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01不等式★☆☆☆☆
不等式 x2x−1<0\frac{x}{2x - 1} < 0 的解为______.
\begin{answer} 0<x<120 < x < \frac{1}{2} \end{answer}
\begin{solution} 分式有意义要求 x≠12x\ne\frac{1}{2}. 分式小于零，说明分子与分母异号，即 x>0x>0 且 2x−1<02x-1<0，或 x<0x<0 且 2x−1>02x-1>0. 后一种情形无解，前一种情形给出 0<x<120<x<\frac{1}{2}. 所以不等式的解集为 0<x<120<x<\frac{1}{2}. \end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 1 题 · 填空题

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02数列★☆☆☆☆
在等差数列 {an}\{a_n\} 中，若 a1+a2+a3+a4=30a_1 + a_2 + a_3 + a_4 = 30，则 a2+a3=‾a_2 + a_3 =\underline{\hspace{2em}}.
\begin{answer} 1515 \end{answer}
\begin{solution} 等差数列中，首末两项之和等于中间两项之和，因此 a1+a4=a2+a3a_1+a_4=a_2+a_3. 由题设
30=a1+a2+a3+a4=2(a2+a3)30=a_1+a_2+a_3+a_4=2(a_2+a_3)
所以 a2+a3=15a_2+a_3=15. \end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 2 题 · 填空题

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03复数★☆☆☆☆
设 m∈Rm \in \mathbf{R}，m2+m−2+(m2−1)im^2 + m - 2 + \left(m^2 - 1\right)\mathrm{i} 是纯虚数，其中 i\mathrm{i} 是虚数单位，则 m=‾m =\underline{\hspace{2em}}.
\begin{answer} −2-2 \end{answer}
\begin{solution} 复数为纯虚数，要求实部为零且虚部不为零，因此 m2+m−2=0m^2+m-2=0，m2−1≠0m^2-1\ne0. 由 m2+m−2=(m−1)(m+2)m^2+m-2=(m-1)(m+2)，得 m=1m=1 或 m=−2m=-2. 当 m=1m=1 时 m2−1=0m^2-1=0，复数为零，不是纯虚数，故只能取 m=−2m=-2. \end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 3 题 · 填空题

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04解析几何★☆☆☆☆
若
∣x211∣=0\begin{vmatrix} x & 2 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = 0
，
∣xy11∣=1\begin{vmatrix} x & y \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = 1
，则 x+y=‾x + y =\underline{\hspace{2em}}.
\begin{answer} 33 \end{answer}
\begin{solution} 由第一个行列式等于零，得 x−2=0x-2=0，所以 x=2x=2. 由第二个行列式等于 11，得 x−y=1x-y=1，代入 x=2x=2 得 y=1y=1. 因此 x+y=2+1=3x+y=2+1=3. \end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 4 题 · 填空题

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05三角函数★★☆☆☆
已知 △ABC\triangle ABC 的内角 AA，BB，CC 所对的边分别是 aa，bb，cc. 若 a2+ab+b2−c2=0a^2 + ab + b^2 - c^2 = 0，则角 CC 的大小是______.
\begin{answer} 2π3\frac{2\pi}{3} \end{answer}
\begin{solution} 由余弦定理，
c2=a2+b2−2abcos⁡Cc^2=a^2+b^2-2ab\cos C
题设 a2+ab+b2−c2=0a^2+ab+b^2-c^2=0，所以 c2=a2+ab+b2c^2=a^2+ab+b^2. 比较两式并利用 aa，b>0b>0，得 −2abcos⁡C=ab-2ab\cos C=ab，cos⁡C=−12\cos C=-\frac{1}{2}. 因为 CC 是三角形内角，故 C=2π3C=\frac{2\pi}{3}. \end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 5 题 · 填空题

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06概率与统计★☆☆☆☆
某学校高一年级男生人数占该年级学生人数的 40%40\%. 在一次考试中，男、女生平均分数分别为 7575，8080，则这次考试该年级学生平均分数为______.
\begin{answer} 7878 \end{answer}
\begin{solution} 男生占全体的 40%40\%，女生占 60%60\%. 因而全体学生的平均分为加权平均数
0.4×75+0.6×80=30+48=780.4\times75+0.6\times80=30+48=78
所以这次考试该年级学生平均分数为 7878. \end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 6 题 · 填空题

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07计数原理与组合数学★★☆☆☆
设常数 a∈Ra \in \mathbf{R}. 若 (x2+ax)5\left(x^2 + \frac{a}{x}\right)^5 的二项展开式中 x7x^7 项的系数为 −10-10，则 a=‾a =\underline{\hspace{2em}}.
\begin{answer} −2-2 \end{answer}
\begin{solution} 展开式的通项为 C5k(x2)5−k(ax)k=C5kakx10−3k\mathrm C_5^k(x^2)^{5-k}\left(\frac{a}{x}\right)^k=\mathrm C_5^k a^k x^{10-3k}，k=0k=0，11，…\ldots，55. 要得到 x7x^7 项，必须满足 10−3k=710-3k=7，所以 k=1k=1. 此时 x7x^7 项的系数为 C51a=5a\mathrm C_5^1a=5a. 由 5a=−105a=-10，得 a=−2a=-2. \end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 7 题 · 填空题

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08指数函数与对数函数★★☆☆☆
方程 93x−1+1=3x\frac{9}{3^x - 1} + 1 = 3^x 的实数解为______.
\begin{answer} x=log⁡34x = \log_{3}4 \end{answer}
\begin{solution} 令 t=3xt=3^x，则 t>0t>0 且 t≠1t\ne1. 原方程化为
9t−1+1=t\frac{9}{t-1}+1=t
即 9t−1=t−1\frac{9}{t-1}=t-1，(t−1)2=9(t-1)^2=9. 所以 t=4t=4 或 t=−2t=-2. 由于 t>0t>0，只能取 t=4t=4，从而 x=log⁡34x=\log_3 4，且该值满足原方程的定义域要求. \end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 8 题 · 填空题

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09三角函数★★☆☆☆
若 cos⁡xcos⁡y+sin⁡xsin⁡y=13\cos x\cos y+\sin x\sin y=\frac{1}{3}，则 cos⁡(2x−2y)=\cos\left(2x-2y\right)=______.
\begin{answer} −79-\frac{7}{9} \end{answer}
\begin{solution} 由两角差的余弦公式，
cos⁡(x−y)=cos⁡xcos⁡y+sin⁡xsin⁡y=13\cos(x-y)=\cos x\cos y+\sin x\sin y=\frac{1}{3}
因此
cos⁡(2x−2y)=2cos⁡2(x−y)−1=2(13)2−1=−79\cos(2x-2y)=2\cos^2(x-y)-1=2\left(\frac{1}{3}\right)^2-1=-\frac{7}{9}
\end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 9 题 · 填空题

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10立体几何初步★★☆☆☆
已知圆柱 Ω\Omega 的母线长为 ll，底面半径为 rr，OO 是上底面圆心，AA，BB 是下底面圆周上两个不同的点，BCBC 是母线，如图. 若直线 OAOA 与 BCBC 所成角的大小为 π6\frac{\pi}{6}，则 lr=‾\frac{l}{r} =\underline{\hspace{2em}}.
\begin{answer} 3\sqrt{3} \end{answer}
\begin{solution} 过下底面点 AA 作母线 ADAD，交上底面于 DD，则 AD∥BCAD\parallel BC，且 OD⊥ADOD\perp AD、OD=rOD=r、AD=lAD=l. 因此 ∠OAD\angle OAD 就是直线 OAOA 与 BCBC 所成的角，大小为 π6\frac{\pi}{6}. 在直角三角形 ODAODA 中，
tan⁡π6=ODAD=rl\tan\frac{\pi}{6}=\frac{OD}{AD}=\frac{r}{l}
所以 rl=13\frac{r}{l}=\frac{1}{\sqrt{3}}，即 lr=3\frac{l}{r}=\sqrt{3}. \end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 10 题 · 填空题

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11概率与统计★★☆☆☆
盒子中装有编号为 11，22，33，44，55，66，77 的七个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是______.（结果用最简分数表示）
\begin{answer} 57\frac{5}{7} \end{answer}
\begin{solution} 从 77 个球中任取 22 个，共有 C72=21\mathrm C_7^2=21 种等可能取法. 两球编号之积为奇数，当且仅当两球都是奇数；奇数球有 11，33，55，77 共 44 个，故这种取法有 C42=6\mathrm C_4^2=6 种. 因而积为偶数的取法有 21−6=1521-6=15 种，所求概率为
1521=57\frac{15}{21}=\frac{5}{7}
\end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 11 题 · 填空题

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12解析几何★★★☆☆
设 ABAB 是椭圆 Γ\Gamma 的长轴，点 CC 在 Γ\Gamma 上，且 ∠CBA=π4\angle CBA = \frac{\pi}{4}，若 AB=4AB = 4，BC=2BC = \sqrt{2}，则 Γ\Gamma 的两个焦点之间的距离为______.
\begin{answer} 463\frac{4\sqrt{6}}{3} \end{answer}
\begin{solution} 取椭圆中心为原点，令长轴水平，设 A=(−2,0)A=(-2,0)、B=(2,0)B=(2,0). 由 BC=2BC=\sqrt{2} 且 ∠CBA=π4\angle CBA=\frac{\pi}{4}，可取 C=(1,1)C=(1,1)；取关于长轴对称的另一点时计算相同. 设椭圆方程为
x24+y2b2=1\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{b^2}=1
将 C=(1,1)C=(1,1) 代入，得 14+1b2=1\frac14+\frac{1}{b^2}=1，b2=43b^2=\frac43. 椭圆的焦半距满足 c2=4−b2=83c^2=4-b^2=\frac83，所以两个焦点之间的距离为
2c=283=4632c=2\sqrt{\frac83}=\frac{4\sqrt6}{3}
\end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 12 题 · 填空题

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13不等式★★★☆☆
设常数 a>0a > 0. 若 9x+a2x⩾a+19x + \frac{a^2}{x} \geqslant a + 1 对一切正实数 xx 成立，则 aa 的取值范围为______.
\begin{answer} a⩾15a \geqslant \frac{1}{5} \end{answer}
\begin{solution} 因为 a>0a>0、x>0x>0，由基本不等式
9x+a2x⩾29x⋅a2x=6a9x+\frac{a^2}{x}\geqslant2\sqrt{9x\cdot\frac{a^2}{x}}=6a
当 9x=a2x9x=\frac{a^2}{x}，即 x=a3>0x=\frac{a}{3}>0 时等号成立，所以左端的最小值为 6a6a. 题设不等式对一切正实数 xx 成立，当且仅当 6a⩾a+16a\geqslant a+1，即 a⩾15a\geqslant\frac15. \end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 13 题 · 填空题

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14平面向量★★★☆☆
已知正方形 ABCDABCD 的边长为 11. 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；以 CC 为起点，其余顶点为终点的向量分别为 c1\boldsymbol{c}_1，c2\boldsymbol{c}_2，c3\boldsymbol{c}_3. 若 ii，jj，kk，l∈{1,2,3}l \in \{1, 2, 3\} 且 i≠ji \neq j，k≠lk \neq l，则 (ai+aj)⋅(ck+cl)\left(\boldsymbol{a}_i + \boldsymbol{a}_j\right) \cdot \left(\boldsymbol{c}_k + \boldsymbol{c}_l\right) 的最小值是______.
\begin{answer} −5-5 \end{answer}
\begin{solution} 不妨按 BB，CC，DD 的顺序编号从 AA 引出的三个向量，按 AA，BB，DD 的顺序编号从 CC 引出的三个向量. 建立坐标系 A=(0,0)A=(0,0)，B=(1,0)B=(1,0)，C=(1,1)C=(1,1)，D=(0,1)D=(0,1). 于是 a1=(1,0)\boldsymbol{a}_1=(1,0)，a2=(1,1)\boldsymbol{a}_2=(1,1)，a3=(0,1)\boldsymbol{a}_3=(0,1) 以及 c1=(−1,−1)\boldsymbol{c}_1=(-1,-1)，c2=(0,−1)\boldsymbol{c}_2=(0,-1)，c3=(−1,0)\boldsymbol{c}_3=(-1,0). 任取两个不同下标时，两个向量和分别可能为
ai+aj∈{(2,1),(1,1),(1,2)}\boldsymbol{a}_i+\boldsymbol{a}_j\in\{(2,1),(1,1),(1,2)\}
ck+cl∈{(−1,−2),(−2,−1),(−1,−1)}\boldsymbol{c}_k+\boldsymbol{c}_l\in\{(-1,-2),(-2,-1),(-1,-1)\}
当第一向量和依次取 (2,1)(2,1)、(1,1)(1,1)、(1,2)(1,2) 时，与上述三个第二向量和的数量积依次为 (−4,−5,−3)(-4,-5,-3)、(−3,−3,−2)(-3,-3,-2)、(−5,−4,−3)(-5,-4,-3). 因而所有可能值的最小值为 −5-5. \end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 14 题 · 填空题

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15函数与初等函数★★☆☆☆
函数 f(x)=x2−1f(x) = x^2 - 1 （x⩾1x \geqslant 1）的反函数为 f−1(x)f^{-1}(x)，则 f−1(2)f^{-1}(2) 的值是（\quad）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 由 y=x2−1y=x^2-1 且 x⩾1x\geqslant1，反解得 x=y+1x=\sqrt{y+1}. 因而 f−1(x)=x+1f^{-1}(x)=\sqrt{x+1}，所以
f−1(2)=3f^{-1}(2)=\sqrt3
因此选 A. \end{solution}
A.
3\sqrt{3}
B.
−3-\sqrt{3}
C.
1+21 + \sqrt{2}
D.
1−21 - \sqrt{2}

2013 · 上海 · 文 · 第 15 题 · 选择题

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16集合与逻辑基础★★★☆☆
设常数 a∈Ra \in \mathbf{R}，集合 A={x∣(x−1)(x−a)⩾0}A = \{x \mid \left(x - 1\right)\left(x - a\right) \geqslant 0\}，B={x∣x⩾a−1}B = \{x \mid x \geqslant a - 1\}. 若 A∪B=RA \cup B = \mathbf{R}，则 aa 的取值范围为（\quad）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 若 a⩽1a\leqslant1，则
A=(−∞,a]∪[1,+∞),B=[a−1,+∞)A=(-\infty,a]\cup[1,+\infty),\qquad B=[a-1,+\infty)
由于 a−1⩽aa-1\leqslant a，此时 A∪B=RA\cup B=\mathbf{R}.
若 a>1a>1，则
A=(−∞,1]∪[a,+∞),B=[a−1,+∞)A=(-\infty,1]\cup[a,+\infty),\qquad B=[a-1,+\infty)
要覆盖区间 (1,a)(1,a)，必须且只需 a−1⩽1a-1\leqslant1，即 a⩽2a\leqslant2. 综合两种情形，a⩽2a\leqslant2，故选 B. \end{solution}
A.
(−∞,2)\left(-\infty, 2\right)
B.
(−∞,2]\left(-\infty, 2\right]
C.
(2,+∞)\left(2, +\infty\right)
D.
[2,+∞)\left[2, +\infty\right)

2013 · 上海 · 文 · 第 16 题 · 选择题

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17集合与逻辑基础★★☆☆☆
钱大姐常说“便宜没好货”，她这句话的意思是：“不便宜”是“好货”的（\quad）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 把“便宜”记为 pp，把“好货”记为 qq. “便宜没好货”表示 p⇒¬qp\Rightarrow\lnot q，其逆否命题为 q⇒¬pq\Rightarrow\lnot p. 因而“好货”是“不便宜”的充分条件，等价地说“不便宜”是“好货”的必要条件. 题目问的是后者，所以选 B. \end{solution}
A.
充分条件
B.
必要条件
C.
充分必要条件
D.
既非充分也非必要条件

2013 · 上海 · 文 · 第 17 题 · 选择题

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18解析几何★★★★☆
记椭圆 x24+ny24n+1=1\frac{x^2}{4} + \frac{ny^2}{4n + 1} = 1 围成的区域（含边界）为 Ωn\Omega_n （n=1n = 1，22，⋯\cdots），当点 (x,y)\left(x, y\right) 分别在 Ω1\Omega_1，Ω2\Omega_2，⋯\cdots 上时，x+yx + y 的最大值分别是 M1M_1，M2M_2，⋯\cdots，则 lim⁡n→∞Mn=\displaystyle\lim_{n \to \infty} M_n =（\quad）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 区域 Ωn\Omega_n 满足
x24+ny24n+1⩽1\frac{x^2}{4}+\frac{ny^2}{4n+1}\leqslant1
令 u=x2u=\frac{x}{2}，v=n4n+1yv=\sqrt{\frac{n}{4n+1}}y，则 u2+v2⩽1u^2+v^2\leqslant1，且
x+y=2u+4n+1nvx+y=2u+\sqrt{\frac{4n+1}{n}}v
由柯西不等式，
x+y⩽4+4n+1nu2+v2⩽8+1nx+y\leqslant\sqrt{4+\frac{4n+1}{n}}\sqrt{u^2+v^2} \leqslant\sqrt{8+\frac1n}
取 (u,v)(u,v) 与 (2,4n+1n)\left(2,\sqrt{\frac{4n+1}{n}}\right) 同方向且在单位圆上时可取到等号，因此
Mn=8+1nM_n=\sqrt{8+\frac1n}
所以
lim⁡n→∞Mn=8=22\lim_{n\to\infty}M_n=\sqrt8=2\sqrt2
因此选 D. \end{solution}
A.
00
B.
14\frac{1}{4}
C.
22
D.
222\sqrt{2}

2013 · 上海 · 文 · 第 18 题 · 选择题

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19立体几何初步★★☆☆☆
如图，正三棱锥 O−ABCO - ABC 底面边长为 22，高为 11，求该三棱锥的体积及表面积.
\begin{solution} 正三角形 ABCABC 的高为 22−12=3\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}，所以底面积为 12×2×3=3\frac{1}{2}\times2\times\sqrt{3}=\sqrt{3}. 因此三棱锥的体积为
V=13×3×1=33V=\frac{1}{3}\times\sqrt{3}\times1=\frac{\sqrt{3}}{3}
设 HH 是正三角形 ABCABC 的中心，DD 是 ABAB 的中点. 则 HDHD 是正三角形的内切半径，HD=33HD=\frac{\sqrt{3}}{3}，且正三棱锥的高 OH=1OH=1，所以侧面三角形 OABOAB 的高为
OD=OH2+HD2=12+(33)2=233OD=\sqrt{OH^2+HD^2}=\sqrt{1^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}
每个侧面三角形的面积为 12×2×233=233\frac{1}{2}\times2\times\frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}，三个侧面的总面积为 232\sqrt{3}. 故三棱锥的表面积为
S=3+23=33S=\sqrt{3}+2\sqrt{3}=3\sqrt{3}
\end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★☆☆
甲厂以 x 千克/小时x\text{ 千克/小时} 的速度匀速生产某种产品（生产条件要求 1⩽x⩽101 \leqslant x \leqslant 10），每一小时可获得的利润是 100(5x+1−3x) 元100\left(5x + 1 - \frac{3}{x}\right)\text{ 元}.
(1) 求证：生产 a 千克a\text{ 千克} 该产品所获得的利润为 100a(5+1x−3x2) 元100a\left(5 + \frac{1}{x} - \frac{3}{x^2}\right)\text{ 元}； (2) 要使生产 900 千克900\text{ 千克} 该产品获得的利润最大，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 生产 a 千克a\text{ 千克} 产品需要 ax\frac{a}{x} 小时，所以所获得的利润为
ax×100(5x+1−3x)=100a(5+1x−3x2) 元\frac{a}{x}\times100\left(5x+1-\frac{3}{x}\right)=100a\left(5+\frac{1}{x}-\frac{3}{x^2}\right)\text{ 元}
\item 当生产 900 千克900\text{ 千克} 产品时，利润函数为 P(x)=90000(5+1x−3x2)P(x)=90000\left(5+\frac{1}{x}-\frac{3}{x^2}\right)，1⩽x⩽101\leqslant x\leqslant10. 其导数为
P′(x)=90000(−1x2+6x3)=90000(6−x)x3P'(x)=90000\left(-\frac{1}{x^2}+\frac{6}{x^3}\right)=\frac{90000(6-x)}{x^3}
由于 x>0x>0，当 1⩽x<61\leqslant x<6 时 P′(x)>0P'(x)>0，当 6<x⩽106<x\leqslant10 时 P′(x)<0P'(x)<0，所以 P(x)P(x) 在 [1,6][1,6] 上递增，在 [6,10][6,10] 上递减，最大值在 x=6x=6 时取得. 最大利润为
P(6)=90000(5+16−336)=90000×6112=457500 元P(6)=90000\left(5+\frac{1}{6}-\frac{3}{36}\right)=90000\times\frac{61}{12}=457500\text{ 元}
因此甲厂应选择 6 千克/小时6\text{ 千克/小时} 的生产速度，最大利润为 457500 元457500\text{ 元}. \end{enumerate} \end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21三角函数★★★★☆
已知函数 f(x)=2sin⁡ωxf(x) = 2\sin \omega x. 其中常数 ω>0\omega > 0.
(1) 令 ω=1\omega = 1，判断函数 F(x)=f(x)+f(x+π2)F(x) = f(x) + f\left(x + \frac{\pi}{2}\right) 的奇偶性并说明理由； (2) 令 ω=2\omega = 2，将函数 y=f(x)y = f(x) 的图象向左平移 π6\frac{\pi}{6} 个单位，再向上平移 11 个单位，得到函数 y=g(x)y = g(x) 的图象. 对任意的 a∈Ra \in \mathbf{R}，求 y=g(x)y = g(x) 在区间 [a,a+10π][a, a + 10\pi] 上零点个数的所有可能值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 当 ω=1\omega=1 时，f(x)=2sin⁡xf(x)=2\sin x，所以
F(x)=2sin⁡x+2sin⁡(x+π2)=2sin⁡x+2cos⁡xF(x)=2\sin x+2\sin\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=2\sin x+2\cos x
于是 F(−x)=2cos⁡x−2sin⁡xF(-x)=2\cos x-2\sin x. 又 F(0)=2≠−2=−F(0)F(0)=2\neq-2=-F(0)，故 F(x)F(x) 不是奇函数；并且 F(π2)=2F\left(\frac{\pi}{2}\right)=2，F(−π2)=−2F\left(-\frac{\pi}{2}\right)=-2，故 F(x)F(x) 不是偶函数. 因此 F(x)F(x) 既不是奇函数，也不是偶函数. \item 当 ω=2\omega=2 时，f(x)=2sin⁡2xf(x)=2\sin2x. 图象向左平移 π6\frac{\pi}{6} 后，横坐标 xx 处的函数值为 f(x+π6)f\left(x+\frac{\pi}{6}\right)，再向上平移 11 个单位，故
g(x)=2sin⁡(2x+π3)+1g(x)=2\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)+1
令 g(x)=0g(x)=0，得
sin⁡(2x+π3)=−12\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)=-\frac{1}{2}
因此 2x+π3=−π6+2kπ或2x+π3=7π6+2kπ2x+\frac{\pi}{3}=-\frac{\pi}{6}+2k\pi\quad\text{或}\quad2x+\frac{\pi}{3}=\frac{7\pi}{6}+2k\pi，k∈Zk\in\mathbf{Z} 即零点为 x=−π4+kπ或x=5π12+kπx=-\frac{\pi}{4}+k\pi\quad\text{或}\quad x=\frac{5\pi}{12}+k\pi，k∈Zk\in\mathbf{Z}. 函数 g(x)g(x) 的周期为 π\pi，每个周期内有两个零点. 区间 [a,a+10π][a,a+10\pi] 的长度是 1010 个周期，因此当 aa 不是零点时，区间内有 2020 个零点；当 aa 是零点时，a+10πa+10\pi 也是零点，两个端点同时计入，区间内有 2121 个零点. 故所有可能值为 2020，2121. \end{enumerate} \end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22数列★★★★☆
已知函数 f(x)=2−∣x∣f(x) = 2 - |x|，无穷数列 {an}\{a_n\} 满足 an+1=f(an)a_{n+1} = f(a_n)，n∈N∗n \in \mathbf{N}^*.
(1) 若 a1=0a_1 = 0，求 a2a_2，a3a_3，a4a_4； (2) 若 a1>0a_1 > 0，且 a1a_1，a2a_2，a3a_3 成等比数列，求 a1a_1 的值； (3) 是否存在 a1a_1，使得 a1a_1，a2a_2，a3a_3，⋯\cdots，ana_n，⋯\cdots 成等差数列？若存在，求出所有这样的 a1a_1；若不存在，说明理由.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 当 a1=0a_1=0 时，a2=2−∣0∣=2a_2=2-|0|=2，a3=2−∣2∣=0a_3=2-|2|=0，a4=2−∣0∣=2a_4=2-|0|=2. \item 设 a1=t>0a_1=t>0.
当 0<t⩽20<t\leqslant2 时，a2=2−t⩾0a_2=2-t\geqslant0，从而 a3=2−(2−t)=ta_3=2-(2-t)=t. 由 a1a_1，a2a_2，a3a_3 成等比数列，得 (2−t)2=t2(2-t)^2=t^2， 所以 4−4t=04-4t=0，即 t=1t=1.
当 t>2t>2 时，a2=2−t<0a_2=2-t<0，从而 a3=2−∣2−t∣=4−ta_3=2-|2-t|=4-t. 于是 (2−t)2=t(4−t)(2-t)^2=t(4-t)， 即 2t2−8t+4=02t^2-8t+4=0，解得 t=2±2t=2\pm\sqrt{2}. 结合 t>2t>2，得 t=2+2t=2+\sqrt{2}. 因此 a1=1a_1=1 或 a1=2+2a_1=2+\sqrt{2}. \item 假设数列成等差数列，公差为 dd，则 an=a1+(n−1)da_n=a_1+(n-1)d. 由于对任意 nn 都有 an+1=2−∣an∣⩽2a_{n+1}=2-|a_n|\leqslant2，若 d>0d>0，则等差表达式使 an+1a_{n+1} 在 nn 足够大时大于 22，矛盾. 若 d<0d<0，则 ana_n 在 nn 足够大时为负数，此时递推式变为 an+1=2+ana_{n+1}=2+a_n，所以 d=2d=2，又与 d<0d<0 矛盾. 因此只能有 d=0d=0.
此时所有 ana_n 都等于 a1a_1，由递推式得 a1=2−∣a1∣a_1=2-|a_1|. 当 a1⩾0a_1\geqslant0 时，a1=2−a1a_1=2-a_1，得 a1=1a_1=1；当 a1<0a_1<0 时，a1=2+a1a_1=2+a_1，矛盾. 因此存在且唯一的取值为 a1=1a_1=1. \end{enumerate} \end{solution}

2013 · 上海 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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23解析几何★★★★★
如图，已知双曲线 C1:x22−y2=1C_1: \frac{x^2}{2} - y^2 = 1，曲线 C2:∣y∣=∣x∣+1C_2: |y| = |x| + 1. PP 是平面内一点，若存在过点 PP 的直线 ll 与 C1C_1，C2C_2 都有公共点，则称 PP 为“C1−C2C_1 - C_2 型点”.
(1) 在正确证明 C1C_1 的左焦点是“C1−C2C_1 - C_2 型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）； (2) 设直线 y=kxy = kx 与 C2C_2 有公共点. 求证 ∣k∣>1|k| > 1，进而证明原点不是“C1−C2C_1 - C_2 型点”； (3) 求证：圆 x2+y2=12x^2 + y^2 = \frac{1}{2} 内的点都不是“C1−C2C_1 - C_2 型点”.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 双曲线 C1C_1 的左焦点为 F=(−3,0)F=(-\sqrt{3},0)，直线 y=x3+1y=\frac{x}{\sqrt{3}}+1 经过点 FF，且经过 C2C_2 上的点 (0,1)(0,1)，可作为所需直线. \item 设直线 y=kxy=kx 与 C2C_2 的公共点为 (x,y)(x,y). 若 x=0x=0，则由 y=kxy=kx 得 y=0y=0，这与 C2C_2 的方程 ∣y∣=∣x∣+1|y|=|x|+1 矛盾，所以 x≠0x\neq0. 于是
∣k∣=∣y∣∣x∣=∣x∣+1∣x∣>1|k|=\frac{|y|}{|x|}=\frac{|x|+1}{|x|}>1
若原点是 C1−C2C_1-C_2 型点，则存在过原点的直线同时与 C1C_1，C2C_2 有公共点. 直线 x=0x=0 与 C1C_1 联立得 −y2=1-y^2=1，无实数解；其他过原点的直线可写为 y=kxy=kx. 由上面结论，这样的直线若与 C2C_2 相交则 ∣k∣>1|k|>1，而它与 C1C_1 相交需满足
x22−k2x2=1\frac{x^2}{2}-k^2x^2=1
从而 (12−k2)x2=1\left(\frac{1}{2}-k^2\right)x^2=1，必有 k2<12k^2<\frac{1}{2}，即 ∣k∣<12|k|<\frac{1}{\sqrt{2}}，矛盾. 因此原点不是 C1−C2C_1-C_2 型点. \item 设点 P=(x0,y0)P=(x_0,y_0) 在圆 x2+y2=12x^2+y^2=\frac{1}{2} 的内部，即 x02+y02<12x_0^2+y_0^2<\frac{1}{2}. 反设 PP 是 C1−C2C_1-C_2 型点，设过 PP 且与两条曲线都有公共点的直线为 ℓ\ell.
若 ℓ\ell 为竖直直线 x=cx=c，由于它与 C1C_1 相交，必有 c22⩾1\frac{c^2}{2}\geqslant1，即 ∣c∣⩾2>12|c|\geqslant\sqrt{2}>\frac{1}{\sqrt{2}}. 所以 ℓ\ell 上任一点到原点的距离不可能小于 12\frac{1}{\sqrt{2}}，与 PP 在圆内矛盾.
若 ℓ\ell 非竖直，设其方程为 y=kx+by=kx+b. 当 ∣k∣⩽1|k|\leqslant1 时，取 ℓ\ell 与 C2C_2 的公共点 (x,y)(x,y)，则
∣b∣=∣y−kx∣⩾∣∣y∣−∣k∣∣x∣∣=1+(1−∣k∣)∣x∣⩾1|b|=|y-kx|\geqslant\bigl||y|-|k||x|\bigr|=1+(1-|k|)|x|\geqslant1
因此原点到 ℓ\ell 的距离 dd 满足
d=∣b∣1+k2⩾11+k2⩾12d=\frac{|b|}{\sqrt{1+k^2}}\geqslant\frac{1}{\sqrt{1+k^2}}\geqslant\frac{1}{\sqrt{2}}
当 ∣k∣>1|k|>1 时，将 y=kx+by=kx+b 代入 C1C_1，得
(12−k2)x2−2kbx−(b2+1)=0\left(\frac{1}{2}-k^2\right)x^2-2kbx-(b^2+1)=0
该方程有实数解，所以其判别式满足
Δ=2(b2+1−2k2)⩾0\Delta=2\left(b^2+1-2k^2\right)\geqslant0
从而 b2⩾2k2−1b^2\geqslant2k^2-1. 于是
d2=b21+k2⩾2k2−11+k2⩾12d^2=\frac{b^2}{1+k^2}\geqslant\frac{2k^2-1}{1+k^2}\geqslant\frac{1}{2}
其中最后一个不等号等价于 k2⩾1k^2\geqslant1. 综上，任何同时与 C1C_1，C2C_2 相交的直线到原点的距离都不小于 12\frac{1}{\sqrt{2}}. 但 P∈ℓP\in\ell，所以该距离不大于 OP=x02+y02<12OP=\sqrt{x_0^2+y_0^2}<\frac{1}{\sqrt{2}}，矛盾. 因此圆内的点都不是 C1−C2C_1-C_2 型点. \end{enumerate} \end{solution}

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