
又 BD∥QMBD\parallel QM，异面直线 PMPM 与 BDBD 所成的角等于 PMPM 与 QMQM 所成的角；正方形对角线与边成 45∘45^{\circ}，故命题 D 正确. 所以错误命题为 C. \end{solution}
A.
AC⊥BDAC \perp BD
B.
AC∥AC \parallel 截面 PQMNPQMN
C.
AC=BDAC = BD
D.
异面直线 PMPM 与 BDBD 所成的角为 45∘45^{\circ}

2009 · 江西 · 文 · 第 9 题 · 选择题

查看答案和解析
10概率与统计★★★☆☆
甲，乙，丙，丁44个足球队参加比赛，假设每场比赛各队取胜的概率相等，现任意将这44个队分成两个组（每组两个队）进行比赛，胜者再赛. 则甲，乙相遇的概率为（ ）
\begin{solution} 四队分成两组的三种等可能配对为（甲、乙）（丙、丁）、（甲、丙）（乙、丁）、（甲、丁）（乙、丙）. 第一种配对中甲、乙必相遇；另外两种配对中，甲、乙只有在各自先战胜对手后才在决赛相遇，概率为 12⋅12=14\frac12\cdot\frac12=\frac14. 因而所求概率为 13+23⋅14=12\frac13+\frac23\cdot\frac14=\frac12，故选 D. \end{solution}
A.
16\frac{1}{6}
B.
14\frac{1}{4}
C.
13\frac{1}{3}
D.
12\frac{1}{2}

2009 · 江西 · 文 · 第 10 题 · 选择题

查看答案和解析
11函数与初等函数★★★★☆
如图所示，一质点 P(x,y)P(x, y) 在 xOyxOy 平面上沿曲线运动，速度大小不变，其在 xx 轴上的投影点 Q(x,0)Q(x, 0) 的运动速度 V=V(t)V = V(t) 的图象大致为（ ）
\begin{solution} 把投影点的有向速度记为 V(t)=dxdtV(t)=\frac{\mathrm dx}{\mathrm dt}. 质点开始沿斜率不变的直线向右运动，所以 V(t)V(t) 在开始阶段为正常数. 进入第一个封闭曲线后，质点的横坐标先增大、再减小、又增大，因此 V(t)V(t) 依次为正、负、正，并在竖直切线处经过 00. 进入第二个封闭曲线后，横坐标同样经历先增大、再减小、又增大的过程，故 V(t)V(t) 再次出现正、负、正的变化. 选项 A 始终非负，选项 C 开始阶段不是常数，选项 D 的末段变化方向与题图不符，只有选项 B 符合，故选 B. \end{solution}
A.
B.
C.
D.

2009 · 江西 · 文 · 第 11 题 · 选择题

查看答案和解析
12导数及其应用★★★★☆
若存在过点 (1,0)(1,0) 的直线与曲线 y=x3y = x^3 和 y=ax2+154x−9y = ax^2 + \frac{15}{4} x - 9 都相切，则 aa 等于（ ）
\begin{solution} 设过点 (1,0)(1,0) 且与 y=x3y=x^{3} 相切的切点横坐标为 tt. 切线为 y=3t2x−2t3y=3t^{2}x-2t^{3}，代入 (1,0)(1,0) 得 t2(3−2t)=0t^{2}(3-2t)=0. 因而 t=0t=0 或 t=32t=\frac32，相应切线分别为 y=0y=0 和 y=274x−274y=\frac{27}{4}x-\frac{27}{4}.
当切线为 y=0y=0 时，与二次曲线联立得 ax2+154x−9=0ax^{2}+\frac{15}{4}x-9=0. 该直线相切要求判别式为零，即 (154)2+36a=0\left(\frac{15}{4}\right)^{2}+36a=0，所以 a=−2564a=-\frac{25}{64}.
当切线为 y=274x−274y=\frac{27}{4}x-\frac{27}{4} 时，联立得 ax2−3x−94=0ax^{2}-3x-\frac94=0. 判别式为零给出 9+9a=09+9a=0，所以 a=−1a=-1. 因此选 A. \end{solution}
A.
−1-1 或 −2564-\frac{25}{64}
B.
−1-1 或 2164\frac{21}{64}
C.
−74-\frac{7}{4} 或 −2564-\frac{25}{64}
D.
−74-\frac{7}{4} 或 77

2009 · 江西 · 文 · 第 12 题 · 选择题

查看答案和解析
13平面向量★☆☆☆☆
已知向量 a=(3,1)\boldsymbol{a} = (3, 1)，b=(1,3)\boldsymbol{b} = (1, 3)，c=(k,2)\boldsymbol{c} = (k, 2). 若 (a−c)⊥b(\boldsymbol{a} - \boldsymbol{c}) \perp \boldsymbol{b}，则 k=k =______.
\begin{solution} a−c=(3−k,−1)\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c}=(3-k,-1). 由垂直条件， (a−c)⋅b=(3−k,−1)⋅(1,3)=3−k−3=−k=0(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c})\cdot\boldsymbol{b}=(3-k,-1)\cdot(1,3)=3-k-3=-k=0，所以 k=0k=0. \end{solution}

2009 · 江西 · 文 · 第 13 题 · 填空题

查看答案和解析
14立体几何初步★★☆☆☆
体积为 88 的一个正方体，其全面积与球 OO 的表面积相等，则球 OO 的体积等于______.
\begin{solution} 正方体体积为 88，故棱长为 22，全面积为 6⋅22=246\cdot2^{2}=24. 设球半径为 RR，由表面积相等， 4πR2=244\pi R^{2}=24，所以 R2=6πR^{2}=\frac{6}{\pi}. 球体积为 43πR3=43π(6π)32=86ππ\frac43\pi R^{3}=\frac43\pi\left(\frac6\pi\right)^{\frac{3}{2}}=\frac{8\sqrt{6\pi}}{\pi}. \end{solution}

2009 · 江西 · 文 · 第 14 题 · 填空题

查看答案和解析
15不等式★★★★☆
若不等式 4−x2⩽k(x+1)\sqrt{4-x^{2}} \leqslant k(x+1) 的解集为区间 [a,b][a,b]，且 b−a=1b-a = 1，则 k=‾k =\underline{\hspace{2em}}.
\begin{solution} 根式有意义要求 −2⩽x⩽2-2\leqslant x\leqslant2. 若 k>0k>0，当 x⩽−1x\leqslant-1 时右端不为正而左端非负，只有可能在 x=−2x=-2 时成立，但此时右端为 −k<0-k<0，仍不成立，所以解集包含于 (−1,2](-1,2]. 又 x=2x=2 对任意 k>0k>0 都满足不等式，故解集若为 [a,b][a,b]，必有 b=2b=2. 由 b−a=1b-a=1，得到 a=1a=1. 因为 11 是定义域内部的解集端点，连续函数两边的符号必须在此处改变，故在 x=1x=1 处取等号： 4−1=k(1+1)\sqrt{4-1}=k(1+1)，从而 k=32k=\frac{\sqrt{3}}{2}.
反向验证：当 k=32k=\frac{\sqrt{3}}{2} 时，解集必须满足 x>−1x>-1，且平方等价于 4−x2⩽34(x+1)24-x^{2}\leqslant\frac34(x+1)^{2}，即 7x2+6x−13⩾07x^{2}+6x-13\geqslant0，也就是 (7x+13)(x−1)⩾0(7x+13)(x-1)\geqslant0. 与 (−1,2](-1,2] 取交集，解集恰为 [1,2][1,2]，长度为 11.
若 k=0k=0，不等式只在 x=−2x=-2 或 x=2x=2 时成立，解集不是区间. 若 k<0k<0，成立时必须有 x<−1x<-1，且 −2-2 属于解集而 −1-1 不属于解集；若解集是长度为 11 的闭区间，就只能是 [−2,−1][-2,-1]，矛盾. 因而 k=32k=\frac{\sqrt{3}}{2}. \end{solution}

2009 · 江西 · 文 · 第 15 题 · 填空题

查看答案和解析
16解析几何★★★★☆
设直线系 M:xcos⁡θ+(y−2)sin⁡θ=1M: x \cos \theta + (y - 2) \sin \theta = 1（0⩽θ⩽2π0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi），对于下列四个命题：
① 存在一个圆与所有直线相交； ② 存在一个圆与所有直线不相交； ③ 存在一个圆与所有直线相切； ④ MM 中的直线所能围成的正三角形面积都相等.
其中真命题的代号是______. （写出所有真命题的代号）
\begin{solution} 将直线写成 xcos⁡θ+(y−2)sin⁡θ=1x\cos\theta+(y-2)\sin\theta=1. 点 P(0,2)P(0,2) 到任一直线的距离为 ∣0−1∣cos⁡2θ+sin⁡2θ=1\frac{|0-1|}{\sqrt{\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta}}=1，所以 MM 中的所有直线都是圆 C:x2+(y−2)2=1C:x^{2}+(y-2)^{2}=1 的切线.
半径大于 11 且圆心为 PP 的圆与所有这些直线相交，半径小于 11 且圆心为 PP 的圆与所有这些直线均不相交，圆 CC 与所有这些直线相切，因此 A、B、C 都是真命题.
D 不成立. 例如取 θ=0\theta=0，2π3\frac{2\pi}{3}，4π3\frac{4\pi}{3}，所得正三角形的内切圆为 CC，内切半径为 11，面积为 333\sqrt{3}. 再取 θ=0\theta=0，π3\frac{\pi}{3}，5π3\frac{5\pi}{3}，令 u=xu=x，v=y−2v=y-2，三条直线为 u=1u=1、12u+32v=1\frac12u+\frac{\sqrt3}{2}v=1、12u−32v=1\frac12u-\frac{\sqrt3}{2}v=1. 它们的三个交点为 (2,0)(2,0)、(1,13)(1,\frac1{\sqrt3})、(1,−13)(1,-\frac1{\sqrt3})，故所得正三角形边长为 23\frac{2}{\sqrt3}，面积为 33\frac{\sqrt3}{3}. 两个面积不相等，故真命题的代号为 ABC. \end{solution}

2009 · 江西 · 文 · 第 16 题 · 填空题

查看答案和解析
17导数及其应用★★★☆☆
设函数 f(x)=x3−92x2+6x−af(x) = x^3 - \frac{9}{2} x^2 + 6x - a.
(1) 对于任意实数 xx，f′(x)⩾mf'(x) \geqslant m 恒成立，求 mm 的最大值； (2) 若方程 f(x)=0f(x)=0 有且仅有一个实根，求 aa 的取值范围.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item f′(x)=3x2−9x+6=3(x−32)2−34f'(x)=3x^{2}-9x+6=3\left(x-\frac32\right)^{2}-\frac34. 因此对任意实数 xx，都有 f′(x)⩾−34f'(x)\geqslant-\frac34，且在 x=32x=\frac32 时取等号. 若 f′(x)⩾mf'(x)\geqslant m 恒成立，则 m⩽−34m\leqslant-\frac34，所以 mm 的最大值为 −34-\frac34.
\item f′(x)=3(x−1)(x−2)f'(x)=3(x-1)(x-2)，所以 f(x)f(x) 在 (−∞,1)(-\infty,1) 和 (2,+∞)(2,+\infty) 上递增，在 (1,2)(1,2) 上递减. 两个极值为 f(1)=52−af(1)=\frac52-a，f(2)=2−af(2)=2-a.
若 a<2a<2，则 f(2)>0f(2)>0，局部极小值也为正，函数只在 (−∞,1)(-\infty,1) 上有一个零点. 若 a>52a>\frac52，则 f(1)<0f(1)<0，局部极大值也为负，函数只在 (2,+∞)(2,+\infty) 上有一个零点.
当 2<a<522<a<\frac52 时，f(1)>0>f(2)f(1)>0>f(2)，三段单调区间各有一个零点；当 a=2a=2 或 a=52a=\frac52 时，极值点给出重根且另有一个零点，均不满足“有且仅有一个实根”. 因而 a<2a<2 或 a>52a>\frac52. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 江西 · 文 · 第 17 题 · 解答题

查看答案和解析
18概率与统计★★★☆☆
某公司拟资助三位大学生自主创业，现聘请两位专家，独立地对每位大学生的创业方案进行评审. 假设评审结果为“支持”或“不支持”的概率都是 12\frac{1}{2}. 若某人获得两个“支持”，则给予 10 万元10\text{ 万元} 的创业资助. 若只获得一个“支持”，则给予 5 万元5\text{ 万元} 的资助；若未获得“支持”，则不予资助. 求：
(1) 该公司的资助总额为零的概率； (2) 该公司的资助总额超过15 万元15\text{ 万元}的概率.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 对每位大学生，两位专家都“不支持”的概率为 12⋅12=14\frac12\cdot\frac12=\frac14. 三位大学生的评审相互独立，资助总额为零当且仅当三人的评审结果都为“两次不支持”，所以所求概率为 (14)3=164\left(\frac14\right)^{3}=\frac1{64}.
\item 把六次独立评审中“支持”的次数记为 XX，则 X∼B(6,12)X\sim B\left(6,\frac12\right). 每次“支持”对应 55 万元资助，因此总额为 5X5X 万元. 总额超过 1515 万元等价于 X⩾4X\geqslant4，故
P(X⩾4)=C64+C65+C6626=15+6+164=1132P(X\geqslant4)=\frac{\mathrm C_6^4+\mathrm C_6^5+\mathrm C_6^6}{2^6}=\frac{15+6+1}{64}=\frac{11}{32}
\end{enumerate} \end{solution}

2009 · 江西 · 文 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
19三角函数★★★☆☆
△ABC\triangle ABC 中，AA，BB，CC 所对的边分别为 aa，bb，cc，A=π6A = \frac{\pi}{6}，(1+3)c=2b(1 + \sqrt{3})c = 2b.
(1) 求 CC； (2) 若 CB→⋅CA→=1+3\overrightarrow{CB} \cdot \overrightarrow{CA} = 1 + \sqrt{3}，求 aa，bb，cc.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由正弦定理，bc=sin⁡Bsin⁡C\frac{b}{c}=\frac{\sin B}{\sin C}. 又 B=5π6−CB=\frac{5\pi}{6}-C，且 bc=1+32\frac{b}{c}=\frac{1+\sqrt3}{2}，所以
sin⁡(5π6−C)=1+32sin⁡C\sin\left(\frac{5\pi}{6}-C\right)=\frac{1+\sqrt3}{2}\sin C
展开左边得 12cos⁡C+32sin⁡C\frac12\cos C+\frac{\sqrt3}{2}\sin C，从而 cos⁡C=sin⁡C\cos C=\sin C. 因为 0<C<5π60<C<\frac{5\pi}{6}，所以 C=π4C=\frac{\pi}{4}.
\item 由正弦定理和 A=π6A=\frac{\pi}{6}、C=π4C=\frac{\pi}{4}，有 ac=sin⁡Asin⁡C=12\frac{a}{c}=\frac{\sin A}{\sin C}=\frac1{\sqrt2}. 再由已知，b=1+32cb=\frac{1+\sqrt3}{2}c. 由向量数量积，
CB→⋅CA→=abcos⁡C=c2⋅1+32c⋅22=1+34c2\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CA}=ab\cos C =\frac{c}{\sqrt2}\cdot\frac{1+\sqrt3}{2}c\cdot\frac{\sqrt2}{2} =\frac{1+\sqrt3}{4}c^{2}
因此 c2=4c^{2}=4，因边长为正，c=2c=2，进而 a=2a=\sqrt2，b=1+3b=1+\sqrt3. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 江西 · 文 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
20立体几何初步★★★★☆
在四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，底面 ABCDABCD 是矩形，PA⊥PA \perp 平面 ABCDABCD，PA=AD=4PA = AD = 4，AB=2AB = 2. 以 BDBD 的中点 OO 为球心，BDBD 为直径的球面交 PDPD 于点 MM.
(1) 求证：平面 ABMABM ⊥\perp 平面 PCDPCD； (2) 求直线 PCPC 与平面 ABMABM 所成的角； (3) 求点 OO 到平面 ABMABM 的距离.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 建立空间直角坐标系，取 AA 为原点，令 ABAB、ADAD、APAP 分别为三个坐标轴正向，则 A(0,0,0)A(0,0,0)，B(2,0,0)B(2,0,0)，D(0,4,0)D(0,4,0)，C(2,4,0)C(2,4,0)，P(0,0,4)P(0,0,4). 设 MM 在 PDPD 上，写成 M=(0,4t,4−4t)M=(0,4t,4-4t). 因为 MM 在以 BDBD 为直径的球面上，所以 ∠BMD=90∘\angle BMD=90^{\circ}，即
(M−B)⋅(M−D)=16(2t2−3t+1)=0(M-B)\cdot(M-D)=16(2t^{2}-3t+1)=0
交点 DD 对应 t=1t=1，故另一交点 MM 对应 t=12t=\frac12，从而 M=(0,2,2)M=(0,2,2).
AM→=(0,2,2)\overrightarrow{AM}=(0,2,2)，PD→=(0,4,−4)\overrightarrow{PD}=(0,4,-4)，CD→=(−2,0,0)\overrightarrow{CD}=(-2,0,0). 因此 AM→⋅PD→=0\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{PD}=0，AM→⋅CD→=0\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{CD}=0，所以 AM⊥AM\perp 平面 PCDPCD. 又 AM⊂AM\subset 平面 ABMABM，故平面 ABM⊥ABM\perp 平面 PCDPCD.
\item 平面 ABMABM 的一个法向量为 n=AB→×AM→=(0,−4,4)\boldsymbol{n}=\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AM}=(0,-4,4)，可取 n=(0,1,−1)\boldsymbol{n}=(0,1,-1). 直线 PCPC 的方向向量为 v=PC→=(2,4,−4)\boldsymbol{v}=\overrightarrow{PC}=(2,4,-4). 设直线 PCPC 与平面 ABMABM 所成的角为 α\alpha，则
sin⁡α=∣v⋅n∣∣v∣∣n∣=862=223\sin\alpha=\frac{|\boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{v}||\boldsymbol{n}|}=\frac8{6\sqrt2}=\frac{2\sqrt2}{3}
所以 cos⁡α=13\cos\alpha=\frac13，tan⁡α=22\tan\alpha=2\sqrt2，即 α=arctan⁡22\alpha=\arctan 2\sqrt2.
\item 由法向量 n=(0,1,−1)\boldsymbol{n}=(0,1,-1)，平面 ABMABM 的方程为 y−z=0y-z=0. 因 OO 是 BDBD 的中点，O=(1,2,0)O=(1,2,0)，所以
d(O,平面 ABM)=∣2−0∣12+(−1)2=2d(O,\text{平面 }ABM)= \frac{|2-0|}{\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}}}=\sqrt2
\end{enumerate} \end{solution}

2009 · 江西 · 文 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
21数列★★★★☆
数列 {an}\{a_{n}\} 的通项 an=n2(cos⁡2nπ3−sin⁡2nπ3)a_{n} = n^{2}\left(\cos^{2}\frac{n\pi}{3} - \sin^{2}\frac{n\pi}{3}\right)，其前 nn 项和为 SnS_{n}.
(1) 求 SnS_{n}； (2) bn=S3nn⋅4nb_{n}=\frac{S_{3n}}{n\cdot4^{n}}，求数列 {bn}\{b_{n}\} 的前 nn 项和 TnT_{n}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 利用 cos⁡2u−sin⁡2u=cos⁡2u\cos^{2}u-\sin^{2}u=\cos2u，得 an=n2cos⁡2nπ3a_n=n^{2}\cos\frac{2n\pi}{3}. 当 n=3j−2n=3j-2，3j−13j-1，3j3j 时，分别有 a3j−2=−12(3j−2)2a_{3j-2}=-\frac12(3j-2)^{2}，a3j−1=−12(3j−1)2a_{3j-1}=-\frac12(3j-1)^{2}，a3j=9j2a_{3j}=9j^{2}. 每三个连续项的和为
a3j−2+a3j−1+a3j=9j−52a_{3j-2}+a_{3j-1}+a_{3j}=9j-\frac52
所以
S3k=∑j=1k(9j−52)=k(9k+4)2=n(3n+4)6S_{3k}=\sum_{j=1}^{k}\left(9j-\frac52\right)=\frac{k(9k+4)}2=\frac{n(3n+4)}6
由 S3k−1=S3k−a3kS_{3k-1}=S_{3k}-a_{3k}，得
S3k−1=k(9k+4)2−9k2=k(4−9k)2S_{3k-1}=\frac{k(9k+4)}2-9k^{2}=\frac{k(4-9k)}2
再由 S3k−2=S3k−1−a3k−1S_{3k-2}=S_{3k-1}-a_{3k-1}，得
S3k−2=k(4−9k)2+(3k−1)22=−k+12S_{3k-2}=\frac{k(4-9k)}2+\frac{(3k-1)^{2}}2=-k+\frac12
因此
Sn={−n3−16,n=3k−2,(n+1)(1−3n)6,n=3k−1,n(3n+4)6,n=3k,k∈N∗S_n= \begin{cases} -\dfrac{n}{3}-\dfrac{1}{6},&n=3k-2,\\[4pt] \dfrac{(n+1)(1-3n)}6,&n=3k-1,\\[4pt] \dfrac{n(3n+4)}6,&n=3k, \end{cases} \qquad k\in\mathbf{N}^*
\item 由第一问在 3n3n 处的结果，
bn=S3nn⋅4n=9n+42⋅4nb_n=\frac{S_{3n}}{n\cdot4^n}=\frac{9n+4}{2\cdot4^n}
于是
Tn=12∑j=1n9j+44jT_n=\frac12\sum_{j=1}^{n}\frac{9j+4}{4^j}
将上式乘以 44 后与原式相减，得
3Tn=12(13+94+942+⋯+94n−1−9n+44n)=12(16−9n+164n)=8−9n+162⋅4n3T_n=\frac12\left(13+\frac94+\frac9{4^2}+\cdots+\frac9{4^{n-1}}-\frac{9n+4}{4^n}\right) =\frac12\left(16-\frac{9n+16}{4^n}\right) =8-\frac{9n+16}{2\cdot4^n}
因此
Tn=83−83⋅4n−3n2⋅4n=83−13⋅22n−3−3n22n+1T_n=\frac83-\frac{8}{3\cdot4^n}-\frac{3n}{2\cdot4^n} =\frac83-\frac{1}{3\cdot2^{2n-3}}-\frac{3n}{2^{2n+1}}
\end{enumerate} \end{solution}

2009 · 江西 · 文 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
22解析几何★★★★★
如图，已知圆 G:(x−2)2+y2=r2G: (x - 2)^2 + y^2 = r^2 是椭圆 x216+y2=1\frac{x^2}{16} + y^2 = 1 的内接 △ABC\triangle ABC 的内切圆，其中 AA 为椭圆的左顶点.
(1) 求圆 GG 的半径 rr； (2) 过点 M(0,1)M(0,1) 作圆 GG 的两条切线交椭圆于 EE，FF 两点，证明：直线 EFEF 与圆 GG 相切.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 圆 GG 的圆心和点 A=(−4,0)A=(-4,0) 都在 xx 轴上. 两条边 ABAB，ACAC 是从 AA 引圆 GG 的两条切线，且椭圆和圆都关于 xx 轴对称，所以 BB，CC 关于 xx 轴对称. 因三角形包含圆 GG，第三条切线 BCBC 必须是圆的右侧切线，故设 B=(2+r,y0)B=(2+r,y_0)，C=(2+r,−y0)C=(2+r,-y_0)，其中 y0>0y_0>0. 又 BB 在椭圆上，所以
y02=1−(2+r)216=12−4r−r216y_0^{2}=1-\frac{(2+r)^{2}}{16}=\frac{12-4r-r^{2}}{16}
直线 ABAB 的方程为 y0x−(6+r)y+4y0=0y_0x-(6+r)y+4y_0=0. 因它与圆 GG 相切，圆心 G(2,0)G(2,0) 到该直线的距离等于 rr，即
6y0y02+(6+r)2=r\frac{6y_0}{\sqrt{y_0^{2}+(6+r)^{2}}}=r
平方并整理得 (36−r2)y02=r2(6+r)2(36-r^{2})y_0^{2}=r^{2}(6+r)^{2}. 代入 y02y_0^{2}，利用 36−r2=(6−r)(6+r)36-r^{2}=(6-r)(6+r)，并约去正数 6+r6+r，得
(12−4r−r2)(6−r)=16r2(6+r)(12-4r-r^{2})(6-r)=16r^{2}(6+r)
即
15r3+98r2+36r−72=(r+6)(15r2+8r−12)=015r^{3}+98r^{2}+36r-72=(r+6)(15r^{2}+8r-12)=0
由于 r>0r>0，可约去 r+6r+6，于是 15r2+8r−12=015r^{2}+8r-12=0. 解得 r=23r=\frac23 或 r=−65r=-\frac65，由 r>0r>0，所以 r=23r=\frac23.
\item 过 M(0,1)M(0,1) 的直线设为 y−1=kxy-1=kx. 它与圆 GG 相切的条件为
∣2k+1∣k2+1=23\frac{|2k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=\frac23
即 32k2+36k+5=032k^{2}+36k+5=0. 设两根为 k1k_1，k2k_2，则 k1+k2=−98k_1+k_2=-\frac98，k1k2=532k_1k_2=\frac5{32}. 直线 y=kix+1y=k_ix+1 与椭圆联立，得到
x216+(kix+1)2=1⟺x((16ki2+1)x+32ki)=0\frac{x^2}{16}+(k_ix+1)^2=1 \quad\Longleftrightarrow\quad x\left((16k_i^2+1)x+32k_i\right)=0
除去公共交点 MM 后的另一个交点记为 (xi,yi)(x_i,y_i)，则 xi=−32ki16ki2+1x_i=-\frac{32k_i}{16k_i^{2}+1}，yi=1+kixi=1−16ki216ki2+1y_i=1+k_ix_i=\frac{1-16k_i^2}{16k_i^2+1}. 记 s=k1+k2s=k_1+k_2，p=k1k2p=k_1k_2，并记 di=16ki2+1d_i=16k_i^2+1. 直接通分可得 x2−x1=−32(k2−k1)(1−16p)d1d2x_2-x_1=-\frac{32(k_2-k_1)(1-16p)}{d_1d_2}，y2−y1=−32(k2−k1)sd1d2y_2-y_1=-\frac{32(k_2-k_1)s}{d_1d_2}. 因此弦 EFEF 的斜率为
y2−y1x2−x1=s1−16p=34\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\frac{s}{1-16p}=\frac34
再由 b=y1−34x1b=y_1-\frac34x_1，通分得
b=1+32p1−16p=−73b=1+\frac{32p}{1-16p}=-\frac73
所以直线 EFEF 为 y=34x−73y=\frac34x-\frac73. 将其写成 9x−12y−28=09x-12y-28=0，则圆心 G(2,0)G(2,0) 到该直线的距离为
∣18−28∣92+(−12)2=1015=23=r\frac{|18-28|}{\sqrt{9^{2}+(-12)^{2}}}=\frac{10}{15}=\frac23=r
因此直线 EFEF 与圆 GG 相切. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 江西 · 文 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析