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01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
设全集 U={−2,−1,0,1,2}U = \{-2, -1, 0, 1, 2\}，A={−2,−1,0}A = \{-2, -1, 0\}，B={0,1,2}B = \{0, 1, 2\}，则 (∁UA)∩B=(\complement_U A) \cap B =（ ）
A.
{0}\{0\}
B.
{−2,−1}\{-2, -1\}
C.
{1,2}\{1, 2\}
D.
{0,1,2}\{0, 1, 2\}

2005 · 湖南 · 文 · 第 1 题 · 选择题

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02三角函数★☆☆☆☆
tan⁡600∘\tan 600^{\circ} 的值是（ ）
A.
−33-\frac{\sqrt{3}}{3}
B.
33\frac{\sqrt{3}}{3}
C.
−3-\sqrt{3}
D.
3\sqrt{3}

2005 · 湖南 · 文 · 第 2 题 · 选择题

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03函数与初等函数★☆☆☆☆
函数 f(x)=1−2xf(x) = \sqrt{1 - 2^x} 的定义域是（ ）
A.
(−∞,0](- \infty, 0]
B.
[0,+∞)[0, +\infty)
C.
(−∞,0)(-\infty, 0)
D.
(−∞,+∞)(-\infty, +\infty)

2005 · 湖南 · 文 · 第 3 题 · 选择题

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04立体几何初步★★★☆☆
如图，正方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的棱长为 11，EE 是 A1B1A_{1}B_{1} 的中点. 则 EE 到平面 ABC1D1ABC_{1}D_{1} 的距离为（ ）
A.
32\frac{\sqrt{3}}{2}
B.
22\frac{\sqrt{2}}{2}
C.
12\frac{1}{2}
D.
33\frac{\sqrt{3}}{3}

2005 · 湖南 · 文 · 第 4 题 · 选择题

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05数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=0a_{1} = 0，an+1=an−33an+1a_{n + 1} = \frac{a_{n} - \sqrt{3}}{\sqrt{3}a_{n} + 1}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），则 a20=a_{20} =（ ）
A.
0
B.
−3-\sqrt{3}
C.
3\sqrt{3}
D.
32\frac{\sqrt{3}}{2}

2005 · 湖南 · 文 · 第 5 题 · 选择题

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06集合与逻辑基础★★★☆☆
设集合 A={x∣x−1x+1<0}A = \left\{x \mid \frac{x - 1}{x + 1} < 0\right\}，B={x∣∣x−1∣<a}B = \{x \mid |x - 1| < a\}，则“a=1a = 1”是“A∩B≠∅A \cap B \neq \varnothing”的（ ）
A.
充分不必要条件
B.
必要不充分条件
C.
充要条件
D.
既不充分又不必要条件

2005 · 湖南 · 文 · 第 6 题 · 选择题

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07计数原理与组合数学★★★☆☆
设直线的方程是 Ax+By=0Ax + By = 0，从 11，22，33，44，55 这五个数中每次取两个不同的数作为 AA，BB 的值，则所得不同直线的条数是（ ）
A.
20
B.
19
C.
18
D.
16

2005 · 湖南 · 文 · 第 7 题 · 选择题

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08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）的右焦点为 FF，右准线与一条渐近线交于点 AA，△OAF\triangle OAF 的面积为 a22\frac{a^2}{2}（OO 为原点），则两条渐近线的夹角为（ ）
A.
30∘30^{\circ}
B.
45∘45^{\circ}
C.
60∘60^{\circ}
D.
90∘90^{\circ}

2005 · 湖南 · 文 · 第 8 题 · 选择题

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09平面向量★★☆☆☆
PP 是 △ABC\triangle ABC 所在平面上一点，若 PA→⋅PB→=PB→⋅PC→=PC→⋅PA→\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} = \overrightarrow{PB} \cdot \overrightarrow{PC} = \overrightarrow{PC} \cdot \overrightarrow{PA}，则 PP 是 △ABC\triangle ABC 的（ ）
A.
外心
B.
内心
C.
重心
D.
垂心

2005 · 湖南 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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10函数与初等函数★★★☆☆
某公司在甲、乙两地销售一种品牌车，利润（单位：万元）分别为 L1=5.06x−0.15x2L_{1} = 5.06x - 0.15x^{2} 和 L2=2xL_{2} = 2x，其中 xx 为销售量（单位：辆）. 若该公司在这两地共销售 1515 辆车，则能获得的最大利润为（ ）
A.
45.606
B.
45.6
C.
45.56
D.
45.51

2005 · 湖南 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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11解析几何★★☆☆☆
设直线 2x+3y+1=02x + 3y + 1 = 0 和圆 x2+y2−2x−3=0x^{2} + y^{2} - 2x - 3 = 0 相交于点 AA，BB，则弦 ABAB 的垂直平分线方程是______.

2005 · 湖南 · 文 · 第 11 题 · 填空题

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12概率与统计★★☆☆☆
一工厂生产了某种产品 1680016800 件，它们来自甲、乙、丙 33 条生产线，为检查这批产品的质量，决定采用分层抽样的方法进行抽样. 已知甲、乙、丙三条生产线抽取的个体数组成一个等差数列，则乙生产线生产了______件产品.

2005 · 湖南 · 文 · 第 12 题 · 填空题

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13计数原理与组合数学★★☆☆☆
在 (1+x)+(1+x)2+⋯+(1+x)6(1 + x) + (1 + x)^2 + \cdots + (1 + x)^6 的展开式中，x2x^2 项的系数是______. （用数字作答）

2005 · 湖南 · 文 · 第 13 题 · 填空题

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14函数与初等函数★★★☆☆
设函数 f(x)f(x) 的图象关于点 (1,2)(1,2) 对称，且存在反函数 f−1(x)f^{-1}(x)，f(4)=0f(4) = 0，则 f−1(4)=f^{-1}(4) =______.

2005 · 湖南 · 文 · 第 14 题 · 填空题

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15立体几何初步★★★☆☆
已知平面 α\alpha，β\beta 和直线 mm，给出条件：
① m∥αm \parallel \alpha； ② m⊥αm \perp \alpha； ③ m⊂αm \subset \alpha； ④ α⊥β\alpha \perp \beta； ⑤ α∥β\alpha \parallel \beta.
(1) 当满足条件______ 时，有 m∥βm \parallel \beta； (2) 当满足条件______ 时，有 m⊥βm \perp \beta. （填所选条件的序号）

2005 · 湖南 · 文 · 第 15 题 · 填空题

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16数列★★★☆☆
已知数列 {log⁡2(an−1)}\{\log_2(a_n - 1)\}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）为等差数列，且 a1=3a_1 = 3，a3=9a_3 = 9.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 证明： 1a2−a1+1a3−a2+⋯+1an+1−an<1\frac{1}{a_{2}-a_{1}}+\frac{1}{a_{3}-a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n+1}-a_{n}}<1.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 令 dn=log⁡2(an−1)d_n=\log_2(a_n-1). 由题意，{dn}\{d_n\} 是等差数列. 因为 d1=log⁡2(3−1)=1d_1=\log_2(3-1)=1，d3=log⁡2(9−1)=3d_3=\log_2(9-1)=3，所以公差为 d3−d12=1\frac{d_3-d_1}{2}=1，从而 dn=1+(n−1)=nd_n=1+(n-1)=n. 因此 an−1=2dn=2na_n-1=2^{d_n}=2^n，即
an=2n+1a_n=2^n+1
\item 由上式，对 k∈N∗k\in\mathbf{N}^* 有 ak+1−ak=2k+1+1−(2k+1)=2ka_{k+1}-a_k=2^{k+1}+1-(2^k+1)=2^k. 所以
1a2−a1+1a3−a2+⋯+1an+1−an=12+14+⋯+12n=1−12n<1\frac{1}{a_2-a_1}+\frac{1}{a_3-a_2}+\cdots+\frac{1}{a_{n+1}-a_n} =\frac12+\frac14+\cdots+\frac{1}{2^n} =1-\frac{1}{2^n}<1
故不等式成立. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 湖南 · 文 · 第 16 题 · 解答题

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17三角函数★★★☆☆
已知在 △ABC\triangle ABC 中，sin⁡A(sin⁡B+cos⁡B)−sin⁡C=0\sin A(\sin B + \cos B) - \sin C = 0，sin⁡B+cos⁡2C=0\sin B + \cos 2C = 0，求角 AA，BB，CC 的大小.
\begin{solution} 因为 AA，BB，CC 是三角形的内角，所以 0<A0<A，BB，C<πC<\pi，且 A+B+C=πA+B+C=\pi. 由三角形内角和，
sin⁡C=sin⁡(A+B)=sin⁡Acos⁡B+cos⁡Asin⁡B\sin C=\sin(A+B)=\sin A\cos B+\cos A\sin B
代入第一个已知等式，得
sin⁡Asin⁡B+sin⁡Acos⁡B=sin⁡Acos⁡B+cos⁡Asin⁡B\sin A\sin B+\sin A\cos B =\sin A\cos B+\cos A\sin B
即 sin⁡B(sin⁡A−cos⁡A)=0\sin B(\sin A-\cos A)=0. 由于 0<B<π0<B<\pi，sin⁡B>0\sin B>0，所以 sin⁡A=cos⁡A\sin A=\cos A，从而 A=π4A=\frac{\pi}{4}.
于是 B+C=3π4B+C=\frac{3\pi}{4}. 由第二个已知等式，
sin⁡(3π4−C)=−cos⁡2C=sin⁡(2C−π2)\sin\left(\frac{3\pi}{4}-C\right)=-\cos 2C =\sin\left(2C-\frac{\pi}{2}\right)
因此存在 k∈Zk\in\mathbf{Z}，使得
{3π4−C=2C−π2+2kπ,3π4−C=π−(2C−π2)+2kπ.\begin{cases} \dfrac{3\pi}{4}-C=2C-\dfrac{\pi}{2}+2k\pi,\\ \dfrac{3\pi}{4}-C=\pi-\left(2C-\dfrac{\pi}{2}\right)+2k\pi. \end{cases}
第二种情形给出 C=3π4+2kπC=\frac{3\pi}{4}+2k\pi，不满足 0<C<3π40<C<\frac{3\pi}{4}. 第一种情形给出 C=5π12−2kπ3C=\frac{5\pi}{12}-\frac{2k\pi}{3}，结合 0<C<3π40<C<\frac{3\pi}{4} 只有 k=0k=0，故 C=5π12C=\frac{5\pi}{12}. 于是
B=3π4−5π12=π3B=\frac{3\pi}{4}-\frac{5\pi}{12}=\frac{\pi}{3}
所以 A=45∘A=45^{\circ}，B=60∘B=60^{\circ}，C=75∘C=75^{\circ}. \end{solution}

2005 · 湖南 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图 1，已知 ABCDABCD 是上、下底边长分别为 22 和 66，高为 3\sqrt{3} 的等腰梯形，将它沿对称轴 OO1OO_{1} 折成直二面角，如图 2.
(1) 证明： AC⊥BO1AC \perp BO_{1}； (2) 求二面角 O−AC−O1O - AC - O_{1} 的大小.
\begin{solution} 折叠后建立直角坐标系，取折痕 OO1OO_1 为 yy 轴，使 O(0,0,0)O(0,0,0)，O1(0,3,0)O_1(0,\sqrt{3},0)，A(−3,0,0)A(-3,0,0)，D(−1,3,0)D(-1,\sqrt{3},0) B(0,0,3)B(0,0,3)，C(0,3,1)C(0,\sqrt{3},1). 其中左、右两半分别位于两个互相垂直的平面内，且这些坐标保持了折叠前各边的长度.
\begin{enumerate} \item 由坐标得 AC→=(3,3,1)\overrightarrow{AC}=(3,\sqrt{3},1)，BO1→=(0,3,−3)\overrightarrow{BO_1}=(0,\sqrt{3},-3). 因此
AC→⋅BO1→=3−3=0\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BO_1}=3-3=0
故 AC⊥BO1AC\perp BO_1. \item 平面 OACOAC 和平面 O1ACO_1AC 的一个法向量分别为 n1=AO→×AC→=(0,−3,33)\boldsymbol{n}_1=\overrightarrow{AO}\times\overrightarrow{AC}=(0,-3,3\sqrt{3})，n2=AO1→×AC→=(3,−3,0)\boldsymbol{n}_2=\overrightarrow{AO_1}\times\overrightarrow{AC}=(\sqrt{3},-3,0). 设二面角 O−AC−O1O-AC-O_1 的大小为 θ\theta，则
cos⁡θ=∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=96⋅23=34\cos\theta=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|} =\frac{9}{6\cdot2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{4}
所以二面角 O−AC−O1O-AC-O_1 的大小为 arccos⁡34\arccos\frac{\sqrt{3}}{4}. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 湖南 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19导数及其应用★★★★☆
设 t≠0t \neq 0，点 P(t,0)P(t,0) 是函数 f(x)=x3+axf(x) = x^3 + ax 与 g(x)=bx2+cg(x) = bx^2 + c 的图象的一个公共点，两函数的图象在点 PP 处有相同的切线.
(1) 用 tt 表示 aa，bb，cc； (2) 若函数 y=f(x)−g(x)y = f(x) - g(x) 在 (−1,3)(-1, 3) 上单调递减，求 tt 的取值范围.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 记 h(x)=f(x)−g(x)h(x)=f(x)-g(x). 因为 P(t,0)P(t,0) 在两条曲线上，所以 t3+at=0t^3+at=0，bt2+c=0bt^2+c=0. 又因为两条曲线在 PP 处有相同的切线，所以切线斜率相等，即 f′(t)=g′(t)f'(t)=g'(t)，3t2+a=2bt3t^2+a=2bt. 由 t≠0t\neq0，第一式给出 a=−t2a=-t^2. 将其代入斜率关系，得 2t2=2bt2t^2=2bt，所以 b=tb=t. 再由 bt2+c=0bt^2+c=0，得 c=−t3c=-t^3. 因此 a=−t2a=-t^2，b=tb=t，c=−t3c=-t^3.
\item 代入所得参数，
h(x)=x3−tx2−t2x+t3=(x−t)2(x+t)h(x)=x^3-tx^2-t^2x+t^3=(x-t)^2(x+t)
从而
h′(x)=3x2−2tx−t2=(3x+t)(x−t)h'(x)=3x^2-2tx-t^2=(3x+t)(x-t)
函数 h(x)h(x) 在 (−1,3)(-1,3) 上单调递减，要求 h′(x)⩽0h'(x)\leqslant0 在该区间上成立. 因为 h′(x)h'(x) 是开口向上的二次函数，所以区间 (−1,3)(-1,3) 必须位于两个零点之间.
当 t>0t>0 时，两个零点为 −t3-\frac{t}{3} 和 tt，且 −t3<t-\frac{t}{3}<t. 要使 (−1,3)(-1,3) 位于两根之间，需 −t3⩽−1-\frac{t}{3}\leqslant-1，t⩾3t\geqslant3 这等价于 t⩾3t\geqslant3.
当 t<0t<0 时，两个零点为 tt 和 −t3-\frac{t}{3}，且 t<−t3t<-\frac{t}{3}. 此时需 t⩽−1t\leqslant-1，−t3⩾3-\frac{t}{3}\geqslant3 这等价于 t⩽−9t\leqslant-9.
当 t=3t=3 或 t=−9t=-9 时，导数为零的点分别是区间端点，开区间 (−1,3)(-1,3) 内仍有 h′(x)<0h'(x)<0. 故 tt 的取值范围为
(−∞,−9]∪[3,+∞)(-\infty,-9]\cup[3,+\infty)
\end{enumerate} \end{solution}

2005 · 湖南 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20概率与统计★★★☆☆
某单位组织 44 个部门的职工旅游，规定每个部门只能在韶山、衡山、张家界 33 个景区中任选一个，假设各部门选择每个景区是等可能的.
(1) 求 33 个景区都有部门选择的概率； (2) 求恰有 22 个景区有部门选择的概率.
\begin{solution} 每个部门有 33 种选择，且各部门的选择相互独立，所以所有选择的总数为 343^4.
\begin{enumerate} \item 若 33 个景区都有部门选择，则一个景区有 22 个部门选择，另外两个景区各有 11 个部门选择. 先选出有 22 个部门的景区，有 33 种；再从 44 个部门中选出这 22 个部门，有 C42\mathrm C_4^2 种；剩下的两个部门分别选择另外两个景区，有 22 种. 因而所求概率为
3C42⋅234=3681=49\frac{3\mathrm C_4^2\cdot2}{3^4}=\frac{36}{81}=\frac{4}{9}
\item 若恰有 22 个景区有部门选择，先选出这 22 个景区，有 C32\mathrm C_3^2 种. 对固定的两个景区，所有部门在其中选择共有 242^4 种，其中全部选择第一个或全部选择第二个的情形各有 11 种，故恰好使用两个景区有 24−22^4-2 种. 因而所求概率为
C32(24−2)34=4281=1427\frac{\mathrm C_3^2(2^4-2)}{3^4}=\frac{42}{81}=\frac{14}{27}
\end{enumerate} \end{solution}

2005 · 湖南 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0）的左、右焦点为 F1F_1，F2F_2，离心率为 ee. 直线 l:y=ex+al: y = ex + a 与 xx 轴，yy 轴分别交于点 AA，BB，MM 是直线 ll 与椭圆 CC 的一个公共点，PP 是点 F1F_1 关于直线 ll 的对称点，设 AM→=λAB→\overrightarrow{AM} = \lambda \overrightarrow{AB}.
(1) 证明： λ=1−e2\lambda = 1 - e^{2}； (2) 若 λ=34\lambda = \frac{3}{4}，△PF1F2\triangle PF_{1}F_{2} 的周长为 66；写出椭圆 CC 的方程； (3) 确定 λ\lambda 的值，使得 △PF1F2\triangle PF_{1}F_{2} 是等腰三角形.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 记椭圆的焦半距为 cc. 由离心率定义，c=aec=ae，且 b2=a2−c2=a2(1−e2)b^2=a^2-c^2=a^2(1-e^2)，0<e<10<e<1. 直线 ll 与坐标轴的交点为 A(−ae,0)A\left(-\frac{a}{e},0\right)，B(0,a)B(0,a). 由 AM→=λAB→\overrightarrow{AM}=\lambda\overrightarrow{AB}，得
M(a(λ−1)e,aλ)M\left(\frac{a(\lambda-1)}{e},a\lambda\right)
将点 MM 代入椭圆方程，得
(λ−1)2e2+λ21−e2=1\frac{(\lambda-1)^2}{e^2}+\frac{\lambda^2}{1-e^2}=1
两边乘以 e2(1−e2)e^2(1-e^2)，整理得
(1−e2)(λ−1)2+e2λ2=e2(1−e2)(1-e^2)(\lambda-1)^2+e^2\lambda^2=e^2(1-e^2)
即
(λ−(1−e2))2=0\left(\lambda-(1-e^2)\right)^2=0
所以
λ=1−e2\lambda=1-e^2
\item 当 λ=34\lambda=\frac34 时，e2=14e^2=\frac14，由 e>0e>0 得 e=12e=\frac12. 又 F1(−ae,0)F_1(-ae,0)，F2(ae,0)F_2(ae,0) 且直线 ll 的方程为 ex−y+a=0ex-y+a=0. 记
δ=e(−ae)−0+a1+e2=a(1−e2)1+e2\delta=\frac{e(-ae)-0+a}{1+e^2}=\frac{a(1-e^2)}{1+e^2}
由点关于直线的对称公式，点 F1F_1 的对称点为
P=(−ae−2eδ,2δ)=(−ae(3−e2)1+e2,2a(1−e2)1+e2)P=\left(-ae-2e\delta,2\delta\right) =\left(-\frac{ae(3-e^2)}{1+e^2},\frac{2a(1-e^2)}{1+e^2}\right)
因此
PF1=2dist⁡(F1,l)=2a(1−e2)1+e2PF_1=2\operatorname{dist}(F_1,l)=\frac{2a(1-e^2)}{\sqrt{1+e^2}}
PF2=2a1+e24e2+(1−e2)2=2aPF_2=\frac{2a}{1+e^2}\sqrt{4e^2+(1-e^2)^2}=2a，F1F2=2aeF_1F_2=2ae. 三角形 PF1F2PF_1F_2 的周长为
2a(1−e21+e2+1+e)2a\left(\frac{1-e^2}{\sqrt{1+e^2}}+1+e\right)
代入 e=12e=\frac12 和周长为 66，得
3a5+2a+a=6\frac{3a}{\sqrt5}+2a+a=6
所以
a=255+1=5−52a=\frac{2\sqrt5}{\sqrt5+1}=\frac{5-\sqrt5}{2}
又 a2=5(3−5)2a^2=\frac{5(3-\sqrt5)}{2}，b2=a2(1−e2)=15(3−5)8b^2=a^2(1-e^2)=\frac{15(3-\sqrt5)}{8}. 故椭圆 CC 的方程为
x25(3−5)2+y215(3−5)8=1\frac{x^2}{\frac{5(3-\sqrt5)}{2}}+\frac{y^2}{\frac{15(3-\sqrt5)}{8}}=1
\item 因为 0<e<10<e<1，所以 PF1<PF2PF_1<PF_2，且 PF2=2a>2ae=F1F2PF_2=2a>2ae=F_1F_2. 因而等腰三角形只能满足 PF1=F1F2PF_1=F_1F_2，即
1−e21+e2=e\frac{1-e^2}{\sqrt{1+e^2}}=e
两边均为正，平方得
(1−e2)2=e2(1+e2)(1-e^2)^2=e^2(1+e^2)
即 1−3e2=01-3e^2=0. 由 e>0e>0，得 e=33e=\frac{\sqrt3}{3}，所以
λ=1−e2=23\lambda=1-e^2=\frac23
\end{enumerate} \end{solution}

2005 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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