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01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
已知全集 U={1,2,3,4}U = \{1, 2, 3, 4\}，集合 A={1,2}A = \{1, 2\}，B={2,3}B = \{2, 3\}，则 ∁U(A∪B)=\complement_U (A \cup B) =（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 先求并集：
A∪B={1,2,3}A\cup B=\{1,2,3\}
因此相对于全集 U={1,2,3,4}U=\{1,2,3,4\}，其补集为
∁U(A∪B)=U∖(A∪B)={4}\complement_U(A\cup B)=U\smallsetminus(A\cup B)=\{4\}
故选 D. \end{solution}
A.
{1,3,4}\{1,3,4\}
B.
{3,4}\{3,4\}
C.
{3}\{3\}
D.
{4}\{4\}

2013 · 重庆 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02集合与逻辑基础★☆☆☆☆
命题“对任意 x∈Rx \in \mathbf{R}，都有 x2⩾0x^2 \geqslant 0”的否定为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 原命题是“对任意 x∈Rx\in\mathbf{R}，都有 x2⩾0x^2\geqslant0”，全称命题的否定是存在一个实数使得结论不成立. 因此其否定为存在 x0∈Rx_0\in\mathbf{R}，使得
x02<0x_0^2<0
故选 D. \end{solution}
A.
对任意 x∈Rx \in \mathbf{R}，都有 x2<0x^2 < 0
B.
不存在 x∈Rx \in \mathbf{R}，使得 x2<0x^2 < 0
C.
存在 x0∈Rx_0 \in \mathbf{R}，使得 x02⩾0x_0^2 \geqslant 0
D.
存在 x0∈Rx_0 \in \mathbf{R}，使得 x02<0x_0^2 < 0

2013 · 重庆 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03函数与初等函数★★☆☆☆
(3−a)(a+6)\sqrt{(3 - a)(a + 6)} （−6⩽a⩽3-6\leqslant a\leqslant 3）的最大值为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 在给定区间内，
(3−a)(a+6)=18−3a−a2=814−(a+32)2(3-a)(a+6)=18-3a-a^2=\frac{81}{4}-\left(a+\frac{3}{2}\right)^2
由于平方项满足 (a+32)2⩾0\left(a+\frac{3}{2}\right)^2\geqslant0，所以
(3−a)(a+6)⩽814(3-a)(a+6)\leqslant\frac{81}{4}
等号在 a=−32a=-\frac{3}{2} 时取得. 开平方得原式的最大值为
814=92\sqrt{\frac{81}{4}}=\frac{9}{2}
故选 B. \end{solution}
A.
99
B.
92\frac{9}{2}
C.
33
D.
322\frac{3\sqrt{2}}{2}

2013 · 重庆 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04概率与统计★★☆☆☆
以下茎叶图记录了甲，乙两组各 55 名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）.
\begin{array}{c} \multicolumn{1}{c}{甲组} & & \multicolumn{1}{c}{乙组} \\ \hline $9$ & 0 & $9$ \\ $\mathit{x}\;2$ & 1 & $5\;\mathit{y}\;8$ \\ $7\;4$ & 2 & $4$ \end{array}
已知甲组数据的中位数为 1515，乙组数据的平均数为 16.816.8，则 xx，yy 的值分别为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 由茎叶图，甲组的五个成绩为 99，10+x10+x，1212，2424，2727. 若 x⩽2x\leqslant2，其中位数为 1212，不符合题意；当 x>2x>2 时，排序后中间的数为 10+x10+x. 由中位数为 1515，得 10+x=1510+x=15，x=5x=5. 此时乙组成绩为 99，1515，1818，2424，10+y10+y. 乙组平均数为 16.816.8，所以
9+15+18+24+(10+y)5=16.8\frac{9+15+18+24+(10+y)}{5}=16.8
即 76+y=8476+y=84，从而 y=8y=8. 故选 C. \end{solution}
A.
22，55
B.
55，55
C.
55，88
D.
88，88

2013 · 重庆 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05立体几何初步★★☆☆☆
某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 由三视图可知，该几何体沿主视图水平方向的长度为 1010，垂直于该方向的截面为梯形. 由俯视图，梯形的下底为 3+2+3=83+2+3=8，上底为中间部分的宽 22；由主视图，梯形的高为 44.
因此截面面积为
S=8+22×4=20S=\frac{8+2}{2}\times4=20
几何体的体积为
V=10S=10×20=200V=10S=10\times20=200
故选 C. \end{solution}
A.
5603\frac{560}{3}
B.
5803\frac{580}{3}
C.
200200
D.
240240

2013 · 重庆 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06函数与初等函数★★☆☆☆
若 a<b<ca < b < c，则函数 f(x)=(x−a)(x−b)+(x−b)(x−c)+(x−c)(x−a)f(x) = (x - a)(x - b) + (x - b)(x - c) + (x - c)(x - a) 的两个零点分别位于区间（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 将函数在三个点处的值分别计算为
f(a)=(a−b)(a−c)>0f(a)=(a-b)(a-c)>0
f(b)=(b−c)(b−a)<0f(b)=(b-c)(b-a)<0
f(c)=(c−a)(c−b)>0f(c)=(c-a)(c-b)>0
由于 f(x)f(x) 是连续函数，由零点存在定理，f(x)f(x) 在 (a,b)(a,b) 内至少有一个零点，在 (b,c)(b,c) 内至少有一个零点.
展开得
f(x)=3x2−2(a+b+c)x+(ab+bc+ca)f(x)=3x^2-2(a+b+c)x+(ab+bc+ca)
这是二次函数，至多有两个零点. 因此它的两个零点分别位于 (a,b)(a,b) 和 (b,c)(b,c) 内，故选 A. \end{solution}
A.
(a,b)(a, b) 和 (b,c)(b, c) 内
B.
(−∞,a)(-\infty, a) 和 (a,b)(a, b) 内
C.
(b,c)(b, c) 和 (c,+∞)(c, +\infty) 内
D.
(−∞,a)(-\infty, a) 和 (c,+∞)(c, +\infty) 内

2013 · 重庆 · 理 · 第 6 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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08指数函数与对数函数★★★☆☆
执行如图所示的程序框图，如果输出 s=3s = 3，那么判断框内应填入的条件是（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 每次循环先将当前的 kk 代入并更新 ss，再令 kk 增加 11. 若最后一次参与乘积的 kk 为 nn，则
s=∏k=2nlog⁡k(k+1)=∏k=2nln⁡(k+1)ln⁡k=ln⁡(n+1)ln⁡2=log⁡2(n+1)s=\prod_{k=2}^{n}\log_k(k+1) =\prod_{k=2}^{n}\frac{\ln(k+1)}{\ln k} =\frac{\ln(n+1)}{\ln2}=\log_2(n+1)
输出 s=3s=3，所以 log⁡2(n+1)=3\log_2(n+1)=3，n+1=8n+1=8，n=7n=7. 此时最后一次更新后 k=8k=8，判断框应在 k⩽7k\leqslant7 时继续循环，在 k=8k=8 时停止. 因此应填 k⩽7k\leqslant7，故选 B. \end{solution}
A.
k⩽6k \leqslant 6
B.
k⩽7k \leqslant 7
C.
k⩽8k \leqslant 8
D.
k⩽9k \leqslant 9

2013 · 重庆 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09三角函数★★★☆☆
4cos⁡50∘−tan⁡40∘=4\cos 50^{\circ} - \tan 40^{\circ} =（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 利用余弦与正弦的互余关系，
4cos⁡50∘−tan⁡40∘=4sin⁡40∘−sin⁡40∘cos⁡40∘=4sin⁡40∘cos⁡40∘−sin⁡40∘cos⁡40∘.\begin{aligned} 4\cos50^{\circ}-\tan40^{\circ} &=4\sin40^{\circ}-\frac{\sin40^{\circ}}{\cos40^{\circ}}\\ &=\frac{4\sin40^{\circ}\cos40^{\circ}-\sin40^{\circ}}{\cos40^{\circ}}. \end{aligned}
又因为
sin⁡40∘+3cos⁡40∘=2sin⁡100∘=2sin⁡80∘\sin40^{\circ}+\sqrt{3}\cos40^{\circ} =2\sin100^{\circ}=2\sin80^{\circ}
所以
4sin⁡40∘cos⁡40∘−sin⁡40∘=2sin⁡80∘−sin⁡40∘=3cos⁡40∘4\sin40^{\circ}\cos40^{\circ}-\sin40^{\circ} =2\sin80^{\circ}-\sin40^{\circ} =\sqrt{3}\cos40^{\circ}
故原式等于 3\sqrt{3}，选 C. \end{solution}
A.
2\sqrt{2}
B.
2+32\frac{\sqrt{2} + \sqrt{3}}{2}
C.
3\sqrt{3}
D.
22−12\sqrt{2} - 1

2013 · 重庆 · 理 · 第 9 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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11复数★☆☆☆☆
已知复数 z=5i1+2iz = \frac{5\mathrm{i}}{1 + 2\mathrm{i}}（i\mathrm{i} 是虚数单位），则 ∣z∣=|z| =______.
\begin{answer} 5\sqrt{5} \end{answer}
\begin{solution} 利用复数模的乘除法性质，
∣z∣=∣5i∣∣1+2i∣=512+22=55=5|z|=\frac{|5\mathrm{i}|}{|1+2\mathrm{i}|}=\frac{5}{\sqrt{1^2+2^2}}=\frac{5}{\sqrt5}=\sqrt5
\end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12数列★★☆☆☆
已知 {an}\{a_{n}\} 是等差数列，a1=1a_{1}=1，公差 d≠0d\neq0，SnS_{n} 为其前 nn 项和. 若 a1a_{1}，a2a_{2}，a5a_{5} 成等比数列，则 S8=S_{8}=______.
\begin{answer} 6464 \end{answer}
\begin{solution} 等差数列的通项为 an=1+(n−1)da_n=1+(n-1)d，所以 a2=1+da_2=1+d，a5=1+4da_5=1+4d. 由 a1a_1，a2a_2，a5a_5 成等比数列，得 a22=a1a5a_2^2=a_1a_5，(1+d)2=1+4d(1+d)^2=1+4d. 整理得 d(d−2)=0d(d-2)=0. 由于 d≠0d\neq0，所以 d=2d=2. 于是
S8=82(2a1+7d)=4(2+14)=64S_8=\frac{8}{2}\left(2a_1+7d\right)=4(2+14)=64
\end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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13计数原理与组合数学★★★☆☆
从 33 名骨科、44 名脑外科和 55 名内科医生中选派 55 人组成一个抗震救灾医疗小组，骨科、脑外科和内科医生都至少有 11 人的选派方法种数是______.
\begin{answer} 590590 \end{answer}
\begin{solution} 从 1212 名医生中任选五人共有
C125\mathrm C_{12}^{5}
种. 减去没有骨科医生、没有脑外科医生、没有内科医生的情况，再加回同时缺少两个科室的情况，得到
N=C125−C95−C85−C75+C55+C45+C35=792−126−56−21+1+0+0=590.\begin{aligned} N &=\mathrm C_{12}^{5}-\mathrm C_{9}^{5}-\mathrm C_{8}^{5}-\mathrm C_{7}^{5}\\ &\quad+\mathrm C_{5}^{5}+\mathrm C_{4}^{5}+\mathrm C_{3}^{5}\\ &=792-126-56-21+1+0+0=590. \end{aligned}
所以选派方法数为 590590. \end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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14解析几何★★★☆☆
如图，在 △ABC\triangle ABC 中，∠C=90∘\angle C = 90^{\circ}，∠A=60∘\angle A = 60^{\circ}，AB=20AB = 20，过 CC 作 △ABC\triangle ABC 的外接圆的切线 CDCD，BD⊥CDBD \perp CD，BDBD 与外接圆交于点 EE，则 DEDE 的长为______.
\begin{answer} 55 \end{answer}
\begin{solution} 因为 ∠C=90∘\angle C=90^{\circ}，所以 ABAB 是外接圆的直径. 由 AB=20AB=20 及 ∠A=60∘\angle A=60^{\circ}，得
BC=ABsin⁡60∘=103BC=AB\sin60^{\circ}=10\sqrt3
由切线与弦 CBCB 所成的角等于弦 CBCB 所对的圆周角，得
∠BCD=∠BAC=60∘\angle BCD=\angle BAC=60^{\circ}
在直角三角形 BCDBCD 中，BD⊥CDBD\perp CD，故 CD=BCcos⁡60∘=53CD=BC\cos60^{\circ}=5\sqrt3，BD=BCsin⁡60∘=15BD=BC\sin60^{\circ}=15. 由点 DD 的切割线定理，
DC2=DE⋅DBDC^2=DE\cdot DB
所以
DE=DC2DB=(53)215=5DE=\frac{DC^2}{DB}=\frac{(5\sqrt3)^2}{15}=5
\end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15解析几何★★☆☆☆
在直角坐标系 xOyxOy 中，以原点 OO 为极点，xx 轴的正半轴为极轴建立极坐标系. 若极坐标方程为 ρcos⁡θ=4\rho\cos \theta = 4 的直线与曲线
{x=t2,y=t3,\begin{cases} x = t^2,\\ y = t^3, \end{cases}
（tt 为参数）相交于 AA，BB 两点，则 ∣AB∣=‾|AB| =\underline{\hspace{2em}}.
\begin{answer} 1616 \end{answer}
\begin{solution} 极坐标方程满足 x=ρcos⁡θ=4x=\rho\cos\theta=4，所以相交弦所在直线为 x=4x=4. 参数方程给出 x=t2x=t^2，于是 t2=4t^2=4，t=±2t=\pm2. 对应的两个交点为 A=(4,8)A=(4,8)，B=(4,−8)B=(4,-8). 因此
∣AB∣=8−(−8)=16|AB|=8-(-8)=16
\end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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16不等式★★☆☆☆
若关于实数 xx 的不等式 ∣x−5∣+∣x+3∣<a|x - 5| + |x + 3| < a 无解，则实数 aa 的取值范围是______.
\begin{answer} a⩽8a \leqslant 8 \end{answer}
\begin{solution} 由三角不等式，任意实数 xx 都满足
∣x−5∣+∣x+3∣⩾∣(x−5)−(x+3)∣=8|x-5|+|x+3|\geqslant\left|(x-5)-(x+3)\right|=8
当且仅当 x∈[−3,5]x\in[-3,5] 时等号成立，因此左端的最小值为 88. 当 a⩽8a\leqslant8 时，不可能有左端小于 aa；当 a>8a>8 时，取 x=−3x=-3 即有 8<a8<a，不等式有解. 所以实数 aa 的取值范围为
a⩽8a\leqslant8
\end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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17导数及其应用★★★☆☆
设 f(x)=a(x−5)2+6ln⁡xf(x) = a(x - 5)^2 + 6\ln x，其中 a∈Ra \in \mathbf{R}，曲线 y=f(x)y = f(x) 在点 (1,f(1))(1, f(1)) 处的切线与 yy 轴相交于点 (0,6)(0, 6).
(1) 确定 aa 的值； (2) 求函数 f(x)f(x) 的单调区间与极值.
\begin{solution} 函数的定义域为 x>0x>0，且 f(1)=16af(1)=16a，f′(x)=2a(x−5)+6xf'(x)=2a(x-5)+\frac{6}{x}，f′(1)=6−8af'(1)=6-8a. 曲线在 (1,f(1))(1,f(1)) 处的切线方程为 y=f(1)+f′(1)(x−1)y=f(1)+f'(1)(x-1)，所以它在 yy 轴上的截距为 f(1)−f′(1)f(1)-f'(1). 由题意，
16a−(6−8a)=616a-(6-8a)=6
解得 a=12a=\frac{1}{2}. 此时
f′(x)=x−5+6x=(x−2)(x−3)xf'(x)=x-5+\frac{6}{x}=\frac{(x-2)(x-3)}{x}
因为 x>0x>0，所以当 0<x<20<x<2 或 x>3x>3 时 f′(x)>0f'(x)>0，当 2<x<32<x<3 时 f′(x)<0f'(x)<0. 因此，f(x)f(x) 在 (0,2)(0,2) 和 (3,+∞)(3,+\infty) 上单调递增，在 (2,3)(2,3) 上单调递减. 又 f(2)=92+6ln⁡2f(2)=\frac{9}{2}+6\ln 2，f(3)=2+6ln⁡3f(3)=2+6\ln 3. 所以 x=2x=2 时取得极大值 92+6ln⁡2\frac{9}{2}+6\ln 2，x=3x=3 时取得极小值 2+6ln⁡32+6\ln 3. \end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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18概率与统计★★★☆☆
某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有 33 个红球与 44 个白球的袋中任意摸出 33 个球，再从装有 11 个蓝球与 22 个白球的袋中任意摸出 11 个球，根据摸出 44 个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：
其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级.
(1) 求一次摸球恰好摸到 11 个红球的概率； (2) 求摸奖者在一次摸奖中获奖金额 XX 的分布列与期望 E(X)E(X).
\begin{solution} 设第一次摸出的红球数为 RR，第二次摸出的蓝球数为 BB. 第一次从 77 个球中摸出 33 个球，因此 P(R=r)=C3rC43−rC73P(R=r)=\frac{\mathrm C_{3}^{r}\mathrm C_{4}^{3-r}}{\mathrm C_{7}^{3}}，r=0r=0，11，22，33. 其中 C73=35\mathrm C_{7}^{3}=35.
\begin{enumerate} \item 恰好摸到 11 个红球的概率为
P(R=1)=C31C42C73=3×635=1835P(R=1)=\frac{\mathrm C_{3}^{1}\mathrm C_{4}^{2}}{\mathrm C_{7}^{3}}=\frac{3\times6}{35}=\frac{18}{35}
\item 第二次摸到蓝球的概率为 13\frac{1}{3}，摸到白球的概率为 23\frac{2}{3}，且两次摸球相互独立. 由组合数计算， P(R=0)=435P(R=0)=\frac{4}{35}，P(R=1)=1835P(R=1)=\frac{18}{35}，P(R=2)=1235P(R=2)=\frac{12}{35}，P(R=3)=135P(R=3)=\frac{1}{35}. 三种获奖情形互不相交，所以
P(X=200)=135⋅13=1105P(X=200)=\frac{1}{35}\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{105}
P(X=50)=135⋅23=2105P(X=50)=\frac{1}{35}\cdot\frac{2}{3}=\frac{2}{105}，P(X=10)=1235⋅13=435P(X=10)=\frac{12}{35}\cdot\frac{1}{3}=\frac{4}{35}. 其余情况均无奖，故
P(X=0)=1−1+2+12105=67P(X=0)=1-\frac{1+2+12}{105}=\frac{6}{7}
因此获奖金额 XX 的分布列为
\begin{center} \begin{tabular}{c|cccc} XX & 00 & 1010 & 5050 & 200200 \ \hline PP & 67\dfrac{6}{7} & 435\dfrac{4}{35} & 2105\dfrac{2}{105} & 1105\dfrac{1}{105} \end{tabular} \end{center}
于是
E(X)=0⋅67+10⋅435+50⋅2105+200⋅1105=4E(X)=0\cdot\frac{6}{7}+10\cdot\frac{4}{35}+50\cdot\frac{2}{105}+200\cdot\frac{1}{105}=4
\end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，PA⊥PA \perp 底面 ABCDABCD，BC=CD=2BC = CD = 2，AC=4AC = 4，∠ACB=∠ACD=π3\angle ACB = \angle ACD = \frac{\pi}{3}，FF 为 PCPC 的中点，AF⊥PBAF \perp PB.
(1) 求 PAPA 的长； (2) 求二面角 B−AF−DB - AF - D 的正弦值.
\begin{solution} 建立空间直角坐标系，使底面 ABCDABCD 在 xOyxOy 平面内，取 A(0,0,0)A(0,0,0)，C(4,0,0)C(4,0,0)，B(3,3,0)B(3,\sqrt{3},0)，D(3,−3,0)D(3,-\sqrt{3},0). 这些坐标满足 BC=CD=2BC=CD=2、AC=4AC=4，且 ∠ACB=∠ACD=π3\angle ACB=\angle ACD=\frac{\pi}{3}. 由 PA⊥PA\perp 底面，设 P(0,0,h)P(0,0,h)，其中 h=PA>0h=PA>0. 因为 FF 是 PCPC 的中点，所以 F(2,0,h2)F\left(2,0,\frac{h}{2}\right)，AF→=(2,0,h2)\overrightarrow{AF}=\left(2,0,\frac{h}{2}\right)，PB→=(3,3,−h)\overrightarrow{PB}=(3,\sqrt{3},-h).
\begin{enumerate} \item 由 AF⊥PBAF\perp PB，得
AF→⋅PB→=2×3+h2(−h)=0\overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{PB}=2\times3+\frac{h}{2}(-h)=0
即 6−h22=06-\frac{h^{2}}{2}=0. 因 h>0h>0，所以 PA=h=23PA=h=2\sqrt{3}.
\item 此时 F=(2,0,3)F=(2,0,\sqrt{3})，从而 AF→=(2,0,3)\overrightarrow{AF}=(2,0,\sqrt{3})，AB→=(3,3,0)\overrightarrow{AB}=(3,\sqrt{3},0)，AD→=(3,−3,0)\overrightarrow{AD}=(3,-\sqrt{3},0). 取平面 BAFBAF 和 DAFDAF 的法向量
nB=AF→×AB→=(−3,33,23)\boldsymbol{n}_B=\overrightarrow{AF}\times\overrightarrow{AB}=(-3,3\sqrt{3},2\sqrt{3})
nD=AF→×AD→=(3,33,−23)\boldsymbol{n}_D=\overrightarrow{AF}\times\overrightarrow{AD}=(3,3\sqrt{3},-2\sqrt{3})
于是 nB⋅nD=6\boldsymbol{n}_B\cdot\boldsymbol{n}_D=6，∣nB∣=∣nD∣=48=43|\boldsymbol{n}_B|=|\boldsymbol{n}_D|=\sqrt{48}=4\sqrt{3}. 设二面角 B−AF−DB-AF-D 的平面角为 φ\varphi，则
∣cos⁡φ∣=∣nB⋅nD∣∣nB∣∣nD∣=648=18|\cos\varphi|=\frac{|\boldsymbol{n}_B\cdot\boldsymbol{n}_D|}{|\boldsymbol{n}_B||\boldsymbol{n}_D|}=\frac{6}{48}=\frac18
所以
sin⁡φ=1−164=378\sin\varphi=\sqrt{1-\frac{1}{64}}=\frac{3\sqrt{7}}{8}
\end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20三角函数★★★★☆
在 △ABC\triangle ABC 中，内角 AA，BB，CC 的对边分别是 aa，bb，cc，且 a2+b2+2ab=c2a^2 + b^2 + \sqrt{2}ab = c^2.
(1) 求 CC； (2) 设 cos⁡Acos⁡B=325\cos A\cos B = \frac{3\sqrt{2}}{5}，cos⁡(α+A)cos⁡(α+B)cos⁡2α=25\frac{\cos(\alpha + A)\cos(\alpha + B)}{\cos^2\alpha} = \frac{\sqrt{2}}{5}，求 tan⁡α\tan \alpha 的值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由余弦定理，
cos⁡C=a2+b2−c22ab=−22\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-\frac{\sqrt{2}}{2}
因为 CC 是三角形的内角，所以 C=3π4C=\frac{3\pi}{4}，从而
A+B=π−C=π4A+B=\pi-C=\frac{\pi}{4}
\item 记 t=tan⁡αt=\tan\alpha. 题目中的分式有意义，所以 cos⁡α≠0\cos\alpha\ne0. 由 A+B=π4A+B=\frac{\pi}{4}，
sin⁡Asin⁡B=cos⁡Acos⁡B−cos⁡(A+B)=325−22=210\sin A\sin B=\cos A\cos B-\cos(A+B)=\frac{3\sqrt{2}}{5}-\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{10}
将两角和公式展开并除以 cos⁡2α\cos^2\alpha，得
cos⁡(α+A)cos⁡(α+B)cos⁡2α=cos⁡Acos⁡B−tsin⁡(A+B)+t2sin⁡Asin⁡B\frac{\cos(\alpha+A)\cos(\alpha+B)}{\cos^2\alpha} =\cos A\cos B-t\sin(A+B)+t^2\sin A\sin B
代入已知条件，得到
325−22t+210t2=25\frac{3\sqrt{2}}{5}-\frac{\sqrt{2}}{2}t+\frac{\sqrt{2}}{10}t^2=\frac{\sqrt{2}}{5}
两边同除以 210\frac{\sqrt{2}}{10}，得
t2−5t+4=0t^2-5t+4=0
所以
tan⁡α=t=1或t=4\tan\alpha=t=1\quad\text{或}\quad t=4
\end{enumerate} \end{solution}

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21解析几何★★★★★
如图，椭圆的中心为原点 OO，长轴在 xx 轴上，离心率 e=22e = \frac{\sqrt{2}}{2}，过左焦点 F1F_{1} 作 xx 轴的垂线交椭圆于 AA，A′A' 两点，∣AA′∣=4|AA'| = 4.
(1) 求该椭圆的标准方程； (2) 取垂直于 xx 轴的直线与椭圆相交于不同的两点 PP，P′P'，过 PP，P′P' 作圆心为 QQ 的圆. 使椭圆上的其余点均在圆 QQ 外. 若 PQ⊥P′QPQ \perp P'Q，求圆 QQ 的标准方程.
\begin{solution} 设椭圆的标准方程为 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1，（a>b>0a>b>0） 焦距的一半为 cc，则 c2=a2−b2c^2=a^2-b^2，且 ca=22\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}，b2=a2−c2=a22b^2=a^2-c^2=\frac{a^2}{2}.
\begin{enumerate} \item 过左焦点 F1(−c,0)F_1(-c,0) 的垂线为 x=−cx=-c. 代入椭圆方程，弦端点的纵坐标满足
y2=b2(1−c2a2)=b22y^2=b^2\left(1-\frac{c^2}{a^2}\right)=\frac{b^2}{2}
因此
∣AA′∣=2⋅b2=4|AA'|=2\cdot\frac{b}{\sqrt{2}}=4
解得 b2=8b^2=8，再由 b2=a22b^2=\frac{a^2}{2} 得 a2=16a^2=16. 所以椭圆的标准方程为
x216+y28=1\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{8}=1
\item 设垂直于 xx 轴的直线为 x=x0x=x_0，其与椭圆的交点为 P(x0,y0)P(x_0,y_0)，P′(x0,−y0)P'(x_0,-y_0)，y0≠0y_0\ne0. 由于圆过 PP，P′P'，其圆心 QQ 在 PP′PP' 的垂直平分线上，而 PP′PP' 垂直于 xx 轴，所以可设 Q(t,0)Q(t,0)，圆的半径为 rr. 由 PQ⊥P′QPQ\perp P'Q，
(x0−t,y0)⋅(x0−t,−y0)=0(x_0-t,y_0)\cdot(x_0-t,-y_0)=0
即
(x0−t)2=y02(x_0-t)^2=y_0^2
椭圆上的点 M(x,y)M(x,y) 满足 y2=16−x22y^2=\frac{16-x^2}{2}. 于是
∣QM∣2−r2=(x−t)2+16−x22−r2|QM|^2-r^2=(x-t)^2+\frac{16-x^2}{2}-r^2
由题意，除 PP，P′P' 外椭圆上的点均在圆外，所以当 x=x0x=x_0 时上式在区间 (−4,4)(-4,4) 内取得最小值 00. 对关于 xx 的二次式求导，得
x0−2t=0,即x0=2tx_0-2t=0,\qquad\text{即}\qquad x_0=2t
由椭圆方程和上面两个等式， y02=16−x022y_0^2=\frac{16-x_0^2}{2}，(x0−t)2=y02(x_0-t)^2=y_0^2， 从而
t2=16−4t22t^2=\frac{16-4t^2}{2}
解得 t2=83t^2=\frac{8}{3}. 又
r2=(x0−t)2+y02=2t2=163r^2=(x_0-t)^2+y_0^2=2t^2=\frac{16}{3}
所以 t=±263t=\pm\frac{2\sqrt{6}}{3}，圆 QQ 的标准方程为
(x−263)2+y2=163\left(x-\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2+y^2=\frac{16}{3}
或
(x+263)2+y2=163\left(x+\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2+y^2=\frac{16}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22集合与逻辑基础★★★★★
对正整数 nn，记 In={1,2,⋯ ,n}I_n = \{1, 2, \cdots, n\}，Pn={mk∣m∈In,k∈In}P_n = \left\{\frac{m}{\sqrt{k}} \mid m \in I_n, k \in I_n\right\}.
(1) 求集合 P7P_{7} 中元素的个数； (2) 若 PnP_{n} 的子集 AA 中任意两个元素之和不是整数的平方，则称 AA 为“稀疏集”，求 nn 的最大值，使 PnP_{n} 能分成两个不相交的稀疏集的并.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 将 kk 写成 k=sr2k=sr^2，其中 ss 为平方因子已经除尽后的平方自由数. 对 n=7n=7，当 s=1s=1 时 k=1k=1，44，所得不同的有理数为
{1,2,3,4,5,6,7}∪{12,32,52,72}\{1,2,3,4,5,6,7\}\cup\left\{\frac12,\frac32,\frac52,\frac72\right\}
共有 1111 个. 其余平方自由数为 22，33，55，66，77，每个数只能取 r=1r=1，分别产生 77 个形如 ms\frac{m}{\sqrt{s}} 的数；不同的平方自由数对应的数不可能相等. 因此
∣P7∣=11+5×7=46|P_7|=11+5\times7=46
\item 每个 PnP_n 中的元素都可以唯一写成 qsq\sqrt{s}，其中 qq 是正有理数，ss 是平方自由正整数. 若 s>1s>1，则该元素是无理数. 若两个元素的平方自由部分相同且大于 11，它们的和为正有理数倍的 s\sqrt{s}，仍是无理数. 若两个元素的平方自由部分分别为不同的 ss，t>1t>1，假设它们的和为有理数 uu，则 qs+rt=uq\sqrt{s}+r\sqrt{t}=u. 移项并平方可得 2uqs=u2+q2s−r2t2uq\sqrt{s}=u^2+q^2s-r^2t，从而 s\sqrt{s} 为有理数，矛盾. 若其中一个平方自由部分为 11，另一个大于 11，则和为有理数会使后者的 s\sqrt{s} 为有理数，同样矛盾. 因此，含有非有理数的两个不同元素之和不可能是整数，稀疏集划分的限制只来自 PnP_n 中的有理数.
先考察 P14P_{14}. 其中有理数恰来自 k=1k=1，44，99，约分后得到的有理数集合为
R14={1,2,…,14}∪{12,32,52,72,92,112,132}∪{13,23,43,53,73,83,103,113,133,143}R_{14}=\{1,2,\ldots,14\}\cup\left\{\frac12,\frac32,\frac52,\frac72,\frac92,\frac{11}{2},\frac{13}{2}\right\}\cup\left\{\frac13,\frac23,\frac43,\frac53,\frac73,\frac83,\frac{10}{3},\frac{11}{3},\frac{13}{3},\frac{14}{3}\right\}
将其分为
A0={1,2,4,6,9,11,13}∪{12,32,92,112,132}∪{13,43,53,103,133},\begin{gathered} A_0=\{1,2,4,6,9,11,13\}\cup\left\{\frac12,\frac32,\frac92,\frac{11}{2},\frac{13}{2}\right\}\\ \cup\left\{\frac13,\frac43,\frac53,\frac{10}{3},\frac{13}{3}\right\}, \end{gathered}
和
B0={3,5,7,8,10,12,14}∪{52,72}∪{23,73,83,113,143}B_0=\{3,5,7,8,10,12,14\}\cup\left\{\frac52,\frac72\right\}\cup\left\{\frac23,\frac73,\frac83,\frac{11}{3},\frac{14}{3}\right\}
把 P14P_{14} 中除 R14R_{14} 外的所有无理数任意放入第一组，便得到 A={x∈P14∣x∉R14}∪A0A=\{x\in P_{14}\mid x\notin R_{14}\}\cup A_0，B=B0B=B_0.
为验证这两个集合确实稀疏，只需检查 R14R_{14} 中两数之和为整数平方的情形. 由于两数之和不超过 2828，只需检查平方 11，44，99，1616，2525. 和为 11 的相邻对只有 13+23\frac13+\frac23；和为 44 的相邻对为 13+113\frac13+\frac{11}{3}、12+72\frac12+\frac72、23+103\frac23+\frac{10}{3}、1+31+3、43+83\frac43+\frac83、32+52\frac32+\frac52、53+73\frac53+\frac73；和为 99 的相邻对为 1+81+8、2+72+7、3+63+6、4+54+5、52+132\frac52+\frac{13}{2}、72+112\frac72+\frac{11}{2}、133+143\frac{13}{3}+\frac{14}{3}；和为 1616 的相邻对为 2+142+14、3+133+13、4+124+12、5+115+11、6+106+10、7+97+9；和为 2525 的相邻对为 11+1411+14、12+1312+13. 这些相邻对均分别落在 A0A_0 与 B0B_0 中，所以 AA、BB 都是稀疏集. 由此 n=14n=14 可以实现.
另一方面，当 n⩾15n\geqslant15 时，PnP_n 中包含 11，33，66，1010，1515，且 1+3=41+3=4，3+6=93+6=9，6+10=166+10=16，10+15=2510+15=25，15+1=1615+1=16. 因此这五个元素构成一个长度为 55 的奇环. 若把 PnP_n 分成两个稀疏集，奇环上的相邻元素必须交替分入两个集合，绕环一周后首尾两个元素却会被迫分入同一集合，矛盾. 所以 n⩾15n\geqslant15 时不能实现，故 nn 的最大值为 1414. \end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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