数迹
题目列表试卷列表
共找到 21 题
排序：
组题
本页 21 题去组卷
01解析几何★☆☆☆☆
直线 y=x+1y = x + 1 与圆 x2+y2=1x^{2} + y^{2} = 1 的位置关系是（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 将直线化为一般式 x−y+1=0x-y+1=0. 原点到该直线的距离为
∣1∣12+(−1)2=12<1\frac{|1|}{\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}<1
所以直线与圆有两个交点；又原点不满足直线方程，故直线不过圆心，选 B. \end{solution}
A.
相切
B.
相交但直线不过圆心
C.
直线过圆心
D.
相离

2009 · 重庆 · 理 · 第 1 题 · 选择题

查看答案和解析
02复数★☆☆☆☆
已知复数 zz 的实部为 −1-1，虚部为 22，则 5iz=\frac{5\mathrm{i}}{z}=（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 由实部和虚部可知 z=−1+2iz=-1+2\mathrm{i}. 分母有理化得
5iz=5i(−1−2i)(−1)2+22=10−5i5=2−i\frac{5\mathrm{i}}{z}=\frac{5\mathrm{i}(-1-2\mathrm{i})}{(-1)^{2}+2^{2}} =\frac{10-5\mathrm{i}}{5}=2-\mathrm{i}
因此选 A. \end{solution}
A.
2−i2 - \mathrm{i}
B.
2+i2 + \mathrm{i}
C.
−2−i-2 - \mathrm{i}
D.
−2+i-2 + \mathrm{i}

2009 · 重庆 · 理 · 第 2 题 · 选择题

查看答案和解析
03计数原理与组合数学★★☆☆☆
(x2+2x)8\left(x^{2} + \frac{2}{x}\right)^{8} 的展开式中 x4x^{4} 的系数是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 展开式的通项为从 8 个因式中选 kk 个取 2x\frac{2}{x}，其余取 x2x^{2}，即
C8k(x2)8−k(2x)k=C8k2kx16−3k\mathrm C_{8}^{k}(x^{2})^{8-k}\left(\frac{2}{x}\right)^{k} =\mathrm C_{8}^{k}2^{k}x^{16-3k}
要得到 x4x^{4}，必须有 16−3k=416-3k=4，故 k=4k=4. 所求系数为
C8424=70×16=1120\mathrm C_{8}^{4}2^{4}=70\times16=1120
因此选 D. \end{solution}
A.
16
B.
70
C.
560
D.
1120

2009 · 重庆 · 理 · 第 3 题 · 选择题

查看答案和解析
04平面向量★★☆☆☆
已知 ∣a∣=1|\boldsymbol{a}| = 1，∣b∣=6|\boldsymbol{b}| = 6，a⋅(b−a)=2\boldsymbol{a} \cdot (\boldsymbol{b} - \boldsymbol{a}) = 2，则向量 a\boldsymbol{a} 与 b\boldsymbol{b} 的夹角是（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 由条件
a⋅(b−a)=a⋅b−∣a∣2=2\boldsymbol{a}\cdot(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a})=\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}-|\boldsymbol{a}|^{2}=2
得 a⋅b=3\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=3. 设 a\boldsymbol{a} 与 b\boldsymbol{b} 的夹角为 θ\theta，则
cos⁡θ=a⋅b∣a∣∣b∣=31×6=12\cos\theta=\frac{\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|} =\frac{3}{1\times6}=\frac12
由于 0⩽θ⩽π0\leqslant\theta\leqslant\pi，所以 θ=π3\theta=\frac{\pi}{3}，选 C. \end{solution}
A.
π6\frac{\pi}{6}
B.
π4\frac{\pi}{4}
C.
π3\frac{\pi}{3}
D.
π2\frac{\pi}{2}

2009 · 重庆 · 理 · 第 4 题 · 选择题

查看答案和解析
05不等式★★★☆☆
不等式 ∣x+3∣−∣x−1∣⩽a2−3a|x + 3| - |x - 1| \leqslant a^{2} - 3a 对任意实数 xx 恒成立，则实数 aa 的取值范围为（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 分段计算左端：
∣x+3∣−∣x−1∣={−4,x⩽−3,2x+2,−3⩽x⩽1,4,x⩾1.|x+3|-|x-1|= \begin{cases} -4,&x\leqslant-3,\\ 2x+2,&-3\leqslant x\leqslant1,\\ 4,&x\geqslant1. \end{cases}
因此其最大值为 44. 要使不等式对任意实数 xx 恒成立，充要条件是
a2−3a⩾4a^{2}-3a\geqslant4
即
(a−4)(a+1)⩾0(a-4)(a+1)\geqslant0
所以 a⩽−1a\leqslant-1 或 a⩾4a\geqslant4，选 A. \end{solution}
A.
(−∞,−1]∪[4,+∞)(-\infty, -1] \cup [4, +\infty)
B.
(−∞,−2]∪[5,+∞)(-\infty, -2] \cup [5, +\infty)
C.
[1,2][1,2]
D.
(−∞,1]∪[2,+∞)(-\infty, 1] \cup [2, +\infty)

2009 · 重庆 · 理 · 第 5 题 · 选择题

查看答案和解析
06概率与统计★★★☆☆
锅中煮有芝麻馅汤圆 6 个，花生馅汤圆 5 个，豆沙馅汤圆 4 个，这三种汤圆的外部特征完全相同. 从中任意舀取 4 个汤圆，则每种汤圆都至少取到 1 个的概率为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 4 个汤圆从 15 个中任取，样本数为 C154\mathrm C_{15}^{4}. 每种馅至少取到 1 个时，取法只能是数量分配 (2,1,1)(2,1,1). 因而有利取法数为
C62C51C41+C61C52C41+C61C51C42=300+240+180=720\mathrm C_{6}^{2}\mathrm C_{5}^{1}\mathrm C_{4}^{1} +\mathrm C_{6}^{1}\mathrm C_{5}^{2}\mathrm C_{4}^{1} +\mathrm C_{6}^{1}\mathrm C_{5}^{1}\mathrm C_{4}^{2} =300+240+180=720
所求概率为
720C154=7201365=4891\frac{720}{\mathrm C_{15}^{4}}=\frac{720}{1365}=\frac{48}{91}
故选 C. \end{solution}
A.
891\frac{8}{91}
B.
2591\frac{25}{91}
C.
4891\frac{48}{91}
D.
6091\frac{60}{91}

2009 · 重庆 · 理 · 第 6 题 · 选择题

查看答案和解析
07平面向量★★★☆☆
设 △ABC\triangle ABC 的三个内角 AA，BB，CC，向量 m=(3sin⁡A,sin⁡B)\boldsymbol{m} = (\sqrt{3} \sin A, \sin B)，n=(cos⁡B,3cos⁡A)\boldsymbol{n} = (\cos B, \sqrt{3} \cos A)，若 m⋅n=1+cos⁡(A+B)\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n} = 1 + \cos (A + B)，则 C=C =（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 由向量内积得
m⋅n=3sin⁡Acos⁡B+3sin⁡Bcos⁡A=3sin⁡(A+B)\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n} =\sqrt{3}\sin A\cos B+\sqrt{3}\sin B\cos A =\sqrt{3}\sin(A+B)
设 θ=A+B=π−C\theta=A+B=\pi-C，则 0<θ<π0<\theta<\pi，且题设化为
3sin⁡θ=1+cos⁡θ\sqrt{3}\sin\theta=1+\cos\theta
用半角公式，因 0<θ<π0<\theta<\pi，有 sin⁡(θ2)>0\sin(\frac{\theta}{2})>0 且 cos⁡(θ2)>0\cos(\frac{\theta}{2})>0，从而
23sin⁡θ2cos⁡θ2=2cos⁡2θ22\sqrt{3}\sin\frac\theta2\cos\frac\theta2 =2\cos^{2}\frac\theta2
故 tan⁡(θ2)=13\tan(\frac{\theta}{2})=\frac{1}{\sqrt{3}}. 于是 θ=π3\theta=\frac{\pi}{3}，所以
C=π−θ=2π3C=\pi-\theta=\frac{2\pi}{3}
故选 C. \end{solution}
A.
π6\frac{\pi}{6}
B.
π3\frac{\pi}{3}
C.
2π3\frac{2\pi}{3}
D.
5π6\frac{5\pi}{6}

2009 · 重庆 · 理 · 第 7 题 · 选择题

查看答案和解析
08函数与初等函数★★☆☆☆
已知 lim⁡x→∞(2x2x+1−ax−b)=2\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\frac{2x^2}{x + 1} -ax - b\right) = 2，其中 aa，b∈Rb\in \mathbf{R}，则 a−ba - b 的值为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 作除法可得
2x2x+1=2x−2+2x+1\frac{2x^{2}}{x+1}=2x-2+\frac{2}{x+1}
因此
2x2x+1−ax−b=(2−a)x−(2+b)+2x+1\frac{2x^{2}}{x+1}-ax-b =(2-a)x-(2+b)+\frac{2}{x+1}
极限为有限值，必须有 a=2a=2. 此时极限为 −2−b-2-b，由题设
−2−b=2-2-b=2
得 b=−4b=-4. 所以 a−b=2−(−4)=6a-b=2-(-4)=6，选 D. \end{solution}
A.
−6-6
B.
−2-2
C.
2
D.
6

2009 · 重庆 · 理 · 第 8 题 · 选择题

查看答案和解析
09立体几何初步★★★★☆
已知二面角 α−l−β\alpha - l - \beta 的大小为 50∘50^{\circ}，PP 为空间中任意一点，则过点 PP 且与平面 α\alpha 和平面 β\beta 所成的角都是 25∘25^{\circ} 的直线的条数为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 以交线 ll 为 zz 轴，在垂直于 ll 的截面内取平面 α\alpha 的方向为方位角 00，平面 β\beta 的方向为方位角 50∘50^{\circ}. 设所求直线的一个单位方向向量为 u=(ρcos⁡ψ,ρsin⁡ψ,η)\boldsymbol{u}=(\rho\cos\psi,\rho\sin\psi,\eta)，ρ⩾0\rho\geqslant0，ρ2+η2=1\rho^{2}+\eta^{2}=1 其中 ψ\psi 按 180∘180^{\circ} 计. 直线与平面的夹角等于方向向量与平面法向量夹角的余角，因此
sin⁡25∘=ρ∣sin⁡ψ∣且sin⁡25∘=ρ∣sin⁡(ψ−50∘)∣\sin25^{\circ}=\rho|\sin\psi| \quad\text{且}\quad \sin25^{\circ}=\rho|\sin(\psi-50^{\circ})|
于是
∣sin⁡ψ∣=∣sin⁡(ψ−50∘)∣|\sin\psi|=|\sin(\psi-50^{\circ})|
从而 ψ=25∘\psi=25^{\circ} 或 ψ=115∘\psi=115^{\circ}（按 180∘180^{\circ} 计）.
当 ψ=25∘\psi=25^{\circ} 时，ρ=1\rho=1，所以 η=0\eta=0，得到 1 条直线；当 ψ=115∘\psi=115^{\circ} 时，
ρ=sin⁡25∘sin⁡115∘=sin⁡25∘sin⁡65∘<1\rho=\frac{\sin25^{\circ}}{\sin115^{\circ}} =\frac{\sin25^{\circ}}{\sin65^{\circ}}<1
此时 η=±1−ρ2\eta=\pm\sqrt{1-\rho^{2}}，得到 2 条不同的直线. 因此直线共有 1+2=31+2=3 条，选 B. \end{solution}
A.
2
B.
3
C.
4
D.
5

2009 · 重庆 · 理 · 第 9 题 · 选择题

查看答案和解析
10函数与初等函数★★★★★
已知以 T=4T = 4 为周期的函数
f(x)={m1−x2,x∈(−1,1],1−∣x−2∣,x∈(1,3].f(x) = \begin{cases} m\sqrt{1 - x^{2}}, & x \in (-1, 1],\\ 1 - |x - 2|, & x \in (1, 3]. \end{cases}
其中 m>0m > 0. 若方程 3f(x)=x3f(x) = x 恰有 5 个实数解，则 mm 的取值范围为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 函数以 4 为周期，先考察一个基本周期 (−1,3](-1,3]. 在 [0,1][0,1] 上，方程为
3m1−x2=x3m\sqrt{1-x^{2}}=x
由于 f(x)⩾0f(x)\geqslant0，方程的解必须满足 x⩾0x\geqslant0，且 x=0x=0 不满足方程，所以不必考察负半轴. 左端随 xx 增大而减小、右端递增，且两端在 x=0x=0 与 x=1x=1 的大小关系相反，故恰有 1 根.
在 (1,3](1,3] 上，f(x)=1−∣x−2∣f(x)=1-|x-2|. 当 1<x⩽21<x\leqslant2 时，方程为 3(x−1)=x3(x-1)=x，根为 x=32x=\frac{3}{2}；当 2⩽x⩽32\leqslant x\leqslant3 时，方程为 3(3−x)=x3(3-x)=x，根为 x=94x=\frac{9}{4}. 所以基本周期内已有 3 根.
对 k⩾1k\geqslant1，在区间 (4k−1,4k+1](4k-1,4k+1] 上令 x=4k+tx=4k+t，则第一段方程化为 m=4k+t31−t2m=\frac{4k+t}{3\sqrt{1-t^{2}}}，−1<t<1-1<t<1. 记
hk(t)=4k+t31−t2h_k(t)=\frac{4k+t}{3\sqrt{1-t^{2}}}
其导数为
hk′(t)=1+4kt3(1−t2)32h_k'(t)=\frac{1+4kt}{3(1-t^{2})^{\frac{3}{2}}}
所以 hkh_k 在 (−1,−1(4k))(-1,-\frac{1}{(4k)}) 上递减，在 (−1(4k),1)(-\frac{1}{(4k)},1) 上递增，并且两端趋于 +∞+\infty. 唯一最小值为
hk(−14k)=16k2−13h_k\left(-\frac1{4k}\right)=\frac{\sqrt{16k^{2}-1}}{3}
因此第 kk 个平移后的第一段有 2 个根当且仅当 m>16k2−13m>\frac{\sqrt{16k^{2}-1}}{3}，有 1 个根当 mm 等于该值，否则没有根.
当 k=1k=1 时，产生 2 个根的条件是 m>153m>\frac{\sqrt{15}}{3}；当 k=2k=2 时，产生根的临界值是
m=16⋅22−13=7m=\frac{\sqrt{16\cdot2^{2}-1}}{3}=\sqrt7
由于上述临界值随 kk 增大而增大，若 m<7m<\sqrt7，只有 k=1k=1 的第一段可能产生根；若 m⩾7m\geqslant\sqrt7，则至少还会产生第 k=2k=2 段的根. 第二段中 3f(x)⩽33f(x)\leqslant3，而 x>4k+1⩾5x>4k+1\geqslant5，不可能有根. 因此总根数恰为 3+2=53+2=5 当且仅当
153<m<7\frac{\sqrt{15}}{3}<m<\sqrt7
故选 B. \end{solution}
A.
(153,83)\left(\frac{\sqrt{15}}{3}, \frac{8}{3}\right)
B.
(153,7)\left(\frac{\sqrt{15}}{3}, \sqrt{7}\right)
C.
(43,83)\left(\frac{4}{3}, \frac{8}{3}\right)
D.
(43,7)\left(\frac{4}{3}, \sqrt{7}\right)

2009 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

查看答案和解析
11集合与逻辑基础★☆☆☆☆
若 A={x∈R∣∣x∣<3}A = \{x \in \mathbf{R} \mid |x| < 3\}，B={x∈R∣2x>1}B = \{x \in \mathbf{R} \mid 2^{x} > 1\}，则 A∩B=A \cap B =______.
\begin{answer} (0,3)(0,3) \end{answer}
\begin{solution} 由 ∣x∣<3|x|<3 得 −3<x<3-3<x<3，所以 A=(−3,3)A=(-3,3). 又因为底数 2>12>1，
2x>1=20⟺x>02^x>1=2^0\quad\Longleftrightarrow\quad x>0
故 B=(0,+∞)B=(0,+\infty). 因此
A∩B=(0,3)A\cap B=(0,3)
\end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 11 题 · 填空题

查看答案和解析
12函数与初等函数★★☆☆☆
若 f(x)=12x−1+af(x) = \frac{1}{2^{x} - 1} + a 是奇函数，则 a=a =______.
\begin{answer} 12\frac{1}{2} \end{answer}
\begin{solution} 函数定义域为所有 x≠0x\ne0 的实数，且对任意 x≠0x\ne0，
f(−x)=12−x−1+a=2x1−2x+af(-x)=\frac{1}{2^{-x}-1}+a =\frac{2^x}{1-2^x}+a
所以
f(x)+f(−x)=12x−1+2x1−2x+2a=−1+2af(x)+f(-x) =\frac{1}{2^x-1}+\frac{2^x}{1-2^x}+2a =-1+2a
函数为奇函数当且仅当上式恒为 0，故 a=12a=\frac{1}{2}. \end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 12 题 · 填空题

查看答案和解析
13计数原理与组合数学★★★☆☆
将 4 名大学生分配到 3 个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有______ 种.（用数字作答）
\begin{answer} 36 \end{answer}
\begin{solution} 4 名大学生分到 3 个有标号乡镇且每个乡镇至少 1 人，人数分配只能是 (2,1,1)(2,1,1). 先选出人数为 2 的乡镇，有 3 种；再从 4 人中选 2 人去该乡镇，有 C42\mathrm C_{4}^{2} 种；余下 2 人分别去另外两个乡镇，有 2!2! 种. 因此方案数为
3C422!=3×6×2=363\mathrm C_{4}^{2}2!=3\times6\times2=36
\end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 13 题 · 填空题

查看答案和解析
14数列★★★☆☆
设 a1=2a_1 = 2，an+1=2an+1a_{n+1} = \frac{2}{a_n + 1}，bn=∣an+2an−1∣b_n = \left|\frac{a_n + 2}{a_n - 1}\right|，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，则数列 {bn}\{b_n\} 的通项 bn=b_n =______.
\begin{answer} 2n+12^{n+1} \end{answer}
\begin{solution} 由递推式 an+1−1=1−anan+1=−an−1an+1a_{n+1}-1=\frac{1-a_n}{a_n+1}=-\frac{a_n-1}{a_n+1}，an+1+2=2(an+2)an+1a_{n+1}+2=\frac{2(a_n+2)}{a_n+1}. 因此
bn+1=∣an+1+2an+1−1∣=2∣an+2an−1∣=2bnb_{n+1}=\left|\frac{a_{n+1}+2}{a_{n+1}-1}\right| =2\left|\frac{a_n+2}{a_n-1}\right|=2b_n
又 b1=∣(2+2)(2−1)∣=4=22b_1=|\frac{(2+2)}{(2-1)}|=4=2^2，所以
bn=b1⋅2n−1=2n+1b_n=b_1\cdot2^{n-1}=2^{n+1}
递推所得各项为正，且若某项等于 1，则由递推反推会得到 a1=1a_1=1，与 a1=2a_1=2 矛盾，故上述分式始终有意义. \end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 14 题 · 填空题

查看答案和解析
15解析几何★★★★☆
已知双曲线 x2a2−y2b2=1\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1（a>0a > 0，b>0b > 0）的左，右焦点分别为 F1(−c,0)F_{1}(-c, 0)，F2(c,0)F_{2}(c, 0). 若双曲线上存在一点 PP 使 sin⁡∠PF1F2sin⁡∠PF2F1=ac\frac{\sin \angle PF_{1}F_{2}}{\sin \angle PF_{2}F_{1}} = \frac{a}{c}，则该双曲线的离心率的取值范围为______.
\begin{answer} (1,2+1)(1,\sqrt{2}+1) \end{answer}
\begin{solution} 在三角形 PF1F2PF_1F_2 中，由正弦定理
sin⁡∠PF1F2sin⁡∠PF2F1=PF2PF1=ac=1e<1\frac{\sin\angle PF_1F_2}{\sin\angle PF_2F_1} =\frac{PF_2}{PF_1}=\frac{a}{c}=\frac1e<1
故 PF2<PF1PF_2<PF_1，点 PP 在双曲线的右支，并且双曲线定义给出
PF1−PF2=2aPF_1-PF_2=2a
令 PF1=r1PF_1=r_1，PF2=r2PF_2=r_2，则 r2=r1er_2=\frac{r_1}{e}，从而 r1=2aee−1r_1=\frac{2ae}{e-1}，r2=2ae−1r_2=\frac{2a}{e-1}. 三角形存在的必要条件是 r1+r2>F1F2=2c=2aer_1+r_2>F_1F_2=2c=2ae，于是
2a(e+1)e−1>2ae⟺e2−2e−1<0\frac{2a(e+1)}{e-1}>2ae \quad\Longleftrightarrow\quad e^2-2e-1<0
结合双曲线离心率 e>1e>1，得
1<e<1+21<e<1+\sqrt2
反之，在此范围内，除
r1+r2>2cr_1+r_2>2c
外，还有 r2+2c−r1=2c−2a=2a(e−1)>0r_2+2c-r_1=2c-2a=2a(e-1)>0，r1+2c−r2=2a+2c>0r_1+2c-r_2=2a+2c>0. 所以三边 r1r_1，r2r_2，2c2c 满足三角形不等式，且 r1−r2=2ar_1-r_2=2a，可构成右支上一点 PP，故范围正是
(1,1+2)(1,1+\sqrt2)
\end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 15 题 · 填空题

查看答案和解析
16三角函数★★★☆☆
设函数 f(x)=sin⁡(π4x−π6)−2cos⁡2π8x+1f(x) = \sin \left(\frac{\pi}{4}x - \frac{\pi}{6}\right) - 2\cos^{2} \frac{\pi}{8}x + 1.
(1) 求 f(x)f(x) 的最小正周期； (2) 若函数 y=g(x)y = g(x) 与 y=f(x)y = f(x) 的图象关于直线 x=1x = 1 对称，求当 x∈[0,43]x \in \left[0, \frac{4}{3}\right] 时 y=g(x)y = g(x) 的最大值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 2cos⁡2u=1+cos⁡2u2\cos^{2}u=1+\cos2u，有
f(x)=sin⁡(πx4−π6)−cos⁡πx4=3sin⁡(πx4−π3)f(x)=\sin\left(\frac{\pi x}{4}-\frac{\pi}{6}\right)-\cos\frac{\pi x}{4} =\sqrt{3}\sin\left(\frac{\pi x}{4}-\frac{\pi}{3}\right)
正弦函数的自变量系数为 π4\frac{\pi}{4}，故最小正周期为
T=2ππ4=8T=\frac{2\pi}{\frac{\pi}{4}}=8
\item 关于直线 x=1x=1 对称时，点 (x,g(x))(x,g(x)) 对应于 (2−x,f(2−x))(2-x,f(2-x))，所以
g(x)=f(2−x)=3sin⁡(π(2−x)4−π3)=3cos⁡(πx4+π3)g(x)=f(2-x)=\sqrt{3}\sin\left(\frac{\pi(2-x)}4-\frac\pi3\right) =\sqrt{3}\cos\left(\frac{\pi x}{4}+\frac\pi3\right)
当 0⩽x⩽430\leqslant x\leqslant\frac{4}{3} 时，
π3⩽πx4+π3⩽2π3\frac\pi3\leqslant\frac{\pi x}{4}+\frac\pi3\leqslant\frac{2\pi}3
余弦函数在该区间的最大值为 12\frac{1}{2}，故 g(x)g(x) 的最大值为 32\frac{\sqrt3}{2}. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 16 题 · 解答题

查看答案和解析
17概率与统计★★★☆☆
某单位为绿化环境，移栽了甲，乙两种大树各 2 株. 设甲，乙两种大树移栽的成活率分别为 23\frac{2}{3} 和 12\frac{1}{2}，且各株大树是否成活互不影响. 求移栽的 4 株大树中：
(1) 两种大树各成活 1 株的概率； (2) 成活的株数 ξ\xi 的分布列与期望.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设甲树成活数为 XX，乙树成活数为 YY. 则 P(X=0)=19P(X=0)=\frac19，P(X=1)=49P(X=1)=\frac49，P(X=2)=49P(X=2)=\frac49 P(Y=0)=14P(Y=0)=\frac14，P(Y=1)=12P(Y=1)=\frac12，P(Y=2)=14P(Y=2)=\frac14. 两类树的成活相互独立，因此
P(X=1,Y=1)=49×12=29P(X=1,Y=1)=\frac49\times\frac12=\frac29
\item ξ=X+Y\xi=X+Y. 由 XX 与 YY 相互独立，逐项计算得
P(ξ=0)=P(X=0)P(Y=0)=19×14=136P(\xi=0)=P(X=0)P(Y=0)=\frac19\times\frac14=\frac1{36}
再有
P(ξ=1)=P(X=0)P(Y=1)+P(X=1)P(Y=0)=19×12+49×14=16P(\xi=1)=P(X=0)P(Y=1)+P(X=1)P(Y=0) =\frac19\times\frac12+\frac49\times\frac14=\frac16
以及
P(ξ=2)=P(X=0)P(Y=2)+P(X=1)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)=19×14+49×12+49×14=1336.\begin{aligned} P(\xi=2)&=P(X=0)P(Y=2)+P(X=1)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)\\ &=\frac19\times\frac14+\frac49\times\frac12+\frac49\times\frac14=\frac{13}{36}. \end{aligned}
对 ξ=3\xi=3，44 分别有
P(ξ=3)=P(X=1)P(Y=2)+P(X=2)P(Y=1)=49×14+49×12=13P(\xi=3)=P(X=1)P(Y=2)+P(X=2)P(Y=1) =\frac49\times\frac14+\frac49\times\frac12=\frac13
P(ξ=4)=P(X=2)P(Y=2)=49×14=19P(\xi=4)=P(X=2)P(Y=2)=\frac49\times\frac14=\frac19
所以分布列为 \begin{center} \begin{tabular}{c|ccccc} ξ\xi&00&11&22&33&44\ \hline PP&136\frac1{36}&16\frac16&1336\frac{13}{36}&13\frac13&19\frac19 \end{tabular} \end{center} 于是
E(ξ)=0⋅136+1⋅16+2⋅1336+3⋅13+4⋅19=73E(\xi)=0\cdot\frac1{36}+1\cdot\frac16+2\cdot\frac{13}{36} +3\cdot\frac13+4\cdot\frac19=\frac73
\end{enumerate} \end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 17 题 · 解答题

查看答案和解析
18导数及其应用★★★☆☆
设函数 f(x)=ax2+bx+kf(x) = ax^{2} + bx + k（k>0k > 0）在 x=0x = 0 处取得极值，且曲线 y=f(x)y = f(x) 在点 (1,f(1))(1, f(1)) 处的切线垂直于直线 x+2y+1=0x + 2y + 1 = 0.
(1) 求 aa，bb 的值； (2) 若函数 g(x)=exf(x)g(x) = \frac{\mathrm{e}^{x}}{f(x)}，讨论 g(x)g(x) 的单调性.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 函数在 x=0x=0 处取得极值，故 f′(0)=b=0f'(0)=b=0. 直线 x+2y+1=0x+2y+1=0 的斜率为 −12-\frac{1}{2}，其垂线斜率为 22. 因而
f′(1)=2a+b=2f'(1)=2a+b=2
结合 b=0b=0 得 a=1a=1. \item 此时 f(x)=x2+k>0f(x)=x^2+k>0，且
g′(x)=ex(x2+k)−ex(2x)(x2+k)2=ex((x−1)2+k−1)(x2+k)2g'(x)=\frac{\mathrm{e}^x(x^2+k)-\mathrm{e}^x(2x)}{(x^2+k)^2} =\frac{\mathrm{e}^x\bigl((x-1)^2+k-1\bigr)}{(x^2+k)^2}
分母和 ex\mathrm{e}^x 始终为正，只需考察 (x−1)2+k−1(x-1)^2+k-1.
当 k⩾1k\geqslant1 时，(x−1)2+k−1⩾0(x-1)^2+k-1\geqslant0，故 g(x)g(x) 在 R\mathbf{R} 上单调递增；当 0<k<10<k<1 时，令 x1=1−1−kx_1=1-\sqrt{1-k}，x2=1+1−kx_2=1+\sqrt{1-k}， 则导数在 (−∞,x1)(-\infty,x_1) 和 (x2,+∞)(x_2,+\infty) 为正，在 (x1,x2)(x_1,x_2) 为负. 因此 gg 在前两个区间上分别递增，在中间区间上递减. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
19立体几何初步★★★★☆
如图，在四棱锥 S−ABCDS - ABCD 中，AD∥BCAD \parallel BC 且 AD⊥CDAD \perp CD；平面 CSD⊥CSD \perp 平面 ABCDABCD，CS⊥DSCS \perp DS，CS=2AD=2CS = 2AD = 2，EE 为 BSBS 的中点，CE=2CE = \sqrt{2}，AS=3AS = \sqrt{3}. 求：
(1) 点 AA 到平面 BCSBCS 的距离； (2) 二面角 E−CD−AE - CD - A 的大小.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由平面 CSD⊥CSD\perp 平面 ABCDABCD，且两平面的交线为 CDCD，又 AD⊥CDAD\perp CD，得 AD⊥AD\perp 平面 CSDCSD. 因而
AS2=AD2+DS2AS^{2}=AD^{2}+DS^{2}
从而 DS=3−1=2DS=\sqrt{3-1}=\sqrt2. 在直角三角形 CSDCSD 中，CS⊥DSCS\perp DS，故
CD2=CS2+DS2=4+2=6CD^{2}=CS^{2}+DS^{2}=4+2=6
建立直角坐标系，取 C=(0,0,0)C=(0,0,0)，D=(6,0,0)D=(\sqrt6,0,0)，A=(6,1,0)A=(\sqrt6,1,0). 令平面 CSDCSD 为 y=0y=0，由 CS=2CS=2，DS=2DS=\sqrt2 解得
S=(263,0,233)S=\left(\frac{2\sqrt6}{3},0,\frac{2\sqrt3}{3}\right)
设 B=(0,t,0)B=(0,t,0). 由四边形顶点顺序取 t>0t>0. 因 EE 为 BSBS 的中点，
E=(63,t2,33)E=\left(\frac{\sqrt6}{3},\frac t2,\frac{\sqrt3}{3}\right)
由 CE=2CE=\sqrt2 得
1+t24=21+\frac{t^2}{4}=2
故 t=2t=2，即 B=(0,2,0)B=(0,2,0). 平面 BCSBCS 的方程为
x−2z=0x-\sqrt2z=0
所以点 AA 到该平面的距离为
∣6∣1+2=2\frac{|\sqrt6|}{\sqrt{1+2}}=\sqrt2
\item 平面 ACDACD 为 z=0z=0，可取其法向量 n1=(0,0,1)\boldsymbol{n}_1=(0,0,1). 又 CD→=(6,0,0)\overrightarrow{CD}=(\sqrt6,0,0)，CE→=(63,1,33)\overrightarrow{CE}=\left(\frac{\sqrt6}{3},1,\frac{\sqrt3}{3}\right)， 故平面 ECDECD 的法向量可取
n2=CD→×CE→=(0,−2,6)\boldsymbol{n}_2=\overrightarrow{CD}\times\overrightarrow{CE} =\left(0,-\sqrt2,\sqrt6\right)
二面角取锐角 θ\theta，则
cos⁡θ=∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=62+6=32\cos\theta=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|} =\frac{\sqrt6}{\sqrt{2+6}}=\frac{\sqrt3}{2}
因此 θ=π6\theta=\frac{\pi}{6}. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
20解析几何★★★★★
已知以原点 OO 为中心的椭圆的一条准线方程为 x=433x = \frac{4\sqrt{3}}{3}，离心率 e=32e = \frac{\sqrt{3}}{2}，MM 是椭圆上的动点.
(1) 若点 CC，DD 的坐标分别是 (0,−3)(0, -\sqrt{3})，(0,3)(0, \sqrt{3})，求 ∣MC∣⋅∣MD∣|MC| \cdot |MD| 的最大值； (2) 如图，点 AA 的坐标为 (1,0)(1,0)，BB 是圆 x2+y2=1x^{2} + y^{2} = 1 上的点，NN 是点 MM 在 xx 轴上的射影，点 QQ 满足条件：OQ→=OM→+ON→\overrightarrow{OQ} = \overrightarrow{OM} + \overrightarrow{ON}，QA→⋅BA→=0\overrightarrow{QA} \cdot \overrightarrow{BA} = 0. 求线段 QBQB 的中点 PP 的轨迹方程.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因准线方程为 x=433x=4\frac{\sqrt{3}}{3}，椭圆长轴在 xx 轴上，且准线到原点的距离为 ae\frac{a}{e}. 由 e=32e=\frac{\sqrt{3}}{2}，有 ae=433\frac{a}{e}=\frac{4\sqrt3}{3}，a=e⋅433=2a=e\cdot\frac{4\sqrt3}{3}=2，c=ae=3c=ae=\sqrt3. 又 b2=a2−c2=1b^2=a^2-c^2=1，故椭圆方程为
x24+y2=1\frac{x^2}{4}+y^2=1
设 M=(u,v)M=(u,v)，则 u24+v2=1\frac{u^2}{4}+v^2=1，且 ∣MC∣2=u2+(v+3)2|MC|^2=u^2+(v+\sqrt3)^2，∣MD∣2=u2+(v−3)2|MD|^2=u^2+(v-\sqrt3)^2. 于是
∣MC∣2∣MD∣2=(u2+v2+3)2−12v2=(7−3v2)2−12v2=9v4−54v2+49|MC|^2|MD|^2=(u^2+v^2+3)^2-12v^2 =(7-3v^2)^2-12v^2 =9v^4-54v^2+49
令 z=v2z=v^2，则 0⩽z⩽10\leqslant z\leqslant1，且
9z2−54z+499z^2-54z+49
的导数为 18z−54<018z-54<0，故其在 [0,1][0,1] 上严格递减. 因 ∣MC∣⋅∣MD∣⩾0|MC|\cdot|MD|\geqslant0，其最大值在 z=0z=0 时取得. 此时 M=(2,0)M=(2,0) 或 M=(−2,0)M=(-2,0)，从而
∣MC∣⋅∣MD∣=49=7|MC|\cdot|MD|=\sqrt{49}=7
\item 设 M=(u,v)M=(u,v). 因 N=(u,0)N=(u,0) 且 OQ→=OM→+ON→\overrightarrow{OQ}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}，有 Q=(2u,v)Q=(2u,v). 由 u24+v2=1\frac{u^2}{4}+v^2=1，令 Q=(X,Y)Q=(X,Y)，则
X216+Y2=1\frac{X^2}{16}+Y^2=1
设 P=(x,y)P=(x,y). 由于 PP 是 QBQB 的中点，B=2P−QB=2P-Q. 又 A=(1,0)A=(1,0)，条件 QA→⋅BA→=0\overrightarrow{QA}\cdot\overrightarrow{BA}=0 给出
(1−X)(1−2x+X)+Y(2y−Y)=0(1-X)(1-2x+X)+Y(2y-Y)=0
即
2(xX+yY)=X2+Y2+2x−12(xX+yY)=X^2+Y^2+2x-1
另一方面，∣B∣=1|B|=1，所以
1=∣2P−Q∣2=4(x2+y2)−4(xX+yY)+X2+Y21=|2P-Q|^2=4(x^2+y^2)-4(xX+yY)+X^2+Y^2
代入上式可得
X2+Y2=4[(x−12)2+y2]X^2+Y^2=4\left[\left(x-\frac12\right)^2+y^2\right]
取参数 λ=cos⁡θ\lambda=\cos\theta，μ=sin⁡θ\mu=\sin\theta，则 Q=(4λ,μ)Q=(4\lambda,\mu)，λ2+μ2=1\lambda^2+\mu^2=1. 因而 PP 必须满足
(x−12)2+y2=1+15λ24\left(x-\frac12\right)^2+y^2=\frac{1+15\lambda^2}{4}
(4λ−1)x+μy=15λ22(4\lambda-1)x+\mu y=\frac{15\lambda^2}{2}
令 K=(4λ−1)2+μ2=15λ2−8λ+2K=(4\lambda-1)^2+\mu^2=15\lambda^2-8\lambda+2，D=15λ2−4λ+12D=\frac{15\lambda^2-4\lambda+1}{2}. 由于 λ2+μ2=1\lambda^2+\mu^2=1，有 K>0K>0. 上面两式分别是以 (12,0)(\frac{1}{2},0) 为圆心的圆和一条直线. 圆心到直线的有向距离为 DK\frac{D}{\sqrt K}，并且
1+15λ24−D2K=μ24K\frac{1+15\lambda^2}{4}-\frac{D^2}{K}=\frac{\mu^2}{4K}
所以轨迹的参数方程可写为
x=12+D(4λ−1)K−εμ22K,y=DμK+εμ(4λ−1)2K,λ=cos⁡θ,μ=sin⁡θ,θ∈[0,2π),ε∈{1,−1}.\begin{aligned} x&=\frac12+\frac{D(4\lambda-1)}{K}-\varepsilon\frac{\mu^2}{2K},\\ y&=\frac{D\mu}{K}+\varepsilon\frac{\mu(4\lambda-1)}{2K},\\ \lambda&=\cos\theta,\quad \mu=\sin\theta,\quad \theta\in[0,2\pi),\\ &\varepsilon\in\{1,-1\}. \end{aligned}
对任意上述参数，取 Q=(4λ,μ)Q=(4\lambda,\mu)、B=2P−QB=2P-Q，则 ∣B∣=1|B|=1 且 QA→⋅BA→=0\overrightarrow{QA}\cdot\overrightarrow{BA}=0；反之原题中的 MM，NN，QQ，BB，PP 必满足上述两式. 因此该参数方程给出的曲线正是所求轨迹. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
21数列★★★★★
设 mm 个不全相等的正数 a1a_1，a2a_2，…\ldots，ama_m（m⩾7m\geqslant 7）依次围成一个圆圈.
(1) 若 m=2009m=2009，且 a1a_1，a2a_2，…\ldots，a1005a_{1005} 是公差为 dd 的等差数列，而 a1a_1，a2009a_{2009}，a2008a_{2008}，…\ldots，a1006a_{1006} 是公比为 qq 的等比数列；数列 a1a_1，a2a_2，…\ldots，ama_m 的前 nn 项和 SnS_n（n⩽mn\leqslant m）满足：S3=15S_3=15，S2009=S2007+12a1S_{2009}=S_{2007}+12a_1，求通项 ana_n（n⩽mn\leqslant m）. (2) 若每个数 ana_n（n⩽mn\leqslant m）是其左右相邻两数平方的等比中项，求证：a1+⋯+a6+a72+⋯+am2>ma1a2⋯ama_1+\cdots+a_6+a_7^2+\cdots+a_m^2>ma_1a_2\cdots a_m.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由正数条件 q>0q>0. 等比数列的排列顺序给出 a2009=a1qa_{2009}=a_1q，a2008=a1q2a_{2008}=a_1q^2. 又
S2009−S2007=a2008+a2009=12a1S_{2009}-S_{2007}=a_{2008}+a_{2009}=12a_1
所以 q2+q=12q^2+q=12. 结合 q>0q>0，得 q=3q=3.
令 a1=ta_1=t. 前 10051005 项为等差数列，且
S3=a1+(a1+d)+(a1+2d)=3a1+3d=15S_3=a_1+(a_1+d)+(a_1+2d)=3a_1+3d=15
故 d=5−td=5-t. 因而 an=t+(n−1)(5−t)a_n=t+(n-1)(5-t)，1⩽n⩽10051\leqslant n\leqslant1005. 后面的等比数列按题目给出的次序为 an=t 32010−na_n=t\,3^{2010-n}，1006⩽n⩽20091006\leqslant n\leqslant2009. 为了保证等差部分各项为正，只需两端均为正，即 t>0t>0，t+1004(5−t)=5020−1003t>0t+1004(5-t)=5020-1003t>0. 所以题面条件得到的是一族数列
0<t<50201003,an={t+(n−1)(5−t),1⩽n⩽1005,t 32010−n,1006⩽n⩽2009.0<t<\frac{5020}{1003},\qquad a_n=\begin{cases} t+(n-1)(5-t),&1\leqslant n\leqslant1005,\\ t\,3^{2010-n},&1006\leqslant n\leqslant2009. \end{cases}
题面没有给出 d=qd=q 或其他联系 dd 与 qq 的条件，因此不能唯一确定 tt. 例如额外补充题面未出现的 d=qd=q 时才得到 t=2t=2，d=3d=3，这不能作为原题的必然结论.
\item 由于各项为正，“ana_n 是左右相邻两数平方的等比中项”表示
an2=an−1 2an+1 2a_n^2=a_{n-1}^{\,2}a_{n+1}^{\,2}
其中下标按圆圈循环. 于是 an=an−1an+1a_n=a_{n-1}a_{n+1}，an+1=anan−1a_{n+1}=\frac{a_n}{a_{n-1}}. 逐次使用后一关系，得到 ar+2=ar+1ara_{r+2}=\frac{a_{r+1}}{a_r}，ar+3=1ara_{r+3}=\frac1{a_r}，ar+4=1ar+1a_{r+4}=\frac1{a_{r+1}}，ar+5=arar+1a_{r+5}=\frac{a_r}{a_{r+1}}，ar+6=ara_{r+6}=a_r. 所以数列具有六项周期.
若 m=6k+pm=6k+p，其中 0⩽p<60\leqslant p<6，圆周闭合又使数列具有 pp 项周期. 若 p=1p=1 或 p=5p=5，所有项相等，设为 cc，递推式给出 c=c2c=c^2，因正数而 c=1c=1. 若 p=2p=2 或 p=4p=4，奇数项均为 uu、偶数项均为 vv，递推式给出 u=v2u=v^2、v=u2v=u^2，从而 u=v=1u=v=1. 若 p=3p=3，设三个周期值为 uu，vv，ww，则 u=wvu=wv，v=uwv=uw，w=uvw=uv. 由前两式得 w=1w=1，再由第三式得 u=v=1u=v=1. 这些情形都与“不全相等”矛盾，故 m=6km=6k.
将递推式对 n=1n=1，…\ldots，mm 相乘，设 P=a1a2⋯amP=a_1a_2\cdots a_m，则
P=P2P=P^2
因 P>0P>0，故 P=1P=1. 由 a2=a1a3a_2=a_1a_3，a3=a2a4a_3=a_2a_4，a4=a3a5a_4=a_3a_5，a5=a4a6a_5=a_4a_6 依次得到 a3=a2a1a_3=\frac{a_2}{a_1}，a4=1a1a_4=\frac1{a_1}，a5=1a2a_5=\frac1{a_2}，a6=a1a2a_6=\frac{a_1}{a_2}. 因此 a1+a4⩾2a_1+a_4\geqslant2，a2+a5⩾2a_2+a_5\geqslant2，a3+a6⩾2a_3+a_6\geqslant2. 三式同时取等号会导致 a1=a2=1a_1=a_2=1，进而六项全为 11，再由六项周期与“不全相等”矛盾，所以
a1+⋯+a6>6a_1+\cdots+a_6>6
同样由平方的均值不等式， a12+a42⩾2a_1^2+a_4^2\geqslant2，a22+a52⩾2a_2^2+a_5^2\geqslant2，a32+a62⩾2a_3^2+a_6^2\geqslant2， 故 a12+⋯+a62⩾6a_1^2+\cdots+a_6^2\geqslant6. 因 m=6km=6k 且六项周期，
a72+⋯+am2=(k−1)(a12+⋯+a62)⩾6(k−1)a_7^2+\cdots+a_m^2=(k-1)(a_1^2+\cdots+a_6^2)\geqslant6(k-1)
于是
a1+⋯+a6+a72+⋯+am2>6+6(k−1)=6k=m=mP=ma1a2⋯ama_1+\cdots+a_6+a_7^2+\cdots+a_m^2 >6+6(k-1)=6k=m=mP=ma_1a_2\cdots a_m
证毕. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析