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01数列★☆☆☆☆
极限 lim⁡n→∞1+2+⋯+nn2\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1+2+\cdots+n}{n^{2}} 的值是（\quad）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 由等差数列求和公式，1+2+⋯+n=n(n+1)21+2+\cdots+n=\dfrac{n(n+1)}{2}，所以
lim⁡n→∞1+2+⋯+nn2=lim⁡n→∞n(n+1)2n2=lim⁡n→∞n+12n=12\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^{2}} =\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n(n+1)}{2n^{2}} =\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{2n}=\frac{1}{2}
故选 C. \end{solution}
A.
22
B.
44
C.
12\frac{1}{2}
D.
00

2005 · 浙江 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02解析几何★☆☆☆☆
点 (1,−1)(1,-1) 到直线 x−y+1=0x-y+1=0 的距离是（\quad）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 点 (x0,y0)(x_0,y_0) 到直线 Ax+By+C=0Ax+By+C=0 的距离为 ∣Ax0+By0+C∣A2+B2\dfrac{|Ax_0+By_0+C|}{\sqrt{A^2+B^2}}. 因此所求距离为
∣1−(−1)+1∣12+(−1)2=32=322\frac{|1-(-1)+1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}} =\frac{3}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}
故选 D. \end{solution}
A.
12\frac{1}{2}
B.
32\frac{3}{2}
C.
22\frac{\sqrt{2}}{2}
D.
322\frac{3\sqrt{2}}{2}

2005 · 浙江 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03函数与初等函数★★☆☆☆
设
f(x)={∣x−1∣−2,∣x∣⩽1,11+x2,∣x∣>1,f(x)=\begin{cases} |x-1|-2, & |x|\leqslant1,\\ \dfrac{1}{1+x^{2}}, & |x|>1, \end{cases}
则 f[f(12)]=f\left[f\left(\frac{1}{2}\right)\right]=（\quad）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 因为 ∣12∣⩽1\left|\frac{1}{2}\right|\leqslant1，所以应使用分段函数的第一段，得
f(12)=∣12−1∣−2=−32f\left(\frac{1}{2}\right)=\left|\frac{1}{2}-1\right|-2=-\frac{3}{2}
又因为 ∣−32∣>1\left|-\frac{3}{2}\right|>1，所以计算外层函数值时应使用第二段，得
f[f(12)]=f(−32)=11+(−32)2=413f\left[f\left(\frac{1}{2}\right)\right] =f\left(-\frac{3}{2}\right) =\frac{1}{1+\left(-\frac{3}{2}\right)^2} =\frac{4}{13}
故选 B. \end{solution}
A.
12\frac{1}{2}
B.
413\frac{4}{13}
C.
−95-\frac{9}{5}
D.
2541\frac{25}{41}

2005 · 浙江 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04复数★☆☆☆☆
在复平面内，复数 i1+i+(1+3i)2\frac{\mathrm{i}}{1+\mathrm{i}} + (1 + \sqrt{3}\mathrm{i})^{2} 对应的点位于（\quad）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 先将分式分母实数化，得
i1+i=i(1−i)(1+i)(1−i)=1+i2\frac{\mathrm{i}}{1+\mathrm{i}}=\frac{\mathrm{i}(1-\mathrm{i})}{(1+\mathrm{i})(1-\mathrm{i})}=\frac{1+\mathrm{i}}{2}
又
(1+3i)2=1+23i+3i2=−2+23i(1+\sqrt{3}\mathrm{i})^2=1+2\sqrt{3}\mathrm{i}+3\mathrm{i}^2=-2+2\sqrt{3}\mathrm{i}
所以原复数为
1+i2−2+23i=−32+(12+23)i\frac{1+\mathrm{i}}{2}-2+2\sqrt{3}\mathrm{i} =-\frac{3}{2}+\left(\frac{1}{2}+2\sqrt{3}\right)\mathrm{i}
其实部为负，虚部为正，故对应的点位于第二象限，选 B. \end{solution}
A.
第一象限
B.
第二象限
C.
第三象限
D.
第四象限

2005 · 浙江 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05计数原理与组合数学★★☆☆☆
在 (1−x)5+(1−x)6+(1−x)7+(1−x)8(1 - x)^{5} + (1 - x)^{6} + (1 - x)^{7} + (1 - x)^{8} 的展开式中，含 x3x^{3} 的项的系数是（\quad）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 由二项式定理，(1−x)j(1-x)^j 中 x3x^3 的系数为 Cj3(−1)3=−Cj3\mathrm C_j^3(-1)^3=-\mathrm C_j^3. 因此原式中 x3x^3 的系数为
−[C53+C63+C73+C83]=−(10+20+35+56)=−121-\left[\mathrm C_5^3+\mathrm C_6^3+\mathrm C_7^3+\mathrm C_8^3\right] =-(10+20+35+56)=-121
故选 D. \end{solution}
A.
7474
B.
121121
C.
−74-74
D.
−121-121

2005 · 浙江 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06立体几何初步★★★☆☆
设 α\alpha，β\beta 为两个不同的平面，ll，mm 为两条不同的直线，且 l⊂αl \subset \alpha，m⊂βm \subset \beta，有如下的两个命题：
① 若 α∥β\alpha \parallel \beta，则 l∥ml \parallel m； ② 若 l⊥ml \perp m，则 α⊥β\alpha \perp \beta.
那么（\quad）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 命题\circled1\circled{1}不成立. 取 α:z=0\alpha:z=0，β:z=1\beta:z=1，并在其中分别取 l={(t,0,0)∣t∈R}l=\{(t,0,0)\mid t\in\mathbf{R}\}，m={(0,t,1)∣t∈R}m=\{(0,t,1)\mid t\in\mathbf{R}\}. 此时 α∥β\alpha\parallel\beta，但两条直线的方向向量分别为 (1,0,0)(1,0,0) 和 (0,1,0)(0,1,0)，不平行，故命题\circled1\circled{1}是假命题.
命题\circled2\circled{2}也不成立. 取 α:z=0\alpha:z=0，β:z=x\beta:z=x，并取 l={(0,t,0)∣t∈R}l=\{(0,t,0)\mid t\in\mathbf{R}\}，m={(t,0,t)∣t∈R}m=\{(t,0,t)\mid t\in\mathbf{R}\}. 两条直线都经过原点，且方向向量的内积为 (0,1,0)⋅(1,0,1)=0(0,1,0)\cdot(1,0,1)=0，所以 l⊥ml\perp m. 但两平面的法向量可分别取 (0,0,1)(0,0,1) 和 (−1,0,1)(-1,0,1)，其内积为 11，两平面所成的锐二面角为 45∘45^{\circ}，并非垂直. 故命题\circled2\circled{2}也是假命题，选 D. \end{solution}
A.
\circled1\circled{1}是真命题，\circled2\circled{2}是假命题
B.
\circled1\circled{1}是假命题，\circled2\circled{2}是真命题
C.
\circled1\circled2\circled{1}\circled{2}都是真命题
D.
\circled1\circled2\circled{1}\circled{2}都是假命题

2005 · 浙江 · 理 · 第 6 题 · 选择题

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07集合与逻辑基础★★★☆☆
设集合 A={(x,y)∣x,y,1−x−y 是三角形的三边长}A=\{(x,y)\mid x,y,1-x-y\text{ 是三角形的三边长}\}，则 AA 所表示的平面区域（不含边界的阴影部分）是（\quad）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 令三边长分别为 xx，yy，1−x−y1-x-y. 它们能构成三角形的充要条件是三者均为正数，且每一边都小于另外两边之和. 因此 x>0x>0，y>0y>0，1−x−y>01-x-y>0，x<1−xx<1-x，y<1−yy<1-y，1−x−y<x+y1-x-y<x+y. 化简得 0<x<120<x<\frac{1}{2}，0<y<120<y<\frac{1}{2}，12<x+y<1\frac{1}{2}<x+y<1. 其中 x<12x<\frac{1}{2} 和 y<12y<\frac{1}{2} 已推出 x+y<1x+y<1，所以区域是正方形 0<x<120<x<\frac{1}{2}，0<y<120<y<\frac{1}{2} 中直线 x+y=12x+y=\frac{1}{2} 上方且不含边界的部分，对应图 A. \end{solution}
A.
B.
C.
D.

2005 · 浙江 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08函数与初等函数★★★☆☆
已知 k<−4k < -4，则函数 y=cos⁡2x+k(cos⁡x−1)y = \cos 2x + k(\cos x - 1) 的最小值是（\quad）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 令 t=cos⁡xt=\cos x，则 −1⩽t⩽1-1\leqslant t\leqslant1，且
y=2t2−1+k(t−1)=2t2+kt−k−1y=2t^2-1+k(t-1)=2t^2+kt-k-1
记右侧为 h(t)h(t)，则 h′(t)=4t+k⩽4+k<0h'(t)=4t+k\leqslant4+k<0，（−1⩽t⩽1-1\leqslant t\leqslant1）. 所以 h(t)h(t) 在 [−1,1][-1,1] 上单调递减，最小值在 t=1t=1 处取得. 因而
ymin⁡=2+k−k−1=1y_{\min}=2+k-k-1=1
故选 A. \end{solution}
A.
11
B.
−1-1
C.
2k+12k + 1
D.
−2k+1-2k + 1

2005 · 浙江 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09集合与逻辑基础★★☆☆☆
设 f(n)=2n+1f(n) = 2n + 1（n∈Nn \in \mathbf{N}），P={1,2,3,4,5}P = \{1, 2, 3, 4, 5\}，Q={3,4,5,6,7}Q = \{3, 4, 5, 6, 7\}，记 P^={n∈N∣f(n)∈P}\hat{P} = \{n \in \mathbf{N} \mid f(n) \in P\}，Q^={n∈N∣f(n)∈Q}\hat{Q} = \{n \in \mathbf{N} \mid f(n) \in Q\}，则 (P^∩∁NQ^)∪(Q^∩∁NP^)=\left(\hat{P} \cap \complement_{\mathbf{N}} \hat{Q}\right) \cup \left(\hat{Q} \cap \complement_{\mathbf{N}} \hat{P}\right) =（\quad）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 由 f(n)=2n+1f(n)=2n+1 以及 0∈N0\in\mathbf{N}，可得
P^={n∈N∣2n+1∈{1,2,3,4,5}}={0,1,2}\hat P=\{n\in\mathbf{N}\mid 2n+1\in\{1,2,3,4,5\}\}=\{0,1,2\}
Q^={n∈N∣2n+1∈{3,4,5,6,7}}={1,2,3}\hat Q=\{n\in\mathbf{N}\mid 2n+1\in\{3,4,5,6,7\}\}=\{1,2,3\}
因此 P^∩∁NQ^={0}\hat P\cap\complement_{\mathbf{N}}\hat Q=\{0\}，Q^∩∁NP^={3}\hat Q\cap\complement_{\mathbf{N}}\hat P=\{3\}， 从而所求集合为 {0,3}\{0,3\}，选 A. \end{solution}
A.
{0,3}\{0, 3\}
B.
{1,2}\{1, 2\}
C.
{3,4,5}\{3, 4, 5\}
D.
{1,2,6,7}\{1, 2, 6, 7\}

2005 · 浙江 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10平面向量★★★☆☆
已知向量 a≠e\boldsymbol{a} \neq \boldsymbol{e}，∣e∣=1|\boldsymbol{e}| = 1，对任意 t∈Rt \in \mathbf{R}，恒有 ∣a−te∣⩾∣a−e∣|\boldsymbol{a} - t\boldsymbol{e}| \geqslant |\boldsymbol{a} - \boldsymbol{e}|. 则（\quad）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 两边平方并利用 ∣e∣=1|\boldsymbol{e}|=1，得到对任意 t∈Rt\in\mathbf{R}，
∣a−te∣2−∣a−e∣2=t2−2ta⋅e+2a⋅e−1=(t−1)2+2(t−1)(1−a⋅e)⩾0|\boldsymbol{a}-t\boldsymbol{e}|^2-|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{e}|^2 =t^2-2t\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e}+2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e}-1 =(t-1)^2+2(t-1)(1-\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e})\geqslant0
令 t=1+ht=1+h，则 h2+2h(1−a⋅e)⩾0h^2+2h(1-\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e})\geqslant0，（h∈Rh\in\mathbf{R}）. 若 1−a⋅e≠01-\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e}\ne0，取充分小且符号相反的 hh，上式将小于零，矛盾. 所以 a⋅e=1\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e}=1. 因而
e⋅(a−e)=a⋅e−∣e∣2=1−1=0\boldsymbol{e}\cdot(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{e})=\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e}-|\boldsymbol{e}|^2=1-1=0
又因 a≠e\boldsymbol{a}\ne\boldsymbol{e}，故 e⊥(a−e)\boldsymbol{e}\perp(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{e})，选 C. \end{solution}
A.
a⊥e\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{e}
B.
a⊥(a−e)\boldsymbol{a} \perp (\boldsymbol{a} - \boldsymbol{e})
C.
e⊥(a−e)\boldsymbol{e} \perp (\boldsymbol{a} - \boldsymbol{e})
D.
(a+e)⊥(a−e)(\boldsymbol{a} + \boldsymbol{e}) \perp (\boldsymbol{a} - \boldsymbol{e})

2005 · 浙江 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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11函数与初等函数★★☆☆☆
函数 y=xx+2y = \frac{x}{x + 2}（x∈Rx \in \mathbf{R}，且 x≠−2x \neq -2）的反函数是______.
\begin{answer} y=21−xy=\frac{2}{1-x}，x∈Rx\in\mathbf{R}，且 x≠1x\neq1 \end{answer}
\begin{solution} 由 y=xx+2y=\dfrac{x}{x+2} 得 y(x+2)=xy(x+2)=x，⟹\Longrightarrow，x(y−1)=−2x(y-1)=-2. 由于原函数的值域为 R∖{1}\mathbf{R}\setminus\{1\}，所以 y≠1y\ne1，从而
x=21−yx=\frac{2}{1-y}
交换 xx，yy 得反函数 y=21−xy=\frac{2}{1-x}，x∈Rx\in\mathbf{R}， x≠1\ x\ne1. \end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12立体几何初步★★★★☆
设 MM，NN 是直角梯形 ABCDABCD 两腰的中点，DE⊥ABDE \perp AB 于 EE（如图）. 现将 △ADE\triangle ADE 沿 DEDE 折起，使二面角 A−DE−BA-DE-B 为 45∘45^{\circ}，此时点 AA 在平面 BCDEBCDE 内的射影恰为点 BB，则 MM，NN 的连线与 AEAE 所成角的大小等于______.
\begin{answer} 90∘90^{\circ} \end{answer}
\begin{solution} 建立空间直角坐标系，使平面 BCDEBCDE 为 z=0z=0 平面，EBEB 为 xx 轴正向，EDED 为 yy 轴正向. 设 EB=u>0EB=u>0，ED=v>0ED=v>0，则 E=(0,0,0)E=(0,0,0)，B=(u,0,0)B=(u,0,0)，D=(0,v,0)D=(0,v,0)，C=(u,v,0)C=(u,v,0). 点 AA 在平面 BCDEBCDE 内的射影为 BB，故可设 A=(u,0,h)A=(u,0,h). 在垂直于 DEDE 的截面内，二面角 A−DE−BA-DE-B 是射线 EAEA 与 EBEB 的夹角. 该角为 45∘45^{\circ}，所以 h=uh=u，即 A=(u,0,u)A=(u,0,u).
由中点坐标公式， M=(u2,v2,u2)M=\left(\frac{u}{2},\frac{v}{2},\frac{u}{2}\right)，N=(u,v2,0)N=\left(u,\frac{v}{2},0\right). 于是 MN→=(u2,0,−u2)\overrightarrow{MN}=\left(\frac{u}{2},0,-\frac{u}{2}\right)，AE→=(−u,0,−u)\overrightarrow{AE}=(-u,0,-u)， 且
MN→⋅AE→=−u22+u22=0\overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{AE} =-\frac{u^2}{2}+\frac{u^2}{2}=0
所以 MN⊥AEMN\perp AE，所成角为 90∘90^{\circ}. \end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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13解析几何★★★☆☆
过双曲线 x2a2−y2b2=1\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1（a>0a > 0，b>0b > 0）的左焦点且垂直于 xx 轴的直线与双曲线相交于 MM，NN 两点，以 MNMN 为直径的圆恰好过双曲线的右顶点，则双曲线的离心率等于______.
\begin{answer} 22 \end{answer}
\begin{solution} 设双曲线的半焦距为 cc，则 c2=a2+b2c^2=a^2+b^2，左焦点为 (−c,0)(-c,0). 直线 x=−cx=-c 与双曲线相交时，代入方程得 c2a2−y2b2=1\frac{c^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1，⟹\Longrightarrow，y2=b4a2y^2=\frac{b^4}{a^2}. 所以 MM，NN 的纵坐标分别为 b2a\frac{b^2}{a} 和 −b2a-\frac{b^2}{a}，以 MNMN 为直径的圆的圆心为 (−c,0)(-c,0)，半径为 b2a\frac{b^2}{a}.
双曲线右顶点为 (a,0)(a,0)，由题意
a+c=b2a=c2−a2a=(c−a)(c+a)aa+c=\frac{b^2}{a}=\frac{c^2-a^2}{a}=\frac{(c-a)(c+a)}{a}
因 c+a>0c+a>0，约去 c+ac+a 得 c−a=ac-a=a，即 c=2ac=2a. 因而离心率
e=ca=2e=\frac{c}{a}=2
\end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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14计数原理与组合数学★★★★☆
从集合 {O,P,Q,R,S}\{O, P, Q, R, S\} 与 {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}\{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\} 中各任取 22 个元素排成一排（字母和数字均不能重复）. 每排中字母 OO，QQ 和数字 00 至多只能出现一个的不同排法种数是______. （用数字作答）
\begin{answer} 84248424 \end{answer}
\begin{solution} 先任取两个字母、两个数字，再将四个元素排列，总排法数为
C52C1024!=10×45×24=10800\mathrm C_5^2\mathrm C_{10}^2 4!=10\times45\times24=10800
不合条件的排法分三类且互不相交： \begin{enumerate} \item 同时选中字母 OO，QQ. 两个数字任取，有 C102\mathrm C_{10}^2 种选法，排法数为 C1024!=1080\mathrm C_{10}^2 4!=1080； \item 选中 OO 和数字 00，但未选中 QQ. 另一个字母有 33 种，另一个数字有 99 种，排法数为 3×9×4!=6483\times9\times4!=648； \item 选中 QQ 和数字 00，但未选中 OO. 同理，排法数为 3×9×4!=6483\times9\times4!=648. \end{enumerate} 因此符合条件的排法数为
10800−(1080+648+648)=842410800-(1080+648+648)=8424
\end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15三角函数★★★☆☆
已知函数 f(x)=−3sin⁡2x+sin⁡xcos⁡xf(x) = -\sqrt{3}\sin^{2}x + \sin x\cos x.
(1) 求 f(25π6)f\left(\frac{25\pi}{6}\right) 的值； (2) 设 α∈(0,π)\alpha \in (0, \pi)，f(α2)=14−32f\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{1}{4} - \frac{\sqrt{3}}{2}，求 sin⁡α\sin \alpha 的值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因为 25π6=4π+π6\frac{25\pi}{6}=4\pi+\frac{\pi}{6}，所以 sin⁡25π6=12\sin\frac{25\pi}{6}=\frac{1}{2}，cos⁡25π6=32\cos\frac{25\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}. 因此
f(25π6)=−3(12)2+12⋅32=0f\left(\frac{25\pi}{6}\right) =-\sqrt{3}\left(\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=0
\item 令 θ=α2\theta=\frac{\alpha}{2}，则 θ∈(0,π2)\theta\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right). 利用半角公式，原条件化为
−31−cos⁡α2+sin⁡α2=14−32-\sqrt{3}\frac{1-\cos\alpha}{2}+\frac{\sin\alpha}{2} =\frac{1}{4}-\frac{\sqrt{3}}{2}
整理得
sin⁡α+3cos⁡α=12\sin\alpha+\sqrt{3}\cos\alpha=\frac{1}{2}
即
2sin⁡(α+π3)=122\sin\left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{1}{2}
令 δ=arcsin⁡14\delta=\arcsin\frac{1}{4}，则 0<δ<π60<\delta<\frac{\pi}{6}. 由于 α+π3∈(π3,4π3)\alpha+\frac{\pi}{3}\in\left(\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3}\right)，只有
α+π3=π−δ\alpha+\frac{\pi}{3}=\pi-\delta
满足条件，所以 α=2π3−δ\alpha=\frac{2\pi}{3}-\delta. 又 sin⁡δ=14\sin\delta=\frac14，cos⁡δ=154\cos\delta=\frac{\sqrt{15}}4，从而
sin⁡α=sin⁡(2π3−δ)=32⋅154+12⋅14=1+358\sin\alpha =\sin\left(\frac{2\pi}{3}-\delta\right) =\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{15}}{4} +\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4} =\frac{1+3\sqrt{5}}{8}
\end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 15 题 · 解答题

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16不等式★★★☆☆
已知函数 f(x)f(x) 和 g(x)g(x) 的图象关于原点对称，且 f(x)=x2+2xf(x) = x^{2} + 2x.
(1) 求函数 g(x)g(x) 的解析式； (2) 解不等式 g(x)⩾f(x)−∣x−1∣g(x) \geqslant f(x) - |x - 1|.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 图象关于原点对称意味着点 (x,f(x))(x,f(x)) 关于原点的对称点 (−x,−f(x))(-x,-f(x)) 在函数 gg 的图象上. 因而
g(x)=−f(−x)=−[(−x)2+2(−x)]=−x2+2xg(x)=-f(-x)=-\left[(-x)^2+2(-x)\right]=-x^2+2x
\item 将 ff，gg 的解析式代入不等式，得
−x2+2x⩾x2+2x−∣x−1∣⟺∣x−1∣⩾2x2-x^2+2x\geqslant x^2+2x-|x-1| \quad\Longleftrightarrow\quad |x-1|\geqslant2x^2
当 x⩾1x\geqslant1 时，∣x−1∣=x−1|x-1|=x-1，不等式化为
2x2−x+1⩽02x^2-x+1\leqslant0
其判别式为 1−8<01-8<0，故此时无解.
当 x<1x<1 时，∣x−1∣=1−x|x-1|=1-x，不等式化为
2x2+x−1⩽0⟺(2x−1)(x+1)⩽02x^2+x-1\leqslant0 \quad\Longleftrightarrow\quad (2x-1)(x+1)\leqslant0
所以 −1⩽x⩽12-1\leqslant x\leqslant\frac12. 综合两种情况，解集为 [−1,12]\left[-1,\frac12\right]. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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17解析几何★★★★☆
如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点 F1F_{1}，F2F_{2} 在 xx 轴上，长轴 A1A2A_{1}A_{2} 的长为 44，左准线 ll 与 xx 轴的交点为 MM，∣MA1∣:∣A1F1∣=2:1|MA_{1}|: |A_{1}F_{1}| = 2:1.
(1) 求椭圆的方程； (2) 若直线 l1:x=ml_{1}: x = m（∣m∣>1|m| > 1），PP 为 l1l_{1} 上的动点，使 ∠F1PF2\angle F_{1}PF_{2} 最大的点 PP 记为 QQ，求点 QQ 的坐标.（用 mm 表示）
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设椭圆的长半轴为 aa，半焦距为 cc. 由长轴长为 44，得 a=2a=2. 左顶点为 A1=(−2,0)A_1=(-2,0)，左焦点为 F1=(−c,0)F_1=(-c,0)，左准线为 x=−a2c=−4cx=-\frac{a^2}{c}=-\frac4c. 因为 MM 在左准线上，且 MM 位于 A1A_1 左侧，所以 ∣MA1∣=4c−2|MA_1|=\frac4c-2，∣A1F1∣=2−c|A_1F_1|=2-c. 由比例条件
4c−2=2(2−c)\frac4c-2=2(2-c)
得 2c2−6c+4=02c^2-6c+4=0，⟹\Longrightarrow，(c−1)(c−2)=0(c-1)(c-2)=0. 因椭圆要求 0<c<a=20<c<a=2，故 c=1c=1. 于是 b2=a2−c2=3b^2=a^2-c^2=3，椭圆方程为
x24+y23=1\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1
\item 由上问，F1=(−1,0)F_1=(-1,0)，F2=(1,0)F_2=(1,0). 设 P=(m,y)P=(m,y)，令 u=∣y∣u=|y|. 从 PP 指向两焦点的两个向量的内积为
(m2−1)+y2=m2+u2−1(m^2-1)+y^2=m^2+u^2-1
其行列式的绝对值为 2u2u. 因为 ∣m∣>1|m|>1，所成角 θ=∠F1PF2\theta=\angle F_1PF_2 为锐角，故
tan⁡θ=2um2+u2−1\tan\theta=\frac{2u}{m^2+u^2-1}
对 u⩾0u\geqslant0 求导，得
(2um2+u2−1)′=2(m2−1−u2)(m2+u2−1)2\left(\frac{2u}{m^2+u^2-1}\right)' =\frac{2(m^2-1-u^2)}{(m^2+u^2-1)^2}
所以当 u=m2−1u=\sqrt{m^2-1} 时该比值取得最大值，角 θ\theta 也取得最大值. 因此
Q(m,±m2−1)Q\left(m,\pm\sqrt{m^2-1}\right)
\end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱锥 P−ABCP - ABC 中，AB⊥BCAB \perp BC，AB=BC=kPAAB = BC = kPA，点 OO，DD 分别是 ACAC，PCPC 的中点，OP⊥OP \perp 底面 ABCABC.
(1) 求证： OD∥OD \parallel 平面 PABPAB； (2) 当 k=12k = \frac{1}{2} 时，求直线 PAPA 与平面 PBCPBC 所成角的大小； (3) 当 kk 取何值时，OO 在平面 PBCPBC 内的射影恰好为 △PBC\triangle PBC 的重心？
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 在三角形 APCAPC 中，OO，DD 分别是 ACAC，PCPC 的中点. 由三角形中位线定理，
OD∥APOD\parallel AP
又 AP⊂AP\subset 平面 PABPAB，所以 OD∥OD\parallel 平面 PABPAB.
\item 设 PA=p>0PA=p>0，令 s=AB=BC=kps=AB=BC=kp. 建立空间直角坐标系，取 B=(0,0,0)B=(0,0,0)，A=(s,0,0)A=(s,0,0)，C=(0,s,0)C=(0,s,0). 由于 OP⊥OP\perp 底面且 OO 为 ACAC 的中点，设
P=(s2,s2,h)P=\left(\frac{s}{2},\frac{s}{2},h\right)
由 ∣PA∣=p|PA|=p 得
h2+s22=p2h^2+\frac{s^2}{2}=p^2
平面 PBCPBC 的一个法向量为
n=BC→×BP→=(sh,0,−s22)\boldsymbol{n}=\overrightarrow{BC}\times\overrightarrow{BP} =\left(sh,0,-\frac{s^2}{2}\right)
取直线 PAPA 的方向向量 v=AP→=(−s2,s2,h)\boldsymbol{v}=\overrightarrow{AP}=\left(-\frac{s}{2},\frac{s}{2},h\right)，则 ∣v∣=p|\boldsymbol{v}|=p，∣n∣=sh2+s24|\boldsymbol{n}|=s\sqrt{h^2+\frac{s^2}{4}}，∣v⋅n∣=s2h|\boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{n}|=s^2h. 若直线 PAPA 与平面 PBCPBC 所成的角为 θ\theta，则
sin⁡θ=∣v⋅n∣∣v∣ ∣n∣=shph2+s24\sin\theta=\frac{|\boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{v}|\,|\boldsymbol{n}|} =\frac{sh}{p\sqrt{h^2+\frac{s^2}{4}}}
当 k=12k=\frac12 时，s=p2s=\frac p2，且 h2=p2−s22=7p28h^2=p^2-\frac{s^2}{2}=\frac{7p^2}{8}，h=144ph=\frac{\sqrt{14}}{4}p. 代入得
sin⁡θ=14215=21030\sin\theta=\frac{\sqrt{14}}{2\sqrt{15}}=\frac{\sqrt{210}}{30}
所以所成角为 θ=arcsin⁡21030\displaystyle\theta=\arcsin\frac{\sqrt{210}}{30}.
\item 由上面的坐标设定，三角形 PBCPBC 的重心为
G=P+B+C3=(s6,s2,h3)G=\frac{P+B+C}{3}=\left(\frac{s}{6},\frac{s}{2},\frac{h}{3}\right)
而 O=(s2,s2,0)O=\left(\frac{s}{2},\frac{s}{2},0\right)，GO→=(s3,0,−h3)\overrightarrow{GO}=\left(\frac{s}{3},0,-\frac{h}{3}\right). 仍取平面 PBCPBC 的法向量 n=(sh,0,−s22)\boldsymbol{n}=\left(sh,0,-\frac{s^2}{2}\right). 点 OO 在平面 PBCPBC 内的射影为 GG 的充要条件是 GO⊥GO\perp 平面 PBCPBC，即 GO→∥n\overrightarrow{GO}\parallel\boldsymbol{n}. 因此 (s,0,−h)∥(h,0,−s2)\left(s,0,-h\right)\parallel\left(h,0,-\frac{s}{2}\right)，⟹\Longrightarrow，h2=s22h^2=\frac{s^2}{2}. 结合 h2+s22=p2h^2+\frac{s^2}{2}=p^2，得 s2=p2s^2=p^2. 因 s=kp>0s=kp>0，所以 k=1k=1. 反之，k=1k=1 时上述平行关系成立，故此时射影确为重心. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19概率与统计★★★★☆
袋子 AA 和 BB 中装有若干个均匀的红球和白球，从 AA 中摸出一个红球的概率是 13\frac{1}{3}，从 BB 中摸出一个红球的概率为 pp.
(1) 从 AA 中有放回地摸球，每次摸出一个，有 33 次摸到红球即停止.
(i) 求恰好摸 55 次停止的概率； (ii) 记 55 次之内（含 55 次）摸到红球的次数为 ξ\xi，求随机变量 ξ\xi 的分布列及数学期望 E(ξ)E(\xi)； (2) 若 AA，BB 两个袋子中的球数之比为 1:21:2，将 AA，BB 中的球装在一起后，从中摸出一个红球的概率是 25\frac{2}{5}，求 pp 的值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设一次摸到红球和白球的概率分别为 r=13r=\frac13，w=23w=\frac23. \begin{enumerate} \item 恰好第 55 次停止，等价于前 44 次恰有 22 次摸到红球且第 55 次摸到红球. 因此
P=C42r2w2r=6(13)3(23)2=881P=\mathrm C_4^2r^2w^2r =6\left(\frac13\right)^3\left(\frac23\right)^2 =\frac{8}{81}
\item 当 ξ=0\xi=0，11，22 时，在前 55 次中分别恰有 00，11，22 次红球，故
P(ξ=0)=w5=32243P(\xi=0)=w^5=\frac{32}{243}
P(ξ=1)=C51rw4=80243P(\xi=1)=\mathrm C_5^1rw^4=\frac{80}{243}
P(ξ=2)=C52r2w3=80243P(\xi=2)=\mathrm C_5^2r^2w^3=\frac{80}{243}
当 ξ=3\xi=3 时，第三次红球在第 33，44 或 55 次出现，所以
P(ξ=3)=r3+C32r3w+C42r3w2=127+227+881=1781=51243P(\xi=3)=r^3+\mathrm C_3^2r^3w+\mathrm C_4^2r^3w^2 =\frac{1}{27}+\frac{2}{27}+\frac{8}{81} =\frac{17}{81}=\frac{51}{243}
所以分布列为
\begin{tabular}{c|cccc} $\xi$ & $0$ & $1$ & $2$ & $3$ \\ \hline P & $\dfrac{32}{243}$ & $\dfrac{80}{243}$ & $\dfrac{80}{243}$ & $\dfrac{51}{243}$ \end{tabular}
且
E(ξ)=0⋅32243+1⋅80243+2⋅80243+3⋅51243=13181E(\xi)=0\cdot\frac{32}{243}+1\cdot\frac{80}{243}+2\cdot\frac{80}{243}+3\cdot\frac{51}{243}=\frac{131}{81}
\end{enumerate}
\item 设袋子 AA 中有 NN 个球，则袋子 BB 中有 2N2N 个球. 两袋合并后红球总数为 N3+2Np\frac N3+2Np，球总数为 3N3N. 由题意 N3+2Np3N=25\frac{\frac N3+2Np}{3N}=\frac25，⟹\Longrightarrow，19+2p3=25\frac19+\frac{2p}{3}=\frac25. 解得 p=1330p=\frac{13}{30}. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20函数与初等函数★★★★★
设点 An(xn,0)A_{n}(x_{n},0)，Pn(xn,2n−1)P_{n}(x_{n},2^{n - 1}) 和抛物线 Cn:y=x2+anx+bnC_n: y = x^{2} + a_n x + b_n（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），其中 an=−2−4n−12n−1a_{n} = -2 - 4n - \frac{1}{2^{n-1}}，xnx_{n} 由以下方法得到：x1=1x_{1} = 1，点 P2(x2,2)P_{2}(x_{2},2) 在抛物线 C1:y=x2+a1x+b1C_{1}: y = x^{2} + a_{1}x + b_{1} 上，点 A1(x1,0)A_{1}(x_{1},0) 到 P2P_{2} 的距离是 A1A_{1} 到 C1C_{1} 上点的最短距离. ⋯\cdots，点 Pn+1(xn+1,2n)P_{n + 1}(x_{n + 1},2^{n}) 在抛物线 Cn:y=x2+anx+bnC_{n}: y = x^{2} + a_{n}x + b_{n} 上，点 An(xn,0)A_{n}(x_{n},0) 到 Pn+1P_{n + 1} 的距离是 AnA_{n} 到 CnC_{n} 上点的最短距离.
(1) 求 x2x_{2} 及 C1C_{1} 的方程. (2) 证明 {xn}\{x_{n}\} 是等差数列.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 a1=−2−4−1=−7a_1=-2-4-1=-7，知 C1:y=x2−7x+b1C_1:y=x^2-7x+b_1. 抛物线在点 P2=(x2,2)P_2=(x_2,2) 处的切线方向向量为 (1,2x2−7)(1,2x_2-7)，而 A1P2→=(x2−1,2)\overrightarrow{A_1P_2}=(x_2-1,2). 最短距离条件说明这两条方向相互垂直，因此 (x2−1,2)⋅(1,2x2−7)=0(x_2-1,2)\cdot(1,2x_2-7)=0，⟹\Longrightarrow，x2−1+2(2x2−7)=0x_2-1+2(2x_2-7)=0. 解得 x2=3x_2=3. 再由 P2∈C1P_2\in C_1，得
2=32−7⋅3+b12=3^2-7\cdot3+b_1
所以 b1=14b_1=14，从而
C1:y=x2−7x+14C_1:y=x^2-7x+14
\item 对任意 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，抛物线 CnC_n 在点 Pn+1P_{n+1} 处的切线方向向量为 (1,2xn+1+an)\left(1,2x_{n+1}+a_n\right)，而
AnPn+1→=(xn+1−xn,2n)\overrightarrow{A_nP_{n+1}}=\left(x_{n+1}-x_n,2^n\right)
由最短距离条件，二者垂直，故
xn+1−xn+2n(2xn+1+an)=0x_{n+1}-x_n+2^n(2x_{n+1}+a_n)=0
假设 xn=2n−1x_n=2n-1，代入 an=−2−4n−21−na_n=-2-4n-2^{1-n}，得
(1+2n+1)xn+1=2n−1+2n(2+4n+21−n)=(2n+1)(1+2n+1)\left(1+2^{n+1}\right)x_{n+1} =2n-1+2^n\left(2+4n+2^{1-n}\right) =(2n+1)\left(1+2^{n+1}\right)
因此 xn+1=2n+1x_{n+1}=2n+1. 又 x1=1=2×1−1x_1=1=2\times1-1，由数学归纳法 xn=2n−1x_n=2n-1，（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）. 所以 xn+1−xn=2x_{n+1}-x_n=2，即 {xn}\{x_n\} 是首项为 11，公差为 22 的等差数列. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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