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01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
设集合 A={x∣−1⩽x⩽2}A = \{x \mid -1 \leqslant x \leqslant 2\}，B={x∣0⩽x⩽4}B = \{x \mid 0 \leqslant x \leqslant 4\}，则 A∩B=A \cap B =（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 由交集的定义，x∈A∩Bx\in A\cap B 当且仅当 xx 同时满足 −1⩽x⩽2-1\leqslant x\leqslant2 和 0⩽x⩽40\leqslant x\leqslant4. 合并两个不等式组可得 0⩽x⩽20\leqslant x\leqslant2，所以 A∩B=[0,2]A\cap B=[0,2]，对应选项 A. \end{solution}
A.
[0,2][0,2]
B.
[1,2][1,2]
C.
[0,4][0,4]
D.
[1,4][1,4]

2006 · 浙江 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02复数★☆☆☆☆
已知 m1+i=1−ni\frac{m}{1 + \mathrm{i}} = 1 - n\mathrm{i}，其中 mm，nn 是实数，i\mathrm{i} 是虚数单位，则 m+ni=m + n\mathrm{i} =（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 将等式两边同乘 1+i1+\mathrm{i}，得
m=(1−ni)(1+i)=1+n+(1−n)im=(1-n\mathrm{i})(1+\mathrm{i})=1+n+(1-n)\mathrm{i}
由于 mm 为实数，虚部必须为零，所以 1−n=01-n=0，从而 n=1n=1，m=2m=2. 因此 m+ni=2+im+n\mathrm{i}=2+\mathrm{i}，选 C. \end{solution}
A.
1+2i1 + 2\mathrm{i}
B.
1−2i1 - 2\mathrm{i}
C.
2+i2 + \mathrm{i}
D.
2−i2 - \mathrm{i}

2006 · 浙江 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03指数函数与对数函数★★☆☆☆
已知 0<a<10 < a < 1，log⁡am<log⁡an<0\log_a m < \log_a n < 0，则（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 因为 0<a<10<a<1，所以函数 y=log⁡axy=\log_a x 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上单调递减. 由 log⁡am<log⁡an\log_a m<\log_a n 得 m>nm>n. 又因为 log⁡an<0=log⁡a1\log_a n<0=\log_a1，由单调递减性得 n>1n>1. 所以 1<n<m1<n<m，选 A. \end{solution}
A.
1<n<m1 < n < m
B.
1<m<n1 < m < n
C.
m<n<1m < n < 1
D.
n<m<1n < m < 1

2006 · 浙江 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04不等式★★☆☆☆
在平面直角坐标系中，不等式组
{x+y−2⩾0,x−y+2⩾0,x⩽2\begin{cases} x+y-2\geqslant0,\\ x-y+2\geqslant0,\\ x\leqslant2 \end{cases}
表示的平面区域的面积是（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 不等式组等价于 y⩾2−xy\geqslant2-x、y⩽x+2y\leqslant x+2 和 x⩽2x\leqslant2. 两条斜边界线的交点为 (0,2)(0,2)，直线 x=2x=2 与它们的交点分别为 (2,0)(2,0) 和 (2,4)(2,4). 因而所表示的区域是以这三个点为顶点的三角形，其底边长为 44，高为 22，面积为 12×4×2=4\frac12\times4\times2=4. 因此选 B. \end{solution}
A.
424\sqrt{2}
B.
44
C.
222\sqrt{2}
D.
22

2006 · 浙江 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05解析几何★★☆☆☆
若双曲线 x2m−y2=1\frac{x^2}{m} - y^2 = 1 上的点到左准线的距离是到左焦点距离的 13\frac{1}{3}，则 m=m =（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 双曲线可写为 x2a2−y2b2=1\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1，其中 a2=ma^2=m，b2=1b^2=1. 于是焦半距满足 c2=a2+b2=m+1c^2=a^2+b^2=m+1，离心率为
e=ca=m+1me=\frac ca=\sqrt{\frac{m+1}{m}}
对于左支，点到左焦点的距离与到左准线的距离之比为离心率. 题设给出到左准线的距离是到左焦点距离的 13\frac13，故 e=3e=3. 因此
m+1m=9\frac{m+1}{m}=9
解得 m=18m=\frac18. 因此选 C. \end{solution}
A.
12\frac{1}{2}
B.
32\frac{3}{2}
C.
18\frac{1}{8}
D.
98\frac{9}{8}

2006 · 浙江 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06三角函数★★★☆☆
函数 y=12sin⁡2x+sin⁡2xy = \frac{1}{2}\sin 2x + \sin^2 x，x∈Rx \in \mathbf{R} 的值域是（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 利用 sin⁡2x=1−cos⁡2x2\sin^2x=\dfrac{1-\cos2x}{2}，有
y=12sin⁡2x+1−cos⁡2x2=12+12(sin⁡2x−cos⁡2x)=12+22sin⁡(2x−π4)y=\frac12\sin2x+\frac{1-\cos2x}{2}=\frac12+\frac12(\sin2x-\cos2x)=\frac12+\frac{\sqrt2}{2}\sin\left(2x-\frac\pi4\right)
因为正弦函数的值域为 [−1,1][-1,1]，所以
y∈[12−22,12+22]y\in\left[\frac12-\frac{\sqrt2}{2},\frac12+\frac{\sqrt2}{2}\right]
因此选 C. \end{solution}
A.
[−12,32]\left[-\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right]
B.
[−32,12]\left[-\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right]
C.
[−22+12,22+12]\left[-\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2}\right]
D.
[−22−12,22−12]\left[-\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{2}\right]

2006 · 浙江 · 理 · 第 6 题 · 选择题

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07集合与逻辑基础★★☆☆☆
“a>b>0a > b > 0”是“ab<a2+b22ab < \frac{a^{2} + b^{2}}{2}”的（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 由 a>b>0a>b>0 得 (a−b)2>0(a-b)^2>0，即 a2+b2>2aba^2+b^2>2ab，从而
ab<a2+b22ab<\frac{a^2+b^2}{2}
所以该条件是充分条件. 但它不是必要条件，例如取 a=1a=1，b=2b=2，则 ab=2<1+42ab=2<\frac{1+4}{2}，而 a>b>0a>b>0 不成立. 因此选 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

2006 · 浙江 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08计数原理与组合数学★★☆☆☆
若多项式 x2+x10=a0+a1(x+1)+⋯+a9(x+1)9+a10(x+1)10x^{2} + x^{10} = a_{0} + a_{1}(x + 1) + \dots + a_{9}(x + 1)^{9} + a_{10}(x + 1)^{10}，则 a9=a_9 =（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 令 t=x+1t=x+1，则 x=t−1x=t-1. 展开式中 a9a_9 是 t9t^9 的系数. 其中 (t−1)2(t-1)^2 不含 t9t^9，而 二项式 (t−1)10(t-1)^{10} 中 t9t^9 项的系数为 C109(−1)10−9=−C109=−10\mathrm C_{10}^{9}(-1)^{10-9}=-\mathrm C_{10}^{9}=-10. 因此 a9=−10a_9=-10，选 D. \end{solution}
A.
99
B.
1010
C.
−9-9
D.
−10-10

2006 · 浙江 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★☆☆
如图，OO 是半径为 11 的球心，点 AA，BB，CC 在球面上，OAOA，OBOB，OCOC 两两垂直，EE，FF 分别是大圆弧 AB^\widehat{AB} 与 AC^\widehat{AC} 的中点，则点 EE，FF 在该球面上的球面距离是（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 取单位向量 eA\boldsymbol{e}_A，eB\boldsymbol{e}_B，eC\boldsymbol{e}_C 分别沿 OAOA，OBOB，OCOC 方向，则它们两两垂直. 大圆弧 ABAB 的中点对应的单位向量为
eE=eA+eB2\boldsymbol{e}_E=\frac{\boldsymbol{e}_A+\boldsymbol{e}_B}{\sqrt2}
因为 OA⊥OCOA\perp OC，大圆弧 ACAC 的中点到 AA，CC 等距，故其单位向量为
eF=eA+eC2\boldsymbol{e}_F=\frac{\boldsymbol{e}_A+\boldsymbol{e}_C}{\sqrt2}
因而
eE⋅eF=12\boldsymbol{e}_E\cdot\boldsymbol{e}_F=\frac12
球面半径为 11，所以球面距离等于对应圆心角，设其为 θ\theta，则 cos⁡θ=12\cos\theta=\frac12，从而 θ=π3\theta=\frac\pi3. 因此选 B. \end{solution}
A.
π4\frac{\pi}{4}
B.
π3\frac{\pi}{3}
C.
π2\frac{\pi}{2}
D.
2π4\frac{\sqrt{2}\pi}{4}

2006 · 浙江 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10函数与初等函数★★★★☆
函数 f:{1,2,3}→{1,2,3}f: \{1, 2, 3\} \to \{1, 2, 3\} 满足 f(f(x))=f(x)f(f(x)) = f(x)，则这样的函数个数共有（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 设值域中的元素集合为 S=f({1,2,3})S=f(\{1,2,3\}). 对任意 y∈Sy\in S，存在 xx 使 y=f(x)y=f(x)，于是由题设 f(y)=f(f(x))=f(x)=yf(y)=f(f(x))=f(x)=y，所以 SS 中每个元素都是不动点. 反过来，只要规定 SS 中元素各自映射到自身，并把其余元素任意映射到 SS，就一定满足 f(f(x))=f(x)f(f(x))=f(x). 因而 SS 非空.
若 ∣S∣=k|S|=k，先从 3 个元素中选出 SS，有 C3k\mathrm C_3^k 种；对剩余的 3−k3-k 个元素，每个都有 kk 种像，故有 k3−kk^{3-k} 种. 所以函数总数为
∑k=13C3kk3−k=C31⋅12+C32⋅2+C33⋅1=3+6+1=10\sum_{k=1}^{3}\mathrm C_3^k k^{3-k}=\mathrm C_3^1\cdot1^2+\mathrm C_3^2\cdot2+\mathrm C_3^3\cdot1=3+6+1=10
因此选 D. \end{solution}
A.
11 个
B.
44 个
C.
88 个
D.
1010 个

2006 · 浙江 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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11数列★★☆☆☆
设 SnS_{n} 为等差数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和. 若 S5=10S_{5} = 10，S10=−5S_{10} = -5，则公差为______（用数字作答）.
\begin{answer} −1-1 \end{answer}
\begin{solution} 设等差数列的首项为 a1a_1，公差为 dd. 由前 nn 项和公式，得 S5=5a1+10d=10S_5=5a_1+10d=10，S10=10a1+45d=−5S_{10}=10a_1+45d=-5. 将第一式乘以 22，得 10a1+20d=2010a_1+20d=20. 与第二式相减，得到 25d=−2525d=-25，所以 d=−1d=-1. \end{solution}

2006 · 浙江 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12不等式★★★☆☆
对 aa，b∈Rb \in \mathbf{R}，记
max⁡{a,b}={a,a⩾b,b,a<b,\max \{a, b\} = \begin{cases} a, & a \geqslant b,\\ b, & a < b, \end{cases}
函数 f(x)=max⁡{∣x+1∣,∣x−2∣}f(x) = \max \{|x + 1|, |x - 2|\} （x∈Rx \in \mathbf{R}）的最小值是______.
\begin{answer} 32\frac{3}{2} \end{answer}
\begin{solution} 对任意 xx，三角不等式给出
∣x+1∣+∣x−2∣⩾∣(x+1)−(x−2)∣=3|x+1|+|x-2|\geqslant |(x+1)-(x-2)|=3
又对任意非负数 uu，vv，都有 max⁡{u,v}⩾u+v2\max\{u,v\}\geqslant\frac{u+v}{2}. 取 u=∣x+1∣u=|x+1|，v=∣x−2∣v=|x-2|，便有 f(x)⩾∣x+1∣+∣x−2∣2⩾32f(x)\geqslant\frac{|x+1|+|x-2|}{2}\geqslant\frac32. 当 x=12x=\frac12 时，∣x+1∣=∣x−2∣=32|x+1|=|x-2|=\frac32，上述两个不等式同时取等号. 所以函数的最小值为 32\frac32. \end{solution}

2006 · 浙江 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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13平面向量★★☆☆☆
设向量 a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b}，c\boldsymbol{c}，满足 a+b+c=0\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b} + \boldsymbol{c} = 0，(a−b)⊥c(\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}) \perp \boldsymbol{c}，a⊥b\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b}，若 ∣a∣=1|\boldsymbol{a}| = 1，则 ∣a∣2+∣b∣2+∣c∣2|\boldsymbol{a}|^2 + |\boldsymbol{b}|^2 + |\boldsymbol{c}|^2 的值是______.
\begin{answer} 44 \end{answer}
\begin{solution} 由 a+b+c=0\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}=0，得 c=−(a+b)\boldsymbol{c}=-(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}). 由 (a−b)⊥c(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})\perp\boldsymbol{c}，有
0=(a−b)⋅c=−(a−b)⋅(a+b)=−∣a∣2+∣b∣20=(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})\cdot\boldsymbol{c}=-(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})\cdot(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})=-|\boldsymbol{a}|^2+|\boldsymbol{b}|^2
所以 ∣b∣=∣a∣=1|\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|=1. 又因为 a⊥b\boldsymbol{a}\perp\boldsymbol{b}，
∣c∣2=∣a+b∣2=∣a∣2+∣b∣2=2|\boldsymbol{c}|^2=|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|^2=|\boldsymbol{a}|^2+|\boldsymbol{b}|^2=2
故 ∣a∣2+∣b∣2+∣c∣2=1+1+2=4|\boldsymbol{a}|^2+|\boldsymbol{b}|^2+|\boldsymbol{c}|^2=1+1+2=4. \end{solution}

2006 · 浙江 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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14立体几何初步★★★★★
正四面体 ABCDABCD 的棱长为 11，棱 AB∥AB \parallel 平面 α\alpha，则正四面体上的所有点在平面 α\alpha 内的射影构成的图形面积的取值范围是______.
\begin{answer} [24,12]\left[\frac{\sqrt{2}}{4}, \frac{1}{2}\right] \end{answer}
\begin{solution} 建立直角坐标系，令 A=(0,0,0)A=(0,0,0)、B=(1,0,0)B=(1,0,0)、C=(12,32,0)C=\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{2},0\right)、D=(12,36,23)D=\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{6},\sqrt{\frac23}\right). 由于 AB∥αAB\parallel\alpha，取平面 α\alpha 内与 ABAB 同向的单位向量，并取其垂直方向为 (0,cos⁡θ,sin⁡θ)\left(0,\cos\theta,\sin\theta\right). 反向选择第二个方向不改变投影面积，故可设 −π2⩽θ⩽π2-\frac\pi2\leqslant\theta\leqslant\frac\pi2.
以 ABAB 和上述第二个方向为投影平面内的坐标轴，四个顶点的正投影可记为 A′=(0,0)A'=(0,0)、B′=(1,0)B'=(1,0)、C′=(12,u)C'=\left(\frac12,u\right)、D′=(12,v)D'=\left(\frac12,v\right)，其中 u=32cos⁡θu=\frac{\sqrt3}{2}\cos\theta，v=36cos⁡θ+23sin⁡θv=\frac{\sqrt3}{6}\cos\theta+\sqrt{\frac23}\sin\theta. 正四面体是四个顶点的凸包，所以所求图形是上述四个投影点的凸包. 因为 u⩾0u\geqslant0，当 v⩾0v\geqslant0 时面积为 12max⁡{u,v}\frac12\max\{u,v\}，当 v<0v<0 时面积为 12(u−v)\frac12(u-v).
设 θ0=arctan⁡12\theta_0=\arctan\frac1{\sqrt2}，θ1=−arctan⁡122\theta_1=-\arctan\frac1{2\sqrt2}. 当 v⩾0v\geqslant0 时，必有 θ∈[θ1,π2]\theta\in[\theta_1,\frac\pi2]. 若 θ∈[θ1,θ0]\theta\in[\theta_1,\theta_0]，则 u⩾u(θ0)=22u\geqslant u(\theta_0)=\frac{\sqrt2}{2}. 若 θ∈[θ0,π2]\theta\in[\theta_0,\frac\pi2]，由于 v>0v>0 且 v′′(θ)=−v(θ)<0v''(\theta)=-v(\theta)<0，函数 vv 在该区间上为凹函数，故其最小值出现在端点，而 v(θ0)=22v(\theta_0)=\frac{\sqrt2}{2}，v(π2)=23>22v\left(\frac\pi2\right)=\sqrt{\frac23}>\frac{\sqrt2}{2}. 所以此时 max⁡{u,v}⩾22\max\{u,v\}\geqslant\frac{\sqrt2}{2}. 当 v<0v<0 时，θ∈[−π2,θ1)\theta\in[-\frac\pi2,\theta_1)，且
u−v=33cos⁡θ−23sin⁡θu-v=\frac{\sqrt3}{3}\cos\theta-\sqrt{\frac23}\sin\theta
记 w(θ)=u−v=33cos⁡θ−23sin⁡θw(\theta)=u-v=\frac{\sqrt3}{3}\cos\theta-\sqrt{\frac23}\sin\theta. 在该区间内 w>0w>0，且 w′′(θ)=−w(θ)<0w''(\theta)=-w(\theta)<0，所以 ww 的最小值出现在端点，端点值均为 23>22\sqrt{\frac23}>\frac{\sqrt2}{2}. 因而任意情况下投影面积均不小于 24\frac{\sqrt2}{4}. 当 θ=θ0\theta=\theta_0 时 u=v=22u=v=\frac{\sqrt2}{2}，下界可以取得.
另一方面，u⩽32<1u\leqslant\frac{\sqrt3}{2}<1，且由柯西不等式
∣v∣⩽112+23=32<1|v|\leqslant\sqrt{\frac1{12}+\frac23}=\frac{\sqrt3}{2}<1
当 v⩾0v\geqslant0 时面积严格小于 12\frac12. 当 v<0v<0 时，仍由柯西不等式
u−v=33cos⁡θ−23sin⁡θ⩽1u-v=\frac{\sqrt3}{3}\cos\theta-\sqrt{\frac23}\sin\theta\leqslant1
故面积不大于 12\frac12. 取 (cos⁡θ,sin⁡θ)=(33,−23)(\cos\theta,\sin\theta)=\left(\frac{\sqrt3}{3},-\sqrt{\frac23}\right) 时 v=−12<0v=-\frac12<0，且 u−v=1u-v=1，上界可以取得. 投影面积关于 θ\theta 连续，故其取值范围为
[24,12]\left[\frac{\sqrt2}{4},\frac12\right]
\end{solution}

2006 · 浙江 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15三角函数★★★☆☆
如图，函数 y=2sin⁡(πx+φ)y = 2\sin (\pi x + \varphi)，x∈Rx \in \mathbf{R}（其中 0⩽φ⩽π20 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2}）的图象与 yy 轴交于点 (0,1)(0,1).
(1) 求 φ\varphi 的值； (2) 设 PP 是图象上的最高点，MM，NN 是图象与 xx 轴的交点，求 PM→\overrightarrow{PM} 与 PN→\overrightarrow{PN} 的夹角.

2006 · 浙江 · 理 · 第 15 题 · 解答题

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16不等式★★★★☆
设 f(x)=3ax2+2bx+cf(x)=3ax^{2}+2bx+c. 若 a+b+c=0a+b+c=0，f(0)>0f(0)>0，f(1)>0f(1)>0，求证：
(1) a>0a > 0 且 −2<ba<−1-2 < \frac{b}{a} < -1. (2) 方程 f(x)=0f(x)=0 在 (0,1)(0,1) 内有两个实根.

2006 · 浙江 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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17立体几何初步★★★☆☆
如图，在四棱锥 P−ABCDP-ABCD 中，底面为直角梯形，AD∥BCAD \parallel BC，∠BAD=90∘\angle BAD = 90^\circ，PA⊥PA \perp 底面 ABCDABCD，且 PA=AD=AB=2BCPA = AD = AB = 2BC，MM，NN 分别为 PCPC，PBPB 的中点.
(1) 求证：PB⊥DMPB \perp DM； (2) 求 CDCD 与平面 ADMNADMN 所成的角.

2006 · 浙江 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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18概率与统计★★★☆☆
甲，乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有 22 个红球，22 个白球，乙袋装有 22 个红球，nn 个白球. 现从甲，乙两袋中各任取 22 个球.
(1) 若 n=3n = 3，求取到的 44 个球全是红球的概率； (2) 若取到的 44 个球中至少有 22 个红球的概率为 34\frac{3}{4}，求 nn.

2006 · 浙江 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19解析几何★★★★☆
如图，椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0）与过点 A(2,0)A(2,0)，B(0,1)B(0,1) 的直线有且只有一个公共点 TT，且椭圆的离心率 e=32e = \frac{\sqrt{3}}{2}.
(1) 求椭圆方程； (2) 设 F1F_{1}，F2F_{2} 分别为椭圆的左，右焦点，MM 为线段 AF2AF_{2} 的中点. 求证：∠ATM=∠AF1T\angle ATM = \angle AF_{1}T.

2006 · 浙江 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=x3+x2f(x) = x^3 + x^2，数列 {xn}\{x_n\}（xn>0x_n > 0）的第一项 x1=1x_1 = 1，以后各项按如下方式取定：曲线 y=f(x)y = f(x) 在 (xn+1,f(xn+1))(x_{n+1}, f(x_{n+1})) 处的切线与经过 (0,0)(0,0) 和 (xn,f(xn))(x_n, f(x_n)) 两点的直线平行（如图）. 求证：当 n∈N∗n\in\mathbf{N}^* 时，
(1) xn2+xn=3xn+12+2xn+1;x_{n}^{2} + x_{n} = 3x_{n + 1}^{2} + 2x_{n + 1}; (2) (12)n−1⩽xn⩽(12)n−2\left(\frac{1}{2}\right)^{n - 1}\leqslant x_n\leqslant \left(\frac{1}{2}\right)^{n - 2}.

2006 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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