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01复数★☆☆☆☆
复数 i2+i3+i41−i=\frac{\mathrm{i}^2 + \mathrm{i}^3 + \mathrm{i}^4}{1 - \mathrm{i}} =（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 由 i2+i3+i4=−1−i+1=−i\mathrm{i}^2+\mathrm{i}^3+\mathrm{i}^4=-1-\mathrm{i}+1=-\mathrm{i}，得 i2+i3+i41−i=−i1−i=(−i)(1+i)(1−i)(1+i)=1−i2=12−12i\displaystyle\frac{\mathrm{i}^2+\mathrm{i}^3+\mathrm{i}^4}{1-\mathrm{i}}=\frac{-\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}=\frac{(-\mathrm{i})(1+\mathrm{i})}{(1-\mathrm{i})(1+\mathrm{i})}=\frac{1-\mathrm{i}}{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\mathrm{i}，故选 C. \end{solution}
A.
−12−12i-\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\mathrm{i}
B.
−12+12i-\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\mathrm{i}
C.
12−12i\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\mathrm{i}
D.
12+12i\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\mathrm{i}

2011 · 重庆 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02集合与逻辑基础★☆☆☆☆
“x<−1x < -1”是“ x2−1>0x^{2} - 1 > 0 ”的（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 因为 x<−1x<-1，所以 x2>1x^2>1，从而 x2−1>0x^2-1>0，故条件“x<−1x<-1”是条件“x2−1>0x^2-1>0”的充分条件. 但当 x=2x=2 时，x2−1>0x^2-1>0 成立而 x<−1x<-1 不成立，所以它不是必要条件，故选 A. \end{solution}
A.
充分而不必要条件
B.
必要而不充分条件
C.
充要条件
D.
既不充分也不必要条件

2011 · 重庆 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03导数及其应用★☆☆☆☆
已知 lim⁡x→+∞(2x−1+ax−13x)=2\lim\limits_{x\to +\infty}\left(\frac{2}{x - 1} + \frac{ax - 1}{3x}\right) = 2，则 a=a =（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 因为 lim⁡x→+∞2x−1=0\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{2}{x-1}=0，且 ax−13x=a3−13x\displaystyle\frac{ax-1}{3x}=\frac{a}{3}-\frac{1}{3x}，所以原极限等于 a3\frac{a}{3}. 由 a3=2\frac{a}{3}=2，得 a=6a=6，故选 D. \end{solution}
A.
−6-6
B.
2
C.
3
D.
6

2011 · 重庆 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04计数原理与组合数学★★☆☆☆
(1+3x)n(1 + 3x)^{n} （其中 n∈Nn\in \mathbf{N} 且 n⩾6n\geqslant 6 ）的展开式中 x5x^{5} 与 x6x^{6} 的系数相等，则（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 展开式中 x5x^5 的系数为 Cn535\mathrm C_n^5 3^5，x6x^6 的系数为 Cn636\mathrm C_n^6 3^6. 由题设，得 Cn535=Cn636\mathrm C_n^5 3^5=\mathrm C_n^6 3^6，即 1=3Cn6Cn5=3⋅n−561=3\dfrac{\mathrm C_n^6}{\mathrm C_n^5}=3\cdot\dfrac{n-5}{6}. 因而 n=7n=7，故选 B. \end{solution}
A.
6
B.
7
C.
8
D.
9

2011 · 重庆 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05指数函数与对数函数★★☆☆☆
下列区间中，函数 f(x)=∣ln⁡(2−x)∣f(x) = |\ln (2 - x)| 在其上为增函数的是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 函数的定义域为 x<2x<2. 当 x∈(−∞,1]x\in(-\infty,1] 时，ln⁡(2−x)⩾0\ln(2-x)\geqslant0，所以 f(x)=ln⁡(2−x)f(x)=\ln(2-x)，且 f′(x)=−12−x<0f'(x)=-\frac{1}{2-x}<0，函数在此区间上为减函数. 当 x∈[1,2)x\in[1,2) 时，ln⁡(2−x)⩽0\ln(2-x)\leqslant0，所以 f(x)=−ln⁡(2−x)f(x)=-\ln(2-x)，且 f′(x)=12−x>0f'(x)=\frac{1}{2-x}>0，函数在此区间上为增函数. 选项 A 为减区间，B、C 均跨过 x=1x=1，只有 D 是增区间，故选 D. \end{solution}
A.
(−∞,1](-\infty, 1]
B.
[−1,43]\left[-1, \frac{4}{3}\right]
C.
[0,32)\left[0, \frac{3}{2}\right)
D.
[1,2)[1,2)

2011 · 重庆 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06三角函数★★☆☆☆
若 △ABC\triangle ABC 的内角 AA，BB，CC 所对的边 aa，bb，cc 满足 (a+b)2−c2=4(a + b)^2 - c^2 = 4，且 C=60∘C = 60^\circ，则 abab 的值为（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 由余弦定理及 C=60∘C=60^\circ，得 c2=a2+b2−2abcos⁡60∘=a2+b2−abc^2=a^2+b^2-2ab\cos60^\circ=a^2+b^2-ab. 因此 (a+b)2−c2=a2+2ab+b2−(a2+b2−ab)=3ab=4(a+b)^2-c^2=a^2+2ab+b^2-(a^2+b^2-ab)=3ab=4，所以 ab=43ab=\frac{4}{3}，故选 A. \end{solution}
A.
43\frac{4}{3}
B.
8−438 - 4\sqrt{3}
C.
1
D.
23\frac{2}{3}

2011 · 重庆 · 理 · 第 6 题 · 选择题

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07不等式★★★☆☆
已知 a>0a > 0，b>0b > 0，a+b=2a + b = 2，则 y=1a+4by = \frac{1}{a} + \frac{4}{b} 的最小值是（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 由柯西不等式，得 y=12a+22b⩾(1+2)2a+b=92y=\dfrac{1^2}{a}+\dfrac{2^2}{b}\geqslant\dfrac{(1+2)^2}{a+b}=\frac{9}{2}. 当且仅当 1a=2b\dfrac{1}{a}=\dfrac{2}{b}，即 b=2ab=2a 时取等号. 联立 a+b=2a+b=2，得 a=23a=\frac{2}{3}，b=43b=\frac{4}{3}，此时 y=92y=\frac{9}{2}，故选 C. \end{solution}
A.
72\frac{7}{2}
B.
4
C.
92\frac{9}{2}
D.
5

2011 · 重庆 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08解析几何★★★☆☆
在圆 x2+y2−2x−6y=0x^{2} + y^{2} - 2x - 6y = 0 内，过点 E(0,1)E(0,1) 的最长弦和最短弦分别为 ACAC 和 BDBD，则四边形 ABCDABCD 的面积为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 将圆的方程化为 (x−1)2+(y−3)2=10(x-1)^2+(y-3)^2=10，故圆心为 O(1,3)O(1,3)，半径为 10\sqrt{10}，且 OE=(1−0)2+(3−1)2=5OE=\sqrt{(1-0)^2+(3-1)^2}=\sqrt{5}. 过点 EE 的最长弦是过圆心的直径，因此 AC=210AC=2\sqrt{10}. 对于过 EE 的弦，弦长为 210−d22\sqrt{10-d^2}，其中 dd 是圆心到弦的距离；当弦垂直于 OEOE 时，dd 取最大值 OE=5OE=\sqrt{5}，所以最短弦 BD=210−5=25BD=2\sqrt{10-5}=2\sqrt{5}. 此时 AC⊥BDAC\perp BD，故 SABCD=12AC⋅BD=12⋅210⋅25=102S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC\cdot BD=\frac{1}{2}\cdot2\sqrt{10}\cdot2\sqrt{5}=10\sqrt{2}，故选 B. \end{solution}
A.
525\sqrt{2}
B.
10210\sqrt{2}
C.
15215\sqrt{2}
D.
20220\sqrt{2}

2011 · 重庆 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★★☆
高为 24\frac{\sqrt{2}}{4} 的四棱锥 S−ABCDS - ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，点 SS，AA，BB，CC，DD 均在半径为 1 的同一球面上，则底面 ABCDABCD 的中心与顶点 SS 之间的距离为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 设正方形中心为 OO，球心为 TT. 由正方形边长为 11，得 OA=22OA=\frac{\sqrt{2}}{2}. 因为 AA，BB，CC，DD 在同一球面上，球心 TT 在过 OO 且垂直于底面的直线上，且 OT2=1−OA2=12OT^2=1-OA^2=\frac{1}{2}. 取底面为水平面，并令顶点 SS 在其上方，若 TT 在底面下方，则 ST⩾24+22>1ST\geqslant\frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{2}}{2}>1，与 SS 在半径为 11 的球面上矛盾，故 TT 在底面上方，且 OT=22OT=\frac{\sqrt{2}}{2}. 设 SS 到底面的高为 h=24h=\frac{\sqrt{2}}{4}，由 ST=1ST=1 得 OS2=1+2h⋅OT−OT2=1+2⋅24⋅22−12=1OS^2=1+2h\cdot OT-OT^2=1+2\cdot\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}=1. 所以底面中心与顶点 SS 的距离为 11，故选 C. \end{solution}
A.
24\frac{\sqrt{2}}{4}
B.
22\frac{\sqrt{2}}{2}
C.
1
D.
2\sqrt{2}

2011 · 重庆 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10函数与初等函数★★★★☆
设 mm，kk 为整数，方程 mx2−kx+2=0mx^2 - kx + 2 = 0 在区间 (0,1)(0,1) 内有两个不同的根，则 m+km + k 的最小值为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 设方程的两个根为 r1r_1，r2r_2，其中 0<r1<r2<10<r_1<r_2<1. 由韦达定理，r1r2=2m>0r_1r_2=\frac{2}{m}>0，且 r1+r2=km>0r_1+r_2=\frac{k}{m}>0，故 m>0m>0，k>0k>0. 又因 r1r2<1r_1r_2<1，得 m>2m>2，所以 m⩾3m\geqslant3. 方程有两个不同的实根，故判别式 Δ=k2−8m>0\Delta=k^2-8m>0. 另外，f(1)=m−k+2=m(1−r1)(1−r2)>0f(1)=m-k+2=m(1-r_1)(1-r_2)>0，所以 k<m+2k<m+2.
当 m=3m=3，44，55 时，由 k<m+2k<m+2 及 kk 为正整数，分别有 k⩽4k\leqslant4，55，66，但此时分别有 k2⩽16<24=8mk^2\leqslant16<24=8m，k2⩽25<32=8mk^2\leqslant25<32=8m，k2⩽36<40=8mk^2\leqslant36<40=8m，均与 Δ>0\Delta>0 矛盾. 当 m⩾7m\geqslant7 时，k2>8m⩾56k^2>8m\geqslant56，所以 k⩾8k\geqslant8，从而 m+k⩾15m+k\geqslant15. 因此只需考察 m=6m=6，此时 k2>48k^2>48，故 k⩾7k\geqslant7. 取 k=7k=7，方程为 6x2−7x+2=0=(3x−2)(2x−1)6x^2-7x+2=0=(3x-2)(2x-1)，两个根为 12\frac{1}{2}，23\frac{2}{3}，均在 (0,1)(0,1) 内. 所以 m+km+k 的最小值为 6+7=136+7=13，故选 D. \end{solution}
A.
−8-8
B.
8
C.
12
D.
13

2011 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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11数列★★☆☆☆
在等差数列 {an}\{a_{n}\} 中，a3+a7=37a_{3} + a_{7} = 37，则 a2+a4+a6+a8=‾a_{2} + a_{4} + a_{6} + a_{8} =\underline{\hspace{2em}}. \begin{answer} 74 \end{answer}
\begin{solution} 等差数列中，等距离两项的和相等. 因为 a3+a7=2a5=37a_3+a_7=2a_5=37，所以 a2+a8=2a5=37a_2+a_8=2a_5=37，a4+a6=2a5=37a_4+a_6=2a_5=37. 因而 a2+a4+a6+a8=37+37=74a_2+a_4+a_6+a_8=37+37=74. \end{solution}

2011 · 重庆 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12平面向量★★☆☆☆
已知单位向量 e1e_1，e2e_2 的夹角为 60∘60^\circ，则 ∣2e1−e2∣=‾|2e_1 - e_2| =\underline{\hspace{2em}}. \begin{answer} 3\sqrt{3} \end{answer}
\begin{solution} 由 e1e_1，e2e_2 是单位向量且夹角为 60∘60^\circ，得 e1⋅e2=cos⁡60∘=12e_1\cdot e_2=\cos60^\circ=\frac{1}{2}. 因此 ∣2e1−e2∣2=4∣e1∣2+∣e2∣2−4e1⋅e2=4+1−4⋅12=3\lvert2e_1-e_2\rvert^2=4\lvert e_1\rvert^2+\lvert e_2\rvert^2-4e_1\cdot e_2=4+1-4\cdot\frac{1}{2}=3，从而 ∣2e1−e2∣=3\lvert2e_1-e_2\rvert=\sqrt{3}. \end{solution}

2011 · 重庆 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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13概率与统计★★☆☆☆
将一枚均匀的硬币抛掷 6 次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为______. \begin{answer} 1132\frac{11}{32} \end{answer}
\begin{solution} 设正面出现次数为 XX，则反面出现次数为 6−X6-X. 条件“正面出现的次数比反面出现的次数多”等价于 X>6−XX>6-X，即 X=4X=4，55，66. 六次抛掷共有 262^6 种等可能结果，满足条件的结果数为 C64+C65+C66=15+6+1=22\mathrm C_6^4+\mathrm C_6^5+\mathrm C_6^6=15+6+1=22，所以所求概率为 2226=1132\frac{22}{2^6}=\frac{11}{32}. \end{solution}

2011 · 重庆 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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14三角函数★★★☆☆
已知 sin⁡α=12+cos⁡α\sin \alpha = \frac{1}{2} + \cos \alpha，且 α∈(0,π2)\alpha \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)，则 cos⁡2αsin⁡(α−π4)\frac{\cos 2\alpha}{\sin \left(\alpha - \frac{\pi}{4}\right)} 的值为______. \begin{answer} −142-\frac{\sqrt{14}}{2} \end{answer}
\begin{solution} 令 s=sin⁡αs=\sin\alpha，c=cos⁡αc=\cos\alpha，则 s−c=12s-c=\frac{1}{2}. 由 s2+c2=1s^2+c^2=1，得 1−2sc=(s−c)2=141-2sc=(s-c)^2=\frac{1}{4}，所以 sc=38sc=\frac{3}{8}. 又因 α∈(0,π2)\alpha\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)，有 s+c>0s+c>0，从而 (s+c)2=1+2sc=74(s+c)^2=1+2sc=\frac{7}{4}，即 s+c=72s+c=\frac{\sqrt{7}}{2}. 因此 cos⁡2α=c2−s2=(c−s)(c+s)=−74\cos2\alpha=c^2-s^2=(c-s)(c+s)=-\frac{\sqrt{7}}{4}，且 sin⁡(α−π4)=s−c2=24\sin\left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{s-c}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}. 所以原式等于 −7424=−142\frac{-\frac{\sqrt{7}}{4}}{\frac{\sqrt{2}}{4}}=-\frac{\sqrt{14}}{2}. \end{solution}

2011 · 重庆 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15解析几何★★★★★
设圆 CC 位于抛物线 y2=2xy^{2} = 2x 与直线 x=3x = 3 所围成的封闭区域（包含边界）内，则圆 CC 的半径能取到的最大值为______. \begin{answer} 6−1\sqrt{6} - 1 \end{answer}
\begin{solution} 记封闭区域为 Ω={(x,y):y2⩽2x, x⩽3}\Omega=\{(x,y):y^2\leqslant2x,\ x\leqslant3\}. 该区域关于 xx 轴对称且为凸集，因此若半径为 rr 的圆面位于其中，关于 xx 轴反射后再取两个圆心的中点，仍可得到位于区域内的同半径圆面. 故不妨设圆心为 (h,0)(h,0).
由直线 x=3x=3 的限制，得 h+r⩽3h+r\leqslant3. 对圆周上的点写成 x=h+rux=h+ru，y=rvy=rv，其中 u2+v2=1u^2+v^2=1. 要使圆面位于抛物线 y2=2xy^2=2x 的右侧，需要对所有 −1⩽u⩽1-1\leqslant u\leqslant1 有 h+ru⩾r2v22=r2(1−u2)2h+ru\geqslant\frac{r^2v^2}{2}=\frac{r^2(1-u^2)}{2}，即 h⩾r22(1−u2)−ruh\geqslant\frac{r^2}{2}(1-u^2)-ru. 当 r⩾1r\geqslant1 时，右端关于 uu 的最大值在 u=−1ru=-\frac{1}{r} 处取得，最大值为 r2+12\frac{r^2+1}{2}. 半径小于 11 时不可能达到下面构造的半径 6−1>1\sqrt{6}-1>1，所以求最大值时可取 r⩾1r\geqslant1. 于是 r2+12⩽h⩽3−r\frac{r^2+1}{2}\leqslant h\leqslant3-r，从而 r2+2r−5⩽0r^2+2r-5\leqslant0，故 r⩽6−1r\leqslant\sqrt{6}-1.
取 r=6−1r=\sqrt{6}-1，h=3−r=4−6h=3-r=4-\sqrt{6}. 此时 r2+12=4−6=h\frac{r^2+1}{2}=4-\sqrt{6}=h，上述两个边界条件同时满足，所得圆面确实位于 Ω\Omega 内. 因此半径能取到的最大值为 6−1\sqrt{6}-1. \end{solution}

2011 · 重庆 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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16三角函数★★★☆☆
设 a∈Ra \in \mathbf{R}，f(x)=cos⁡x(asin⁡x−cos⁡x)+cos⁡2(π2−x)f(x) = \cos x (a \sin x - \cos x) + \cos^2 \left(\frac{\pi}{2} - x\right) 满足 f(−π3)=f(0)f\left(-\frac{\pi}{3}\right) = f(0)，求函数 f(x)f(x) 在 [π4,11π24]\left[\frac{\pi}{4}, \frac{11\pi}{24}\right] 上的最大值和最小值.

2011 · 重庆 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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17概率与统计★★★☆☆
某市公租房的房源位于 AA，BB，CC 三个片区. 设每位申请人只申请其中一个片区的房源. 且申请其中任一个片区的房源是等可能的. 求该市的任 44 位申请人中：
(1) 恰有 2 人申请 AA 片区的房源的概率； (2) 申请的房源所在片区的个数 ξ\xi 的分布列与期望.

2011 · 重庆 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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18导数及其应用★★★☆☆
设 f(x)=x3+ax2+bx+1f(x) = x^3 + ax^2 + bx + 1 的导数 f′(x)f'(x) 满足 f′(1)=2af'(1) = 2a，f′(2)=−bf'(2) = -b，其中常数 aa，b∈Rb \in \mathbf{R}.
(1) 求曲线 y=f(x)y = f(x) 在点 (1,f(1))(1, f(1)) 处的切线方程； (2) 设 g(x)=f′(x)e−xg(x) = f'(x) \mathrm{e}^{-x}，求函数 g(x)g(x) 的极值.

2011 · 重庆 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在四面体 ABCDABCD 中，平面 ABC⊥ABC \perp 平面 ACDACD，AB⊥BCAB \perp BC，AD=CDAD = CD，∠CAD=30∘\angle CAD = 30^\circ.
(1) 若 AD=2AD = 2，AB=2BCAB = 2BC，求四面体 ABCDABCD 的体积； (2) 若二面角 C−AB−DC - AB - D 为 60∘60^{\circ}，求异面直线 ADAD 与 BCBC 所成角的余弦值.

2011 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
如图，椭圆的中心为原点 OO，离心率 e=22e = \frac{\sqrt{2}}{2}，一条准线的方程为 x=22x = 2\sqrt{2}.
(1) 求该椭圆的标准方程； (2) 设动点 PP 满足： OP→=OM→+2ON→\overrightarrow{OP} = \overrightarrow{OM} + 2\overrightarrow{ON}，其中 MM，NN 是椭圆上的点，直线 OMOM 与 ONON 的斜率之积为 −12-\frac{1}{2}. 问：是否存在两个定点 F1F_1，F2F_2，使得 ∣PF1∣+∣PF2∣|PF_1| + |PF_2| 为定值？若存在，求 F1F_1，F2F_2 的坐标；若不存在，说明理由.

2011 · 重庆 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21数列★★★★★
设实数数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n} 满足 Sn+1=an+1SnS_{n + 1} = a_{n + 1}S_n （n∈N∗n\in \mathbf{N}^*）.
(1) 若 a1a_{1}，S2S_{2}，−2a2-2a_{2} 成等比数列，求 S2S_{2} 和 a3a_{3}； (2) 求证：对 k⩾3k \geqslant 3 有 0⩽ak+1⩽ak⩽430 \leqslant a_{k+1} \leqslant a_k \leqslant \frac{4}{3}.

2011 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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