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01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
设集合 A={x∣x2−1>0}A=\{x\mid x^2-1>0\}，B={x∣log⁡2x>0}B=\{x\mid \log_2 x>0\}，A∩BA\cap B 等于（ ）
\begin{solution} 由 x2−1>0x^2-1>0 得 x<−1x<-1 或 x>1x>1，所以 A=(−∞,−1)∪(1,+∞)A=(-\infty,-1)\cup(1,+\infty). 又因为底数 2>12>1，log⁡2x>0\log_2x>0 等价于 x>1x>1，故 B=(1,+∞)B=(1,+\infty). 因此 A∩B=(1,+∞)={x∣x>1}A\cap B=(1,+\infty)=\{x\mid x>1\}，应选 A. \end{solution}
A.
{x∣x>1}\{x\mid x>1\}
B.
{x∣x>0}\{x\mid x>0\}
C.
{x∣x<−1}\{x\mid x<-1\}
D.
{x∣x<−1 或 x>1}\{x\mid x<-1\text{\ 或\ }x>1\}

2003 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02指数函数与对数函数★★☆☆☆
设 y1=40.9y_1=4^{0.9}，y2=80.44y_2=8^{0.44}，y3=(12)−1.5y_3=\left(\frac{1}{2}\right)^{-1.5}，则（ ）
\begin{solution} 把各数化为底数为 22 的幂，有 y1=40.9=21.8y_1=4^{0.9}=2^{1.8}，y2=80.44=21.32y_2=8^{0.44}=2^{1.32}，y3=(12)−1.5=21.5y_3=\left(\frac12\right)^{-1.5}=2^{1.5}. 由于 2>12>1，且 1.8>1.5>1.321.8>1.5>1.32，所以 y1>y3>y2y_1>y_3>y_2，应选 D. \end{solution}
A.
y3>y1>y2y_3>y_1>y_2
B.
y2>y1>y3y_2>y_1>y_3
C.
y1>y2>y3y_1>y_2>y_3
D.
y1>y3>y2y_1>y_3>y_2

2003 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03集合与逻辑基础★★☆☆☆
“cos⁡2α=−32\cos 2\alpha=-\frac{\sqrt{3}}{2}”是“α=kπ+5π12\alpha=k\pi+\frac{5\pi}{12}，k∈Zk\in\mathbf{Z}”的（ ）
\begin{solution} 由 cos⁡2α=−32\cos 2\alpha=-\frac{\sqrt3}{2}，得 2α=5π6+2kπ2\alpha=\frac{5\pi}{6}+2k\pi 或 2α=7π6+2kπ2\alpha=\frac{7\pi}{6}+2k\pi，其中 k∈Zk\in\mathbf{Z}. 因此 α=5π12+kπ\alpha=\frac{5\pi}{12}+k\pi 或 α=7π12+kπ\alpha=\frac{7\pi}{12}+k\pi. 后一个条件“α=kπ+5π12\alpha=k\pi+\frac{5\pi}{12}”能推出前一个等式，但前一个等式还包含 α=kπ+7π12\alpha=k\pi+\frac{7\pi}{12} 的情形，所以它是必要非充分条件，应选 A. \end{solution}
A.
必要非充分条件
B.
充分非必要条件
C.
充分必要条件
D.
既非充分又非必要条件

2003 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04立体几何初步★★☆☆☆
已知 α\alpha，β\beta 是平面，mm，nn 是直线. 下列命题中不正确的是（ ）
\begin{solution} 若 m∥nm\parallel n 且 m⊥αm\perp\alpha，则与 mm 平行的直线 nn 也垂直于平面 α\alpha，所以命题 A 正确. 若两平面都垂直于同一直线 mm，则它们的法向方向相同，从而 α∥β\alpha\parallel\beta，命题 C 正确. 若 m⊥αm\perp\alpha 且 m⊂βm\subset\beta，平面 β\beta 内有一条直线垂直于平面 α\alpha，所以 α⊥β\alpha\perp\beta，命题 D 正确.
命题 B 不成立：例如取 α\alpha 为平面 z=0z=0，β\beta 为平面 y=0y=0，则 n=α∩βn=\alpha\cap\beta 为 xx 轴；再取直线 m ⁣:y=xm\colon y=x， z=1\ z=1，则 m∥αm\parallel\alpha，但 m∦nm\not\parallel n. 因此不正确的是 B. \end{solution}
A.
若 m∥nm\parallel n，m⊥αm\perp\alpha，则 n⊥αn\perp\alpha
B.
若 m∥αm\parallel\alpha，α∩β=n\alpha\cap\beta=n，则 m∥nm\parallel n
C.
若 m⊥αm\perp\alpha，m⊥βm\perp\beta，则 α∥β\alpha\parallel\beta
D.
若 m⊥αm\perp\alpha，m⊂βm\subset\beta，则 α⊥β\alpha\perp\beta

2003 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05解析几何★★☆☆☆
极坐标方程 ρ2cos⁡2θ−2ρcos⁡θ=1\rho^2\cos 2\theta-2\rho\cos\theta=1 表示的曲线是（ ）
\begin{solution} 令 x=ρcos⁡θx=\rho\cos\theta，y=ρsin⁡θy=\rho\sin\theta，则 ρ2cos⁡2θ=x2−y2\rho^2\cos2\theta=x^2-y^2，且 ρcos⁡θ=x\rho\cos\theta=x. 原方程化为 x2−y2−2x=1x^2-y^2-2x=1，即 (x−1)2−y2=2(x-1)^2-y^2=2. 这是以 (1,0)(1,0) 为中心、实轴平行于 xx 轴的双曲线，应选 D. \end{solution}
A.
圆
B.
椭圆
C.
抛物线
D.
双曲线

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06复数★★★☆☆
若 z∈Cz\in\mathbb{C} 且 ∣z+2−2i∣=1|z+2-2\mathrm{i}|=1，则 ∣z−2−2i∣|z-2-2\mathrm{i}| 的最小值是（ ）
\begin{solution} 令 w=z+2−2iw=z+2-2\mathrm{i}，则 ∣w∣=1\lvert w\rvert=1，并且 z−2−2i=w−4z-2-2\mathrm{i}=w-4. 由三角不等式的逆不等式，∣z−2−2i∣=∣w−4∣⩾∣∣4∣−∣w∣∣=3\lvert z-2-2\mathrm{i}\rvert=\lvert w-4\rvert\geqslant\bigl|\lvert4\rvert-\lvert w\rvert\bigr|=3. 取 w=1w=1 时等号成立，所以所求最小值为 33，应选 B. \end{solution}
A.
22
B.
33
C.
44
D.
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07立体几何初步★★☆☆☆
如果圆台的母线与底面成 60∘60^{\circ} 角，那么这个圆台的侧面积与轴截面面积的比为（ ）
\begin{solution} 设圆台上、下底面的半径分别为 RR、r0r_0，母线长为 ℓ\ell，高为 hh. 母线与底面成 60∘60^{\circ} 角，所以 h=ℓsin⁡60∘h=\ell\sin60^{\circ}. 圆台的侧面积为 S1=π(R+r0)ℓS_1=\pi(R+r_0)\ell，轴截面是高为 hh、两底边长分别为 2R2R、2r02r_0 的等腰梯形，故其面积为 S2=(R+r0)hS_2=(R+r_0)h. 因此
S1S2=πℓh=πsin⁡60∘=233π\frac{S_1}{S_2}=\frac{\pi\ell}{h}=\frac{\pi}{\sin60^{\circ}}=\frac{2\sqrt3}{3}\pi
所以应选 C. \end{solution}
A.
2π2\pi
B.
32π\frac{3}{2}\pi
C.
233π\frac{2\sqrt{3}}{3}\pi
D.
12π\frac{1}{2}\pi

2003 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08计数原理与组合数学★★☆☆☆
从黄瓜，白菜，油菜，扁豆 4 种4\text{ 种}蔬菜品种中选出 3 种3\text{ 种}，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法共有（ ）
\begin{solution} 黄瓜必须选取，再从白菜、油菜、扁豆中选取 22 种，有 C32=3\mathrm C_3^2=3 种选法. 选定 33 种后，将它们分别种在三块不同土质的土地上，有 A33=3!=6\mathrm A_3^3=3!=6 种安排. 因此不同种植方法共有 3×6=183\times6=18 种，应选 B. \end{solution}
A.
24 种24\text{ 种}
B.
18 种18\text{ 种}
C.
12 种12\text{ 种}
D.
6 种6\text{ 种}

2003 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09数列★★★☆☆
若数列 {an}\{a_n\} 的通项公式是 an=3−n+2−n+(−1)n(3−n−2−n)2a_n=\frac{3^{-n}+2^{-n}+(-1)^n\left(3^{-n}-2^{-n}\right)}{2}（n=1n=1，22，…\dots），则 lim⁡n→∞(a1+a2+⋯+an)\displaystyle\lim_{n\to\infty}(a_1+a_2+\cdots+a_n) 等于（ ）
\begin{solution} 当 nn 为奇数时，(−1)n=−1(-1)^n=-1，所以 an=2−na_n=2^{-n}；当 nn 为偶数时，(−1)n=1(-1)^n=1，所以 an=3−na_n=3^{-n}. 因此
lim⁡n→∞∑j=1naj=121−14+191−19=23+18=1924\lim_{n\to\infty}\sum_{j=1}^{n}a_j =\frac{\frac12}{1-\frac14}+\frac{\frac19}{1-\frac19} =\frac23+\frac18=\frac{19}{24}
故应选 C. \end{solution}
A.
1124\frac{11}{24}
B.
1724\frac{17}{24}
C.
1924\frac{19}{24}
D.
2524\frac{25}{24}

2003 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10函数与初等函数★★★☆☆
某班试用电子投票系统选举班干部候选人. 全班 k 名k\text{ 名}同学都有选举权和被选举权，他们的编号分别为 11，22，…\dots，kk. 规定：同意按“1”，不同意（含弃权）按“0”，令
aij={1,第 i 号同学同意第 j 号同学当选,0,第 i 号同学不同意第 j 号同学当选,a_{ij}=\begin{cases} 1, & \text{第\ }i\text{\ 号同学同意第 }j\text{\ 号同学当选},\\ 0, & \text{第\ }i\text{\ 号同学不同意第 }j\text{\ 号同学当选}, \end{cases}
其中 i=1i=1，22，…\dots，kk，且 j=1j=1，22，…\dots，kk，则同时同意第 11，22 号同学当选的人数为（ ）
\begin{solution} 对固定的第 ii 号同学，ai1ai2=1a_{i1}a_{i2}=1 当且仅当他同时同意第 11、22 号同学当选，否则该乘积为 00. 所以把所有同学的这一指标相加，所得人数为
∑i=1kai1ai2=a11a12+a21a22+⋯+ak1ak2\sum_{i=1}^{k}a_{i1}a_{i2}=a_{11}a_{12}+a_{21}a_{22}+\cdots+a_{k1}a_{k2}
因此应选 C. \end{solution}
A.
a11+a12+⋯+a1k+a21+a22+⋯+a2ka_{11}+a_{12}+\cdots+a_{1k}+a_{21}+a_{22}+\cdots+a_{2k}
B.
a11+a21+⋯+a1k+a12+a22+⋯+ak2a_{11}+a_{21}+\cdots+a_{1k}+a_{12}+a_{22}+\cdots+a_{k2}
C.
a11a12+a21a22+⋯+ak1ak2a_{11}a_{12}+a_{21}a_{22}+\cdots+a_{k1}a_{k2}
D.
a11a21+a12a22+⋯+a1ka2ka_{11}a_{21}+a_{12}a_{22}+\cdots+a_{1k}a_{2k}

2003 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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11函数与初等函数★★☆☆☆
函数 f(x)=lg⁡(1+x2)f(x)=\lg(1+x^2)，
g(x)={x+2,x<−1,0,∣x∣⩽1,−x+2,x>1,g(x)= \begin{cases} x+2, & x<-1,\\ 0, & |x|\leqslant 1,\\ -x+2, & x>1, \end{cases}
h(x)=tan⁡2xh(x)=\tan 2x 中，______ 是偶函数.
\begin{solution} 对任意定义域内的 xx，有 f(−x)=lg⁡(1+(−x)2)=lg⁡(1+x2)=f(x)f(-x)=\lg(1+(-x)^2)=\lg(1+x^2)=f(x)，所以 ff 是偶函数. 对 gg 分段考察：当 x>1x>1 时，g(x)=−x+2g(x)=-x+2，且 −x<−1-x<-1，故 g(−x)=(−x)+2=−x+2=g(x)g(-x)=(-x)+2=-x+2=g(x)；当 x<−1x<-1 时，−x>1-x>1，故 g(−x)=−(−x)+2=x+2=g(x)g(-x)=-(-x)+2=x+2=g(x)；当 ∣x∣⩽1\lvert x\rvert\leqslant1 时，∣−x∣⩽1\lvert -x\rvert\leqslant1，从而 g(−x)=g(x)=0g(-x)=g(x)=0. 所以 gg 也是偶函数.
函数 hh 的定义域为 {x∣cos⁡2x≠0}\{x\mid \cos2x\ne0\}，关于原点对称；在该定义域内，h(−x)=tan⁡(−2x)=−tan⁡2x=−h(x)h(-x)=\tan(-2x)=-\tan2x=-h(x)，所以 hh 是奇函数而不是偶函数. 因此填 f(x)f(x)、g(x)g(x). \end{solution}

2003 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12解析几何★★☆☆☆
以双曲线 x216−y29=1\frac{x^2}{16}-\frac{y^2}{9}=1 右顶点为顶点，左焦点为焦点的抛物线的方程是______.
\begin{solution} 双曲线的半长轴为 44，半短轴为 33，所以半焦距为 c=42+32=5c=\sqrt{4^2+3^2}=5. 因而双曲线的右顶点为 V(4,0)V(4,0)，左焦点为 F(−5,0)F(-5,0). 设所求抛物线的标准方程为 y2=4p(x−4)y^2=4p(x-4)，则其焦点为 (4+p,0)(4+p,0). 由 4+p=−54+p=-5 得 p=−9p=-9，所以所求抛物线的方程为 y2=−36(x−4)y^2=-36(x-4). \end{solution}

2003 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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13立体几何初步★★★★☆
如图，已知底面半径为 rr 的圆柱被一个平面所截，剩下部分母线长的最大值为 aa，最小值为 bb，那么圆柱被截后剩下部分的体积是______.
\begin{solution} 取圆柱底面为 D={(x,y)∣x2+y2⩽r2}D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leqslant r^2\}，以底面为 z=0z=0. 截平面下方剩余部分在底面点 (x,y)(x,y) 处的母线长度可写成一次函数 ℓ(x,y)=ux+vy+w\ell(x,y)=ux+vy+w. 若 (u,v)≠(0,0)(u,v)\ne(0,0)，则一次函数在圆盘 DD 上的最大值和最小值分别在一对相反点 (x0,y0)(x_0,y_0)、(−x0,−y0)(-x_0,-y_0) 处取得，因此 a=ℓ(x0,y0)a=\ell(x_0,y_0)，b=ℓ(−x0,−y0)b=\ell(-x_0,-y_0)，从而 a+b=2wa+b=2w；若 u=v=0u=v=0，则 ℓ\ell 为常数，结论同样成立.
所以剩余部分的体积为
V=∬Dℓ(x,y) dx dy=u∬Dx dx dy+v∬Dy dx dy+w∬Ddx dyV=\iint_D\ell(x,y)\,\mathrm d x\,\mathrm d y =u\iint_Dx\,\mathrm d x\,\mathrm d y +v\iint_Dy\,\mathrm d x\,\mathrm d y +w\iint_D\mathrm d x\,\mathrm d y
前两个积分因圆盘关于原点对称而为 00，最后一个积分为 wπr2w\pi r^2，故 V=wπr2=12πr2(a+b)V=w\pi r^2=\frac12\pi r^2(a+b). \end{solution}

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14导数及其应用★★★☆☆
将长度为 1 的铁丝分成两段，分别围成一个正方形和一个圆形，要使正方形与圆的面积之和最小，正方形的周长应为______.
\begin{solution} 设正方形的周长为 xx，则圆的周长为 1−x1-x，其中 0<x<10<x<1. 正方形和圆的面积之和为
S(x)=x216+(1−x)24πS(x)=\frac{x^2}{16}+\frac{(1-x)^2}{4\pi}
求导得 S′(x)=x8−1−x2πS'(x)=\frac{x}{8}-\frac{1-x}{2\pi}，令 S′(x)=0S'(x)=0，得到 πx=4(1−x)\pi x=4(1-x)，即 x=44+πx=\frac{4}{4+\pi}. 又 S′′(x)=18+12π>0S''(x)=\frac18+\frac{1}{2\pi}>0，所以此时面积之和取得最小值. 因此正方形的周长为 44+π\frac{4}{4+\pi}. \end{solution}

2003 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15三角函数★★★☆☆
已知函数 f(x)=cos⁡4x−2sin⁡xcos⁡x−sin⁡4xf(x)=\cos^{4}x-2\sin x\cos x-\sin^{4}x.
(1) 求 f(x)f(x) 的最小正周期； (2) 若 x∈[0,π2]x\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]，求 f(x)f(x) 的最大值，最小值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 cos⁡4x−sin⁡4x=(cos⁡2x−sin⁡2x)(cos⁡2x+sin⁡2x)=cos⁡2x\cos^4x-\sin^4x=(\cos^2x-\sin^2x)(\cos^2x+\sin^2x)=\cos 2x，且 2sin⁡xcos⁡x=sin⁡2x2\sin x\cos x=\sin 2x，得 f(x)=cos⁡2x−sin⁡2x=2cos⁡(2x+π4)f(x)=\cos 2x-\sin 2x=\sqrt{2}\cos\left(2x+\frac{\pi}{4}\right). 因为自变量 xx 的系数为 22，所以 f(x)f(x) 的最小正周期为 T=2π2=πT=\frac{2\pi}{2}=\pi. \item 令 t=2xt=2x，则 t∈[0,π]t\in[0,\pi]，并设 φ(t)=cos⁡t−sin⁡t\varphi(t)=\cos t-\sin t，于是 f(x)=φ(t)f(x)=\varphi(t). 有 φ′(t)=−sin⁡t−cos⁡t\varphi'(t)=-\sin t-\cos t，在区间 [0,π][0,\pi] 内令 φ′(t)=0\varphi'(t)=0，得 t=3π4t=\frac{3\pi}{4}. 比较端点和驻点的函数值：φ(0)=1\varphi(0)=1，φ(3π4)=−2\varphi(\frac{3\pi}{4})=-\sqrt{2}，φ(π)=−1\varphi(\pi)=-1. 因而当 t=0t=0，即 x=0x=0 时，f(x)f(x) 取得最大值 11；当 t=3π4t=\frac{3\pi}{4}，即 x=3π8x=\frac{3\pi}{8} 时，f(x)f(x) 取得最小值 −2-\sqrt{2}. \end{enumerate} \end{solution}

2003 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 15 题 · 解答题

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16数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_n\} 是等差数列，且 a1=2a_1=2，a1+a2+a3=12a_1+a_2+a_3=12.
(1) 求数列 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 令 bn=anxnb_n=a_nx^n（x∈Rx\in\mathbf{R}）. 求数列 {bn}\{b_n\} 前 nn 项和的公式.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设等差数列的公差为 dd，则 a2=2+da_2=2+d，a3=2+2da_3=2+2d. 由 a1+a2+a3=12a_1+a_2+a_3=12 得 2+(2+d)+(2+2d)=122+(2+d)+(2+2d)=12，即 6+3d=126+3d=12，所以 d=2d=2. 因此 an=a1+(n−1)d=2+2(n−1)=2na_n=a_1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n. \item 由上一问 bn=2nxnb_n=2nx^n. 设前 nn 项和为 SnS_n，则 Sn=2x+4x2+⋯+2nxnS_n=2x+4x^2+\cdots+2nx^n. 当 x≠1x\ne1 时，将等式两边乘以 xx，得 xSn=2x2+4x3+⋯+2nxn+1xS_n=2x^2+4x^3+\cdots+2nx^{n+1}，两式相减可得 (1−x)Sn=2(x+x2+⋯+xn−nxn+1)(1-x)S_n=2(x+x^2+\cdots+x^n-nx^{n+1}). 又 x+x2+⋯+xn=x(1−xn)1−xx+x^2+\cdots+x^n=\frac{x(1-x^n)}{1-x}，所以 Sn=2[x−(n+1)xn+1+nxn+2](1−x)2S_n=\frac{2\left[x-(n+1)x^{n+1}+nx^{n+2}\right]}{(1-x)^2}. 当 x=1x=1 时，Sn=2(1+2+⋯+n)=n(n+1)S_n=2(1+2+\cdots+n)=n(n+1). 因而前 nn 项和为
Sn={2[x−(n+1)xn+1+nxn+2](1−x)2,x≠1,n(n+1),x=1.S_n=\begin{cases} \dfrac{2\left[x-(n+1)x^{n+1}+nx^{n+2}\right]}{(1-x)^2}, & x\ne1,\\ n(n+1), & x=1. \end{cases}
\end{enumerate} \end{solution}

2003 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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17立体几何初步★★★☆☆
如图，正三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_1B_1C_1 的底面边长为 33，侧棱 AA1=332AA_1=\frac{3\sqrt{3}}{2}，DD 是 CBCB 延长线上一点，且 BD=BCBD=BC.
(1) 求证：直线 BC1∥BC_1\parallel 平面 AB1DAB_1D； (2) 求二面角 B1−AD−BB_1-AD-B 的大小； (3) 求三棱锥 C1−ABB1C_1-ABB_1 的体积.
\begin{solution} 令 h=332h=\frac{3\sqrt{3}}{2}，建立直角坐标系，使 B(0,0,0)B(0,0,0)，C(3,0,0)C(3,0,0)，A(32,h,0)A(\frac32,h,0)，且棱柱沿 zz 轴方向延伸. 由 CC，BB，DD 依次在同一直线上且 BD=BC=3BD=BC=3，得 D(−3,0,0)D(-3,0,0)，又 B1(0,0,h)B_1(0,0,h)，C1(3,0,h)C_1(3,0,h). \begin{enumerate} \item 由坐标直接得到 BC1→=(3,0,h)=DB1→\overrightarrow{BC_1}=(3,0,h)=\overrightarrow{DB_1}. 直线 DB1DB_1 在平面 AB1DAB_1D 内，且平面 AB1DAB_1D 的方程为 h(x+3)−92y−3z=0h(x+3)-\frac92y-3z=0，点 BB 不在此平面内. 因此 BC1∥DB1BC_1\parallel DB_1，且 BC1BC_1 平行于平面 AB1DAB_1D. \item 平面 ADBADB 是底面所在的平面，其一个法向量为 n2=(0,0,1)\boldsymbol{n}_2=(0,0,1). 平面 ADB1ADB_1 内取 DA→=(92,h,0)\overrightarrow{DA}=(\frac92,h,0)，DB1→=(3,0,h)\overrightarrow{DB_1}=(3,0,h)，于是其一个法向量为 n1=DA→×DB1→=(h2,−92h,−3h)\boldsymbol{n}_1=\overrightarrow{DA}\times\overrightarrow{DB_1}=(h^2,-\frac92h,-3h). 代入 h=332h=\frac{3\sqrt3}{2} 得 ∥n1∥=93\lVert\boldsymbol{n}_1\rVert=9\sqrt3，且 ∣n1⋅n2∣=3h=932\lvert\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2\rvert=3h=\frac{9\sqrt3}{2}. 设二面角 B1−AD−BB_1-AD-B 的平面角为 θ\theta，则 cos⁡θ=∣n1⋅n2∣∥n1∥∥n2∥=12\cos\theta=\frac{\lvert\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2\rvert}{\lVert\boldsymbol{n}_1\rVert\lVert\boldsymbol{n}_2\rVert}=\frac12，所以 θ=60∘\theta=60^{\circ}. \item 三角形 ABB1ABB_1 是直角三角形，故 S△ABB1=12⋅AB⋅BB1=12⋅3⋅h=934S_{\triangle ABB_1}=\frac12\cdot AB\cdot BB_1=\frac12\cdot3\cdot h=\frac{9\sqrt3}{4}. 平面 ABB1ABB_1 是过 ABAB 的竖直平面，点 C1C_1 到该平面的距离等于底面内点 CC 到边 ABAB 的距离，即正三角形 ABCABC 的高 hh. 因此三棱锥 C1−ABB1C_1-ABB_1 的体积为 V=13S△ABB1h=13⋅934⋅332=278V=\frac13S_{\triangle ABB_1}h=\frac13\cdot\frac{9\sqrt3}{4}\cdot\frac{3\sqrt3}{2}=\frac{27}{8}. \end{enumerate} \end{solution}

2003 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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18解析几何★★★★☆
如图，椭圆的长轴 A1A2A_1A_2 与 xx 轴平行，短轴 B1B2B_1B_2 在 yy 轴上，中心为 M(0,r)M(0,r)（b>r>0b>r>0）.
(1) 写出椭圆的方程，求椭圆的焦点坐标及离心率； (2) 直线 y=k1xy=k_1x 交椭圆于两点 C(x1,y1)C(x_1,y_1)，D(x2,y2)D(x_2,y_2)（y2>0y_2>0）；直线 y=k2xy=k_2x 交椭圆于两点 G(x3,y3)G(x_3,y_3)，H(x4,y4)H(x_4,y_4)（y4>0y_4>0）. 求证：k1x1x2x1+x2=k2x3x4x3+x4\frac{k_1x_1x_2}{x_1+x_2}=\frac{k_2x_3x_4}{x_3+x_4}； (3) 对于前一问中的 CC，DD，GG，HH，设 CHCH 交 xx 轴于点 PP，GDGD 交 xx 轴于点 QQ. 求证：∣OP∣=∣OQ∣|OP|=|OQ|.（证明过程不考虑 CHCH 或 GDGD 垂直于 xx 轴的情形）
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由长轴、短轴的方向知 a>ba>b，结合题设 b>r>0b>r>0，故 a>b>r>0a>b>r>0. 椭圆中心为 M(0,r)M(0,r)，半长轴为 aa，半短轴为 bb，所以方程为 x2a2+(y−r)2b2=1\displaystyle\frac{x^2}{a^2}+\frac{(y-r)^2}{b^2}=1. 设 c=a2−b2c=\sqrt{a^2-b^2}，则两个焦点为 F1(−c,r)F_1(-c,r)、F2(c,r)F_2(c,r)，离心率为 e=ca=a2−b2ae=\frac ca=\frac{\sqrt{a^2-b^2}}a. \item 对任意斜率为 kk 的直线 y=kxy=kx，代入椭圆方程并整理，得 (b2+a2k2)x2−2a2rkx+a2(r2−b2)=0(b^2+a^2k^2)x^2-2a^2rkx+a^2(r^2-b^2)=0. 由于 y2=k1x2>0y_2=k_1x_2>0、y4=k2x4>0y_4=k_2x_4>0，有 k1≠0k_1\ne0、k2≠0k_2\ne0，下列分式均有意义. 当 k=k1k=k_1 时，由韦达定理有 x1+x2=2a2rk1b2+a2k12x_1+x_2=\frac{2a^2rk_1}{b^2+a^2k_1^2}，x1x2=a2(r2−b2)b2+a2k12x_1x_2=\frac{a^2(r^2-b^2)}{b^2+a^2k_1^2}，从而 k1x1x2x1+x2=r2−b22r\displaystyle\frac{k_1x_1x_2}{x_1+x_2}=\frac{r^2-b^2}{2r}. 当 k=k2k=k_2 时，同一方程给出 x3+x4=2a2rk2b2+a2k22x_3+x_4=\frac{2a^2rk_2}{b^2+a^2k_2^2}，x3x4=a2(r2−b2)b2+a2k22x_3x_4=\frac{a^2(r^2-b^2)}{b^2+a^2k_2^2}，从而 k2x3x4x3+x4=r2−b22r\displaystyle\frac{k_2x_3x_4}{x_3+x_4}=\frac{r^2-b^2}{2r}. 因此 k1x1x2x1+x2=k2x3x4x3+x4\displaystyle\frac{k_1x_1x_2}{x_1+x_2}=\frac{k_2x_3x_4}{x_3+x_4}. \item 设 P=(p,0)P=(p,0)，Q=(q,0)Q=(q,0). 由两点式求直线 CHCH 与 xx 轴交点的横坐标，得 p=x1y4−x4y1y4−y1=x1x4(k2−k1)k2x4−k1x1\displaystyle p=\frac{x_1y_4-x_4y_1}{y_4-y_1}=\frac{x_1x_4(k_2-k_1)}{k_2x_4-k_1x_1}. 由于 DD，QQ，GG 三点共线，有 x2−qx3−q=y2y3=k1x2k2x3\displaystyle\frac{x_2-q}{x_3-q}=\frac{y_2}{y_3}=\frac{k_1x_2}{k_2x_3}，解得 q=x3y2−x2y3y2−y3=x2x3(k1−k2)k1x2−k2x3\displaystyle q=\frac{x_3y_2-x_2y_3}{y_2-y_3}=\frac{x_2x_3(k_1-k_2)}{k_1x_2-k_2x_3}. 由上一问的等式可得 k1x1x2(x3+x4)=k2x3x4(x1+x2)k_1x_1x_2(x_3+x_4)=k_2x_3x_4(x_1+x_2)，整理为 x1x4k2x4−k1x1=x2x3k1x2−k2x3\displaystyle\frac{x_1x_4}{k_2x_4-k_1x_1}=\frac{x_2x_3}{k_1x_2-k_2x_3}. 结合 pp 与 qq 的表达式，得到 p=−qp=-q，所以 ∣OP∣=∣OQ∣\lvert OP\rvert=\lvert OQ\rvert. \end{enumerate} \end{solution}

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19导数及其应用★★★★☆
有三个新兴城镇，分别位于 AA，BB，CC 三点处，且 AB=AC=aAB=AC=a，BC=2bBC=2b. 今计划合建一个中心医院，为同时方便三镇，准备建在 BCBC 的垂直平分线上的 PP 点处.（建立坐标系如图）
(1) 若希望点 PP 到三镇距离的平方和为最小，点 PP 应位于何处？ (2) 若希望点 PP 到三镇的最远距离为最小，点 PP 应位于何处？
\begin{solution} 由三角形的非退化性有 a>b>0a>b>0. 设 h=a2−b2>0h=\sqrt{a^2-b^2}>0，则由题设可取 A(0,h)A(0,h)，B(−b,0)B(-b,0)，C(b,0)C(b,0)，并设 P(0,t)P(0,t). \begin{enumerate} \item 点 PP 到三镇距离的平方和为 L(t)=(t−h)2+(t2+b2)+(t2+b2)=3t2−2ht+h2+2b2=3(t−h3)2+2h23+2b2L(t)=(t-h)^2+(t^2+b^2)+(t^2+b^2)=3t^2-2ht+h^2+2b^2=3\left(t-\frac h3\right)^2+\frac{2h^2}{3}+2b^2. 因此当 t=h3t=\frac h3 时平方和最小，即 PP 位于 AOAO 上且 OP=h3=a2−b23OP=\frac h3=\frac{\sqrt{a^2-b^2}}3. \item 记点 PP 到三镇的最远距离为 F(t)=max⁡{∣t−h∣,t2+b2}F(t)=\max\left\{|t-h|,\sqrt{t^2+b^2}\right\}. 当 t<0t<0 时，∣t−h∣>h|t-h|>h 且 t2+b2>b\sqrt{t^2+b^2}>b，故不可能优于 t=0t=0；当 t>ht>h 时，两项均随 tt 增大而增大，故最优点在 [0,h][0,h] 内. 在 [0,h][0,h] 上，h−th-t 单调递减，t2+b2\sqrt{t^2+b^2} 单调递增，二者相等的条件为 (h−t)2=t2+b2(h-t)^2=t^2+b^2，即 t=h2−b22ht=\frac{h^2-b^2}{2h}. 若 h≤bh\leq b，该值不为正，且在 [0,h][0,h] 上始终有 h−t≤t2+b2h-t\leq\sqrt{t^2+b^2}，所以 F(t)F(t) 在 t=0t=0 时最小，P=OP=O. 若 h>bh>b，令 t0=h2−b22ht_0=\frac{h^2-b^2}{2h}，则 0<t0<h0<t_0<h，在 0≤t≤t00\leq t\leq t_0 时 F(t)=h−tF(t)=h-t 递减，在 t0≤t≤ht_0\leq t\leq h 时 F(t)=t2+b2F(t)=\sqrt{t^2+b^2} 递增，故最小点为 P(0,t0)P(0,t_0). 由于 h2=a2−b2h^2=a^2-b^2，这等价于：当 a2≤2b2a^2\leq2b^2 时 P=OP=O；当 a2>2b2a^2>2b^2 时 PP 位于 AOAO 上，且 OP=a2−2b22a2−b2\displaystyle OP=\frac{a^2-2b^2}{2\sqrt{a^2-b^2}}. \end{enumerate} \end{solution}

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20函数与初等函数★★★★☆
设 y=f(x)y=f(x) 是定义在区间 [−1,1][-1,1] 上的函数，且满足条件：
① f(−1)=f(1)=0f(-1)=f(1)=0； ② 对任意的 uu，v∈[−1,1]v\in[-1,1]，都有 ∣f(u)−f(v)∣⩽∣u−v∣|f(u)-f(v)|\leqslant |u-v|.
(1) 证明：对任意的 x∈[−1,1]x\in[-1,1]，x−1⩽f(x)⩽1−xx-1\leqslant f(x)\leqslant 1-x； (2) 证明：对任意的 uu，v∈[−1,1]v\in[-1,1]，∣f(u)−f(v)∣⩽1|f(u)-f(v)|\leqslant 1； (3) 在区间 [−1,1][-1,1] 上是否存在满足题设条件的奇函数 y=f(x)y=f(x)，且使得
{∣f(u)−f(v)∣<∣u−v∣,u,v∈[0,12],∣f(u)−f(v)∣=∣u−v∣,u,v∈[12,1],\begin{cases} |f(u)-f(v)|<|u-v|, & u,v\in\left[0,\frac12\right],\\ |f(u)-f(v)|=|u-v|, & u,v\in\left[\frac12,1\right], \end{cases}
若存在，请举一例；若不存在，请说明理由.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由题设 f(1)=0f(1)=0，对任意 x∈[−1,1]x\in[-1,1]，有 ∣f(x)∣=∣f(x)−f(1)∣⩽∣x−1∣=1−x\lvert f(x)\rvert=\lvert f(x)-f(1)\rvert\leqslant\lvert x-1\rvert=1-x. 因此 −(1−x)≤f(x)≤1−x-(1-x)\leq f(x)\leq1-x，即 x−1≤f(x)≤1−xx-1\leq f(x)\leq1-x. \item 不妨设 u≤vu\leq v，令 d=v−ud=v-u，则 0≤d≤20\leq d\leq2. 由题设直接得到 ∣f(u)−f(v)∣≤d\lvert f(u)-f(v)\rvert\leq d. 另一方面，利用 f(−1)=f(1)=0f(-1)=f(1)=0 以及 Lipschitz 条件，有 ∣f(u)−f(v)∣≤∣f(u)−f(−1)∣+∣f(1)−f(v)∣≤(u+1)+(1−v)=2−d\lvert f(u)-f(v)\rvert\leq\lvert f(u)-f(-1)\rvert+\lvert f(1)-f(v)\rvert\leq(u+1)+(1-v)=2-d. 所以 ∣f(u)−f(v)∣≤min⁡{d,2−d}≤1\lvert f(u)-f(v)\rvert\leq\min\{d,2-d\}\leq1. \item 若存在这样的奇函数，则由奇性知 f(0)=0f(0)=0. 在第二个条件中取 u=12u=\frac12，v=1v=1，结合 f(1)=0f(1)=0 得 ∣f(12)∣=12\lvert f(\frac12)\rvert=\frac12. 但在第一个条件中取 u=0u=0，v=12v=\frac12，则应有 ∣f(12)−f(0)∣<12\lvert f(\frac12)-f(0)\rvert<\frac12，即 ∣f(12)∣<12\lvert f(\frac12)\rvert<\frac12，矛盾. 因此不存在满足条件的函数. \end{enumerate} \end{solution}

2003 · 北京 · 秋季 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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