数迹
题目列表试卷列表
共找到 24 题
排序：
组题
本页 24 题去组卷
01三角函数★☆☆☆☆
已知函数 y=2sin⁡(ωx+φ)y = 2\sin (\omega x + \varphi)（ω>0\omega > 0）在区间 [0,2π][0, 2\pi] 的图象如图，那么 ω=\omega =（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 由图象可见，在区间 [0,2π][0,2\pi] 内函数完成两个完整周期，所以其周期为 T=πT=\pi. 对于函数 y=2sin⁡(ωx+φ)y=2\sin(\omega x+\varphi)，周期满足 T=2πωT=\frac{2\pi}{\omega}，故 2πω=π\frac{2\pi}{\omega}=\pi，解得 ω=2\omega=2. 因而选 B. \end{solution}
A.
11
B.
22
C.
12\frac{1}{2}
D.
13\frac{1}{3}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 1 题 · 选择题

查看答案和解析
02复数★★☆☆☆
已知复数 z=1−iz = 1 - \mathrm{i}，则 z2−2zz−1=\frac{z^2 - 2z}{z - 1} =（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 由 z=1−iz=1-\mathrm{i} 得 z−1=−iz-1=-\mathrm{i}，且 z2=(1−i)2=−2iz^2=\left(1-\mathrm{i}\right)^2=-2\mathrm{i}. 因此 z2−2z=−2i−2(1−i)=−2z^2-2z=-2\mathrm{i}-2\left(1-\mathrm{i}\right)=-2，从而
z2−2zz−1=−2−i=2i=−2i\frac{z^2-2z}{z-1}=\frac{-2}{-\mathrm{i}}=\frac{2}{\mathrm{i}}=-2\mathrm{i}
故选 B. \end{solution}
A.
2i2\mathrm{i}
B.
−2i-2\mathrm{i}
C.
22
D.
−2-2

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 2 题 · 选择题

查看答案和解析
03三角函数★★☆☆☆
如果等腰三角形的周长是底边长的 55 倍，那么它的顶角的余弦值为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 设等腰三角形的底边长为 cc，两腰长均为 ll. 由周长条件，2l+c=5c2l+c=5c，所以 l=2cl=2c. 设顶角为 θ\theta，由余弦定理得
cos⁡θ=l2+l2−c22l2=2(2c)2−c22(2c)2=78\cos\theta=\frac{l^2+l^2-c^2}{2l^2}=\frac{2\left(2c\right)^2-c^2}{2\left(2c\right)^2}=\frac{7}{8}
故选 D. \end{solution}
A.
518\frac{5}{18}
B.
34\frac{3}{4}
C.
32\frac{\sqrt{3}}{2}
D.
78\frac{7}{8}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 3 题 · 选择题

查看答案和解析
04数列★☆☆☆☆
设等比数列 {an}\{a_{n}\} 的公比 q=2q = 2，前 nn 项和为 SnS_{n}，则 S4a2=\frac{S_4}{a_2} =（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 设等比数列首项为 a1a_1. 因为公比 q=2q=2，所以 a2=2a1a_2=2a_1，并且
S4=a1(1+2+22+23)=15a1S_4=a_1\left(1+2+2^2+2^3\right)=15a_1
由于题中商有意义，a1≠0a_1\ne0，故
S4a2=15a12a1=152\frac{S_4}{a_2}=\frac{15a_1}{2a_1}=\frac{15}{2}
故选 C. \end{solution}
A.
22
B.
44
C.
152\frac{15}{2}
D.
172\frac{17}{2}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 4 题 · 选择题

查看答案和解析
05集合与逻辑基础★★☆☆☆
下面的程序框图，如果输入三个实数 aa，bb，cc，要求输出这三个数中最大的数，那么在空白的判断框中，应该填入下面四个选项中的（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 程序先令 x=ax=a. 第一个判断框若填 b>xb>x，则在 b>xb>x 时令 x=bx=b，否则保留 x=ax=a，因此经过这一判断后 x=max⁡{a,b}x=\max\{a,b\}. 第二个判断框必须在 c>xc>x 时令 x=cx=c，否则保持原值，才能保证最后输出 max⁡{a,b,c}\max\{a,b,c\}. 所以应填 c>xc>x，故选 A. \end{solution}
A.
c>xc > x
B.
x>cx > c
C.
c>bc > b
D.
b>cb > c

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 5 题 · 选择题

查看答案和解析
06不等式★★☆☆☆
已知 a1>a2>a3>0a_{1} > a_{2} > a_{3} > 0，则使得 (1−aix)2<1(1 - a_{i}x)^{2} < 1（i=1i = 1，22，33）都成立的 xx 取值范围是（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 对任意 i∈{1,2,3}i\in\{1,2,3\}，有
(1−aix)2<1⟺−1<1−aix<1⟺0<aix<2\left(1-a_i x\right)^2<1 \Longleftrightarrow -1<1-a_i x<1 \Longleftrightarrow 0<a_i x<2
因为 ai>0a_i>0，所以该不等式等价于 0<x<2ai0<x<\frac{2}{a_i}. 三个不等式同时成立时，xx 必须属于这些区间的交集；又因 a1>a2>a3>0a_1>a_2>a_3>0，有 2a1<2a2<2a3\frac{2}{a_1}<\frac{2}{a_2}<\frac{2}{a_3}，故交集为 (0,2a1)\left(0,\frac{2}{a_1}\right). 故选 B. \end{solution}
A.
(0,1a1)\left(0, \frac{1}{a_1}\right)
B.
(0,2a1)\left(0, \frac{2}{a_1}\right)
C.
(0,1a3)\left(0, \frac{1}{a_3}\right)
D.
(0,2a3)\left(0, \frac{2}{a_3}\right)

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 6 题 · 选择题

查看答案和解析
07三角函数★★☆☆☆
3−sin⁡70∘2−cos⁡210∘=\frac{3 - \sin 70^{\circ}}{2 - \cos^{2}10^{\circ}} =（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 利用诱导公式 sin⁡70∘=cos⁡20∘\sin70^{\circ}=\cos20^{\circ}，以及二倍角公式 cos⁡210∘=1+cos⁡20∘2\cos^2 10^{\circ}=\frac{1+\cos20^{\circ}}{2}，可得
2−cos⁡210∘=2−1+cos⁡20∘2=3−cos⁡20∘22-\cos^2 10^{\circ}=2-\frac{1+\cos20^{\circ}}{2}=\frac{3-\cos20^{\circ}}{2}
因此
3−sin⁡70∘2−cos⁡210∘=3−cos⁡20∘3−cos⁡20∘2=2\frac{3-\sin70^{\circ}}{2-\cos^2 10^{\circ}} =\frac{3-\cos20^{\circ}}{\frac{3-\cos20^{\circ}}{2}}=2
故选 C. \end{solution}
A.
12\frac{1}{2}
B.
22\frac{\sqrt{2}}{2}
C.
22
D.
32\frac{\sqrt{3}}{2}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 7 题 · 选择题

查看答案和解析
08平面向量★★☆☆☆
平面向量 a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b} 共线的充要条件是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 若存在不全为零的实数 λ1\lambda_1，λ2\lambda_2，使得 λ1a+λ2b=\bs0\lambda_1\boldsymbol{a}+\lambda_2\boldsymbol{b}=\bs0，则 a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b} 线性相关；在平面向量中，这等价于两个向量共线. 反之，若 a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b} 共线，则当其中一个为零向量时可直接取相应系数为 11、另一个为 00；当两者均非零时，一个向量是另一个向量的实数倍，也能得到这样的非零系数组合. 因此选项 D 是充要条件，故选 D. \end{solution}
A.
a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b} 方向相同
B.
a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b} 两向量中至少有一个为零向量
C.
∃λ∈R\exists \lambda \in \mathbf{R}，b=λa\boldsymbol{b} = \lambda \boldsymbol{a}
D.
存在不全为零的实数 λ1\lambda_{1}，λ2\lambda_{2}，λ1a+λ2b=0\lambda_{1} \boldsymbol{a} + \lambda_{2} \boldsymbol{b} = 0

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 8 题 · 选择题

查看答案和解析
09计数原理与组合数学★★☆☆☆
甲，乙，丙3 位3\text{ 位}志愿者安排在周一至周五的5 天5\text{ 天}中参加某项志愿者活动. 要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方法共有（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 先从 55 天中选出甲、乙、丙参加活动的三天，共有 C53=10\mathrm C_5^3=10 种选法. 对于选定的三天，甲必须排在乙、丙之前，所以甲只能占这三天中最早的一天，乙、丙还可以互换，有 22 种排法. 因而安排方法共有
C53×2=10×2=20\mathrm C_5^3\times2=10\times2=20
种，故选 A. \end{solution}
A.
20 种20\text{ 种}
B.
30 种30\text{ 种}
C.
40 种40\text{ 种}
D.
60 种60\text{ 种}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 9 题 · 选择题

查看答案和解析
10函数与初等函数★★☆☆☆
由直线 x=12x = \frac{1}{2}，x=2x = 2，曲线 y=1xy = \frac{1}{x} 及 xx 轴所围图形的面积为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 在区间 [12,2]\left[\frac12,2\right] 上，曲线 y=1xy=\frac1x 位于 xx 轴上方，所围面积为
S=∫1221x dx=ln⁡x∣122=ln⁡2−ln⁡12=2ln⁡2S=\int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{1}{x}\,\mathrm dx =\left.\ln x\right|_{\frac{1}{2}}^{2} =\ln2-\ln\frac12=2\ln2
故选 D. \end{solution}
A.
154\frac{15}{4}
B.
174\frac{17}{4}
C.
16ln⁡2\frac{1}{6}\ln 2
D.
2ln⁡22 \ln 2

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 10 题 · 选择题

查看答案和解析
11解析几何★★★☆☆
已知点 PP 在抛物线 y2=4xy^{2} = 4x 上，那么点 PP 到点 Q(2,−1)Q(2, -1) 的距离与点 PP 到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点 PP 的坐标为（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 设抛物线上点 PP 的参数坐标为 P(t2,2t)P\left(t^2,2t\right). 抛物线 y2=4xy^2=4x 的焦点为 F(1,0)F\left(1,0\right)，准线为 x=−1x=-1. 令准线上与 PP 同纵坐标的点为 D(−1,2t)D\left(-1,2t\right)，则抛物线的定义给出 PF=PD=t2+1PF=PD=t^2+1. 因而
PQ+PF=PQ+PD≥QD=9+(2t+1)2≥3PQ+PF=PQ+PD\ge QD=\sqrt{9+\left(2t+1\right)^2}\ge3
当且仅当 t=−12t=-\frac12 时，QQ、PP、DD 共线且 QD=3QD=3，此时
P=(t2,2t)=(14,−1)P=\left(t^2,2t\right)=\left(\frac14,-1\right)
所以距离和的最小值在 P(14,−1)P\left(\frac14,-1\right) 处取得，故选 A. \end{solution}
A.
(14,−1)\left(\frac{1}{4}, -1\right)
B.
(14,1)\left(\frac{1}{4}, 1\right)
C.
(1,2)(1,2)
D.
(1,−2)(1,-2)

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 11 题 · 选择题

查看答案和解析
12不等式★★★★☆
某几何体的一条棱长为 7\sqrt{7}，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为 6\sqrt{6} 的线段. 在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为 aa 和 bb 的线段，则 a+ba + b 的最大值为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 把这条棱在三个互相垂直方向上的分量平方分别记为 uu、vv、ww. 棱长为 7\sqrt7，所以 u+v+w=7u+v+w=7. 正视图中的投影长为 6\sqrt6，说明其中两个方向的分量平方之和为 66，另一个分量平方为 11. 设前者为 uu，vv，则 u+v=6u+v=6，且两个另外的正投影长度分别为 a=u+1a=\sqrt{u+1}，b=v+1b=\sqrt{v+1} （交换 uu，vv 不影响结论）. 由均方不等式，
a+b≤2((u+1)+(v+1))=16=4a+b\le\sqrt{2\left(\left(u+1\right)+\left(v+1\right)\right)} =\sqrt{16}=4
当且仅当 u=v=3u=v=3 时取等号，因此 a+ba+b 的最大值为 44，故选 C. \end{solution}
A.
222\sqrt{2}
B.
232\sqrt{3}
C.
44
D.
252 \sqrt{5}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

查看答案和解析
13立体几何初步★★☆☆☆
已知向量 a=(0,−1,1)\boldsymbol{a} = (0, -1, 1)，b=(4,1,0)\boldsymbol{b} = (4, 1, 0)，∣λa+b∣=29|\lambda \boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}| = \sqrt{29} 且 λ>0\lambda > 0，则 λ=\lambda =______. \begin{answer} 3 \end{answer}
\begin{solution} 由向量坐标，
λa+b=(4,1−λ,λ)\lambda\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}=\left(4,1-\lambda,\lambda\right)
由长度条件得
16+(1−λ)2+λ2=2916+\left(1-\lambda\right)^2+\lambda^2=29
即 λ2−λ−6=0\lambda^2-\lambda-6=0，所以 λ=3\lambda=3 或 λ=−2\lambda=-2. 因为 λ>0\lambda>0，故 λ=3\lambda=3. \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 13 题 · 填空题

查看答案和解析
14解析几何★★★☆☆
设双曲线 x29−y216=1\frac{x^2}{9} - \frac{y^2}{16} = 1 的右顶点为 AA，右焦点为 FF. 过点 FF 平行双曲线的一条渐近线的直线与双曲线交于点 BB，则 △AFB\triangle AFB 的面积为______. \begin{answer} 3215\frac{32}{15} \end{answer}
\begin{solution} 双曲线的实半轴、虚半轴分别为 a=3a=3、b=4b=4，所以焦半距 c=a2+b2=5c=\sqrt{a^2+b^2}=5，从而 A=(3,0)A=\left(3,0\right)、F=(5,0)F=\left(5,0\right). 双曲线的一条渐近线为 y=43xy=\frac43x，过 FF 的平行直线可写为
y=43(x−5)y=\frac43\left(x-5\right)
将其代入双曲线方程，得
x29−(43(x−5))216=1⟺x2−(x−5)2=9\frac{x^2}{9}-\frac{\left(\frac43\left(x-5\right)\right)^2}{16}=1 \Longleftrightarrow x^2-\left(x-5\right)^2=9
故 x=175x=\frac{17}{5}，相应地 y=−3215y=-\frac{32}{15}. 另一条渐近线所得交点关于 xx 轴对称，三角形面积相同. 因此
S△AFB=12⋅AF⋅∣yB∣=12⋅2⋅3215=3215S_{\triangle AFB}=\frac12\cdot AF\cdot\left|y_B\right| =\frac12\cdot2\cdot\frac{32}{15}=\frac{32}{15}
\end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 14 题 · 填空题

查看答案和解析
15立体几何初步★★★☆☆
一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面. 已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为 98\frac{9}{8}，底面周长为 33，则这个球的体积为______. \begin{answer} 4π3\frac{4\pi}{3} \end{answer}
\begin{solution} 设正六边形边长为 ss，六棱柱高为 hh. 由底面周长为 33，得 s=12s=\frac12. 正六边形面积为
S=332s2=338S=\frac{3\sqrt3}{2}s^2=\frac{3\sqrt3}{8}
由体积条件 Sh=98Sh=\frac98，得 h=3h=\sqrt3. 正六边形的外接圆半径等于边长，所以球心位于两底面中心连线的中点，球半径满足
R2=s2+(h2)2=14+34=1R^2=s^2+\left(\frac h2\right)^2=\frac14+\frac34=1
故球的体积为
V=43πR3=4π3V=\frac43\pi R^3=\frac{4\pi}{3}
\end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 15 题 · 填空题

查看答案和解析
16概率与统计★★☆☆☆
从甲，乙两品种的棉花中各抽测了 25 根25\text{ 根} 棉花的纤维长度（单位：mm\mathrm{mm}），结果如下：
\begin{array}{c} \hline 品种 & \multicolumn{5}{c}{纤维长度（单位：$\mathrm{mm}$）} \\ \hline 甲品种 & $271$ & $273$ & $280$ & $285$ & $285$ \\ & $287$ & $292$ & $294$ & $295$ & $301$ \\ & $303$ & $303$ & $307$ & $308$ & $310$ \\ & $314$ & $319$ & $323$ & $325$ & $325$ \\ & $328$ & $331$ & $334$ & $337$ & $352$ \\ \hline 乙品种 & $284$ & $292$ & $295$ & $304$ & $306$ \\ & $307$ & $312$ & $313$ & $315$ & $315$ \\ & $316$ & $318$ & $318$ & $320$ & $322$ \\ & $322$ & $324$ & $327$ & $329$ & $331$ \\ & $333$ & $336$ & $337$ & $343$ & $356$ \\ \hline \end{array}
由以上数据设计了如下茎叶图：
\begin{array}{c} \multicolumn{5}{c|}{甲} & & \multicolumn{7}{c}{乙} \\ \hline & & & $3$ & $1$ & $27$ & & & & & & & \\ & $7$ & $5$ & $5$ & $0$ & $28$ & $4$ & & & & & & \\ & & $5$ & $4$ & $2$ & $29$ & $2$ & $5$ & & & & & \\ $8$ & $7$ & $3$ & $3$ & $1$ & $30$ & $4$ & $6$ & $7$ & & & & \\ & & $9$ & $4$ & $0$ & $31$ & $2$ & $3$ & $5$ & $5$ & $6$ & $8$ & $8$ \\ & $8$ & $5$ & $5$ & $3$ & $32$ & $0$ & $2$ & $2$ & $4$ & $7$ & $9$ & \\ & & $7$ & $4$ & $1$ & $33$ & $1$ & $3$ & $6$ & $7$ & & & \\ & & & & & $34$ & $3$ & & & & & & \\ & & & & $2$ & $35$ & $6$ & & & & & & \\ \end{array}
根据以上茎叶图，对甲，乙两品种棉花的纤维长度作比较，写出两个统计结论：
① ______； ② ______.
\begin{answer} 乙品种棉花的纤维平均长度大于甲品种棉花的纤维平均长度；甲品种棉花的纤维长度较乙品种棉花的纤维长度更分散. \end{answer}
\begin{solution} 由原始数据求和，甲、乙两品种的纤维长度总和分别为 76827682 和 79757975，故样本平均数分别为 xˉ甲=768225=307.28\bar x_{\text{甲}}=\frac{7682}{25}=307.28，xˉ乙=797525=319\bar x_{\text{乙}}=\frac{7975}{25}=319. 所以乙品种棉花的纤维平均长度大于甲品种. 再以极差衡量离散程度，甲、乙两品种的极差分别为 352−271=81352-271=81，356−284=72356-284=72. 因此甲品种棉花的纤维长度比乙品种的更分散. 例如可写出两个统计结论：乙品种的平均纤维长度较大；甲品种的纤维长度较分散. \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

查看答案和解析
17数列★★☆☆☆
已知 {an}\{a_{n}\} 是一个等差数列，且 a2=1a_{2} = 1，a5=−5a_{5} = -5.
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 的通项 ana_{n}； (2) 求 {an}\{a_{n}\} 前 nn 项和 SnS_{n} 的最大值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设等差数列的公差为 dd，则 a2=a1+d=1a_2=a_1+d=1，a5=a1+4d=−5a_5=a_1+4d=-5. 两式相减得 3d=−63d=-6，所以 d=−2d=-2，再由 a1+d=1a_1+d=1 得 a1=3a_1=3. 因而
an=a1+(n−1)d=3−2(n−1)=5−2na_n=a_1+(n-1)d=3-2(n-1)=5-2n
\item 由等差数列前 nn 项和公式，
Sn=n(a1+an)2=n(3+5−2n)2=n(4−n)=4−(n−2)2S_n=\frac{n\left(a_1+a_n\right)}{2}=\frac{n\left(3+5-2n\right)}{2}=n(4-n)=4-(n-2)^2
因为 nn 是正整数，(n−2)2≥0(n-2)^2\ge0，且当 n=2n=2 时取到最小值 00，所以 SnS_n 的最大值为 44，在 n=2n=2 时取得. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 17 题 · 解答题

查看答案和解析
18立体几何初步★★★☆☆
如图，已知点 PP 在正方体 ABCD−A′B′C′D′ABCD - A'B'C'D' 的对角线 BD′BD' 上，∠PDA=60∘\angle PDA = 60^\circ.
(1) 求 DPDP 与 CC′CC' 所成角的大小； (2) 求 DPDP 与平面 A′AD′DA^{\prime}AD^{\prime}D 所成角的大小.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设正方体棱长为 aa，建立直角坐标系 A(0,0,0)A\left(0,0,0\right)， B(a,0,0)\ B\left(a,0,0\right)， D(0,a,0)\ D\left(0,a,0\right)， D′(0,a,a)\ D'\left(0,a,a\right). 令 PP 将 BD′BD' 按参数 tt 表示为 P=(a(1−t),at,at)P=\left(a\left(1-t\right),at,at\right)，0≤t≤10\le t\le1. 于是 DP→=a(1−t,−(1−t),t)\overrightarrow{DP}=a\left(1-t,-(1-t),t\right)，DA→=a(0,−1,0)\overrightarrow{DA}=a\left(0,-1,0\right). 由 ∠PDA=60∘\angle PDA=60^{\circ}，得
DP→⋅DA→∣DP∣ ∣DA∣=1−t2(1−t)2+t2=12\frac{\overrightarrow{DP}\cdot\overrightarrow{DA}}{|DP|\,|DA|} =\frac{1-t}{\sqrt{2\left(1-t\right)^2+t^2}}=\frac12
所以 t2=2(1−t)2t^2=2\left(1-t\right)^2，从而 t=2(1−t)t=\sqrt2\left(1-t\right). 又
∣DP∣=a2(1−t)2+t2=2a(1−t)|DP|=a\sqrt{2\left(1-t\right)^2+t^2}=2a(1-t)
因此
cos⁡∠(DP,CC′)=at∣DP∣=22\cos\angle\left(DP,CC'\right)=\frac{at}{|DP|}=\frac{\sqrt2}{2}
故 DPDP 与 CC′CC' 所成角为 45∘45^{\circ}. \item 平面 A′AD′DA'AD'D 的方程为 x=0x=0，其法向量沿 xx 轴. 设 DPDP 与该平面所成角为 α\alpha，则
sin⁡α=a(1−t)∣DP∣=12\sin\alpha=\frac{a(1-t)}{|DP|}=\frac12
因为 0≤α≤90∘0\le\alpha\le90^{\circ}，所以 α=30∘\alpha=30^{\circ}. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
19概率与统计★★★☆☆
AA，BB 两个投资项目的利润率分别为随机变量 X1X_{1} 和 X2X_{2}. 根据市场分析，X1X_{1} 和 X2X_{2} 的分布列分别为
(1) 在 AA，BB 两个项目上各投资 100 万元100\text{ 万元}，Y1Y_{1} 和 Y2Y_{2} 分别表示投资项目 AA 和 BB 所获得的利润，求方差 D(Y1)D(Y_1)，D(Y2)D(Y_2)； (2) 将 x 万元x\text{ 万元}（0⩽x⩽1000 \leqslant x \leqslant 100）投资 AA 项目，(100−x) 万元(100-x)\text{ 万元}投资 BB 项目，f(x)f(x) 表示投资 AA 项目所得利润的方差与投资 BB 项目所得利润的方差的和. 求 f(x)f(x) 的最小值，并指出 xx 为何值时，f(x)f(x) 取到最小值.（注：D(aX+b)=a2D(X)D(aX+b)=a^{2}D(X)）
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 将百分数按小数表示，则
E(X1)=0.05×0.8+0.10×0.2=0.06E(X_1)=0.05\times0.8+0.10\times0.2=0.06
D(X1)=0.8(0.05−0.06)2+0.2(0.10−0.06)2=0.0004D(X_1)=0.8\left(0.05-0.06\right)^2+0.2\left(0.10-0.06\right)^2=0.0004
由于 Y1=100X1Y_1=100X_1，所以
D(Y1)=1002D(X1)=4D(Y_1)=100^2D(X_1)=4
对第二个项目，
E(X2)=0.02×0.2+0.08×0.5+0.12×0.3=0.08E(X_2)=0.02\times0.2+0.08\times0.5+0.12\times0.3=0.08
D(X2)=0.2(0.02−0.08)2+0.5(0.08−0.08)2+0.3(0.12−0.08)2=0.0012D(X_2)=0.2\left(0.02-0.08\right)^2+0.5\left(0.08-0.08\right)^2+0.3\left(0.12-0.08\right)^2=0.0012
由于 Y2=100X2Y_2=100X_2，所以 D(Y2)=1002D(X2)=12D(Y_2)=100^2D(X_2)=12. \item 投资 AA 项目 xx 万元、投资 BB 项目 100−x100-x 万元时，两项投资所得利润的方差分别为 x2D(X1)x^2D(X_1) 与 (100−x)2D(X2)(100-x)^2D(X_2). 因而
f(x)=0.0004x2+0.0012(100−x)2=x2+3(100−x)22500f(x)=0.0004x^2+0.0012(100-x)^2 =\frac{x^2+3(100-x)^2}{2500}
整理得
f(x)=4(x−75)2+75002500=(x−75)2625+3f(x)=\frac{4(x-75)^2+7500}{2500}=\frac{(x-75)^2}{625}+3
在 0≤x≤1000\le x\le100 时，(x−75)2≥0(x-75)^2\ge0，所以 f(x)f(x) 的最小值为 33，且当 x=75x=75 时取得. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
20解析几何★★★★☆
在直角坐标系 xOyxOy 中，椭圆 C1C_1：x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0）的左，右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，F2F_2 也是抛物线 C2C_2：y2=4xy^2 = 4x 的焦点，点 MM 为 C1C_1 与 C2C_2 在第一象限的交点，且 ∣MF2∣=53|MF_2| = \frac{5}{3}.
(1) 求 C1C_1 的方程； (2) 平面上的点 NN 满足 MN→=MF1→+MF2→\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MF_1} + \overrightarrow{MF_2}，直线 l∥MNl\parallel MN，且与 C1C_1 交于 AA，BB 两点，若 OA→⋅OB→=0\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = 0，求直线 ll 的方程.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 抛物线 C2:y2=4xC_2:y^2=4x 的焦点为 F2(1,0)F_2\left(1,0\right). 设 M=(xM,yM)M=(x_M,y_M)，因 MM 在第一象限且在 C2C_2 上，有 yM2=4xMy_M^2=4x_M. 于是
∣MF2∣=(xM−1)2+yM2=(xM−1)2+4xM=xM+1|MF_2|=\sqrt{\left(x_M-1\right)^2+y_M^2}=\sqrt{\left(x_M-1\right)^2+4x_M}=x_M+1
由 ∣MF2∣=53|MF_2|=\frac53，得 xM=23x_M=\frac23，再得 yM=263y_M=\frac{2\sqrt6}{3}. 椭圆的左焦点为 F1=(−1,0)F_1=(-1,0)，并且
∣MF1∣=(xM+1)2+yM2=73|MF_1|=\sqrt{\left(x_M+1\right)^2+y_M^2}=\frac73
所以椭圆的长轴长 2a=∣MF1∣+∣MF2∣=42a=|MF_1|+|MF_2|=4，即 a=2a=2. 又焦半距 c=1c=1，故 b2=a2−c2=3b^2=a^2-c^2=3，从而
C1:x24+y23=1C_1:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1
\item 由焦点坐标关于原点对称，MF1→+MF2→=−2OM→\overrightarrow{MF_1}+\overrightarrow{MF_2}=-2\overrightarrow{OM}，所以 MN→=−2OM→\overrightarrow{MN}=-2\overrightarrow{OM}，从而 N=−MN=-M. 因此直线 l∥MNl\parallel MN 的斜率为
k=yMxM=6k=\frac{y_M}{x_M}=\sqrt6
可设 l:y=6x+rl:y=\sqrt6x+r. 设其与椭圆交于 A(x1,y1)A(x_1,y_1)、B(x2,y2)B(x_2,y_2)，代入椭圆方程得
94x2+263rx+r23−1=0\frac94x^2+\frac{2\sqrt6}{3}rx+\frac{r^2}{3}-1=0
故由韦达定理 x1+x2=−86r27x_1+x_2=-\frac{8\sqrt6 r}{27}，x1x2=4r227−49x_1x_2=\frac{4r^2}{27}-\frac49. 条件 OA→⋅OB→=0\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0 给出
0=x1x2+y1y2=x1x2+(6x1+r)(6x2+r)=7x1x2+6r(x1+x2)+r20=x_1x_2+y_1y_2 =x_1x_2+\left(\sqrt6x_1+r\right)\left(\sqrt6x_2+r\right) =7x_1x_2+\sqrt6r(x_1+x_2)+r^2
代入上式，得 7r227−289=0\frac{7r^2}{27}-\frac{28}{9}=0，所以 r2=12r^2=12，即 r=±23r=\pm2\sqrt3. 因而
l:y=6x−23或y=6x+23l:y=\sqrt6x-2\sqrt3\quad\text{或}\quad y=\sqrt6x+2\sqrt3
\end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=ax+1x+bf(x) = ax + \frac{1}{x + b}（aa，b∈Zb \in \mathbf{Z}），曲线 y=f(x)y = f(x) 在点 (2,f(2))(2, f(2)) 处的切线方程为 y=3y = 3.
(1) 求 f(x)f(x) 的解析式； (2) 证明：函数 y=f(x)y = f(x) 的图象是一个中心对称图形，并求其对称中心； (3) 证明：曲线 y=f(x)y = f(x) 上任一点的切线与直线 x=1x = 1 和直线 y=xy = x 所围三角形的面积为定值，并求出此定值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因切线方程为 y=3y=3，切点为 (2,3)\left(2,3\right)，故 f(2)=3f(2)=3，且 f′(2)=0f'(2)=0. 由
f′(x)=a−1(x+b)2f'(x)=a-\frac{1}{\left(x+b\right)^2}
得 a=1(b+2)2a=\frac{1}{\left(b+2\right)^2}. 令整数 t=b+2t=b+2，则 a=1t2a=\frac{1}{t^2} 为整数，所以 t=±1t=\pm1，且 a=1a=1. 再由 f(2)=2+1t=3f(2)=2+\frac{1}{t}=3，得 t=1t=1，即 b=−1b=-1. 因而 f(x)=x+1x−1f(x)=x+\frac{1}{x-1}，x≠1x\ne1. \item 对任意 x≠1x\ne1，令 u=x−1u=x-1，则
f(x)=1+u+1uf(x)=1+u+\frac1u
当点 (x,f(x))\left(x,f(x)\right) 关于 (1,1)\left(1,1\right) 中心对称后变为 (2−x,2−f(x))\left(2-x,2-f(x)\right)，而
f(2−x)=1−u−1u=2−f(x)f(2-x)=1-u-\frac1u=2-f(x)
所以对称点仍在曲线上，函数图象是中心对称图形，对称中心为 (1,1)\left(1,1\right). \item 设曲线上任一点为 P(1+u,1+u+1u)P\left(1+u,1+u+\frac1u\right)，其中 u≠0u\ne0. 此点处切线斜率为
m=f′(1+u)=1−1u2m=f'(1+u)=1-\frac1{u^2}
切线与直线 x=1x=1 的交点为
C=(1,1+2u)C=\left(1,1+\frac2u\right)
与直线 y=xy=x 的交点为
D=(2u+1,2u+1)D=\left(2u+1,2u+1\right)
两条固定直线的交点为 E=(1,1)E=\left(1,1\right). 因此 EC=2∣u∣EC=\frac2{|u|}，点 DD 到直线 x=1x=1 的距离为 2∣u∣2|u|，三角形 ECDECD 的面积为
S=12⋅2∣u∣⋅2∣u∣=2S=\frac12\cdot\frac2{|u|}\cdot2|u|=2
故该三角形面积恒为 22. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
22解析几何★★★★☆
如图，过圆 OO 外一点 MM 作它的一条切线. 切点为 AA，过 AA 点作直线 APAP 垂直直线 OMOM，垂足为 PP.
(1) 证明： OM⋅OP=OA2OM \cdot OP = OA^2； (2) NN 为线段 APAP 上一点，直线 NBNB 垂直直线 ONON，且交圆 OO 于 BB 点. 过 BB 点的切线交直线 ONON 于 KK. 证明： ∠OKM=90∘\angle OKM = 90^{\circ}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因为 OA⊥AMOA\perp AM，且 AP⊥OMAP\perp OM，所以三角形 OAMOAM 与三角形 OPAOPA 都是直角三角形. 又它们在点 OO 处有相同的夹角，故 △OAM∼△OPA\triangle OAM\sim\triangle OPA. 由对应边关系
OPOA=OAOM\frac{OP}{OA}=\frac{OA}{OM}
得 OM⋅OP=OA2OM\cdot OP=OA^2. \item 取 OMOM 为 xx 轴，设圆半径为 r=OAr=OA，并记 O=(0,0)O=(0,0)、M=(m,0)M=(m,0)、P=(p,0)P=(p,0). 由第（1）问，mp=r2mp=r^2. 因为 AP⊥OMAP\perp OM，可设 N=(p,n)N=(p,n). 由
NB→⊥ON→\overrightarrow{NB}\perp\overrightarrow{ON}
得
OB→⋅ON→=∣ON∣2\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{ON}=|ON|^2
圆在点 BB 处的切线方程为 OB→⋅OX→=r2\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OX}=r^2. 由于 KK 在直线 ONON 上，设 OK→=λON→\overrightarrow{OK}=\lambda\overrightarrow{ON}，代入切线方程并利用上式，得 λ∣ON∣2=r2\lambda|ON|^2=r^2，OK→=r2∣ON∣2ON→\overrightarrow{OK}=\frac{r^2}{|ON|^2}\overrightarrow{ON}. 于是 ∣OK∣2=r4∣ON∣2|OK|^2=\frac{r^4}{|ON|^2}，OM→⋅OK→=r2mp∣ON∣2=r4∣ON∣2=∣OK∣2\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{OK}=\frac{r^2mp}{|ON|^2}=\frac{r^4}{|ON|^2}=|OK|^2. 所以 KO→⋅KM→=0\overrightarrow{KO}\cdot\overrightarrow{KM}=0，即 ∠OKM=90∘\angle OKM=90^{\circ}. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
23解析几何★★★☆☆
已知曲线 C1C_{1}：
{x=cos⁡θ,y=sin⁡θ.\begin{cases} x = \cos \theta,\\ y = \sin \theta. \end{cases}
（θ\theta 为参数），曲线 C2C_{2}：
{x=22t−2,y=22t,\begin{cases} x = \frac{\sqrt{2}}{2} t - \sqrt{2},\\ y = \frac{\sqrt{2}}{2} t, \end{cases}
（tt 为参数）.
(1) 指出 C1C_{1}，C2C_{2} 各是什么曲线，并说明 C1C_{1} 与 C2C_{2} 公共点的个数； (2) 若把 C1C_{1}，C2C_{2} 上各点的纵坐标都压缩为原来的一半，分别得到曲线 C1′C_{1}^{\prime}，C2′C_{2}^{\prime}. 写出 C1′C_{1}^{\prime}，C2′C_{2}^{\prime} 的参数方程. C1′C_{1}^{\prime} 与 C2′C_{2}^{\prime} 公共点的个数和 C1C_{1} 与 C2C_{2} 公共点的个数是否相同？说明你的理由.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 x=cos⁡θx=\cos\theta、y=sin⁡θy=\sin\theta，消去参数得 x2+y2=1x^2+y^2=1，所以 C1C_1 是单位圆. 对 C2C_2，由 y=22ty=\frac{\sqrt2}{2}t 得 t=2yt=\sqrt2y，代入 xx 式得 x−y+2=0x-y+\sqrt2=0，所以 C2C_2 是直线. 将 x=y−2x=y-\sqrt2 代入圆方程，得
2y2−22y+1=02y^2-2\sqrt2y+1=0
其判别式为 8−8=08-8=0，所以直线与圆相切，C1C_1 与 C2C_2 有一个公共点. \item 纵坐标压缩为原来的一半后，直接得到
C1′:{x=cos⁡θ,y=12sin⁡θ,C2′:{x=22t−2,y=24t.C_1':\begin{cases} x=\cos\theta,\\ y=\frac12\sin\theta, \end{cases} \qquad C_2':\begin{cases} x=\frac{\sqrt2}{2}t-\sqrt2,\\ y=\frac{\sqrt2}{4}t. \end{cases}
消去参数后，C1′C_1' 满足 x2+4y2=1x^2+4y^2=1，C2′C_2' 满足 x−2y+2=0x-2y+\sqrt2=0. 联立得
8y2−42y+1=08y^2-4\sqrt2y+1=0
其判别式仍为 32−32=032-32=0，故压缩后仍有一个公共点. 这也符合将平面作同一纵向压缩变换的性质：该变换是一一对应的，原两曲线的公共点恰好一一对应到压缩后两曲线的公共点，所以公共点个数相同. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 23 题 · 解答题

查看答案和解析
24不等式★★☆☆☆
已知函数 f(x)=∣x−8∣−∣x−4∣f(x) = |x - 8| - |x - 4|.
(1) 作出函数 y=f(x)y = f(x) 的图象； (2) 解不等式 ∣x−8∣−∣x−4∣>2|x - 8| - |x - 4| > 2.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 按绝对值定义分三种情况：
f(x)={(8−x)−(4−x)=4,x≤4,(8−x)−(x−4)=−2x+12,4<x≤8,(x−8)−(x−4)=−4,x>8.f(x)=\begin{cases} \left(8-x\right)-\left(4-x\right)=4,&x\le4,\\ \left(8-x\right)-\left(x-4\right)=-2x+12,&4<x\le8,\\ \left(x-8\right)-\left(x-4\right)=-4,&x>8. \end{cases}
所以函数图象由直线 y=4y=4 在 x≤4x\le4 上的部分、连接点 (4,4)\left(4,4\right) 与 (8,−4)\left(8,-4\right) 的线段 y=−2x+12y=-2x+12，以及直线 y=−4y=-4 在 x>8x>8 上的部分组成. 以 (4,4)\left(4,4\right)、(8,−4)\left(8,-4\right) 为转折点即可在题图坐标系中作出图象. \item 同样分情况讨论. 当 x≤4x\le4 时，f(x)=4>2f(x)=4>2，所以得到 x≤4x\le4. 当 4<x≤84<x\le8 时，
−2x+12>2⟺x<5-2x+12>2\Longleftrightarrow x<5
与本区间合并得 4<x<54<x<5. 当 x>8x>8 时，f(x)=−4f(x)=-4，不满足不等式. 因而解集为
(−∞,4]∪(4,5)=(−∞,5)\left(-\infty,4\right]\cup\left(4,5\right)=\left(-\infty,5\right)
\end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 24 题 · 解答题

查看答案和解析