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01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
“x>1x > 1” 是 “x2>xx^{2} > x” 的（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 由 x>1x>1，得 x(x−1)>0x(x-1)>0，所以 x2>xx^2>x. 但由 x2>xx^2>x 只能得到 x<0x<0 或 x>1x>1，例如 x=−1x=-1 时 x2>xx^2>x 成立而 x>1x>1 不成立. 因此“x>1x>1”是“x2>xx^2>x”的充分而不必要条件，选 A. \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

2007 · 浙江 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02三角函数★☆☆☆☆
若函数 f(x)=2sin⁡(ωx+φ)f(x) = 2\sin(\omega x + \varphi)，x∈Rx \in \mathbf{R} （其中 ω>0\omega > 0，∣φ∣<π2|\varphi| < \frac{\pi}{2}）的最小正周期是 π\pi，且 f(0)=3f(0) = \sqrt{3}，则（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 函数的最小正周期为 2πω\dfrac{2\pi}{\omega}，故 2πω=π\dfrac{2\pi}{\omega}=\pi，从而 ω=2\omega=2. 又 f(0)=2sin⁡φ=3f(0)=2\sin\varphi=\sqrt{3}，且 ∣φ∣<π2\lvert\varphi\rvert<\dfrac{\pi}{2}，所以 φ=π3\varphi=\dfrac{\pi}{3}. 因此选 D. \end{solution}
A.
ω=12\omega = \frac{1}{2}，φ=π6\varphi = \frac{\pi}{6}
B.
ω=12\omega = \frac{1}{2}，φ=π3\varphi = \frac{\pi}{3}
C.
ω=2\omega = 2，φ=π6\varphi = \frac{\pi}{6}
D.
ω=2\omega = 2，φ=π3\varphi = \frac{\pi}{3}

2007 · 浙江 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03解析几何★☆☆☆☆
直线 x−2y+1=0x - 2y + 1 = 0 关于直线 x=1x = 1 对称的直线方程是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 设原直线上的点为 (u,v)(u,v)，关于直线 x=1x=1 对称后变为 (x,y)=(2−u,v)(x,y)=(2-u,v)，即 u=2−xu=2-x，v=yv=y. 代入原直线方程得 (2−x)−2y+1=0(2-x)-2y+1=0，即 x+2y−3=0x+2y-3=0. 因此选 D. \end{solution}
A.
x+2y−1=0x + 2y - 1 = 0
B.
2x+y−1=02x + y - 1 = 0
C.
2x+y−3=02x + y - 3 = 0
D.
x+2y−3=0x + 2y - 3 = 0

2007 · 浙江 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04立体几何初步★★★☆☆
要在边长为 16 米16\text{ 米} 的正方形草坪上安装喷水龙头，使整个草坪都能喷洒到水. 假设每个喷水龙头的喷洒范围都是半径为 6 米6\text{ 米} 的圆面，则需安装这种喷水龙头的个数最少是（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 正方形任意两个不同顶点的距离至少为 16 米16\text{ 米}，而一个喷水龙头的喷洒直径为 12 米12\text{ 米}，所以一个喷水龙头不可能同时覆盖两个顶点；要覆盖正方形的四个顶点，至少需要 44 个喷水龙头.
把正方形分成 44 个边长为 8 米8\text{ 米} 的小正方形，在每个小正方形的中心安装一个喷水龙头. 小正方形中任一点到其中心的距离不超过 42<6 米4\sqrt{2}<6\text{ 米}，因此这 44 个喷水龙头可以覆盖整个草坪. 故最少安装 44 个，选 B. \end{solution}
A.
33
B.
44
C.
55
D.
66

2007 · 浙江 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05概率与统计★★☆☆☆
已知随机变量 ξ\xi 服从正态分布 N(2,σ2)N(2, \sigma^2)，P(ξ⩽4)=0.84P(\xi \leqslant 4) = 0.84，则 P(ξ⩽0)=P(\xi \leqslant 0) =（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 正态分布的图象关于均值 22 对称，数值 00 与 44 到均值的距离相等且在两侧，故
P(ξ⩽0)=P(ξ⩾4)=1−P(ξ⩽4)=1−0.84=0.16P(\xi\leqslant0)=P(\xi\geqslant4)=1-P(\xi\leqslant4)=1-0.84=0.16
因此选 A. \end{solution}
A.
0.160.16
B.
0.320.32
C.
0.680.68
D.
0.840.84

2007 · 浙江 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06立体几何初步★★★☆☆
若 PP 是两条异面直线 ll，mm 外的任意一点，则（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 设两条异面直线 ll，mm 的方向向量分别为 u\boldsymbol{u}，v\boldsymbol{v}. 由于 ll，mm 不平行，u×v≠0\boldsymbol{u}\times\boldsymbol{v}\ne\boldsymbol{0}. 过点 PP 且方向为 u×v\boldsymbol{u}\times\boldsymbol{v} 的直线，方向同时垂直于 u\boldsymbol{u} 和 v\boldsymbol{v}，因而与 ll，mm 都垂直；其方向被唯一确定，所以这样的直线有且仅有一条. 因此选 B. \end{solution}
A.
过点 PP 有且仅有一条直线与 ll，mm 都平行
B.
过点 PP 有且仅有一条直线与 ll，mm 都垂直
C.
过点 PP 有且仅有一条直线与 ll，mm 都相交
D.
过点 PP 有且仅有一条直线与 ll，mm 都异面

2007 · 浙江 · 理 · 第 6 题 · 选择题

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07平面向量★★☆☆☆
若非零向量 a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b} 满足 ∣a+b∣=∣b∣|\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{b}|，则（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 由 ∣a+b∣=∣b∣\lvert\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}\rvert=\lvert\boldsymbol{b}\rvert，平方得
∣a∣2+2a⋅b+∣b∣2=∣b∣2\lvert\boldsymbol{a}\rvert^2+2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}+\lvert\boldsymbol{b}\rvert^2=\lvert\boldsymbol{b}\rvert^2
所以 a⋅b=−12∣a∣2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=-\dfrac12\lvert\boldsymbol{a}\rvert^2. 于是
∣a+2b∣2=∣a∣2+4a⋅b+4∣b∣2=4∣b∣2−∣a∣2<4∣b∣2=∣2b∣2\lvert\boldsymbol{a}+2\boldsymbol{b}\rvert^2 =\lvert\boldsymbol{a}\rvert^2+4\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}+4\lvert\boldsymbol{b}\rvert^2 =4\lvert\boldsymbol{b}\rvert^2-\lvert\boldsymbol{a}\rvert^2 <4\lvert\boldsymbol{b}\rvert^2=\lvert2\boldsymbol{b}\rvert^2
故 ∣2b∣>∣a+2b∣\lvert2\boldsymbol{b}\rvert>\lvert\boldsymbol{a}+2\boldsymbol{b}\rvert，选 C. \end{solution}
A.
∣2a∣>∣2a+b∣|2\boldsymbol{a}| > |2\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}|
B.
∣2a∣<∣2a+b∣|2\boldsymbol{a}| < |2\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}|
C.
∣2b∣>∣a+2b∣|2\boldsymbol{b}| > |\boldsymbol{a} + 2\boldsymbol{b}|
D.
∣2b∣<∣a+2b∣|2\boldsymbol{b}| < |\boldsymbol{a} + 2\boldsymbol{b}|

2007 · 浙江 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08导数及其应用★★★☆☆
设 f′(x)f'(x) 是函数 f(x)f(x) 的导函数，将 y=f(x)y = f(x) 和 y=f′(x)y = f'(x) 的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 若上方曲线为 y=f(x)y=f(x)，则它在横坐标为正的位置有一个极小值点. 由导数与单调性的关系，在该点应有 f′(x)=0f'(x)=0，所以下方曲线 y=f′(x)y=f'(x) 必须经过横轴上的同一个点.
选项 D 中，上方曲线的极小值点横坐标为正，而下方曲线在该横坐标处位于横轴下方，不经过横轴，故不可能.
若下方曲线为 y=f(x)y=f(x)，则它在横坐标为负的位置有一个极大值点，所以导函数图象应在同一横坐标处经过横轴. 但选项 D 中上方曲线在该点位于横轴上方，也不经过横轴. 因此无论哪条曲线表示 f(x)f(x)，选项 D 都不可能正确，故选 D. \end{solution}
A.
B.
C.
D.

2007 · 浙江 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09解析几何★★★★☆
已知双曲线 x2a2−y2b2=1\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1（a>0a > 0，b>0b > 0）的左，右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，PP 是准线上一点，且 PF1⊥PF2PF_1 \perp PF_2，∣PF1∣⋅∣PF2∣=4ab|PF_1| \cdot |PF_2| = 4ab，则双曲线的离心率是（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 记双曲线的半焦距为 cc，则 c2=a2+b2c^2=a^2+b^2. 不妨取右准线上的点 PP，设其坐标为 (a2c,y)\left(\dfrac{a^2}{c},y\right)，焦点为 F1=(−c,0)F_1=(-c,0)，F2=(c,0)F_2=(c,0). 由 PF1⊥PF2PF_1\perp PF_2，得
(a2c+c,y)⋅(a2c−c,y)=0\left(\dfrac{a^2}{c}+c,y\right)\cdot\left(\dfrac{a^2}{c}-c,y\right)=0
即 (a2c)2+y2=c2\left(\dfrac{a^2}{c}\right)^2+y^2=c^2. 因此 PP 在以原点为圆心、cc 为半径的圆上.
由 PF1⊥PF2PF_1\perp PF_2，还可得
∣PF1∣2∣PF2∣2=(2c2+2c⋅a2c)(2c2−2c⋅a2c)=4c2(c2−a4c2)=4c2y2\lvert PF_1\rvert^2\lvert PF_2\rvert^2 =\bigl(2c^2+2c\cdot\tfrac{a^2}{c}\bigr)\bigl(2c^2-2c\cdot\tfrac{a^2}{c}\bigr) =4c^2\left(c^2-\tfrac{a^4}{c^2}\right)=4c^2y^2
所以 ∣PF1∣∣PF2∣=2c∣y∣\lvert PF_1\rvert\lvert PF_2\rvert=2c\lvert y\rvert. 又
y2=c2−a4c2=(c2−a2)(c2+a2)c2=b2(c2+a2)c2y^2=c^2-\frac{a^4}{c^2}=\frac{(c^2-a^2)(c^2+a^2)}{c^2}=\frac{b^2(c^2+a^2)}{c^2}
从而 ∣PF1∣∣PF2∣=2bc2+a2\lvert PF_1\rvert\lvert PF_2\rvert=2b\sqrt{c^2+a^2}. 根据题设 ∣PF1∣∣PF2∣=4ab\lvert PF_1\rvert\lvert PF_2\rvert=4ab，得到 c2+a2=2a\sqrt{c^2+a^2}=2a，即 c2=3a2c^2=3a^2. 故离心率 e=ca=3e=\dfrac ca=\sqrt3，选 B. \end{solution}
A.
2\sqrt{2}
B.
3\sqrt{3}
C.
22
D.
33

2007 · 浙江 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10函数与初等函数★★★★☆
设
f(x)={x2,∣x∣⩾1,x,∣x∣<1,f(x) = \begin{cases} x^2, & |x| \geqslant 1,\\ x, & |x| < 1, \end{cases}
若 f(g(x))f(g(x)) 的值域是 [0,+∞)[0, +\infty)，则函数 g(x)g(x) 的值域是（ ）
\begin{answer} 条件不足，无法唯一确定 \end{answer}
\begin{solution} 令 GG 为函数 g(x)g(x) 的值域. 由
f(u)={u2,∣u∣⩾1,u,∣u∣<1,f(u)=\begin{cases} u^2,&\lvert u\rvert\geqslant1,\\ u,&\lvert u\rvert<1, \end{cases}
可知当 −1<u<0-1<u<0 时 f(u)<0f(u)<0，而 f(u)⩾0f(u)\geqslant0 的必要条件是 uu 不属于 (−1,0)(-1,0). 另一方面，为得到复合函数值域中的每个 y∈[0,1)y\in[0,1)，必须取到 u=y∈[0,1)u=y\in[0,1)；对于 y⩾1y\geqslant1，既可以取 u=yu=\sqrt y，也可以取 u=−yu=-\sqrt y.
因此，仅由 f(g(x))f(g(x)) 的值域为 [0,+∞)[0,+\infty)，不能唯一确定 GG. 例如函数 g1(x)=∣x∣g_1(x)=\lvert x\rvert 的值域为 G1=[0,+∞)G_1=[0,+\infty)，且 f(G1)=[0,+∞)f(G_1)=[0,+\infty). 再定义
g2(x)={x,x⩽−1,0,−1<x<0,x,x⩾0,g_2(x)=\begin{cases} x, & x\leqslant-1,\\ 0, & -1<x<0,\\ x, & x\geqslant0, \end{cases}
则其值域为 G2=(−∞,−1]∪[0,+∞)G_2=(-\infty,-1]\cup[0,+\infty)，同样有 f(G2)=[0,+∞)f(G_2)=[0,+\infty). 所以按原题面条件，函数 g(x)g(x) 的值域不唯一；若另加 GG 为区间（例如 gg 连续）的条件，才可得到 G=[0,+∞)G=[0,+\infty)，对应选项 C. \end{solution}
A.
(−∞,−1]∪[1,+∞)(-\infty, -1] \cup [1, +\infty)
B.
(−∞,−1]∪[0,+∞)(-\infty, -1] \cup [0, +\infty)
C.
[0,+∞)[0, +\infty)
D.
[1,+∞)[1, +\infty)

2007 · 浙江 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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11复数★☆☆☆☆
已知复数 z1=1−iz_{1} = 1 - \mathrm{i}，z1⋅z2=1+iz_{1} \cdot z_{2} = 1 + \mathrm{i}，则复数 z2=z_{2} =______. \begin{answer} i\mathrm{i} \end{answer}
\begin{solution} 由 z1z2=1+iz_1z_2=1+\mathrm{i}，得
z2=1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=2i2=iz_2=\frac{1+\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}=\frac{(1+\mathrm{i})^2}{(1-\mathrm{i})(1+\mathrm{i})}=\frac{2\mathrm{i}}{2}=\mathrm{i}
\end{solution}

2007 · 浙江 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12三角函数★★★☆☆
已知 sin⁡θ+cos⁡θ=15\sin \theta + \cos \theta = \frac{1}{5}，且 π2⩽θ⩽3π4\frac{\pi}{2} \leqslant \theta \leqslant \frac{3\pi}{4}，则 cos⁡2θ\cos 2\theta 的值是______. \begin{answer} −725-\frac{7}{25} \end{answer}
\begin{solution} 由 sin⁡θ+cos⁡θ=15\sin\theta+\cos\theta=\dfrac15，得
sin⁡2θ=(sin⁡θ+cos⁡θ)2−1=−2425\sin2\theta=\left(\sin\theta+\cos\theta\right)^2-1=-\frac{24}{25}
因为 π2⩽θ⩽3π4\dfrac\pi2\leqslant\theta\leqslant\dfrac{3\pi}{4}，所以 π⩽2θ⩽3π2\pi\leqslant2\theta\leqslant\dfrac{3\pi}{2}. 又因 sin⁡2θ=−2425≠0\sin2\theta=-\dfrac{24}{25}\ne0，故 cos⁡2θ<0\cos2\theta<0. 再由
cos⁡22θ=1−sin⁡22θ=1−576625=49625\cos^22\theta=1-\sin^22\theta=1-\frac{576}{625}=\frac{49}{625}
故 cos⁡2θ=−725\cos2\theta=-\dfrac7{25}. \end{solution}

2007 · 浙江 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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13不等式★★☆☆☆
不等式 ∣2x−1∣−x<1\left|2x - 1\right| - x < 1 的解集是______. \begin{answer} 0<x<20 < x < 2 \end{answer}
\begin{solution} 当 x⩾12x\geqslant\dfrac12 时，
∣2x−1∣−x<1⟺x−1<1⟺x<2\lvert2x-1\rvert-x<1\Longleftrightarrow x-1<1\Longleftrightarrow x<2
故得到 12⩽x<2\dfrac12\leqslant x<2. 当 x<12x<\dfrac12 时，
∣2x−1∣−x<1⟺1−3x<1⟺x>0\lvert2x-1\rvert-x<1\Longleftrightarrow1-3x<1\Longleftrightarrow x>0
故得到 0<x<120<x<\dfrac12. 合并得解集为 0<x<20<x<2. \end{solution}

2007 · 浙江 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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14计数原理与组合数学★★★☆☆
某书店有 1111 种杂志，2 元2\text{ 元} 1 本1\text{ 本} 的 88 种，1 元1\text{ 元} 1 本1\text{ 本} 的 33 种. 小张用 10 元10\text{ 元} 钱买杂志（每种至多买一本，10 元10\text{ 元} 钱刚好用完），则不同买法的种数是______.（用数字作答） \begin{answer} 266266 \end{answer}
\begin{solution} 设购买 2 元2\text{ 元} 杂志 ii 种，购买 1 元1\text{ 元} 杂志 jj 种，则 2i+j=102i+j=10，0⩽i⩽80\leqslant i\leqslant8，0⩽j⩽30\leqslant j\leqslant3. 所以只有 (i,j)=(5,0)(i,j)=(5,0) 或 (4,2)(4,2) 两种数量组合. 相应买法数为
C85C30+C84C32=56+70×3=266\mathrm C_8^5\mathrm C_3^0+\mathrm C_8^4\mathrm C_3^2=56+70\times3=266
故不同买法的种数为 266266. \end{solution}

2007 · 浙江 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15概率与统计★★★☆☆
随机变量 ξ\xi 的分布列如下：
ξ\xi−1-10011
其中 aa，bb，cc 成等差数列. 若 E(ξ)=13E(\xi) = \frac{1}{3}，则 D(ξ)D(\xi) 的值是______. \begin{answer} 59\frac{5}{9} \end{answer}
\begin{solution} 因为 aa，bb，cc 成等差数列，所以 a+c=2ba+c=2b. 又由分布列的概率和为 11，得 a+b+c=1a+b+c=1，从而 b=13b=\dfrac13，a+c=23a+c=\dfrac23. 由期望条件
E(ξ)=−a+c=13E(\xi)=-a+c=\frac13
解得 a=16a=\dfrac16，c=12c=\dfrac12. 于是 E(ξ2)=a+c=23E(\xi^2)=a+c=\frac23，D(ξ)=E(ξ2)−E(ξ)2=23−19=59D(\xi)=E(\xi^2)-E(\xi)^2=\frac23-\frac19=\frac59. \end{solution}

2007 · 浙江 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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16立体几何初步★★★★☆
已知点 OO 在二面角 α−AB−β\alpha-AB-\beta 的棱上，点 PP 在 α\alpha 内，且 ∠POB=45∘\angle POB = 45^{\circ}. 若对于 β\beta 内异于 OO 的任意一点 QQ，都有 ∠POQ⩾45∘\angle POQ \geqslant 45^{\circ}，则二面角 α−AB−β\alpha-AB-\beta 的大小是______. \begin{answer} 90∘90^{\circ} \end{answer}
\begin{solution} 设 θ\theta 为二面角的大小，取沿 OBOB 的单位向量为 e1\boldsymbol{e}_1，取平面 α\alpha 内垂直于 ABAB 且指向 PP 的单位向量为 e2\boldsymbol{e}_2，再取平面 β\beta 内垂直于 ABAB 的单位向量为 e3\boldsymbol{e}_3. 则 e1⊥e2\boldsymbol{e}_1\perp\boldsymbol{e}_2，e1⊥e3\boldsymbol{e}_1\perp\boldsymbol{e}_3，e2⋅e3=cos⁡θ\boldsymbol{e}_2\cdot\boldsymbol{e}_3=\cos\theta. 由 ∠POB=45∘\angle POB=45^{\circ}，设 OP=rOP=r，则
OP→=r2e1+r2e2\overrightarrow{OP}=\frac r{\sqrt2}\boldsymbol{e}_1+\frac r{\sqrt2}\boldsymbol{e}_2
平面 β\beta 内任意向量都可以写成 se1+te3s\boldsymbol{e}_1+t\boldsymbol{e}_3. 因此，OP→\overrightarrow{OP} 在平面 β\beta 上的投影长度为
∣proj⁡βOP→∣=(r2)2+(r2cos⁡θ)2=r1+cos⁡2θ2\left\lvert\operatorname{proj}_{\beta}\overrightarrow{OP}\right\rvert =\sqrt{\left(\frac r{\sqrt2}\right)^2+\left(\frac r{\sqrt2}\cos\theta\right)^2} =r\sqrt{\frac{1+\cos^2\theta}{2}}
所以 OP→\overrightarrow{OP} 与平面 β\beta 内非零向量的夹角的最小值 φ\varphi 满足
cos⁡φ=1+cos⁡2θ2\cos\varphi=\sqrt{\frac{1+\cos^2\theta}{2}}
题设对任意 Q∈βQ\in\beta 且 Q≠OQ\ne O 都有 ∠POQ⩾45∘\angle POQ\geqslant45^{\circ}，故 φ⩾45∘\varphi\geqslant45^{\circ}，从而
1+cos⁡2θ2⩽12\sqrt{\frac{1+\cos^2\theta}{2}}\leqslant\frac1{\sqrt2}
于是 cos⁡2θ=0\cos^2\theta=0，所以 θ=90∘\theta=90^{\circ}. \end{solution}

2007 · 浙江 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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17不等式★★★★☆
设 mm 为实数，若 {(x,y)∣x−2y+5⩾0, 3−x⩾0, mx+y⩾0}⊆{(x,y)∣x2+y2⩽25}\left\{(x,y)\mid x - 2y + 5 \geqslant 0,\ 3 - x \geqslant 0,\ mx + y \geqslant 0\right\} \subseteq \left\{(x,y)\mid x^{2} + y^{2} \leqslant 25\right\}，则 mm 的取值范围是______. \begin{answer} 0⩽m⩽430 \leqslant m \leqslant \frac{4}{3} \end{answer}
\begin{solution} 三条边界直线分别为 y=x+52y=\dfrac{x+5}{2}，x=3x=3 和 y=−mxy=-mx. 若 2m+1⩽02m+1\leqslant0，则前两条不等式与 y⩾−mxy\geqslant-mx 的交集向左无界，不可能包含在圆 x2+y2⩽25x^2+y^2\leqslant25 内，故 m>−12m>-\dfrac12. 此时区域为三角形，其三个顶点为 A=(3,4)A=(3,4)，B=(3,−3m)B=(3,-3m)，C=(−52m+1,5m2m+1)C=\left(-\frac5{2m+1},\frac{5m}{2m+1}\right). 圆盘是凸集，故三角形包含于圆盘的充要条件是三个顶点都在圆盘内.
点 AA 在圆周上. 由点 BB 在圆盘内，得
9+9m2⩽25⟺−43⩽m⩽439+9m^2\leqslant25\Longleftrightarrow-\frac43\leqslant m\leqslant\frac43
由点 CC 在圆盘内，得
25(1+m2)(2m+1)2⩽25⟺m(3m+4)⩾0\frac{25(1+m^2)}{(2m+1)^2}\leqslant25 \Longleftrightarrow m(3m+4)\geqslant0
结合 m>−12m>-\dfrac12，可知 3m+4>03m+4>0，所以 m⩾0m\geqslant0. 综合得 0⩽m⩽430\leqslant m\leqslant\dfrac43. \end{solution}

2007 · 浙江 · 理 · 第 17 题 · 填空题

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18三角函数★★★☆☆
已知 △ABC\triangle ABC 的周长为 2+1\sqrt{2} + 1，且 sin⁡A+sin⁡B=2sin⁡C\sin A + \sin B = \sqrt{2} \sin C.
(1) 求边 ABAB 的长； (2) 若 △ABC\triangle ABC 的面积为 16sin⁡C\frac{1}{6}\sin C，求角 CC 的度数.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 BC=aBC=a，CA=bCA=b，AB=cAB=c. 由正弦定理，
sin⁡A+sin⁡B=2sin⁡C⟺a+b=2c\sin A+\sin B=\sqrt{2}\sin C \Longleftrightarrow a+b=\sqrt{2}c
又 a+b+c=2+1a+b+c=\sqrt{2}+1，所以
(2+1)c=2+1(\sqrt{2}+1)c=\sqrt{2}+1
从而 c=AB=1c=AB=1. \item 三角形面积为
12absin⁡C=16sin⁡C\frac12ab\sin C=\frac16\sin C
由于 CC 是三角形内角，sin⁡C>0\sin C>0，故 ab=13ab=\dfrac13. 由 a+b=2a+b=\sqrt{2}，得
a2+b2=(a+b)2−2ab=2−23=43a^2+b^2=(a+b)^2-2ab=2-\frac23=\frac43
在三角形 ABCABC 中应用余弦定理，
1=c2=a2+b2−2abcos⁡C=43−23cos⁡C1=c^2=a^2+b^2-2ab\cos C =\frac43-\frac23\cos C
所以 cos⁡C=12\cos C=\dfrac12. 因为 0<C<π0<C<\pi，故 C=60∘C=60^{\circ}. \end{enumerate} \end{solution}

2007 · 浙江 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★☆☆
在如图所示的几何体中，EA⊥EA \perp 平面 ABCABC，DB⊥DB \perp 平面 ABCABC，AC⊥BCAC \perp BC，且 AC=BC=BD=2AEAC = BC = BD = 2AE，MM 是 ABAB 的中点.
(1) 求证：CM⊥EMCM \perp EM； (2) 求 CMCM 与平面 CDECDE 所成的角.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 建立空间直角坐标系，取 CC 为原点，令 CACA 为 xx 轴正方向，CBCB 为 yy 轴正方向，垂直于平面 ABCABC 的方向为 zz 轴正方向. 由题设可取 C=(0,0,0)C=(0,0,0)，A=(2,0,0)A=(2,0,0)，B=(0,2,0)B=(0,2,0)，E=(2,0,1)E=(2,0,1)，D=(0,2,2)D=(0,2,2). 因为 MM 是 ABAB 的中点，所以 M=(1,1,0)M=(1,1,0). 于是 CM→=(1,1,0)\overrightarrow{CM}=(1,1,0)，EM→=(−1,1,−1)\overrightarrow{EM}=(-1,1,-1)， 从而
CM→⋅EM→=−1+1+0=0\overrightarrow{CM}\cdot\overrightarrow{EM}=-1+1+0=0
故 CM⊥EMCM\perp EM. \item 由 CD→=(0,2,2)\overrightarrow{CD}=(0,2,2)，CE→=(2,0,1)\overrightarrow{CE}=(2,0,1) 可取平面 CDECDE 的一个法向量为
n=CD→×CE→=(2,4,−4)\boldsymbol{n}=\overrightarrow{CD}\times\overrightarrow{CE}=(2,4,-4)
设 CMCM 与平面 CDECDE 所成的角为 θ\theta，则
sin⁡θ=∣CM→⋅n∣∣CM→∣∣n∣=∣2+4∣222+42+(−4)2=6236=12\sin\theta =\frac{\lvert\overrightarrow{CM}\cdot\boldsymbol{n}\rvert}{\lvert\overrightarrow{CM}\rvert\lvert\boldsymbol{n}\rvert} =\frac{\lvert2+4\rvert}{\sqrt2\sqrt{2^2+4^2+(-4)^2}} =\frac6{\sqrt2\sqrt{36}} =\frac1{\sqrt2}
因此 θ=45∘\theta=45^{\circ}. \end{enumerate} \end{solution}

2007 · 浙江 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
如图，直线 y=kx+by = kx + b 与椭圆 x24+y2=1\frac{x^2}{4} + y^2 = 1 交于 AA，BB 两点，记 △AOB\triangle AOB 的面积为 SS.
(1) 求在 k=0k = 0，0<b<10 < b < 1 的条件下，SS 的最大值； (2) 当 ∣AB∣=2\left|AB\right| = 2，S=1S = 1 时，求直线 ABAB 的方程.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 当 k=0k=0 时，直线为 y=by=b. 它与椭圆交于
x=±21−b2x=\pm2\sqrt{1-b^2}
所以
S=12⋅41−b2⋅b=2b1−b2S=\frac12\cdot4\sqrt{1-b^2}\cdot b=2b\sqrt{1-b^2}
令 u=b2u=b^2，则 0<u<10<u<1，且
S2=4u(1−u)⩽1S^2=4u(1-u)\leqslant1
因此 SS 的最大值为 11，当 u=12u=\dfrac12，即 b2=12b^2=\dfrac12 时取得. \item 设直线为 y=kx+by=kx+b，即 kx−y+b=0kx-y+b=0. 因为 ∣AB∣=2\lvert AB\rvert=2，S=1S=1，所以原点到直线 ABAB 的距离为
2S∣AB∣=1\frac{2S}{\lvert AB\rvert}=1
故 ∣b∣1+k2=1\dfrac{\lvert b\rvert}{\sqrt{1+k^2}}=1，从而 b2=1+k2b^2=1+k^2. 把 y=kx+by=kx+b 代入椭圆方程，交点的横坐标 x1x_1，x2x_2 满足
(1+4k2)x2+8kbx+4b2−4=0(1+4k^2)x^2+8kbx+4b^2-4=0
其判别式为
Δ=16(1+4k2−b2)\Delta=16(1+4k^2-b^2)
因而
∣x1−x2∣=41+4k2−b21+4k2\lvert x_1-x_2\rvert =\frac{4\sqrt{1+4k^2-b^2}}{1+4k^2}
由于两交点在斜率为 kk 的直线上，
∣AB∣2=(1+k2)∣x1−x2∣2=4\lvert AB\rvert^2=(1+k^2)\lvert x_1-x_2\rvert^2=4
代入上式及前式，令 u=k2u=k^2，得
16(1+u)1+4u−(1+u)(1+4u)2=4⟺12u(1+u)=(1+4u)2⟺(2u−1)2=016(1+u)\frac{1+4u-(1+u)}{(1+4u)^2}=4 \Longleftrightarrow12u(1+u)=(1+4u)^2 \Longleftrightarrow(2u-1)^2=0
所以 k=±22k=\pm\dfrac{\sqrt2}{2}，且由前式得 ∣b∣=62\lvert b\rvert=\dfrac{\sqrt6}{2}. 因此直线 ABAB 的方程为 y=22x+62y=\dfrac{\sqrt2}{2}x+\dfrac{\sqrt6}{2}，y=22x−62y=\dfrac{\sqrt2}{2}x-\dfrac{\sqrt6}{2}，y=−22x+62y=-\dfrac{\sqrt2}{2}x+\dfrac{\sqrt6}{2} 或 y=−22x−62y=-\dfrac{\sqrt2}{2}x-\dfrac{\sqrt6}{2}. \end{enumerate} \end{solution}

2007 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_{n}\} 中的相邻两项 a2k−1a_{2k-1}，a2ka_{2k} 是关于 xx 的方程 x2−(3k+2k)x+3k⋅2k=0x^{2} - (3k + 2^{k})x + 3k \cdot 2^{k} = 0 的两个根，且 a2k−1⩽a2ka_{2k-1} \leqslant a_{2k}（k=1k = 1，22，33，…\dots）.
(1) 求 a1a_{1}，a3a_{3}，a5a_{5}，a7a_{7}； (2) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的前 2n2n 项和 S2nS_{2n}； (3) 记 f(n)=12(∣sin⁡n∣sin⁡n+3)f(n) = \frac{1}{2}\left(\frac{|\sin n|}{\sin n} + 3\right)，Tn=(−1)f(2)a1a2+(−1)f(3)a3a4+(−1)f(4)a5a6+⋯+(−1)f(n+1)a2n−1a2nT_n = \frac{(-1)^{f(2)}}{a_1a_2} + \frac{(-1)^{f(3)}}{a_3a_4} + \frac{(-1)^{f(4)}}{a_5a_6} + \cdots + \frac{(-1)^{f(n+1)}}{a_{2n-1}a_{2n}}，求证：16⩽Tn⩽524\frac{1}{6} \leqslant T_n \leqslant \frac{5}{24}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 方程
x2−(3k+2k)x+3k⋅2k=0x^2-(3k+2^k)x+3k\cdot2^k=0
可因式分解为
(x−3k)(x−2k)=0(x-3k)(x-2^k)=0
所以 a2k−1a_{2k-1}，a2ka_{2k} 是 3k3k，2k2^k 中较小者和较大者. 依次取 k=1k=1，22，33，44，得 (a1,a2)=(2,3)(a_1,a_2)=(2,3)，(a3,a4)=(4,6)(a_3,a_4)=(4,6)，(a5,a6)=(8,9)(a_5,a_6)=(8,9)，(a7,a8)=(12,16)(a_7,a_8)=(12,16). 故 a1=2a_1=2，a3=4a_3=4，a5=8a_5=8，a7=12a_7=12. \item 每一对相邻项的和为
a2k−1+a2k=3k+2ka_{2k-1}+a_{2k}=3k+2^k
因此
S2n=∑k=1n(3k+2k)=3n(n+1)2+(2n+1−2)=3n2+3n2+2n+1−2S_{2n}=\sum_{k=1}^n(3k+2^k) =3\frac{n(n+1)}2+\left(2^{n+1}-2\right) =\frac{3n^2+3n}{2}+2^{n+1}-2
\item 令
εj=(−1)f(j)\varepsilon_j=(-1)^{f(j)}
由于 jj 为正整数且 π\pi 为无理数，sin⁡j≠0\sin j\ne0，所以 εj\varepsilon_j 有定义且 ∣εj∣=1\lvert\varepsilon_j\rvert=1. 又因为 0<2<3<π<4<3π20<2<3<\pi<4<\dfrac{3\pi}{2}，所以 sin⁡2>0\sin2>0，sin⁡3>0\sin3>0，sin⁡4<0\sin4<0，从而 ε2=ε3=1\varepsilon_2=\varepsilon_3=1，ε4=−1\varepsilon_4=-1. 又
a2k−1a2k=3k⋅2ka_{2k-1}a_{2k}=3k\cdot2^k
故 Tn=∑k=1nεk+13k2kT_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{\varepsilon_{k+1}}{3k2^k}. 当 n=1n=1 时，T1=16T_1=\dfrac16；当 n=2n=2 时，T2=16+124=524T_2=\dfrac16+\dfrac1{24}=\dfrac5{24}. 当 n⩾3n\geqslant3 时，由 ε4=−1\varepsilon_4=-1，以及
∑k=4∞13k2k<112∑k=4∞12k=196<172=13⋅3⋅23\sum_{k=4}^{\infty}\frac1{3k2^k} <\frac1{12}\sum_{k=4}^{\infty}\frac1{2^k} =\frac1{96} <\frac1{72} =\frac1{3\cdot3\cdot2^3}
可得
Tn−T2=−172+∑k=4nεk+13k2k⩽−172+∑k=4∞13k2k<0T_n-T_2 =-\frac1{72}+\sum_{k=4}^n\frac{\varepsilon_{k+1}}{3k2^k} \leqslant-\frac1{72}+\sum_{k=4}^{\infty}\frac1{3k2^k}<0
所以 Tn<524T_n<\dfrac5{24}. 另一方面，对 n⩾2n\geqslant2，
Tn⩾T2−∑k=3∞13k2k>524−19∑k=3∞12k=524−136=1372>16T_n\geqslant T_2-\sum_{k=3}^{\infty}\frac1{3k2^k} >\frac5{24}-\frac19\sum_{k=3}^{\infty}\frac1{2^k} =\frac5{24}-\frac1{36} =\frac{13}{72}>\frac16
结合 T1=16T_1=\dfrac16 和 T2=524T_2=\dfrac5{24}，得到
16⩽Tn⩽524\frac16\leqslant T_n\leqslant\frac5{24}
\end{enumerate} \end{solution}

2007 · 浙江 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
设 f(x)=x33f(x) = \frac{x^3}{3}，对任意实数 tt，记 gt(x)=t23x−23tg_t(x) = t^{\frac{2}{3}}x - \frac{2}{3}t.
(1) 求函数 y=f(x)−g8(x)y = f(x) - g_8(x) 的单调区间； (2) 求证：
① 当 x>0x > 0 时，f(x)⩾gt(x)f(x) \geqslant g_t(x) 对任意实数 tt 成立； ② 有且仅有一个正实数 x0x_0，使得 g8(x0)⩾gt(x0)g_8(x_0) \geqslant g_t(x_0) 对任意实数 tt 成立.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 令 h(x)=f(x)−g8(x)h(x)=f(x)-g_8(x). 因为 823=48^{\frac{2}{3}}=4，所以 h(x)=x33−4x+163h(x)=\frac{x^3}{3}-4x+\frac{16}{3}，h′(x)=x2−4=(x−2)(x+2)h'(x)=x^2-4=(x-2)(x+2). 当 x<−2x<-2 或 x>2x>2 时，h′(x)>0h'(x)>0；当 −2<x<2-2<x<2 时，h′(x)<0h'(x)<0. 因此，y=f(x)−g8(x)y=f(x)-g_8(x) 在 (−∞,−2](-\infty,-2] 和 [2,+∞)[2,+\infty) 上单调递增，在 [−2,2][-2,2] 上单调递减. \item 题设中参数 tt 取任意实数. 在实数范围内，若 t=−st=-s 且 s>0s>0，则
(−s)23=(−s3)2=s23(-s)^{\frac{2}{3}}=\left(\sqrt[3]{-s}\right)^2=s^{\frac{2}{3}}
\begin{enumerate} \item 取 x=1x=1，t=−1t=-1，则 f(1)=13f(1)=\frac13，g−1(1)=1+23=53g_{-1}(1)=1+\frac23=\frac53， 所以 f(1)<g−1(1)f(1)<g_{-1}(1)，题面所述的“不论 tt 为何实数”命题不成立. \item 对任意正实数 x0x_0，令 t=−st=-s，则 g−s(x0)=s23x0+23s⟶+∞g_{-s}(x_0)=s^{\frac{2}{3}}x_0+\frac23s\longrightarrow+\infty，(s⟶+∞)(s\longrightarrow+\infty) 而 g8(x0)=4x0−163g_8(x_0)=4x_0-\dfrac{16}{3} 是定值. 因此不存在正实数 x0x_0，使 g8(x0)⩾gt(x0)g_8(x_0)\geqslant g_t(x_0) 对任意实数 tt 成立. \end{enumerate} 因此，按题设“任意实数 tt”理解，第二问的两个待证命题均不成立；若题面原意是“任意正实数 tt”，则需另行讨论. \end{enumerate} \end{solution}

2007 · 浙江 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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