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01解析几何★☆☆☆☆
圆 (x+2)2+y2=5(x + 2)^{2} + y^{2} = 5 关于原点 (0,0)(0,0) 对称的圆的方程为（ ）
A.
(x−2)2+y2=5(x - 2)^{2} + y^{2} = 5
B.
x2+(y−2)2=5x^{2} + (y - 2)^{2} = 5
C.
(x+2)2+(y+2)2=5(x + 2)^{2} + (y + 2)^{2} = 5
D.
x2+(y+2)2=5x^{2} + (y + 2)^{2} = 5

2005 · 重庆 · 文 · 第 1 题 · 选择题

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02三角函数★☆☆☆☆
(cos⁡π12−sin⁡π12)(cos⁡π12+sin⁡π12)=\left(\cos \frac{\pi}{12} - \sin \frac{\pi}{12}\right)\left(\cos \frac{\pi}{12} + \sin \frac{\pi}{12}\right)=（ ）
A.
−32-\frac{\sqrt{3}}{2}
B.
−12-\frac{1}{2}
C.
12\frac{1}{2}
D.
32\frac{\sqrt{3}}{2}

2005 · 重庆 · 文 · 第 2 题 · 选择题

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03函数与初等函数★★☆☆☆
若函数 f(x)f(x) 是定义在 R\mathbf{R} 上的偶函数，在 (−∞,0](- \infty, 0] 上是减函数，且 f(2)=0f(2) = 0，则使得 f(x)<0f(x) < 0 的 xx 的取值范围是（ ）
A.
(−∞,2)(-\infty, 2)
B.
(2,+∞)(2, +\infty)
C.
(−∞,−2)∪(2,+∞)(-\infty, -2) \cup (2, +\infty)
D.
(−2,2)(-2, 2)

2005 · 重庆 · 文 · 第 3 题 · 选择题

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04平面向量★☆☆☆☆
设向量 a=(−1,2)\boldsymbol{a} = (-1, 2)，b=(2,−1)\boldsymbol{b} = (2, -1)，则 (a⋅b)(a+b)(\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b})(\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}) 等于（ ）
A.
(1,1)(1, 1)
B.
(−4,−4)(-4, -4)
C.
−4-4
D.
(−2,−2)(-2, -2)

2005 · 重庆 · 文 · 第 4 题 · 选择题

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05不等式★★☆☆☆
不等式组
{∣x−2∣<2,log⁡2(x2−1)>1\begin{cases} |x-2|<2,\\ \log_{2}(x^{2}-1)>1 \end{cases}
的解集为（ ）
A.
(0,3)(0, \sqrt{3})
B.
(3,2)(\sqrt{3}, 2)
C.
(3,4)(\sqrt{3}, 4)
D.
(2,4)(2,4)

2005 · 重庆 · 文 · 第 5 题 · 选择题

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06集合与逻辑基础★★★☆☆
已知 α\alpha，β\beta 均为锐角，若 p:sin⁡α<sin⁡(α+β)p: \sin \alpha < \sin (\alpha + \beta)，q:α+β<π2q: \alpha + \beta < \frac{\pi}{2}，则 pp 是 qq 的（ ）
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

2005 · 重庆 · 文 · 第 6 题 · 选择题

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07立体几何初步★★★☆☆
对于不重合的两个平面 α\alpha 与 β\beta，给定下列条件：
① 存在平面 γ\gamma，使得 α\alpha，β\beta 都垂直于 γ\gamma； ② 存在平面 γ\gamma，使得 α\alpha，β\beta 都平行于 γ\gamma； ③ 存在直线 l⊂αl \subset \alpha，直线 m⊂βm \subset \beta，使得 l∥ml \parallel m； ④ 存在异面直线 ll，mm，使得 l∥αl \parallel \alpha，l∥βl \parallel \beta，m∥αm \parallel \alpha，m∥βm \parallel \beta.
其中，可以判定 α\alpha 与 β\beta 平行的条件有（ ）
A.
11 个
B.
22 个
C.
33 个
D.
44 个

2005 · 重庆 · 文 · 第 7 题 · 选择题

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08计数原理与组合数学★★☆☆☆
若 (1+2x)n(1 + 2x)^{n} 展开式中含 x3x^{3} 项的系数等于含 xx 项的系数的88 倍，则 nn 等于（ ）
A.
55
B.
77
C.
99
D.
1111

2005 · 重庆 · 文 · 第 8 题 · 选择题

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09解析几何★★★☆☆
若动点 (x,y)(x, y) 在曲线 x24+y2b2=1\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{b^2} = 1（b>0b > 0）上变化，则 x2+2yx^2 + 2y 的最大值为（ ）
A.
{b24+4,0<b<4,2b,b⩾4.\begin{cases} \frac{b^2}{4} +4, & 0 < b < 4,\\ 2b, & b\geqslant 4. \end{cases}
B.
{b24+4,0<b<2,2b,b⩾2.\begin{cases} \frac{b^2}{4} +4, & 0 < b < 2,\\ 2b, & b\geqslant 2. \end{cases}
C.
b24+4\frac{b^2}{4} + 4
D.
2b2b

2005 · 重庆 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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10立体几何初步★★★☆☆
有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示. 上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各连接中点，已知最底层正方体的棱长为 22，且该塔形的表面积（含最底层正方体的底面面积）超过 3939，则该塔形中正方体的个数至少是（ ）
A.
44
B.
55
C.
66
D.
77

2005 · 重庆 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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11集合与逻辑基础★☆☆☆☆
若集合 A={x∈R∣x2−4x+3<0}A = \{x \in \mathbf{R} \mid x^2 - 4x + 3 < 0\}，集合 B={x∈R∣(x−2)(x−5)<0}B = \{x \in \mathbf{R} \mid (x - 2)(x - 5) < 0\}，则 A∩B=‾A \cap B =\underline{\hspace{2em}}.

2005 · 重庆 · 文 · 第 11 题 · 填空题

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12导数及其应用★★☆☆☆
曲线 y=x3y = x^3 在点 (1,1)(1,1) 处的切线与 xx 轴，直线 x=2x = 2 所围成的三角形的面积为______.

2005 · 重庆 · 文 · 第 12 题 · 填空题

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13三角函数★★☆☆☆
已知 α\alpha，β\beta 均为锐角，且 cos⁡(α+β)=sin⁡(α−β)\cos (\alpha + \beta) = \sin (\alpha - \beta)，则 tan⁡α=\tan \alpha =______.

2005 · 重庆 · 文 · 第 13 题 · 填空题

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14解析几何★★☆☆☆
若 x2+y2=4x^{2} + y^{2} = 4，则 x−yx - y 的最大值是______.

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15概率与统计★★☆☆☆
若 1010 把钥匙中只有 22 把能打开某锁，则从中任取 22 把能将该锁打开的概率为______.

2005 · 重庆 · 文 · 第 15 题 · 填空题

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16解析几何★★★★☆
已知 A(−12,0)A\left(-\frac{1}{2},0\right)，BB 是圆 F:(x−12)2+y2=4F:\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + y^2 = 4（FF 为圆心）上一动点，线段 ABAB 的垂直平分线交 BFBF 于 PP，则动点 PP 的轨迹方程为______.

2005 · 重庆 · 文 · 第 16 题 · 填空题

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17三角函数★★★☆☆
若函数 f(x)=1+cos⁡2x2sin⁡(π2−x)+sin⁡x+a2sin⁡(x+π4)f(x) = \frac{1 + \cos 2x}{2\sin\left(\frac{\pi}{2} - x\right)} + \sin x + a^2 \sin \left(x + \frac{\pi}{4}\right) 的最大值为 2+3\sqrt{2} + 3，试确定常数 aa 的值.
\begin{solution} 1+cos⁡2x=2cos⁡2x1+\cos2x=2\cos^2x，且定义域要求 cos⁡x≠0\cos x\ne0，所以 1+cos⁡2x2sin⁡(π2−x)=2cos⁡2x2cos⁡x=cos⁡x\frac{1+\cos2x}{2\sin\left(\frac\pi2-x\right)}=\frac{2\cos^2x}{2\cos x}=\cos x. 因此 f(x)=cos⁡x+sin⁡x+a2sin⁡(x+π4)=(2+a2)sin⁡(x+π4)f(x)=\cos x+\sin x+a^2\sin\left(x+\frac\pi4\right)=(\sqrt{2}+a^2)\sin\left(x+\frac\pi4\right). 由于 2+a2>0\sqrt{2}+a^2>0，且取 x=π4+2kπx=\frac\pi4+2k\pi 时原式有定义并使正弦值为 11，故函数最大值为 2+a2\sqrt{2}+a^2. 由题设 2+a2=2+3\sqrt{2}+a^2=\sqrt{2}+3，得 a2=3a^2=3，所以 a=±3a=\pm\sqrt{3}. \end{solution}

2005 · 重庆 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18概率与统计★★☆☆☆
加工某种零件需经过三道工序，设第一、二、三道工序的合格率分别为 910\frac{9}{10}，89\frac{8}{9}，78\frac{7}{8}，且各道工序互不影响.
(1) 求该种零件的合格率； (2) 从该种零件中任取 33 件，求恰好取到一件合格品的概率和至少取到一件合格品的概率.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设一件零件合格的事件为 AA. 由于三道工序相互独立，该零件合格必须三道工序都合格，所以 P(A)=910×89×78=710=0.7P(A)=\frac9{10}\times\frac89\times\frac78=\frac7{10}=0.7. \item 任取的 33 件零件可看作独立重复试验，每件合格的概率为 p=0.7p=0.7，不合格的概率为 1−p=0.31-p=0.3. 恰好取到一件合格品的概率为 C31(0.7)(0.3)2=0.189\mathrm C_3^1(0.7)(0.3)^2=0.189. 至少取到一件合格品的概率用对立事件计算，为 1−(0.3)3=0.9731-(0.3)^3=0.973. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 重庆 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19导数及其应用★★★☆☆
设函数 f(x)=2x3−3(a+1)x2+6ax+8f(x) = 2x^{3} - 3(a + 1)x^{2} + 6ax + 8，其中 a∈Ra \in \mathbf{R}.
(1) 若 f(x)f(x) 在 x=3x = 3 处取得极值，求常数 aa 的值； (2) 若 f(x)f(x) 在 (−∞,0)(-\infty,0) 上为增函数，求 aa 的取值范围.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 函数可导，若在 x=3x=3 处取得极值，则必须有 f′(3)=0f'(3)=0. 而 f′(x)=6x2−6(a+1)x+6a=6(x−1)(x−a)f'(x)=6x^2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a)，所以 0=f′(3)=12(3−a)0=f'(3)=12(3-a)，得 a=3a=3. 当 a=3a=3 时，f′(x)=6(x−1)(x−3)f'(x)=6(x-1)(x-3)，在 x=3x=3 左侧为负、右侧为正，确实在 x=3x=3 处取得极小值. \item 由 f′(x)=6(x−1)(x−a)f'(x)=6(x-1)(x-a)，当 x<0x<0 时有 x−1<0x-1<0. 要使 ff 在 (−∞,0)(-\infty,0) 上为增函数，需对一切 x<0x<0 有 f′(x)>0f'(x)>0，这等价于 x−a<0x-a<0 对一切 x<0x<0 成立，也就是 a⩾0a\geqslant0. 当 a⩾0a\geqslant0 时确有 x−a<0x-a<0，故 f′(x)>0f'(x)>0；若 a<0a<0，取 x∈(a,0)x\in(a,0)，则 f′(x)<0f'(x)<0. 故 a∈[0,+∞)a\in[0,+\infty). \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 重庆 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★☆☆
如图，在四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，底面 ABCDABCD 为矩形，PD⊥PD \perp 底面 ABCDABCD，EE 是 ABAB 上一点，PE⊥ECPE \perp EC. 已知 PD=2PD = \sqrt{2}，CD=2CD = 2，AE=12AE = \frac{1}{2}，求：
(1) 异面直线 PDPD 与 ECEC 的距离； (2) 二面角 E−PC−DE - PC - D 的大小.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 建立空间直角坐标系，令 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(2,0,0)B=(2,0,0)，D=(0,h,0)D=(0,h,0)，C=(2,h,0)C=(2,h,0)，P=(0,h,2)P=(0,h,\sqrt2)，E=(12,0,0)E=\left(\frac12,0,0\right). 由 PE⊥ECPE\perp EC 得 EP→=(−12,h,2)\overrightarrow{EP}=\left(-\frac12,h,\sqrt2\right)，EC→=(32,h,0)\overrightarrow{EC}=\left(\frac32,h,0\right)，从而 EP→⋅EC→=h2−34=0\overrightarrow{EP}\cdot\overrightarrow{EC}=h^2-\frac34=0，所以 h=32h=\frac{\sqrt3}{2}. 又 ED→=(−12,h,0)\overrightarrow{ED}=\left(-\frac12,h,0\right)，故 ED→⋅EC→=h2−34=0\overrightarrow{ED}\cdot\overrightarrow{EC}=h^2-\frac34=0，即 ED⊥ECED\perp EC. 显然 ED⊥PDED\perp PD，所以 EDED 是异面直线 PDPD 与 ECEC 的公垂线，且 ED=14+h2=1ED=\sqrt{\frac14+h^2}=1. \item 取平面 EPCEPC 和平面 DPCDPC 的法向量. 令 PC→=(2,0,−2)\overrightarrow{PC}=(2,0,-\sqrt2)，PE→=(12,−h,−2)\overrightarrow{PE}=\left(\frac12,-h,-\sqrt2\right)，PD→=(0,0,−2)\overrightarrow{PD}=(0,0,-\sqrt2)，则可取 n1=PC→×PE→=(−2h,322,−2h)\boldsymbol{n}_1=\overrightarrow{PC}\times\overrightarrow{PE}=\left(-\sqrt2h,\frac{3\sqrt2}{2},-2h\right)，n2=PC→×PD→=(0,22,0)\boldsymbol{n}_2=\overrightarrow{PC}\times\overrightarrow{PD}=(0,2\sqrt2,0). 代入 h=32h=\frac{\sqrt3}{2}，有 ∣n1∣=3|\boldsymbol{n}_1|=3，∣n2∣=22|\boldsymbol{n}_2|=2\sqrt2，且 ∣n1⋅n2∣=6|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|=6. 因此二面角的平面角 θ\theta 满足 cos⁡θ=63×22=22\cos\theta=\frac{6}{3\times2\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}，从而 θ=π4\theta=\frac\pi4. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 重庆 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
已知中心在原点的双曲线 CC 的右焦点为 (2,0)(2,0)，右顶点为 (3,0)(\sqrt{3},0).
(1) 求双曲线 CC 的方程； (2) 若直线 l:y=kx+2l: y = kx + \sqrt{2} 与双曲线 CC 恒有两个不同的交点 AA 和 BB，且 OA→⋅OB→>2\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} > 2（其中 OO 为原点）. 求 kk 的取值范围.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设双曲线的标准方程为 x2a2−y2b2=1\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1，则右焦点横坐标为 c=2c=2，右顶点横坐标为 a=3a=\sqrt3. 由 c2=a2+b2c^2=a^2+b^2 得 b2=4−3=1b^2=4-3=1，所以双曲线方程为 x23−y2=1\frac{x^2}{3}-y^2=1. \item 将 y=kx+2y=kx+\sqrt2 代入双曲线方程，得 (13−k2)x2−22kx−3=0\left(\frac13-k^2\right)x^2-2\sqrt2kx-3=0. 要有两个不同的交点，首先判别式 Δ=(−22k)2−4(13−k2)(−3)=4(1−k2)>0\Delta=(-2\sqrt2k)^2-4\left(\frac13-k^2\right)(-3)=4(1-k^2)>0，故 ∣k∣<1|k|<1；同时二次项系数不能为零，否则只有一个有限交点，所以 k≠±33k\ne\pm\frac{\sqrt3}{3}. 设两交点横坐标为 x1x_1，x2x_2，由韦达定理得 x1+x2=22k13−k2x_1+x_2=\frac{2\sqrt2k}{\frac13-k^2}，x1x2=−313−k2x_1x_2=-\frac3{\frac13-k^2}. 由于 yi=kxi+2y_i=kx_i+\sqrt2，有 OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+2\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=x_1x_2+y_1y_2=(1+k^2)x_1x_2+\sqrt2k(x_1+x_2)+2. 代入上式化简，得到 OA→⋅OB→−2=k2−313−k2\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}-2=\frac{k^2-3}{\frac13-k^2}. 在 ∣k∣<1|k|<1 时分子恒为负，因此该式大于零当且仅当 13−k2<0\frac13-k^2<0，即 ∣k∣>33|k|>\frac{\sqrt3}{3}. 故 k∈(−1,−33)∪(33,1)k\in\left(-1,-\frac{\sqrt3}{3}\right)\cup\left(\frac{\sqrt3}{3},1\right). \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 重庆 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22数列★★★★☆
数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=1a_1 = 1 且 8an+1an−16an+1+2an+5=08a_{n + 1}a_n - 16a_{n + 1} + 2a_n + 5 = 0（n⩾1n \geqslant 1）. 记 bn=1an−12b_{n} = \frac{1}{a_{n} - \frac{1}{2}}（n⩾1n \geqslant 1）.
(1) 求 b1b_{1}，b2b_{2}，b3b_{3}，b4b_{4} 的值； (2) 求数列 {bn}\{b_n\} 的通项公式及数列 {anbn}\{a_n b_n\} 的前 nn 项和 SnS_n.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 a1=1a_1=1 得 b1=11−12=2b_1=\frac1{1-\frac12}=2. 由递推式解出 an+1=2an+516−8ana_{n+1}=\frac{2a_n+5}{16-8a_n}，从而 an+1−12=3(2an−1)8(2−an)a_{n+1}-\frac12=\frac{3(2a_n-1)}{8(2-a_n)}. 由 a1≠12a_1\neq\frac12，且上式表明只要 an≠12a_n\neq\frac12，22 就有 an+1≠12a_{n+1}\neq\frac12；而 an=2a_n=2 会使原递推式变为 9=09=0，不可能，所以归纳可知各项 an≠12a_n\neq\frac12. 因而代入 bn=1an−12b_n=\frac1{a_n-\frac12} 可得 bn+1=2bn−43b_{n+1}=2b_n-\frac43. 于是 b2=2×2−43=83b_2=2\times2-\frac43=\frac83，b3=2×83−43=4b_3=2\times\frac83-\frac43=4，b4=2×4−43=203b_4=2\times4-\frac43=\frac{20}{3}. \item 令 cn=bn−43c_n=b_n-\frac43，则 cn+1=2cnc_{n+1}=2c_n，且 c1=23c_1=\frac23，所以 cn=23 2n−1=2n3c_n=\frac23\,2^{n-1}=\frac{2^n}{3}，从而 bn=2n+43b_n=\frac{2^n+4}{3}. 又由 bn=1an−12b_n=\frac1{a_n-\frac12} 得 an=12+1bna_n=\frac12+\frac1{b_n}，故 anbn=bn2+1=2n+106a_nb_n=\frac{b_n}{2}+1=\frac{2^n+10}{6}. 因此 Sn=∑i=1naibi=16(∑i=1n2i+10n)=16(2n+1−2+10n)=2n+5n−13S_n=\sum_{i=1}^n a_ib_i=\frac16\left(\sum_{i=1}^n2^i+10n\right)=\frac16\left(2^{n+1}-2+10n\right)=\frac{2^n+5n-1}{3}. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 重庆 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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