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01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
设 P={x∣x<4}P = \{x \mid x < 4\}，Q={x∣x2<4}Q = \{x \mid x^2 < 4\}，则（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 由 x2<4x^2<4 得 −2<x<2-2<x<2，所以 Q={x∣−2<x<2}Q=\{x\mid -2<x<2\}. 任取 x∈Qx\in Q，都有 x<2<4x<2<4，故 x∈Px\in P，从而 Q⊆PQ\subseteq P.
选项 A 不成立，因为 3∈P3\in P 但 3∉Q3\notin Q；选项 C 不成立，因为 0∈P∩Q0\in P\cap Q；选项 D 不成立，因为 QQ 中的每个元素都属于 PP，不属于 ∁RP\complement_{\mathbf{R}}P. 因此选 B. \end{solution}
A.
P⊆QP \subseteq Q
B.
Q⊆PQ \subseteq P
C.
P⊆∁RQP \subseteq \complement_{\mathbf{R}} Q
D.
Q⊆∁RPQ \subseteq \complement_{\mathbf{R}} P

2010 · 浙江 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02数列★★☆☆☆
某程序框图如图所示，若输出的 S=57S = 57，则判断框内为（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 程序开始时 S=1S=1，k=1k=1. 每循环一次先令 kk 增加 11，再令 S=2S+kS=2S+k，因此各次循环后的状态依次为 (k,S)=(2,4)(k,S)=(2,4)， (3,11)\ (3,11)， (4,26)\ (4,26)， (5,57)\ (5,57). 当 k=5k=5 时已经得到输出值 S=57S=57，所以判断框在此时应为“是”，即判断条件应为 k>4k>4. 故选 A. \end{solution}
A.
k>4k > 4
B.
k>5k > 5
C.
k>6k > 6
D.
k>7k > 7

2010 · 浙江 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03数列★★☆☆☆
设 SnS_{n} 为等比数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和，8a2+a5=08a_{2} + a_{5} = 0，则 S5S2=\frac{S_{5}}{S_{2}} =（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 设等比数列的公比为 qq. 由于所求比值有意义，且等比数列的相邻项比值有定义，a2≠0a_2\ne0，于是
a5=a2q3a_5=a_2q^3
由题设
8a2+a5=a2(8+q3)=08a_2+a_5=a_2(8+q^3)=0
得 q=−2q=-2. 因此
S5S2=a11−q51−qa11−q21−q=1−(−2)51−(−2)2=33−3=−11\frac{S_5}{S_2} =\frac{a_1\dfrac{1-q^5}{1-q}}{a_1\dfrac{1-q^2}{1-q}} =\frac{1-(-2)^5}{1-(-2)^2} =\frac{33}{-3}=-11
故选 D. \end{solution}
A.
11
B.
5
C.
−8-8
D.
−11-11

2010 · 浙江 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04集合与逻辑基础★★★☆☆
设 0<x<π20 < x < \frac{\pi}{2}，则“xsin⁡2x<1x \sin^2 x < 1”是“xsin⁡x<1x \sin x < 1”的（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 因为 0<x<π20<x<\frac{\pi}{2}，所以 0<sin⁡x<10<\sin x<1，从而
xsin⁡2x<xsin⁡xx\sin^2x<x\sin x
若 xsin⁡x<1x\sin x<1，则必有 xsin⁡2x<1x\sin^2x<1，所以“xsin⁡x<1x\sin x<1”是“xsin⁡2x<1x\sin^2x<1”的充分条件，即前一个条件是后一个条件的必要条件.
再设 x0x_0 是方程 xsin⁡x=1x\sin x=1 在 (0,π2)(0,\frac\pi2) 内的根. 由于 xsin⁡xx\sin x 连续，且在 x=1x=1 时小于 11，在 x=π2x=\frac\pi2 时大于 11，这样的 x0x_0 存在. 此时
x0sin⁡2x0=sin⁡x0<1x_0\sin^2x_0=\sin x_0<1
但 x0sin⁡x0<1x_0\sin x_0<1 不成立. 因此“xsin⁡2x<1x\sin^2x<1”不是“xsin⁡x<1x\sin x<1”的充分条件，故选 B. \end{solution}
A.
充分而不必要条件
B.
必要而不充分条件
C.
充分必要条件
D.
既不充分也不必要条件

2010 · 浙江 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05复数★★☆☆☆
对任意复数 z=x+yiz = x + y\mathrm{i}（xx，y∈Ry \in \mathbf{R}），i\mathrm{i} 为虚数单位，则下列结论正确的是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 因为 z‾=x−yi\overline z=x-y\mathrm{i}，所以 z−z‾=2yiz-\overline z=2y\mathrm{i}，∣z−z‾∣=2∣y∣|z-\overline z|=2|y|. 选项 A 在 y<0y<0 时不成立. 又
z2=(x+yi)2=x2−y2+2xyiz^2=(x+y\mathrm{i})^2=x^2-y^2+2xy\mathrm{i}
通常不等于 x2+y2x^2+y^2，故 B 错. 取 x=1x=1，y=0y=0，则 ∣z−z‾∣=0<2x|z-\overline z|=0<2x，故 C 错.
最后由复数模的三角不等式
∣z∣=∣x+yi∣⩽∣x∣+∣yi∣=∣x∣+∣y∣|z|=|x+y\mathrm{i}|\leqslant |x|+|y\mathrm{i}|=|x|+|y|
所以 D 正确，故选 D. \end{solution}
A.
∣z−z‾∣=2y|z - \overline{z}| = 2y
B.
z2=x2+y2z^2 = x^2 + y^2
C.
∣z−z‾∣⩾2x|z - \overline{z}| \geqslant 2x
D.
∣z∣⩽∣x∣+∣y∣|z|\leqslant |x| + |y|

2010 · 浙江 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06立体几何初步★★☆☆☆
设 ll，mm 是两条不同的直线，α\alpha 是一个平面，则下列命题正确的是（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 选项 A 不成立：在平面 α\alpha 内取两条相互垂直的直线作为 ll，mm，则 l⊥ml\perp m 且 m⊂αm\subset\alpha，但 ll 不垂直于 α\alpha.
若 l⊥αl\perp\alpha，则 ll 的方向是平面的法向方向；又 l∥ml\parallel m，所以 mm 也具有该法向方向，从而 m⊥αm\perp\alpha，故 B 正确.
选项 C 中，取 α:z=0\alpha:z=0，ll 为 z=1z=1 内沿 xx 轴方向的直线，mm 为 α\alpha 内沿 yy 轴方向的直线，则 l∥αl\parallel\alpha、m⊂αm\subset\alpha，但 ll 不平行于 mm. 选项 D 中，取 α:z=0\alpha:z=0，ll 为 z=1z=1 内沿 xx 轴方向的直线，mm 为 z=2z=2 内沿 yy 轴方向的直线，则 l∥αl\parallel\alpha、m∥αm\parallel\alpha，但 ll 与 mm 不平行. 因此选 B. \end{solution}
A.
若 l⊥ml \perp m，m⊂αm \subset \alpha，则 l⊥αl \perp \alpha
B.
若 l⊥αl \perp \alpha，l∥ml \parallel m，则 m⊥αm \perp \alpha
C.
若 l∥αl \parallel \alpha，m⊂αm \subset \alpha，则 l∥ml \parallel m
D.
若 l∥αl \parallel \alpha，m∥αm \parallel \alpha，则 l∥ml \parallel m

2010 · 浙江 · 理 · 第 6 题 · 选择题

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07不等式★★★☆☆
若实数 xx，yy 满足不等式组
{x+3y−3⩾0,2x−y−3⩽0,x−my+1⩾0,\begin{cases} x + 3y - 3 \geqslant 0,\\ 2x - y - 3 \leqslant 0,\\ x - my + 1 \geqslant 0, \end{cases}
且 x+yx + y 的最大值为99，则实数 m=m =（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 只需检验四个选项. 若 m=−2m=-2 或 m=−1m=-1，取 (x,y)=(t,2t)(x,y)=(t,2t). 当 tt 足够大时，前两个不等式成立，且第三个左端分别为 5t+15t+1 或 3t+13t+1，也成立，而 x+y=3tx+y=3t 无上界，均不符合题意.
当 m=1m=1 时，第二个不等式给出 y⩾2x−3y\geqslant2x-3，第三个不等式给出 y⩽x+1y\leqslant x+1，所以 x⩽4x\leqslant4. 于是
x+y⩽x+(x+1)=2x+1⩽9x+y\leqslant x+(x+1)=2x+1\leqslant9
点 (4,5)(4,5) 同时满足三个不等式，且 x+y=9x+y=9，所以最大值确为 99.
当 m=2m=2 时，第二、三个不等式分别给出 y⩾2x−3y\geqslant2x-3，y⩽x+12y\leqslant\frac{x+1}{2}. 因此 x⩽73x\leqslant\frac73，从而
x+y⩽x+x+12=3x+12⩽4x+y\leqslant x+\frac{x+1}{2}=\frac{3x+1}{2}\leqslant4
且 (x,y)=(73,53)(x,y)=(\frac73,\frac53) 可取到最大值 44，也不符合题意. 故 m=1m=1，选 C. \end{solution}
A.
−2-2
B.
−1-1
C.
1
D.
2

2010 · 浙江 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08解析几何★★★★☆
设 F1F_{1}，F2F_{2} 分别为双曲线 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. 若在双曲线右支上存在点 PP，满足 ∣PF2∣=∣F1F2∣|PF_{2}| = |F_{1}F_{2}|，且 F2F_{2} 到直线 PF1PF_{1} 的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 设双曲线焦距参数为 cc，则 c2=a2+b2c^2=a^2+b^2，且 ∣F1F2∣=2c|F_1F_2|=2c，∣PF2∣=2c|PF_2|=2c. 由于 PP 在右支上，双曲线定义给出
∣PF1∣−∣PF2∣=2a|PF_1|-|PF_2|=2a
所以 ∣PF1∣=2(a+c)|PF_1|=2(a+c). 三角形 PF1F2PF_1F_2 的面积既可由边 PF1PF_1 和到直线 PF1PF_1 的距离求得，也可由底边 F1F2F_1F_2 和点 PP 到该底边的距离求得. 设 θ=∠F1PF2\theta=\angle F_1PF_2，则
sin⁡θ=2a2c=ac\sin\theta=\frac{2a}{2c}=\frac ac
又由余弦定理
(2c)2=[2(a+c)]2+(2c)2−2⋅2(a+c)⋅2ccos⁡θ(2c)^2=[2(a+c)]^2+(2c)^2-2\cdot2(a+c)\cdot2c\cos\theta
得
cos⁡θ=a+c2c\cos\theta=\frac{a+c}{2c}
利用 sin⁡2θ+cos⁡2θ=1\sin^2\theta+\cos^2\theta=1，有
a2c2+(a+c)24c2=1\frac{a^2}{c^2}+\frac{(a+c)^2}{4c^2}=1
即
4a2+(a+c)2=4c24a^2+(a+c)^2=4c^2
令 t=act=\frac ac，得 5t2+2t−3=05t^2+2t-3=0. 因为 0<t<10<t<1，所以 t=35t=\frac35，从而 bc=45\frac{b}{c}=\frac45，即 ba=43\frac{b}{a}=\frac43.
双曲线的渐近线为 y=±baxy=\pm\frac ba x，所以方程为 4x±3y=04x\pm3y=0，故选 C. \end{solution}
A.
3x±4y=03x \pm 4y = 0
B.
3x±5y=03x \pm 5y = 0
C.
4x±3y=04x \pm 3y = 0
D.
5x±4y=05x \pm 4y = 0

2010 · 浙江 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09函数与初等函数★★★★☆
设函数 f(x)=4sin⁡(2x+1)−xf(x) = 4\sin (2x + 1) - x，则在下列区间中函数 f(x)f(x) 不存在零点的是（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 先说明在 [−4,−2][-4,-2] 上没有零点. 令 x0=−2π−12x_0=\frac{-2\pi-1}{2}. 当 −4⩽x⩽x0-4\leqslant x\leqslant x_0 时，令 u=2x+1+2πu=2x+1+2\pi，则 −1<u⩽0-1<u\leqslant0，并且 sin⁡(2x+1)=sin⁡u⩾u\sin(2x+1)=\sin u\geqslant u. 于是
f(x)⩾4u−x=7x+8π+4⩾8π−24>0f(x)\geqslant4u-x=7x+8\pi+4\geqslant8\pi-24>0
当 x0⩽x⩽−π−12x_0\leqslant x\leqslant\frac{-\pi-1}{2} 时，−2π⩽2x+1⩽−π-2\pi\leqslant2x+1\leqslant-\pi，故 sin⁡(2x+1)⩾0\sin(2x+1)\geqslant0，从而 f(x)>0f(x)>0.
剩下的区间 −π−12⩽x⩽−2\frac{-\pi-1}{2}\leqslant x\leqslant-2 很短. 令 v=2x+1+πv=2x+1+\pi，则 0⩽v⩽π−3<170\leqslant v\leqslant\pi-3<\frac17，且 sin⁡(2x+1)=−sin⁡v\sin(2x+1)=-\sin v. 因此
f(x)=−4sin⁡v−x⩾−4v+π+1−v2>0f(x)=-4\sin v-x\geqslant-4v+\frac{\pi+1-v}{2}>0
其中用了 3<π<2273<\pi<\frac{22}{7}. 所以 f(x)>0f(x)>0 在 [−4,−2][-4,-2] 上恒成立.
函数连续. 由 0<π−3<170<\pi-3<\frac17 及 sin⁡t<t\sin t<t（t>0t>0），
f(−2)=2−4sin⁡3=2−4sin⁡(π−3)>2−47>0f(-2)=2-4\sin3=2-4\sin(\pi-3)>2-\frac47>0
又因 π6<1<π2\frac{\pi}{6}<1<\frac{\pi}{2}，有 sin⁡1>12\sin1>\frac12，从而 f(−1)=1−4sin⁡1<−1<0f(-1)=1-4\sin1<-1<0，f(0)=4sin⁡1>0f(0)=4\sin1>0. 因此在 [−2,0][-2,0] 和 [0,2][0,2] 内分别存在零点.
再由 3π2<5<2π\frac{3\pi}{2}<5<2\pi，得 sin⁡5<0\sin5<0，所以
f(2)=4sin⁡5−2<0f(2)=4\sin5-2<0
令 δ=8−5π2\delta=8-\frac{5\pi}{2}. 由 3110<π<165\frac{31}{10}<\pi<\frac{16}{5} 得 0<δ<140<\delta<\frac14，于是 sin⁡8=cos⁡δ>1−δ22>3132\sin8=\cos\delta>1-\frac{\delta^2}{2}>\frac{31}{32}，f(72)=4sin⁡8−72>38>0f\left(\frac72\right)=4\sin8-\frac72>\frac38>0. 最后令 ε=9−5π2\varepsilon=9-\frac{5\pi}{2}. 由 3<π<1853<\pi<\frac{18}{5} 得 0<ε<π20<\varepsilon<\frac{\pi}{2}，故 sin⁡9=cos⁡ε<1\sin9=\cos\varepsilon<1，从而
f(4)=4sin⁡9−4<0f(4)=4\sin9-4<0
所以在 [2,4][2,4] 内也存在零点. 故不含零点的区间是 [−4,−2][-4,-2]，选 A. \end{solution}
A.
[−4,−2][-4, -2]
B.
[−2,0][-2,0]
C.
[0,2][0,2]
D.
[2,4][2,4]

2010 · 浙江 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10指数函数与对数函数★★★★☆
设函数的集合 P={f(x)=log⁡2(x+a)+b∣a=−12,0,12,1;b=−1,0,1}P = \left\{f(x) = \log_2(x + a) + b \mid a = -\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2}, 1; b = -1, 0, 1\right\}，平面上点的集合 Q={(x,y)∣x=−12,0,12,1;y=−1,0,1}Q = \left\{(x, y) \mid x = -\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2}, 1; y = -1, 0, 1\right\}，则在同一直角坐标系中，PP 中函数 f(x)f(x) 的图象恰好经过 QQ 中两个点的函数的个数是（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 逐一考查 aa 的四个取值. 只有当 x+a>0x+a>0 且 log⁡2(x+a)+b\log_2(x+a)+b 属于 {−1,0,1}\{-1,0,1\} 时，图象才经过集合 QQ 中的点.
对 a=−12a=-\frac12，在 x=−12x=-\frac12，00，12\frac12，11 中只有 x=1x=1 使 x+a>0x+a>0 且 log⁡2(x+a)=−1\log_2(x+a)=-1，所以任意 bb 至多经过一个点. 对 a=0a=0，x=12x=\frac12，11 时的对数值分别为 −1,0-1,0，故 b=0b=0，11 时恰好经过两个点，而 b=−1b=-1 时只有一个点.
对 a=12a=\frac12，x=0x=0，12\frac12 时的对数值分别为 −1,0-1,0，故 b=0b=0，11 时恰好经过两个点，而 b=−1b=-1 时只有一个点. 对 a=1a=1，四个横坐标对应的对数值依次为 −1-1，00，log⁡232\log_2\frac32，11. 因为 0<log⁡232<10<\log_2\frac32<1，所以 b=−1b=-1 时恰好有 (0,−1)(0,-1)、(1,0)(1,0) 两个点，b=0b=0 时有三个点，b=1b=1 时恰好有 (−12,0)(-\frac12,0)、(0,1)(0,1) 两个点.
因此符合条件的函数共有
0+2+2+2=60+2+2+2=6
个，故选 B. \end{solution}
A.
4
B.
6
C.
8
D.
10

2010 · 浙江 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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11三角函数★★☆☆☆
函数 f(x)=sin⁡(2x−π4)−22sin⁡2xf(x) = \sin \left(2x - \frac{\pi}{4}\right) - 2\sqrt{2}\sin^2 x 的最小正周期是______. \begin{answer} π\pi \end{answer}
\begin{solution} 利用 sin⁡2x=1−cos⁡2x2\sin^2x=\frac{1-\cos2x}{2} 及和角公式，得
f(x)=sin⁡2x−cos⁡2x2−2(1−cos⁡2x)=sin⁡2x+cos⁡2x2−2=sin⁡(2x+π4)−2.\begin{aligned} f(x)&=\frac{\sin2x-\cos2x}{\sqrt2}-\sqrt2(1-\cos2x)\\ &=\frac{\sin2x+\cos2x}{\sqrt2}-\sqrt2\\ &=\sin\left(2x+\frac\pi4\right)-\sqrt2. \end{aligned}
正弦函数的自变量系数为 22，所以最小正周期为 2π2=π\frac{2\pi}{2}=\pi. \end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12立体几何初步★★★☆☆
若某几何体的三视图（单位：cm\mathrm{cm}）如图所示，则此几何体的体积是______cm3\mathrm{cm}^3.
\begin{answer} 144 \end{answer}
\begin{solution} 由三视图可知，几何体由一个底面为边长 8 cm8\mathrm{~cm}、上底面为边长 4 cm4\mathrm{~cm}、高为 3 cm3\mathrm{~cm} 的正四棱台，以及一个底面为 4 cm×4 cm4\mathrm{~cm}\times4\mathrm{~cm}、高为 2 cm2\mathrm{~cm} 的长方体组成.
正四棱台的体积为
V1=33(82+82⋅42+42)=64+32+16=112 cm3V_1=\frac{3}{3}\left(8^2+\sqrt{8^2\cdot4^2}+4^2\right)=64+32+16=112\mathrm{~cm}^3
长方体的体积为
V2=4×4×2=32 cm3V_2=4\times4\times2=32\mathrm{~cm}^3
所以几何体的体积为 V1+V2=144 cm3V_1+V_2=144\mathrm{~cm}^3，填 144144. \end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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13解析几何★★☆☆☆
设抛物线 y2=2pxy^{2}=2px（p>0p>0）的焦点为 FF，点 A(0,2)A(0,2). 若线段 FAFA 的中点 BB 在抛物线上，则 BB 到该抛物线准线的距离为______. \begin{answer} 324\frac{3\sqrt{2}}{4} \end{answer}
\begin{solution} 将 y2=2pxy^2=2px 与标准形式 y2=4axy^2=4ax 比较，得焦点 F=(p2,0)F=(\frac p2,0)，准线为 x=−p2x=-\frac p2. 因此
B=(p4,1)B=\left(\frac p4,1\right)
因为 BB 在抛物线上，所以
1=2p⋅p4=p221=2p\cdot\frac p4=\frac{p^2}{2}
由 p>0p>0 得 p=2p=\sqrt2，从而 B=(24,1)B=(\frac{\sqrt2}{4},1). 点 BB 到准线的距离为
24−(−22)=324\frac{\sqrt2}{4}-\left(-\frac{\sqrt2}{2}\right)=\frac{3\sqrt2}{4}
故填 324\frac{3\sqrt2}{4}. \end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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14计数原理与组合数学★★★★☆
设 n⩾2n \geqslant 2，n∈Nn \in \mathbf{N}，(2x+12)n−(3x+13)n=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn\left(2x + \frac{1}{2}\right)^n - \left(3x + \frac{1}{3}\right)^n = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \cdots + a_nx^n，将 ∣ak∣|a_k|（0⩽k⩽n0 \leqslant k \leqslant n）的最小值记为 TnT_n，则 T2=0T_2 = 0，T3=123−133T_3 = \frac{1}{2^3} - \frac{1}{3^3}，T4=0T_4 = 0，T5=125−135T_5 = \frac{1}{2^5} - \frac{1}{3^5}，⋯\cdots，TnT_n，⋯\cdots，其中 Tn=T_n =______. \begin{answer}
{0,n为偶数,12n−13n,n为奇数\begin{cases} 0, & n\text{为偶数},\\ \dfrac{1}{2^n}-\dfrac{1}{3^n}, & n\text{为奇数} \end{cases}
\end{answer}
\begin{solution} 由二项式定理，xkx^k 的系数为
ak=Cnk(22k−n−32k−n)a_k=\mathrm C_n^k\left(2^{2k-n}-3^{2k-n}\right)
若 nn 为偶数，取 k=n2k=\frac n2，则 ak=Cnn2(1−1)=0a_k=\mathrm C_n^{\frac{n}{2}}(1-1)=0，故 Tn=0T_n=0.
若 nn 为奇数，当 0⩽k⩽n−120\leqslant k\leqslant\frac{n-1}{2} 时，令 r=n−2kr=n-2k，则 1⩽r⩽n1\leqslant r\leqslant n，并且
∣ak∣=Cnk(12r−13r)|a_k|=\mathrm C_n^k\left(\frac1{2^r}-\frac1{3^r}\right)
并且
(12r−13r)−(12r+1−13r+1)=12r+1−23r+1>0\left(\frac1{2^r}-\frac1{3^r}\right) -\left(\frac1{2^{r+1}}-\frac1{3^{r+1}}\right) =\frac1{2^{r+1}}-\frac2{3^{r+1}}>0
（r⩾1r\geqslant1），所以数列 12r−13r\frac1{2^r}-\frac1{3^r} 随正整数 rr 增大而减小，其值不小于 12n−13n\frac1{2^n}-\frac1{3^n}，再乘以 Cnk⩾1\mathrm C_n^k\geqslant1 后仍不小于该值.
当 n+12⩽k⩽n\frac{n+1}{2}\leqslant k\leqslant n 时，令 r=2k−n⩾1r=2k-n\geqslant1，则
∣ak∣=Cnk(3r−2r)⩾1>12n−13n|a_k|=\mathrm C_n^k(3^r-2^r)\geqslant1>\frac1{2^n}-\frac1{3^n}
而 k=0k=0 时恰好有 ∣a0∣=12n−13n|a_0|=\frac1{2^n}-\frac1{3^n}. 因此
Tn={0,n为偶数,12n−13n,n为奇数.T_n=\begin{cases} 0, & n\text{为偶数},\\ \dfrac1{2^n}-\dfrac1{3^n}, & n\text{为奇数}. \end{cases}
\end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15数列★★★☆☆
设 a1a_1，dd 为实数. 首项为 a1a_1，公差为 dd 的等差数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n，满足 S5S6+15=0S_5S_6 + 15 = 0，则 dd 的取值范围是______. \begin{answer} d⩽−22d \leqslant -2\sqrt{2} 或 d⩾22d \geqslant 2\sqrt{2} \end{answer}
\begin{solution} 由等差数列前 nn 项和公式， S5=5(a1+2d)S_5=5(a_1+2d)，S6=3(2a1+5d)S_6=3(2a_1+5d). 代入题设得
15(a1+2d)(2a1+5d)+15=015(a_1+2d)(2a_1+5d)+15=0
即
2a12+9a1d+10d2+1=02a_1^2+9a_1d+10d^2+1=0
把它看作关于 a1a_1 的一元二次方程，为使 a1a_1 有实数解，判别式应满足
Δ=(9d)2−4⋅2(10d2+1)=d2−8⩾0\Delta=(9d)^2-4\cdot2(10d^2+1)=d^2-8\geqslant0
所以 ∣d∣⩾22|d|\geqslant2\sqrt2，即
d⩽−22或d⩾22d\leqslant-2\sqrt2\quad\text{或}\quad d\geqslant2\sqrt2
\end{solution}

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16平面向量★★★★☆
已知平面向量 α\alpha，β\beta（α≠0\alpha \neq 0，α≠β\alpha \neq \beta）满足 ∣β∣=1|\beta| = 1，且 α\alpha 与 β−α\beta - \alpha 的夹角为 120∘120^{\circ}，则 ∣α∣|\alpha| 的取值范围是______. \begin{answer} (0,233]\left(0,\frac{2\sqrt{3}}{3}\right] \end{answer}
\begin{solution} 设 r=∣α∣>0r=|\alpha|>0，s=∣β−α∣>0s=|\beta-\alpha|>0. 由向量的夹角条件，
α⋅(β−α)=rscos⁡120∘=−rs2\alpha\cdot(\beta-\alpha)=rs\cos120^{\circ}=-\frac{rs}{2}
又 β=α+(β−α)\beta=\alpha+(\beta-\alpha)，且 ∣β∣=1|\beta|=1，所以
1=∣β∣2=r2+s2+2α⋅(β−α)=r2+s2−rs1=|\beta|^2=r^2+s^2+2\alpha\cdot(\beta-\alpha)=r^2+s^2-rs
这是关于 ss 的方程
s2−rs+r2−1=0s^2-rs+r^2-1=0
要有实数 ss，必须
r2−4(r2−1)=4−3r2⩾0r^2-4(r^2-1)=4-3r^2\geqslant0
即 0<r⩽2330<r\leqslant\frac{2\sqrt3}{3}. 反之，在此范围内取
s=r+4−3r22>0s=\frac{r+\sqrt{4-3r^2}}{2}>0
即可构成夹角为 120∘120^{\circ} 且 ∣β∣=1|\beta|=1 的两个向量，因此所有这些 rr 都能取到. 故填
(0,233]\left(0,\frac{2\sqrt3}{3}\right]
\end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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17计数原理与组合数学★★★★☆
有 4 位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”，“立定跳远”，“肺活量”，“握力”，“台阶”五个项目的测试. 每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复，若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”，其余项目上、下午都各测试一人，则不同的安排方式共有______ 种. \begin{answer} 264 \end{answer}
\begin{solution} 上午固定测试除“握力”外的四个项目，先把四位有区别的同学安排到上午，方法数为 4!4!. 固定一种上午安排，记上午测试“台阶”的同学为甲，另外三位同学的上午项目分别为三个公共项目.
下午测试三个公共项目和“握力”，且不能与本人上午项目重复. 若“握力”安排给甲，则三个公共项目需避开三位同学各自的项目，安排数为三阶错排数 !3=2!3=2. 若“握力”安排给另外三位同学中的一位，有 33 种选法；剩下的三人分配三个公共项目，其中两人各有一个禁用项目，容斥计数为
3!−2⋅2!+1!=33!-2\cdot2!+1!=3
所以固定上午安排时，下午有
2+3×3=112+3\times3=11
种安排. 总安排数为
4!×11=2644!\times11=264
故填 264264. \end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 17 题 · 填空题

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18三角函数★★★☆☆
在 △ABC\triangle ABC 中，角 AA，BB，CC 所对的边分别为 aa，bb，cc，已知 cos⁡2C=−14\cos 2C = -\frac{1}{4}.
(1) 求 sin⁡C\sin C 的值； (2) 当 a=2a = 2，2sin⁡A=sin⁡C2 \sin A = \sin C 时，求 bb 及 cc 的长.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因为 0<C<π0<C<\pi，所以 sin⁡C>0\sin C>0. 由二倍角公式
cos⁡2C=1−2sin⁡2C=−14\cos2C=1-2\sin^2C=-\frac14
得 sin⁡2C=58\sin^2C=\frac58，sin⁡C=104\sin C=\frac{\sqrt{10}}4.
\item 由正弦定理及 a=2a=2，2sin⁡A=sin⁡C2\sin A=\sin C，得
csin⁡C=asin⁡A=2sin⁡C2=4sin⁡C\frac{c}{\sin C}=\frac{a}{\sin A} =\frac{2}{\frac{\sin C}{2}}=\frac4{\sin C}
所以 c=4c=4. 又由 cos⁡2C=−14\cos2C=-\frac14， cos⁡2C=1+cos⁡2C2=38\cos^2C=\frac{1+\cos2C}{2}=\frac38，cos⁡C=±64\cos C=\pm\frac{\sqrt6}{4}. 对三角形使用余弦定理，
c2=a2+b2−2abcos⁡Cc^2=a^2+b^2-2ab\cos C
即
b2−4bcos⁡C−12=0b^2-4b\cos C-12=0
当 cos⁡C=64\cos C=\frac{\sqrt6}{4} 时，b2−6b−12=0b^2-\sqrt6b-12=0，取正根得 b=26b=2\sqrt6；当 cos⁡C=−64\cos C=-\frac{\sqrt6}{4} 时，b2+6b−12=0b^2+\sqrt6b-12=0，取正根得 b=6b=\sqrt6. 两组边长均满足三角形不等式.
因此
(b,c)=(6,4)或(26,4)(b,c)=(\sqrt6,4)\quad\text{或}\quad(2\sqrt6,4)
\end{enumerate} \end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19概率与统计★★★☆☆
如图，一个小球从 MM 处投入，通过管道自上而下落到 AA 或 BB 或 CC. 已知小球从每个叉口落入左右两个管道的可能性是相等的. 某商家按上述投球方式进行促销活动，若投入的小球落到 AA，BB，CC，则分别设为 1，2，3 等奖.
(1) 已知获得 1，2，3 等奖的折扣率分别为 50%50\%，70%70\%，90%90\%. 记随机变量 ξ\xi 为获得 kk（k=1k = 1，22，33）等奖的折扣率，求随机变量 ξ\xi 的分布列及期望 E(ξ)E(\xi). (2) 若有 3 人次（投入 1 球为 1 人次）参加促销活动，记随机变量 η\eta 为获得 1 等奖或 2 等奖的人次，求 P{η=2}P\{\eta = 2\}.
\begin{solution} 逐一沿图中管道追踪，每次遇到叉口都有左右两种等可能选择. 将每条完整路径按其终点归类，树状图的计数为 \begin{center} \begin{tabular}{c|ccc|c} 终点 & AA & BB & CC & 合计\ \hline 路径数 & 33 & 66 & 77 & 1616 \end{tabular} \end{center} 因此共有 1616 个等可能结果，其中到达 AA，BB，CC 的结果数分别为 33，66，77. 因此 P(A)=316P(A)=\frac3{16}，P(B)=616=38P(B)=\frac6{16}=\frac38，P(C)=716P(C)=\frac7{16}.
\begin{enumerate} \item 随机变量 ξ\xi 的分布列为 \begin{center} \begin{tabular}{c|ccc} ξ\xi&50%50\%&70%70\%&90%90\%\ \hline PP&316\dfrac3{16}&38\dfrac38&716\dfrac7{16} \end{tabular} \end{center} 所以
E(ξ)=50%⋅316+70%⋅38+90%⋅716=34E(\xi)=50\%\cdot\frac3{16}+70\%\cdot\frac38+90\%\cdot\frac7{16}=\frac34
\item 每人获得 1 等奖或 2 等奖的概率为
p=P(A)+P(B)=316+616=916p=P(A)+P(B)=\frac3{16}+\frac6{16}=\frac9{16}
三人的投球相互独立，故 η∼B(3,916)\eta\sim B(3,\frac9{16})，从而
P{η=2}=C32(916)2(1−916)=3(916)2716=17014096P\{\eta=2\}=\mathrm C_3^2\left(\frac9{16}\right)^2\left(1-\frac9{16}\right) =3\left(\frac9{16}\right)^2\frac7{16} =\frac{1701}{4096}
\end{enumerate} \end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，在矩形 ABCDABCD 中，点 EE，FF 分别在线段 ABAB，ADAD 上，AE=EB=AF=23FD=4AE = EB = AF = \frac{2}{3} FD = 4. 沿直线 EFEF 将 △AEF\triangle AEF 翻折成 △A′EF\triangle A'EF，使平面 A′EF⊥A'EF \perp 平面 BEFBEF.
(1) 求二面角 A′−FD−CA' - FD - C 的余弦值； (2) 点 MM，NN 分别在线段 FDFD，BCBC 上，若沿直线 MNMN 将四边形 MNCDMNCD 向上翻折，使 CC 与 A′A' 重合，求线段 FMFM 的长.
\begin{solution} 建立直角坐标系，使矩形所在平面为 z=0z=0，取 D=(0,0,0)D=(0,0,0)，F=(0,6,0)F=(0,6,0)，A=(0,10,0)A=(0,10,0)，B=(8,10,0)B=(8,10,0) C=(8,0,0)C=(8,0,0)，E=(4,10,0)E=(4,10,0). 这里由 23FD=4\frac23FD=4 得 FD=6FD=6. 设 HH 为 EFEF 的中点，则 H=(2,8,0)H=(2,8,0). 因为 AE=AFAE=AF，所以 AH⊥EFAH\perp EF，且 AH=22AH=2\sqrt2. 折叠后平面 A′EFA'EF 与原平面垂直，故可取
A′=(2,8,22)A'=(2,8,2\sqrt2)
\begin{enumerate} \item 平面 FDCFDC 是 z=0z=0，可取其法向量 n2=(0,0,1)\boldsymbol{n}_2=(0,0,1). 平面 A′FDA'FD 内的两个方向向量可取 FD→=(0,−6,0)\overrightarrow{FD}=(0,-6,0) 和 FA′→=(2,2,22)\overrightarrow{FA'}=(2,2,2\sqrt2)，故其法向量可取
n1=FD→×FA′→=(−122,0,12)\boldsymbol{n}_1=\overrightarrow{FD}\times\overrightarrow{FA'}=(-12\sqrt2,0,12)
因此二面角的余弦值为
∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=12(122)2+122=33\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|} =\frac{12}{\sqrt{(12\sqrt2)^2+12^2}}=\frac{\sqrt3}{3}
\item 设 FM=xFM=x，则 M=(0,6−x,0)M=(0,6-x,0)，且 0⩽x⩽60\leqslant x\leqslant6. 折叠绕直线 MNMN 进行，点 MM 在折痕上不动，所以 CM=A′MCM=A'M. 于是
CM2=82+(6−x)2CM^2=8^2+(6-x)^2
A′M2=22+(8−(6−x))2+(22)2=(x+2)2+12A'M^2=2^2+(8-(6-x))^2+(2\sqrt2)^2=(x+2)^2+12
令两式相等，得 64+(6−x)2=(x+2)2+1264+(6-x)^2=(x+2)^2+12，x=214x=\frac{21}{4}. 还需验证折痕可取在 BCBC 上. 令 N=(8,n,0)N=(8,n,0)，由 CN=A′NCN=A'N 得
n2=62+(n−8)2+(22)2n^2=6^2+(n-8)^2+(2\sqrt2)^2
故 n=274∈[0,10]n=\frac{27}{4}\in[0,10]，确有 N∈BCN\in BC. 所以
FM=214FM=\frac{21}{4}
\end{enumerate} \end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
已知 m>1m > 1，直线 l:x−my−m22=0l: x - my - \frac{m^2}{2} = 0，椭圆 CC：x2m2+y2=1\frac{x^2}{m^2} + y^2 = 1，F1F_1，F2F_2 分别为椭圆 CC 的左、右焦点.
(1) 当直线 ll 过右焦点 F2F_2 时，求直线 ll 的方程； (2) 设直线 ll 与椭圆 CC 交于 AA，BB 两点，△AF1F2\triangle AF_1F_2，△BF1F2\triangle BF_1F_2 的重心分别为 GG，HH. 若原点 OO 在以线段 GHGH 为直径的圆内，求实数 mm 的取值范围.
\begin{solution} 椭圆的焦点为 F1=(−m2−1,0)F_1=(-\sqrt{m^2-1},0)，F2=(m2−1,0)F_2=(\sqrt{m^2-1},0).
\begin{enumerate} \item 直线经过 F2F_2，所以
m2−1−m22=0\sqrt{m^2-1}-\frac{m^2}{2}=0
令 t=m2t=m^2，则 t>1t>1，且 t−1=t2\sqrt{t-1}=\frac t2. 平方得 t−1=t24t-1=\frac{t^2}{4}，(t−2)2=0(t-2)^2=0. 所以 m=2m=\sqrt2，直线方程为
l:x−2y−1=0l:x-\sqrt2y-1=0
\item 设 A=(x1,y1)A=(x_1,y_1)，B=(x2,y2)B=(x_2,y_2). 由直线方程
x=my+m22x=my+\frac{m^2}{2}
代入椭圆方程，得
2y2+my+m24−1=02y^2+my+\frac{m^2}{4}-1=0
因此 y1+y2=−m2y_1+y_2=-\frac m2，y1y2=m28−12y_1y_2=\frac{m^2}{8}-\frac12. 由于 F1F_1，F2F_2 的中点为原点，两个三角形的重心分别为 G=(x13,y13)G=\left(\frac{x_1}{3},\frac{y_1}{3}\right)，H=(x23,y23)H=\left(\frac{x_2}{3},\frac{y_2}{3}\right). 原点在以 GHGH 为直径的圆内，当且仅当
OG→⋅OH→<0\overrightarrow{OG}\cdot\overrightarrow{OH}<0
即
x1x2+y1y2<0x_1x_2+y_1y_2<0
利用 xi=myi+m22x_i=my_i+\frac{m^2}{2}，有
x1x2+y1y2=(m2+1)y1y2+m32(y1+y2)+m44=(m2+1)(m28−12)−m44+m44=(m2+1)(m2−4)8.\begin{aligned} x_1x_2+y_1y_2 &=(m^2+1)y_1y_2+\frac{m^3}{2}(y_1+y_2)+\frac{m^4}{4}\\ &=(m^2+1)\left(\frac{m^2}{8}-\frac12\right)-\frac{m^4}{4}+\frac{m^4}{4}\\ &=\frac{(m^2+1)(m^2-4)}8. \end{aligned}
因 m2+1>0m^2+1>0，上式小于零等价于 m2<4m^2<4. 结合 m>1m>1，得
1<m<21<m<2
此时交点确为两个不同点，因为二次方程判别式 8−m2>08-m^2>0. \end{enumerate} \end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知 aa 是给定的实常数，设函数 f(x)=(x−a)2(x+b)exf(x) = (x - a)^2 (x + b)\mathrm{e}^x，b∈Rb \in \mathbf{R}，x=ax = a 是 f(x)f(x) 的一个极大值点.
(1) 求 bb 的取值范围； (2) 设 x1x_{1}，x2x_{2}，x3x_{3} 是 f(x)f(x) 的 3 个极值点. 问是否存在实数 bb，可找到 x4∈Rx_{4} \in \mathbf{R}，使得 x1x_{1}，x2x_{2}，x3x_{3}，x4x_{4} 的某种排列 xi1x_{i_{1}}，xi2x_{i_{2}}，xi3x_{i_{3}}，xi4x_{i_{4}}（其中 {i1,i2,i3,i4}={1,2,3,4}\{i_{1}, i_{2}, i_{3}, i_{4}\} = \{1, 2, 3, 4\}）依次成等差数列？若存在，求所有的 bb 及相应的 x4x_4；若不存在，说明理由.
\begin{solution} 令
g(x)=x2+(b−a+3)x−ab+2b−ag(x)=x^2+(b-a+3)x-ab+2b-a
求导得
f′(x)=ex(x−a)g(x)f'(x)=\mathrm{e}^x(x-a)g(x)
且
Δg=(b−a+3)2−4(−ab+2b−a)=(a+b−1)2+8>0\Delta_g=(b-a+3)^2-4(-ab+2b-a)=(a+b-1)^2+8>0
所以 gg 有两个不等实根.
\begin{enumerate} \item 在 x=ax=a 处，若 g(a)>0g(a)>0，则 f′f' 在该点左负右正，x=ax=a 是极小值点；若 g(a)=0g(a)=0，则 x−ax-a 至少是二重因子，导数在该点不变号，也不是极值点. 因此必须 g(a)<0g(a)<0. 计算得
g(a)=2(a+b)g(a)=2(a+b)
故
b<−ab<-a
\item 记 gg 的两个根为 u<vu<v. 由 g(a)<0g(a)<0 知 u<a<vu<a<v，所以三个极值点按大小规律为 uu，aa，vv. 令 p=a−u>0p=a-u>0，q=v−a>0q=v-a>0，s=a+bs=a+b. 将 g(a+t)g(a+t) 展开，得
g(a+t)=t2+(s+3)t+2sg(a+t)=t^2+(s+3)t+2s
因此 −pq=2s-pq=2s，−p+q=−(s+3)-p+q=-(s+3) 即
q−p=pq2−3.(1)q-p=\frac{pq}{2}-3. \tag{1}
四个数形成等差数列时，按四项从小到大排列，uu，aa，vv 只能占据以下三种位置类型.
第一种，uu，aa，vv 是连续的前三项或连续的后三项. 此时 p=qp=q，由（1）得 p2=6p^2=6，所以 s=−pq2=−3s=-\frac{pq}{2}=-3，b=−a−3b=-a-3. 缺少的第四项为
x4=a−26或x4=a+26x_4=a-2\sqrt6\quad\text{或}\quad x_4=a+2\sqrt6
第二种，排列为 uu，aa，x4x_4，vv. 此时 q=2pq=2p，代入（1）得 p=p2−3p=p^2-3，p=1+132p=\frac{1+\sqrt{13}}2. 于是 b=−a+s=−a−p2=−a−7+132b=-a+s=-a-p^2=-a-\frac{7+\sqrt{13}}2，x4=a+p=a+1+132x_4=a+p=a+\frac{1+\sqrt{13}}2.
第三种，排列为 uu，x4x_4，aa，vv. 此时 p=2qp=2q，代入（1）得 −q=q2−3-q=q^2-3，q=13−12q=\frac{\sqrt{13}-1}{2}. 于是 b=−a−q2=−a−7−132b=-a-q^2=-a-\frac{7-\sqrt{13}}2，x4=a−q=a+1−132x_4=a-q=a+\frac{1-\sqrt{13}}2.
以上各值均满足 b<−ab<-a，且三种位置类型已经涵盖 uu，aa，vv 在四项等差数列中的全部可能位置. 因此确实存在，所有结果为
b=−a−3,x4=a±26;b=−a−7+132,x4=a+1+132;b=−a−7−132,x4=a+1−132.\begin{aligned} b&=-a-3, &x_4&=a\pm2\sqrt6;\\ b&=-a-\frac{7+\sqrt{13}}2, &x_4&=a+\frac{1+\sqrt{13}}2;\\ b&=-a-\frac{7-\sqrt{13}}2, &x_4&=a+\frac{1-\sqrt{13}}2. \end{aligned}
\end{enumerate} \end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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