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01数列★☆☆☆☆
在等差数列 {an}\{a_{n}\} 中，a2=1a_{2} = 1，a4=5a_{4} = 5，则 {an}\{a_{n}\} 的前 5 项和 S5=S_{5} =（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 设等差数列的公差为 dd. 由 a4−a2=2da_{4}-a_{2}=2d，得 2d=5−1=42d=5-1=4，d=2d=2， 于是 a1=a2−d=1−2=−1a_{1}=a_{2}-d=1-2=-1，所以
S5=52(2a1+4d)=52(−2+8)=15S_{5}=\frac{5}{2}\left(2a_{1}+4d\right) =\frac{5}{2}\left(-2+8\right)=15
故选 B. \end{solution}
A.
77
B.
1515
C.
2020
D.
2525

2012 · 重庆 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02不等式★☆☆☆☆
不等式 x−12x+1⩽0\frac{x - 1}{2x + 1} \leqslant 0 的解集为（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 分式有意义的条件是 2x+1≠02x+1\ne0，即 x≠−12x\ne-\frac12. 令分子、分母分别为零，得到临界点 x=1x=1 和 x=−12x=-\frac12. 在三个区间上判断符号：
x−12x+1>0当 x<−12 或 x>1\frac{x-1}{2x+1}>0\quad\text{当 }x<-\frac12\text{ 或 }x>1
而在 −12<x<1-\frac12<x<1 时分式小于 00. 由于 x=1x=1 使分式等于 00，而 x=−12x=-\frac12 不在定义域内，解集为
(−12,1]\left(-\frac12,1\right]
故选 A. \end{solution}
A.
(−12,1]\left(-\frac{1}{2},1\right]
B.
[−12,1]\left[-\frac{1}{2},1\right]
C.
(−∞,−12)∪[1,+∞)\left(-\infty, -\frac{1}{2}\right) \cup [1, +\infty)
D.
(−∞,−12]∪[1,+∞)\left(-\infty, -\frac{1}{2}\right] \cup [1, +\infty)

2012 · 重庆 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03解析几何★★☆☆☆
对任意的实数 kk，直线 y=kx+1y = kx + 1 与圆 x2+y2=2x^{2} + y^{2} = 2 的位置关系一定是（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 直线 y=kx+1y=kx+1 恒过定点 (0,1)(0,1). 该点到圆心 O(0,0)O(0,0) 的距离为 11，小于圆的半径 2\sqrt2，所以定点在圆内，过该点的任意直线都与圆相交于两个点. 又直线不经过原点，因为将 (0,0)(0,0) 代入 y=kx+1y=kx+1 不成立. 因而直线与圆相交但不过圆心，故选 C. \end{solution}
A.
相离
B.
相切
C.
相交但直线不过圆心
D.
相交且直线过圆心

2012 · 重庆 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04计数原理与组合数学★★☆☆☆
(x+12x)8\left(\sqrt{x} +\frac{1}{2\sqrt{x}}\right)^8 的展开式中常数项为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 展开式的通项为 Tr+1=C8r(x)8−r(12x)r=C8r2−rx4−rT_{r+1}=\mathrm C_{8}^{r}(\sqrt{x})^{8-r}\left(\frac{1}{2\sqrt{x}}\right)^{r} =\mathrm C_{8}^{r}2^{-r}x^{4-r}，r=0r=0，11，…\ldots，88 常数项要求 4−r=04-r=0，所以 r=4r=4. 因此常数项为
C842−4=7016=358\mathrm C_{8}^{4}2^{-4}=\frac{70}{16}=\frac{35}{8}
故选 B. \end{solution}
A.
3516\frac{35}{16}
B.
358\frac{35}{8}
C.
354\frac{35}{4}
D.
105105

2012 · 重庆 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05三角函数★★☆☆☆
设 tan⁡α\tan \alpha，tan⁡β\tan \beta 是方程 x2−3x+2=0x^{2} - 3x + 2 = 0 的两根，则 tan⁡(α+β)\tan (\alpha + \beta) 的值为（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 由韦达定理， tan⁡α+tan⁡β=3\tan\alpha+\tan\beta=3，tan⁡αtan⁡β=2\tan\alpha\tan\beta=2 由于 1−tan⁡αtan⁡β=−1≠01-\tan\alpha\tan\beta=-1\ne0，正切和公式可用，故
tan⁡(α+β)=tan⁡α+tan⁡β1−tan⁡αtan⁡β=31−2=−3\tan(\alpha+\beta) =\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta} =\frac{3}{1-2}=-3
故选 A. \end{solution}
A.
−3-3
B.
−1-1
C.
11
D.
33

2012 · 重庆 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06平面向量★★☆☆☆
设 xx，y∈Ry \in \mathbf{R}，向量 a=(x,1)\boldsymbol{a} = (x, 1)，b=(1,y)\boldsymbol{b} = (1, y)，c=(2,−4)\boldsymbol{c} = (2, -4)，且 a⊥c\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{c}，b∥c\boldsymbol{b} \parallel \boldsymbol{c}，则 ∣a+b∣=|\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}| =（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 由 a⊥c\boldsymbol{a}\perp\boldsymbol{c}，得 a⋅c=2x−4=0\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c}=2x-4=0，x=2x=2 由 b∥c\boldsymbol{b}\parallel\boldsymbol{c}，得 (1,y)=λ(2,−4)(1,y)=\lambda(2,-4). 由第一坐标 λ=12\lambda=\frac12，所以 y=−2y=-2. 因而 a=(2,1)\boldsymbol{a}=(2,1)，b=(1,−2)\boldsymbol{b}=(1,-2)，从而 a+b=(3,−1)\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}=(3,-1)，∣a+b∣=32+(−1)2=10|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=\sqrt{3^{2}+(-1)^{2}}=\sqrt{10}， 故选 B. \end{solution}
A.
5\sqrt{5}
B.
10\sqrt{10}
C.
252\sqrt{5}
D.
1010

2012 · 重庆 · 理 · 第 6 题 · 选择题

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07集合与逻辑基础★★★☆☆
已知 f(x)f(x) 是定义在 R\mathbf{R} 上的偶函数，且以 2 为周期，则 f(x)f(x) 为 [0,1][0,1] 上的增函数是“f(x)f(x) 为 [3,4][3,4] 上的减函数”的（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 设命题 PP 为“f(x)f(x) 在 [0,1][0,1] 上为增函数”，命题 QQ 为“f(x)f(x) 在 [3,4][3,4] 上为减函数”. 由周期性和偶性，对 x∈[3,4]x\in[3,4] 有
f(x)=f(x−4)=f(4−x)f(x)=f(x-4)=f(4-x)
其中 4−x∈[0,1]4-x\in[0,1].
若 PP 成立，取 3≤x1<x2≤43\le x_{1}<x_{2}\le4，则 4−x1>4−x24-x_{1}>4-x_{2}，于是
f(x1)=f(4−x1)≥f(4−x2)=f(x2)f(x_{1})=f(4-x_{1})\ge f(4-x_{2})=f(x_{2})
所以 QQ 成立. 反之，若 QQ 成立，取 0≤u1<u2≤10\le u_{1}<u_{2}\le1，则 4−u2<4−u14-u_{2}<4-u_{1}，由 QQ 得
f(u2)=f(4−u2)≥f(4−u1)=f(u1)f(u_{2})=f(4-u_{2})\ge f(4-u_{1})=f(u_{1})
所以 PP 成立. 因此 PP 是 QQ 的充要条件，故选 D. \end{solution}
A.
既不充分也不必要的条件
B.
充分而不必要的条件
C.
必要而不充分的条件
D.
充要条件

2012 · 重庆 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08导数及其应用★★★☆☆
设函数 f(x)f(x) 在 R\mathbf{R} 上可导，其导函数为 f′(x)f'(x)，且函数 y=(1−x)f′(x)y = (1 - x)f'(x) 的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 记 g(x)=(1−x)f′(x)g(x)=(1-x)f'(x). 由图可知 g(x)g(x) 在 −2-2，11，22 处为零，并且符号依次为 g(x):g(x):，++， −\ -， +\ +， −\ - 对应区间为 (−∞,−2)(-\infty,-2)，(−2,1)(-2,1)，(1,2)(1,2)，(2,+∞)(2,+\infty). 当 x<1x<1 时 1−x>01-x>0，当 x>1x>1 时 1−x<01-x<0，所以
f′(x)>0在 (−∞,−2) 和 (2,+∞)f'(x)>0\quad\text{在 }(-\infty,-2)\text{ 和 }(2,+\infty)
f′(x)<0在 (−2,1) 和 (1,2)f'(x)<0\quad\text{在 }(-2,1)\text{ 和 }(1,2)
因此 f(x)f(x) 在 −2-2 左增右减，在 22 左减右增，故有极大值 f(−2)f(-2) 和极小值 f(2)f(2). 选项 D 正确. \end{solution}
A.
函数 f(x)f(x) 有极大值 f(2)f(2) 和极小值 f(1)f(1)
B.
函数 f(x)f(x) 有极大值 f(−2)f(-2) 和极小值 f(1)f(1)
C.
函数 f(x)f(x) 有极大值 f(2)f(2) 和极小值 f(−2)f(-2)
D.
函数 f(x)f(x) 有极大值 f(−2)f(-2) 和极小值 f(2)f(2)

2012 · 重庆 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★★☆
设四面体的六条棱的长分别为 11，11，11，11，2\sqrt{2} 和 aa，且长为 aa 的棱与长为 2\sqrt{2} 的棱异面，则 aa 的取值范围是（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 设长为 aa 的棱为 ABAB，长为 2\sqrt2 的异面棱为 CDCD，则其余四条棱 ACAC，ADAD，BCBC，BDBD 均长为 11. 记 CDCD 的中点为 MM. 由 AC=AD=1AC=AD=1，且 CM=DM=22CM=DM=\frac{\sqrt2}{2}，得 AM⊥CDAM\perp CD，并且
AM=AC2−CM2=1−(22)2=22AM=\sqrt{AC^{2}-CM^{2}}=\sqrt{1-\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt2}{2}
因此，点 AA 位于过 MM 且垂直于 CDCD 的平面内，以 MM 为圆心、半径 22\frac{\sqrt2}{2} 的圆上. 同样，由 BC=BD=1BC=BD=1，点 BB 也位于这个圆上. 因此 ABAB 是此圆的一条弦，故
0<a≤2⋅22=20<a\le2\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\sqrt2
当 a=2a=\sqrt2 时，AA，BB 为圆的两个对径点，四点 AA，BB，CC，DD 共面，不能构成四面体；当 a=0a=0 时 AA 与 BB 重合，也不能构成四面体. 对于 0<a<20<a<\sqrt2，四点不共面，可以构成题设四面体. 所以
0<a<20<a<\sqrt2
故选 A. \end{solution}
A.
(0,2)(0, \sqrt{2})
B.
(0,3)(0, \sqrt{3})
C.
(1,2)(1, \sqrt{2})
D.
(1,3)(1, \sqrt{3})

2012 · 重庆 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10集合与逻辑基础★★★★☆
设平面点集 A={(x,y)∣(y−x)(y−1x)⩾0}A = \left\{(x, y) \mid (y - x)\left(y - \frac{1}{x}\right) \geqslant 0\right\}，B={(x,y)∣(x−1)2+(y−1)2⩽1}B = \{(x, y) \mid (x - 1)^2 + (y - 1)^2 \leqslant 1\}，则 A∩BA \cap B 所表示的平面图形的面积为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 圆 BB 的内部是圆心 (1,1)(1,1)、半径 11 的圆盘. 除去边界上的零测集，圆盘内有 x>0x>0，y>0y>0，于是条件可改写为
(y−x)(y−1x)≥0⟺(y−x)(xy−1)≥0(y-x)\left(y-\frac1x\right)\ge0 \quad\Longleftrightarrow\quad (y-x)(xy-1)\ge0
在交换 xx 与 yy 时，圆盘保持不变，而
(y−x)(xy−1)与(x−y)(xy−1)\left(y-x\right)(xy-1) \quad\text{与}\quad \left(x-y\right)(xy-1)
符号相反. 因此，圆盘内满足严格不等式的一点与其关于直线 y=xy=x 的对称点恰有一个属于 AA，边界对面积没有影响. 所以 A∩BA\cap B 占圆盘面积的一半，面积为
12⋅π⋅12=π2\frac12\cdot\pi\cdot1^{2}=\frac\pi2
故选 D. \end{solution}
A.
34π\frac{3}{4}\pi
B.
35π\frac{3}{5}\pi
C.
47π\frac{4}{7}\pi
D.
π2\frac{\pi}{2}

2012 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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11复数★☆☆☆☆
若 (1+i)(2+i)=a+bi(1 + i)(2 + i) = a + bi，其中 aa，b∈Rb \in \mathbf{R}，ii 为虚数单位，则 a+b=a + b =______.
\begin{answer} 44 \end{answer}
\begin{solution}
(1+i)(2+i)=2+i+2i+i2=1+3i(1+i)(2+i)=2+i+2i+i^{2}=1+3i
所以 a=1a=1，b=3b=3，从而 a+b=4a+b=4. \end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12数列★★☆☆☆
lim⁡n→∞1n2+5n−n=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n^2 + 5n} - n}=______.
\begin{answer} 25\frac{2}{5} \end{answer}
\begin{solution} 有理化分母得
1n2+5n−n=n2+5n+n5n=1+5n+15\frac{1}{\sqrt{n^{2}+5n}-n} =\frac{\sqrt{n^{2}+5n}+n}{5n} =\frac{\sqrt{1+\frac5n}+1}{5}
当 n→∞n\to\infty 时，1+5n→1\sqrt{1+\frac5n}\to1，故
lim⁡n→∞1n2+5n−n=1+15=25\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n^{2}+5n}-n} =\frac{1+1}{5}=\frac25
\end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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13三角函数★★☆☆☆
设 △ABC\triangle ABC 的内角 AA，BB，CC 所对的边分别为 aa，bb，cc，且 cos⁡A=35\cos A = \frac{3}{5}，cos⁡B=513\cos B = \frac{5}{13}，b=3b = 3，则 c=‾c =\underline{\hspace{2em}}.
\begin{answer} 145\frac{14}{5} \end{answer}
\begin{solution} 由于 AA，BB 是三角形内角，且余弦值为正，故 sin⁡A=1−cos⁡2A=45\sin A=\sqrt{1-\cos^{2}A}=\frac45，sin⁡B=1−cos⁡2B=1213\sin B=\sqrt{1-\cos^{2}B}=\frac{12}{13} 又 C=π−(A+B)C=\pi-(A+B)，所以
sin⁡C=sin⁡(A+B)=sin⁡Acos⁡B+cos⁡Asin⁡B=45⋅513+35⋅1213=5665\sin C=\sin(A+B) =\sin A\cos B+\cos A\sin B =\frac45\cdot\frac5{13}+\frac35\cdot\frac{12}{13} =\frac{56}{65}
由正弦定理， csin⁡C=bsin⁡B\frac{c}{\sin C}=\frac{b}{\sin B}，c=3⋅5665⋅1312=145c=3\cdot\frac{56}{65}\cdot\frac{13}{12}=\frac{14}{5} \end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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14解析几何★★★☆☆
过抛物线 y2=2xy^{2}=2x 的焦点 FF 作直线 ll 交抛物线于 AA，BB 两点，若 ∣AB∣=2512|AB|=\frac{25}{12}，∣AF∣<∣BF∣|AF|<|BF|，则 ∣AF∣=|AF|=______.
\begin{answer} 56\frac{5}{6} \end{answer}
\begin{solution} 抛物线 y2=2xy^{2}=2x 的焦点为 F(12,0)F\left(\frac12,0\right). 由于竖直弦 x=12x=\frac12 的长度为 22，不等于题设的 2512\frac{25}{12}，故可设直线 ll 为 y=k(x−12)y=k\left(x-\frac12\right)，k≠0k\ne0 与抛物线联立，得
k2(x−12)2=2xk^{2}\left(x-\frac12\right)^{2}=2x
即
k2x2−(k2+2)x+k24=0k^{2}x^{2}-(k^{2}+2)x+\frac{k^{2}}4=0
设交点横坐标为 x1x_{1}，x2x_{2}，则
∣x1−x2∣=(k2+2)2−k4k2=2k2+1k2|x_{1}-x_{2}|=\frac{\sqrt{(k^{2}+2)^{2}-k^{4}}}{k^{2}} =\frac{2\sqrt{k^{2}+1}}{k^{2}}
因为两点在斜率为 kk 的直线上，所以
∣AB∣=∣x1−x2∣1+k2=2(k2+1)k2=2512|AB|=|x_{1}-x_{2}|\sqrt{1+k^{2}} =\frac{2(k^{2}+1)}{k^{2}}=\frac{25}{12}
从而 k2=24k^{2}=24. 代回交点方程，得 24x2−26x+6=024x^{2}-26x+6=0，(3x−1)(4x−3)=0(3x-1)(4x-3)=0， 所以两个交点的横坐标为 13\frac13 和 34\frac34. 由直线距离公式， AF=∣13−12∣1+k2=56AF=\left|\frac13-\frac12\right|\sqrt{1+k^{2}}=\frac56，BF=∣34−12∣1+k2=54BF=\left|\frac34-\frac12\right|\sqrt{1+k^{2}}=\frac54 由 ∣AF∣<∣BF∣|AF|<|BF|，故 ∣AF∣=56|AF|=\frac56. \end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15概率与统计★★★★☆
某艺校在一天的 66 节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各 11 节，则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔 11 节艺术课的概率为______.
\begin{answer} 35\frac{3}{5} \end{answer}
\begin{solution} 只考虑文化课和艺术课的类别排列即可. 三节文化课的位置从六个位置中选取，基本事件总数为
C63=20\mathrm C_{6}^{3}=20
设三节文化课之间的三段艺术课数分别为 g1g_{1}，g2g_{2}，并令两端的艺术课数为 g0g_{0}，g3g_{3}. 则 g0+g1+g2+g3=3g_{0}+g_{1}+g_{2}+g_{3}=3，g1g_{1}，g2∈{0,1}g_{2}\in\{0,1\}. 当 (g1,g2)=(0,0)(g_{1},g_{2})=(0,0) 时有 44 种；当恰有一个为 11 时有 3+3=63+3=6 种；当 (g1,g2)=(1,1)(g_{1},g_{2})=(1,1) 时有 22 种. 所以符合条件的排列有 4+6+2=124+6+2=12 种，所求概率为
1220=35\frac{12}{20}=\frac35
\end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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16导数及其应用★★☆☆☆
设 f(x)=aln⁡x+12x+32x+1f(x)=a\ln x+\frac{1}{2x}+\frac{3}{2}x+1，其中 a∈Ra\in \mathbf{R}，曲线 y=f(x)y=f(x) 在点 (1,f(1))(1,f(1)) 处的切线垂直于 yy 轴.
(1) 求 aa 的值； (2) 求函数 f(x)f(x) 的极值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 函数的定义域为 x>0x>0，且
f′(x)=ax−12x2+32f'(x)=\frac{a}{x}-\frac{1}{2x^{2}}+\frac32
曲线在点 (1,f(1))(1,f(1)) 处的切线垂直于 yy 轴，所以该切线为水平切线，故 f′(1)=0f'(1)=0. 因此 a−12+32=0a-\frac12+\frac32=0，a=−1a=-1
\item 代入 a=−1a=-1，得
f′(x)=−1x−12x2+32=3x2−2x−12x2=(3x+1)(x−1)2x2f'(x)=-\frac1x-\frac{1}{2x^{2}}+\frac32 =\frac{3x^{2}-2x-1}{2x^{2}} =\frac{(3x+1)(x-1)}{2x^{2}}
在定义域 x>0x>0 内，3x+1>03x+1>0，2x2>02x^{2}>0，所以 f′(x)<0f'(x)<0 当 0<x<10<x<1，f′(x)>0f'(x)>0 当 x>1x>1. 于是 f(x)f(x) 在 (0,1)(0,1) 上递减，在 (1,+∞)(1,+\infty) 上递增，故 x=1x=1 为极小值点. 极小值为
f(1)=−ln⁡1+12+32+1=3f(1)=-\ln1+\frac12+\frac32+1=3
函数没有最大值. \end{enumerate} \end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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17概率与统计★★★☆☆
甲，乙两人轮流投篮. 每人每次投一球. 约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球 3 次时投篮结束. 设甲每次投篮投中的概率为 13\frac{1}{3}，乙每次投篮投中的概率为 12\frac{1}{2}，且各次投篮互不影响.
(1) 求甲获胜的概率； (2) 求投篮结束时的甲投篮次数 ξ\xi 的分布列与期望.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 记甲、乙在第 kk 次投篮投中的事件分别为 AkA_{k}，BkB_{k}. 甲在第 kk 次投中而获胜，要求前 k−1k-1 轮双方都未投中，然后甲第 kk 次投中. 因此 P(Ak使甲获胜)=(23⋅12)k−1⋅13=(13)k−113P(A_{k}\text{使甲获胜}) =\left(\frac23\cdot\frac12\right)^{k-1}\cdot\frac13 =\left(\frac13\right)^{k-1}\frac13，k=1k=1，22，33. 这些事件互斥，故甲获胜的概率为
P(甲获胜)=13+19+127=1327P(\text{甲获胜})=\frac13+\frac19+\frac1{27}=\frac{13}{27}
\item ξ\xi 的可能取值为 11，22，33. 当第一轮结束时投篮结束的概率为
P(ξ=1)=P(A1)+P(A1‾B1)=13+23⋅12=23P(\xi=1)=P(A_{1})+P(\overline{A_{1}}B_{1}) =\frac13+\frac23\cdot\frac12=\frac23
第一轮双方均未投中后，第二轮结束的概率为
P(ξ=2)=P(A1‾ B1‾)[P(A2)+P(A2‾B2)]=23⋅12⋅(13+23⋅12)=29P(\xi=2)=P(\overline{A_{1}}\,\overline{B_{1}}) \left[P(A_{2})+P(\overline{A_{2}}B_{2})\right] =\frac23\cdot\frac12\cdot\left(\frac13+\frac23\cdot\frac12\right) =\frac29
若前两轮双方均未投中，则无论第三轮是否有人投中，投篮都在第三轮结束，所以
P(ξ=3)=P(A1‾ B1‾ A2‾ B2‾)=(23⋅12)2=19P(\xi=3)=P(\overline{A_{1}}\,\overline{B_{1}}\,\overline{A_{2}}\,\overline{B_{2}}) =\left(\frac23\cdot\frac12\right)^{2}=\frac19
因此分布列为 \begin{center} \begin{tabular}{c|ccc} ξ\xi & 11 & 22 & 33 \ \hline PP & 23\frac23 & 29\frac29 & 19\frac19 \end{tabular} \end{center} 且
E(ξ)=1⋅23+2⋅29+3⋅19=139E(\xi)=1\cdot\frac23+2\cdot\frac29+3\cdot\frac19=\frac{13}{9}
\end{enumerate} \end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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18三角函数★★★☆☆
设 f(x)=4cos⁡(ωx−π6)sin⁡ωx−cos⁡(2ωx+π)f(x)=4\cos\left(\omega x-\frac{\pi}{6}\right)\sin\omega x-\cos(2\omega x+\pi)，其中 ω>0\omega>0.
(1) 求函数 y=f(x)y = f(x) 的值域； (2) 若 f(x)f(x) 在区间 [−3π2,π2]\left[-\frac{3\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] 上为增函数，求 ω\omega 的最大值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 令 θ=ωx\theta=\omega x. 利用积化和差公式，
4cos⁡(θ−π6)sin⁡θ=2[sin⁡(2θ−π6)+sin⁡π6]=2sin⁡(2θ−π6)+14\cos\left(\theta-\frac\pi6\right)\sin\theta =2\left[\sin\left(2\theta-\frac\pi6\right)+\sin\frac\pi6\right] =2\sin\left(2\theta-\frac\pi6\right)+1
又 cos⁡(2θ+π)=−cos⁡2θ\cos(2\theta+\pi)=-\cos2\theta，所以
f(x)=1+2sin⁡(2θ−π6)+cos⁡2θ=1+3sin⁡2θ=1+3sin⁡(2ωx)f(x)=1+2\sin\left(2\theta-\frac\pi6\right)+\cos2\theta =1+\sqrt3\sin2\theta =1+\sqrt3\sin(2\omega x)
由于 −1≤sin⁡(2ωx)≤1-1\le\sin(2\omega x)\le1，函数值域为
[1−3,1+3]\left[1-\sqrt3,1+\sqrt3\right]
\item 由上式
f′(x)=23 ωcos⁡(2ωx)f'(x)=2\sqrt3\,\omega\cos(2\omega x)
因为 ω>0\omega>0，若 f(x)f(x) 在 [−3π2,π2]\left[-\frac{3\pi}{2},\frac\pi2\right] 上为增函数，就必须在该区间内有 cos⁡(2ωx)≥0\cos(2\omega x)\ge0. 当 xx 从 −3π2-\frac{3\pi}{2} 变化到 00 时，2ωx2\omega x 从 −3πω-3\pi\omega 变化到 00. 若 ω>16\omega>\frac16，则 −3πω<−π2-3\pi\omega<-\frac\pi2，这段自 −3πω-3\pi\omega 到 00 的区间必经过 cos⁡t<0\cos t<0 的部分，函数不可能在原区间上为增函数. 因而 ω≤16\omega\le\frac16.
当 ω≤16\omega\le\frac16 时，对 x∈[−3π2,π2]x\in\left[-\frac{3\pi}{2},\frac\pi2\right]，有
2ωx∈[−3πω,πω]⊆[−π2,π6]2\omega x\in\left[-3\pi\omega,\pi\omega\right] \subseteq\left[-\frac\pi2,\frac\pi6\right]
从而 cos⁡(2ωx)≥0\cos(2\omega x)\ge0，且函数在该区间上为增函数. 所以 ω\omega 的最大值为
16\frac16
\end{enumerate} \end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在直三棱柱 ABC−A1B1C1ABC - A_{1}B_{1}C_{1} 中，AB=4AB = 4，AC=BC=3AC = BC = 3，DD 为 ABAB 的中点.
(1) 求点 C 到平面 A1ABB1A_{1}ABB_{1} 的距离； (2) 若 AB1⊥A1CAB_{1} \perp A_{1}C，求二面角 A1−CD−C1A_{1} - CD - C_{1} 的平面角的余弦值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 在等腰三角形 ABCABC 中，DD 为 ABAB 的中点，所以 CD⊥ABCD\perp AB，且
CD=AC2−AD2=32−22=5CD=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{3^{2}-2^{2}}=\sqrt5
直三棱柱的侧棱垂直于底面，故 AA1⊥CDAA_{1}\perp CD，BB1⊥CDBB_{1}\perp CD. 因为 ABAB 与 AA1AA_{1} 都在平面 A1ABB1A_{1}ABB_{1} 内，且 CDCD 同时垂直于这两条相交直线，所以 CD⊥平面 A1ABB1CD\perp\text{平面 }A_{1}ABB_{1}. 因而点 CC 到该平面的距离为 CD=5CD=\sqrt5.
\item 取直角坐标系，使 DD 为原点，DBDB，DCDC，DD1DD_{1} 分别为 xx，yy，zz 轴正方向，设棱柱的高为 hh. 则 A=(−2,0,0)A=(-2,0,0)，B=(2,0,0)B=(2,0,0)，C=(0,5,0)C=(0,\sqrt5,0) A1=(−2,0,h)A_{1}=(-2,0,h)，B1=(2,0,h)B_{1}=(2,0,h)，C1=(0,5,h)C_{1}=(0,\sqrt5,h) 由 AB1⊥A1CAB_{1}\perp A_{1}C，得 AB1→=(4,0,h)\overrightarrow{AB_{1}}=(4,0,h)，A1C→=(2,5,−h)\overrightarrow{A_{1}C}=(2,\sqrt5,-h) AB1→⋅A1C→=8−h2=0\overrightarrow{AB_{1}}\cdot\overrightarrow{A_{1}C}=8-h^{2}=0，h=22h=2\sqrt2 取 D1=(0,0,h)D_{1}=(0,0,h). 直线 DA1DA_{1} 和 DD1DD_{1} 都垂直于棱 CDCD，且分别在平面 A1CDA_{1}CD 和 C1CDC_{1}CD 内，所以二面角 A1−CD−C1A_{1}-CD-C_{1} 的平面角可取为 ∠A1DD1\angle A_{1}DD_{1}. 因此 DA1→=(−2,0,22)\overrightarrow{DA_{1}}=(-2,0,2\sqrt2)，DD1→=(0,0,22)\overrightarrow{DD_{1}}=(0,0,2\sqrt2)
cos⁡∠A1DD1=DA1→⋅DD1→∣DA1∣ ∣DD1∣=8(23)(22)=63\cos\angle A_{1}DD_{1} =\frac{\overrightarrow{DA_{1}}\cdot\overrightarrow{DD_{1}}}{|DA_{1}|\,|DD_{1}|} =\frac{8}{(2\sqrt3)(2\sqrt2)}=\frac{\sqrt6}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
如图，设椭圆的中心为原点 OO，长轴在 xx 轴上，上顶点为 AA，左，右焦点分别为 F1F_{1}，F2F_{2}，线段 OF1OF_{1}，OF2OF_{2} 的中点分别为 B1B_{1}，B2B_{2}，且 △AB1B2\triangle AB_{1}B_{2} 是面积为 4 的直角三角形.
(1) 求该椭圆的离心率和标准方程； (2) 过 B1B_{1} 作直线 ll 交椭圆于 PP，QQ 两点，使 PB2⊥QB2PB_{2} \perp QB_{2}，求直线 ll 的方程.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设椭圆方程为 x2a2+y2b2=1\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1，a>b>0a>b>0 焦点为 F1(−c,0)F_{1}(-c,0)，F2(c,0)F_{2}(c,0)，其中 c2=a2−b2c^{2}=a^{2}-b^{2}. 则 A=(0,b)A=(0,b)，B1=(−c2,0)B_{1}=\left(-\frac c2,0\right)，B2=(c2,0)B_{2}=\left(\frac c2,0\right) 三角形 AB1B2AB_{1}B_{2} 为等腰三角形，直角只能在顶点 AA，所以
AB1→⋅AB2→=(−c2,−b)⋅(c2,−b)=b2−c24=0\overrightarrow{AB_{1}}\cdot\overrightarrow{AB_{2}} =\left(-\frac c2,-b\right)\cdot\left(\frac c2,-b\right) =b^{2}-\frac{c^{2}}4=0
故 c2=4b2c^{2}=4b^{2}，从而 a2=b2+c2=5b2a^{2}=b^{2}+c^{2}=5b^{2}. 又
4=S△AB1B2=12∣B1B2∣⋅∣OA∣=12cb=12⋅2b2=b24=S_{\triangle AB_{1}B_{2}}=\frac12|B_{1}B_{2}|\cdot|OA| =\frac12 cb=\frac12\cdot2b^{2}=b^{2}
所以 b2=4b^{2}=4，c=4c=4，a2=20a^{2}=20. 因而离心率为
e=ca=425=25e=\frac ca=\frac4{2\sqrt5}=\frac2{\sqrt5}
椭圆的标准方程为
x220+y24=1\frac{x^{2}}{20}+\frac{y^{2}}4=1
\item 由上问，B1=(−2,0)B_{1}=(-2,0)，B2=(2,0)B_{2}=(2,0). 直线 ll 不能为 xx 轴，否则不满足垂直条件，故设 l:l:，x=my−2x=my-2 将其代入椭圆方程，得 (my−2)220+y24=1\frac{(my-2)^{2}}{20}+\frac{y^{2}}4=1，(m2+5)y2−4my−16=0(m^{2}+5)y^{2}-4my-16=0 设交点 P(x1,y1)P(x_{1},y_{1})，Q(x2,y2)Q(x_{2},y_{2})，则 y1y_{1}，y2y_{2} 是上式的两根，所以 y1+y2=4mm2+5y_{1}+y_{2}=\frac{4m}{m^{2}+5}，y1y2=−16m2+5y_{1}y_{2}=-\frac{16}{m^{2}+5} 由 xi=myi−2x_{i}=my_{i}-2，有 B2P→=(my1−4,y1)\overrightarrow{B_{2}P}=(my_{1}-4,y_{1})，B2Q→=(my2−4,y2)\overrightarrow{B_{2}Q}=(my_{2}-4,y_{2}) 条件 PB2⊥QB2PB_{2}\perp QB_{2} 等价于
0=B2P→⋅B2Q→=(m2+1)y1y2−4m(y1+y2)+16=16(4−m2)m2+50=\overrightarrow{B_{2}P}\cdot\overrightarrow{B_{2}Q} =(m^{2}+1)y_{1}y_{2}-4m(y_{1}+y_{2})+16 =\frac{16(4-m^{2})}{m^{2}+5}
所以 m=±2m=\pm2. 于是直线 ll 为
x−2y+2=0或x+2y+2=0x-2y+2=0\quad\text{或}\quad x+2y+2=0
\end{enumerate} \end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21数列★★★★☆
设数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n} 满足 Sn+1=a2Sn+a1S_{n + 1} = a_2S_n + a_1，其中 a2≠0a_2\neq 0.
(1) 求证： {an}\{a_{n}\} 是首项为 1 的等比数列； (2) 若 a2>−1a_{2} > -1，求证：Sn⩽n2(a1+an)S_{n} \leqslant \frac{n}{2}(a_{1} + a_{n})，并给出等号成立的充要条件.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 取 n=1n=1，由题设得
S2=a2S1+a1S_{2}=a_{2}S_{1}+a_{1}
又 S1=a1S_{1}=a_{1}，S2=a1+a2S_{2}=a_{1}+a_{2}，所以 a1+a2=a2a1+a1a_{1}+a_{2}=a_{2}a_{1}+a_{1}，a2(1−a1)=0a_{2}(1-a_{1})=0 因 a2≠0a_{2}\ne0，故 a1=1a_{1}=1.
对 n≥2n\ge2，将 Sn+1=a2Sn+a1S_{n+1}=a_{2}S_{n}+a_{1}，Sn=a2Sn−1+a1S_{n}=a_{2}S_{n-1}+a_{1} 相减，得
an+1=Sn+1−Sn=a2(Sn−Sn−1)=a2ana_{n+1}=S_{n+1}-S_{n}=a_{2}(S_{n}-S_{n-1})=a_{2}a_{n}
结合 a1=1a_{1}=1，可得
an=a2 n−1a_{n}=a_{2}^{\,n-1}
所以 {an}\{a_{n}\} 是首项为 11、公比为 a2a_{2} 的等比数列.
\item 由上问，令 r=a2r=a_{2}，则 r>−1r>-1，r≠0r\ne0，且 a1=1a_{1}=1，an=rn−1a_{n}=r^{n-1}.
Sn=∑k=0n−1rkS_{n}=\sum_{k=0}^{n-1}r^{k}
对 k=0k=0，11，…\ldots，n−1n-1，有
1+rn−1−rk−rn−1−k=(1−rk)(1−rn−1−k)≥01+r^{n-1}-r^{k}-r^{n-1-k} =\left(1-r^{k}\right)\left(1-r^{n-1-k}\right)\ge0
这里，当 −1<r<0-1<r<0 时各因子均非负；当 0<r<10<r<1 时各因子均非负；当 r>1r>1 时各因子均非正，乘积仍非负；r=1r=1 时乘积为零. 对 k=0k=0 到 n−1n-1 求和，得到
n(1+rn−1)−2∑k=0n−1rk≥0n\left(1+r^{n-1}\right)-2\sum_{k=0}^{n-1}r^{k}\ge0
因此
Sn≤n2(1+rn−1)=n2(a1+an)S_{n}\le\frac n2\left(1+r^{n-1}\right) =\frac n2(a_{1}+a_{n})
当 n=1n=1 或 n=2n=2 时，上式两端直接相等. 若 n≥3n\ge3 且 r≠1r\ne1，取 k=1k=1，则 1−r≠01-r\ne0，且 1−rn−2≠01-r^{n-2}\ne0，上面的求和严格为正，不能取等号. 当 r=1r=1 时 an=1a_{n}=1，显然对任意 nn 都取等号. 所以等号成立的充要条件为
n=1或n=2或a2=1n=1\quad\text{或}\quad n=2\quad\text{或}\quad a_{2}=1
\end{enumerate} \end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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