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01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
设集合 A={x∣x∈Z 且 −10⩽x⩽−1}A = \{x \mid x \in \mathbf{Z}\text{ 且 }-10 \leqslant x \leqslant -1\}，B={x∣x∈Z 且 ∣x∣⩽5}B = \{x \mid x \in \mathbf{Z}\text{ 且 }|x| \leqslant 5\}，则 A∪BA \cup B 中的元素个数是（ ）
\begin{solution} 集合 AA 含有整数 −10-10，−9-9，…\ldots，−1-1，共有 1010 个元素；集合 BB 含有整数 −5-5，−4-4，…\ldots，55，共有 1111 个元素. 两集合的交集为 {−5,−4,…,−1}\{-5,-4,\ldots,-1\}，共有 55 个元素，所以
∣A∪B∣=10+11−5=16|A\cup B|=10+11-5=16
故选 C. \end{solution}
A.
1111
B.
1010
C.
1616
D.
1515

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02复数★★☆☆☆
在复平面内，把复数 3−3i3 - \sqrt{3}\mathrm{i} 对应的向量按顺时针方向旋转 π3\frac{\pi}{3}，所得向量对应的复数是（ ）
\begin{solution} 顺时针旋转 π3\frac{\pi}{3} 相当于乘以 cos⁡π3−isin⁡π3=12−32i\displaystyle \cos\frac{\pi}{3}-\mathrm{i}\sin\frac{\pi}{3}=\frac12-\frac{\sqrt3}{2}\mathrm{i}. 因此所得复数为
(3−3i)(12−32i)=−23i(3-\sqrt3\mathrm{i})\left(\frac12-\frac{\sqrt3}{2}\mathrm{i}\right)=-2\sqrt3\mathrm{i}
故选 B. \end{solution}
A.
232\sqrt{3}
B.
−23i-2\sqrt{3}\mathrm{i}
C.
3−3i\sqrt{3}-3\mathrm{i}
D.
3+3i3+\sqrt{3}\mathrm{i}

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03立体几何初步★★☆☆☆
一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是 2\sqrt{2}，3\sqrt{3}，6\sqrt{6}，这个长方体对角线的长是（ ）
\begin{solution} 设长方体的三条棱长分别为 xx，yy，zz，则 xy=2xy=\sqrt2，yz=3yz=\sqrt3，zx=6zx=\sqrt6. 由三式相乘得 xyz=6xyz=\sqrt6，从而 x=xyzyz=2x=\frac{xyz}{yz}=\sqrt2，y=xyzzx=1y=\frac{xyz}{zx}=1，z=xyzxy=3z=\frac{xyz}{xy}=\sqrt3. 所以长方体的对角线长为 x2+y2+z2=2+1+3=6\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{2+1+3}=\sqrt6. 故选 D. \end{solution}
A.
232\sqrt{3}
B.
323\sqrt{2}
C.
66
D.
6\sqrt{6}

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04三角函数★★☆☆☆
已知 sin⁡α>sin⁡β\sin\alpha>\sin\beta，那么下列命题成立的是（ ）
\begin{solution} 在第一象限内，正弦函数递增而余弦函数递减，所以 sin⁡α>sin⁡β\sin\alpha>\sin\beta 推出 cos⁡α<cos⁡β\cos\alpha<\cos\beta，命题 A 错. 第二象限内正切函数递增，而正弦函数递减，因此 sin⁡α>sin⁡β\sin\alpha>\sin\beta 推出 α<β\alpha<\beta，进而 tan⁡α<tan⁡β\tan\alpha<\tan\beta，命题 B 错. 第三象限内正弦函数递减、余弦函数递增，故 sin⁡α>sin⁡β\sin\alpha>\sin\beta 仍推出 cos⁡α<cos⁡β\cos\alpha<\cos\beta，命题 C 错. 第四象限内正弦函数递增、正切函数递增，所以 sin⁡α>sin⁡β\sin\alpha>\sin\beta 推出 α>β\alpha>\beta，从而 tan⁡α>tan⁡β\tan\alpha>\tan\beta. 故选 D. \end{solution}
A.
若 α\alpha，β\beta 是第一象限角，则 cos⁡α>cos⁡β\cos\alpha>\cos\beta
B.
若 α\alpha，β\beta 是第二象限角，则 tan⁡α>tan⁡β\tan\alpha>\tan\beta
C.
若 α\alpha，β\beta 是第三象限角，则 cos⁡α>cos⁡β\cos\alpha>\cos\beta
D.
若 α\alpha，β\beta 是第四象限角，则 tan⁡α>tan⁡β\tan\alpha>\tan\beta

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05函数与初等函数★★☆☆☆
函数 y=−xcos⁡xy=-x\cos x 的部分图象是（ ）
\begin{solution} 函数 y=−xcos⁡xy=-x\cos x 是奇函数，因为 y(−x)=−y(x)y(-x)=-y(x)，所以图象关于原点中心对称. 又 y(0)=0y(0)=0，当 x>0x>0 足够小时 cos⁡x>0\cos x>0，于是 y<0y<0；当 x<0x<0 足够接近零时 y>0y>0. 此外，函数在 x=0x=0 和 x=π2x=\frac{\pi}{2} 等处过 xx 轴. 符合这些性质的图象是选项 D. 故选 D. \end{solution}
A.
B.
C.
D.

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06函数与初等函数★★☆☆☆
《中华人民共和国个人所得税法》规定，公民全月工资、薪金所得不超过 800 元800\text{ 元} 的部分不必纳税，超过 800 元800\text{ 元} 的部分为全月应纳税所得额，此项税款按下表分段累进计算：
某人一月份交纳此项税款 26.78 元26.78\text{ 元}，则他的当月工资、薪金所得介于（ ）
\begin{solution} 设应纳税所得额为 xx 元. 前 500500 元的税款为 500×5%=25500\times5\%=25 元，而总税款为 26.7826.78 元，所以 x>500x>500. 在 500<x⩽2000500<x\leqslant2000 时，税款为
25+10%(x−500)=26.7825+10\%(x-500)=26.78
解得 x=517.8x=517.8. 因此工资、薪金所得为 800+517.8=1317.8800+517.8=1317.8 元，介于 12001200 元和 15001500 元之间. 故选 C. \end{solution}
A.
800 元−900 元800\text{ 元}-900\text{ 元}
B.
900 元−1200 元900\text{ 元}-1200\text{ 元}
C.
1200 元−1500 元1200\text{ 元}-1500\text{ 元}
D.
1500 元−2800 元1500\text{ 元}-2800\text{ 元}

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07不等式★★☆☆☆
若 a>b>1a>b>1，P=lg⁡a⋅lg⁡bP=\sqrt{\lg a\cdot\lg b}，Q=12(lg⁡a+lg⁡b)Q=\frac{1}{2}\left(\lg a+\lg b\right)，R=lg⁡(a+b2)R=\lg\left(\frac{a+b}{2}\right)，则（ ）
\begin{solution} 令 u=lg⁡au=\lg a，v=lg⁡bv=\lg b，则 u>v>0u>v>0. 由算术平均数与几何平均数的关系，P=uv<u+v2=QP=\sqrt{uv}<\frac{u+v}{2}=Q. 又因为 a>b>0a>b>0，有 a+b2>ab\frac{a+b}{2}>\sqrt{ab}，取常用对数得
R=lg⁡a+b2>lg⁡ab=12(lg⁡a+lg⁡b)=QR=\lg\frac{a+b}{2}>\lg\sqrt{ab}=\frac12(\lg a+\lg b)=Q
所以 P<Q<RP<Q<R，故选 B. \end{solution}
A.
R<P<QR<P<Q
B.
P<Q<RP<Q<R
C.
Q<P<RQ<P<R
D.
P<R<QP<R<Q

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08解析几何★★★☆☆
已知两条直线 l1:y=xl_{1}:y=x，l2:ax−y=0l_{2}:ax-y=0，其中 aa 为实数，当这两条直线的夹角在 (0,π12)\left(0,\frac{\pi}{12}\right) 内变动时，aa 的取值范围是（ ）
\begin{solution} 直线 l1l_1 的方向角为 π4\frac{\pi}{4}. 若 a⩽0a\leqslant0，则直线 l2l_2 与 l1l_1 的锐角夹角不小于 π4\frac{\pi}{4}，不可能属于 (0,π12)\left(0,\frac{\pi}{12}\right)，所以 a>0a>0. 令直线 l2l_2 的方向角为 θ=arctan⁡a\theta=\arctan a，则 0<θ<π20<\theta<\frac{\pi}{2}. 由两直线夹角属于 (0,π12)\left(0,\frac{\pi}{12}\right)，有
π6<θ<π3\frac{\pi}{6}<\theta<\frac{\pi}{3}
于是
tan⁡π6<a<tan⁡π3\tan\frac{\pi}{6}<a<\tan\frac{\pi}{3}
即 33<a<3\frac{\sqrt3}{3}<a<\sqrt3. 还要排除 a=1a=1，因为此时两直线重合，夹角为 00. 故
a∈(33,1)∪(1,3)a\in\left(\frac{\sqrt3}{3},1\right)\cup(1,\sqrt3)
故选 C. \end{solution}
A.
(0,1)(0,1)
B.
(33,3)\left(\frac{\sqrt{3}}{3},\sqrt{3}\right)
C.
(33,1)∪(1,3)\left(\frac{\sqrt{3}}{3},1\right)\cup(1,\sqrt{3})
D.
(1,3)(1,\sqrt{3})

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09★☆☆☆☆
一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是（ ）
\begin{solution} 设圆柱的底面半径为 rr，高为 hh. 侧面展开图为正方形，所以 h=2πrh=2\pi r. 圆柱的侧面积为 2πrh2\pi rh，全面积为 2πrh+2πr22\pi rh+2\pi r^2，故全面积与侧面积之比为
2πrh+2πr22πrh=1+rh=1+12π=1+2π2π\frac{2\pi rh+2\pi r^2}{2\pi rh}=1+\frac{r}{h}=1+\frac{1}{2\pi}=\frac{1+2\pi}{2\pi}
故选 A. \end{solution}
A.
1+2π2π\frac{1+2\pi}{2\pi}
B.
1+4π4π\frac{1+4\pi}{4\pi}
C.
1+2ππ\frac{1+2\pi}{\pi}
D.
1+4π2π\frac{1+4\pi}{2\pi}

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10解析几何★★☆☆☆
过原点的直线与圆 x2+y2+4x+3=0x^{2}+y^{2}+4x+3=0 相切，若切点在第三象限，则该直线的方程是（ ）
\begin{solution} 圆的方程化为 (x+2)2+y2=1(x+2)^2+y^2=1，圆心为 (−2,0)(-2,0)，半径为 11. 过原点的切线可设为 y=mxy=mx，即 mx−y=0mx-y=0. 由圆心到切线的距离等于半径，得
∣−2m∣m2+1=1\frac{|{-2m}|}{\sqrt{m^2+1}}=1
所以 4m2=m2+14m^2=m^2+1，即 m=±33m=\pm\frac{\sqrt3}{3}. 切点在第三象限时，直线斜率必须为正，故 m=33m=\frac{\sqrt3}{3}. 因此切线方程为 y=33xy=\frac{\sqrt3}{3}x，故选 C. \end{solution}
A.
y=3xy=\sqrt{3}x
B.
y=−3xy=-\sqrt{3}x
C.
y=33xy=\frac{\sqrt{3}}{3}x
D.
y=−33xy=-\frac{\sqrt{3}}{3}x

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11解析几何★★★☆☆
过抛物线 y=ax2y=ax^{2}（a>0a>0）的焦点 FF 作一直线交抛物线于 PP，QQ 两点，若线段 PFPF 与 FQFQ 的长分别是 pp，qq，则 1p+1q\frac{1}{p}+\frac{1}{q} 等于（ ）
\begin{solution} 将抛物线写成 x2=4ρyx^2=4\rho y 的形式，其中 ρ=14a\rho=\frac{1}{4a}，可得焦点 F=(0,14a)F=\left(0,\frac{1}{4a}\right). 设过 FF 的直线单位方向向量为 (cos⁡θ,sin⁡θ)(\cos\theta,\sin\theta)，用有向参数 ss 表示直线上的点，则 x=scos⁡θx=s\cos\theta，y=14a+ssin⁡θy=\frac{1}{4a}+s\sin\theta. 代入 y=ax2y=ax^2，得
4a2cos⁡2θ s2−4asin⁡θ s−1=04a^2\cos^2\theta\,s^2-4a\sin\theta\,s-1=0
设两个根为 s1s_1，s2s_2. 因为 PP，QQ 位于焦点两侧，所以 s1s2<0s_1s_2<0，并且 ∣s1s2∣=14a2cos⁡2θ|s_1s_2|=\frac{1}{4a^2\cos^2\theta}，∣s1∣+∣s2∣=∣s1−s2∣=1acos⁡2θ|s_1|+|s_2|=|s_1-s_2|=\frac{1}{a\cos^2\theta}. 于是
1p+1q=p+qpq=1(acos⁡2θ)1(4a2cos⁡2θ)=4a\frac1p+\frac1q=\frac{p+q}{pq}=\frac{\frac{1}{(a\cos^2\theta)}}{\frac{1}{(4a^2\cos^2\theta)}}=4a
故选 C. \end{solution}
A.
2a2a
B.
12a\frac{1}{2a}
C.
4a4a
D.
4a\frac{4}{a}

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12立体几何初步★★★★★
如图，OAOA 是圆锥底面中心 OO 到母线的垂线，OAOA 绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成体积相等的两部分，则母线与轴的夹角为（ ）
\begin{solution} 在过圆锥轴的截面内，设圆锥的高为 HH，底面半径为 RR，母线与轴的夹角为 θ\theta. 以底面中心 OO 为原点、轴为竖直方向，设顶点为 V=(0,H)V=(0,H)，母线与底面圆周的交点为 B=(R,0)B=(R,0)，垂足为 A=(r,h)A=(r,h). 由于 AA 在母线 VBVB 上，可设
A=V+t(B−V)=(tR,H(1−t))A=V+t(B-V)=\bigl(tR,H(1-t)\bigr)
又因为 OA⊥VBOA\perp VB，所以
(tR,H(1−t))⋅(R,−H)=0(tR,H(1-t))\cdot(R,-H)=0
从而 t=H2R2+H2=cos⁡2θt=\dfrac{H^2}{R^2+H^2}=\cos^2\theta. 因此 rR=cos⁡2θ\frac{r}{R}=\cos^2\theta，hH=sin⁡2θ\frac{h}{H}=\sin^2\theta. 旋转 OAOA 所得曲面将截面三角形分成两部分. 取靠近底面的部分，其体积等于半径为 RR，rr、高为 hh 的圆台体积减去半径为 rr、高为 hh 的圆锥体积，即
V1=πh3(R2+Rr+r2)−πr2h3=πh3(R2+Rr)V_1=\frac{\pi h}{3}(R^2+Rr+r^2)-\frac{\pi r^2h}{3}=\frac{\pi h}{3}(R^2+Rr)
题设说明 V1V_1 是原圆锥体积的一半，因此
πh3(R2+Rr)=12⋅πR2H3\frac{\pi h}{3}(R^2+Rr)=\frac12\cdot\frac{\pi R^2H}{3}
令 u=cos⁡2θ=rRu=\cos^2\theta=\frac{r}{R}，则 hH=1−u\frac{h}{H}=1-u，从而 2(1−u)(1+u)=12(1-u)(1+u)=1，即 u2=12u^2=\frac12. 因为 0<θ<π20<\theta<\frac{\pi}{2}，所以 u=12u=\frac1{\sqrt2}，故
cos⁡θ=124\cos\theta=\frac1{\sqrt[4]{2}}
故选 D. \end{solution}
A.
arccos⁡123\arccos\frac{1}{\sqrt[3]{2}}
B.
arccos⁡12\arccos\frac{1}{2}
C.
arccos⁡12\arccos\frac{1}{\sqrt{2}}
D.
arccos⁡124\arccos\frac{1}{\sqrt[4]{2}}

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13计数原理与组合数学★★☆☆☆
乒乓球队的 1010 名队员中有 33 名主力队员，派 55 名参加比赛，33 名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余 77 名队员选 22 名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有______种（用数字作答）.
\begin{solution} 三名主力队员分别安排在第一、三、五位置，有 3!=63!=6 种安排. 其余两名队员从七名非主力队员中选出并安排在第二、四位置，有 A72=7×6=42\mathrm A_7^2=7\times6=42 种安排. 因此总数为
3!A72=6×42=2523!\mathrm A_7^2=6\times42=252
\end{solution}

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14解析几何★★★☆☆
椭圆 x29+y24=1\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1 的焦点 F1F_{1}，F2F_{2}，点 PP 为其上的动点，当 ∠F1PF2\angle F_{1}PF_{2} 为钝角时，点 PP 横坐标的取值范围是______.
\begin{solution} 椭圆的半长轴、半短轴分别为 3,23,2，所以焦距参数满足 c=32−22=5c=\sqrt{3^2-2^2}=\sqrt5，可取 F1=(−5,0)F_1=(-\sqrt5,0)，F2=(5,0)F_2=(\sqrt5,0). 设 P=(x,y)P=(x,y)，则
PF1→⋅PF2→=x2+y2−5\overrightarrow{PF_1}\cdot\overrightarrow{PF_2}=x^2+y^2-5
角 F1PF2F_1PF_2 为钝角当且仅当该数量积小于 00，即 x2+y2<5x^2+y^2<5. 又 PP 在椭圆上，故 y2=4(1−x29)y^2=4(1-\frac{x^2}{9})，从而
x2+y2=4+59x2<5x^2+y^2=4+\frac59x^2<5
因此 x2<95x^2<\frac95，即
x∈(−35,35)x\in\left(-\frac3{\sqrt5},\frac3{\sqrt5}\right)
\end{solution}

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15数列★★★☆☆
设 {an}\{a_{n}\} 是首项为 11 的正项数列，且 (n+1)an+12−nan2+an+1an=0(n+1)a_{n+1}^{2}-na_{n}^{2}+a_{n+1}a_{n}=0（n=1n=1，22，33，…\dots），则它的通项公式是 an=‾a_{n}=\underline{\hspace{2em}}.
\begin{solution} 由题设，递推式左边可以因式分解为
((n+1)an+1−nan)(an+1+an)=0\bigl((n+1)a_{n+1}-na_n\bigr)(a_{n+1}+a_n)=0
数列为正项数列，所以 an+1+an>0a_{n+1}+a_n>0，从而 (n+1)an+1=nan(n+1)a_{n+1}=na_n. 于是 nanna_n 为常数，结合 a1=1a_1=1 得 nan=a1=1na_n=a_1=1，an=1na_n=\frac1n. \end{solution}

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16立体几何初步★★★☆☆
如图，EE，FF 分别为正方体面 ADD1A1ADD_{1}A_{1}，面 BCC1B1BCC_{1}B_{1} 的中心，则四边形 BFD1EBFD_{1}E 在该正方体的面上的射影可能是______（要求：把可能的图序号都填上）.
 to 
 0.4
 to
\begin{solution} 取正方体棱长为 11，建立坐标系 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(1,0,0)B=(1,0,0)，D=(0,1,0)D=(0,1,0)，D1=(0,1,1)D_1=(0,1,1). 由 EE，FF 分别为两个相对侧面的中心，得 E=(0,12,12)E=\left(0,\frac12,\frac12\right)，F=(1,12,12)F=\left(1,\frac12,\frac12\right). 四边形 BFD1EBFD_1E 的两组对边分别平行，所以它本身是平行四边形. 正投影保持平行关系. 投影到 x=0x=0 或 x=1x=1 的面时，四个顶点的投影共线，四边形退化为线段，对应图 \circled3\circled{3}. 投影到其余四个面，即 y=0y=0、y=1y=1、z=0z=0、z=1z=1 所在的面时，四个顶点的投影均不重合，仍得到非退化平行四边形，对应图 \circled2\circled{2}. 因此可能的图形是平行四边形和线段，即图序号 \circled2\circled{2}、\circled3\circled{3}. \end{solution}

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17三角函数★★☆☆☆
已知函数 y=3sin⁡x+cos⁡xy=\sqrt{3}\sin x+\cos x（x∈Rx\in\mathbf{R}）.
(1) 当函数 yy 取得最大值时，求自变量 xx 的集合. (2) 该函数的图象可由 y=sin⁡xy=\sin x（x∈Rx\in\mathbf{R}）的图象经过怎样的平移和伸缩变换得到？
\begin{solution} \begin{enumerate} \item y=3sin⁡x+cos⁡x=2sin⁡(x+π6)y=\sqrt3\sin x+\cos x=2\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right). 函数取得最大值 22 当且仅当 x+π6=π2+2kπx+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+2k\pi，所以 x=π3+2kπx=\frac{\pi}{3}+2k\pi，其中 k∈Zk\in\mathbf{Z}. \item 由 y=2sin⁡(x+π6)y=2\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right) 可知，先将 y=sin⁡xy=\sin x 的图象向左平移 π6\frac{\pi}{6}，再沿纵轴方向伸长为原来的 22 倍即可. \end{enumerate} \end{solution}

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18数列★★☆☆☆
设 {an}\{a_{n}\} 为等差数列，SnS_{n} 为数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和，已知 S7=7S_{7}=7，S15=75S_{15}=75，TnT_{n} 为数列 {Snn}\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\} 的前 nn 项和，求 TnT_{n}.
\begin{solution} 设等差数列首项为 a1a_1，公差为 dd. 由 Sn=n2(2a1+(n−1)d)S_n=\frac n2(2a_1+(n-1)d) 及已知条件，得 2a1+6d=22a_1+6d=2，2a1+14d=102a_1+14d=10. 解得 d=1d=1，a1=−2a_1=-2. 因此 Sn=n2(n−5)S_n=\frac n2(n-5)，Snn=n−52\frac{S_n}{n}=\frac{n-5}{2}. 于是
Tn=∑k=1nk−52=14n(n+1)−52n=14n2−94nT_n=\sum_{k=1}^n\frac{k-5}{2}=\frac14n(n+1)-\frac52n=\frac14n^2-\frac94n
\end{solution}

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19立体几何初步★★★★☆
如图，已知平行六面体 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的底面 ABCDABCD 为菱形，且 ∠C1CB=∠C1CD=∠BCD\angle C_{1}CB=\angle C_{1}CD=\angle BCD.
(1) 证明：C1C⊥BDC_{1}C\perp BD； (2) 当 CDCC1\frac{CD}{CC_{1}} 的值为多少时，能使 A1C⊥A_{1}C\perp 平面 C1BDC_{1}BD？请给出证明.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 u=CB→\boldsymbol{u}=\overrightarrow{CB}，v=CD→\boldsymbol{v}=\overrightarrow{CD}，w=CC1→\boldsymbol{w}=\overrightarrow{CC_1}，并记 ∣u∣=∣v∣=s\lvert\boldsymbol{u}\rvert=\lvert\boldsymbol{v}\rvert=s，∠BCD=φ\angle BCD=\varphi. 由底面为菱形，∣u∣=∣v∣=s\lvert\boldsymbol{u}\rvert=\lvert\boldsymbol{v}\rvert=s. 又由题设三个角相等，
w⋅u=∣w∣scos⁡φ=w⋅v\boldsymbol{w}\cdot\boldsymbol{u}=\lvert\boldsymbol{w}\rvert s\cos\varphi=\boldsymbol{w}\cdot\boldsymbol{v}
所以 w⋅(v−u)=0\boldsymbol{w}\cdot(\boldsymbol{v}-\boldsymbol{u})=0，而 v−u=BD→\boldsymbol{v}-\boldsymbol{u}=\overrightarrow{BD}，故 C1C⊥BDC_1C\perp BD. \item 有 CA1→=u+v+w\overrightarrow{CA_1}=\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}+\boldsymbol{w}. 由（1）立即得到
(u+v+w)⋅(v−u)=0(\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}+\boldsymbol{w})\cdot(\boldsymbol{v}-\boldsymbol{u})=0
再取平面 C1BDC_1BD 内的方向向量 BC1→=w−u\overrightarrow{BC_1}=\boldsymbol{w}-\boldsymbol{u}，则
(u+v+w)⋅(w−u)=∣w∣2−s2+s∣w∣cos⁡φ−s2cos⁡φ=(∣w∣−s)(∣w∣+s+scos⁡φ)(\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}+\boldsymbol{w})\cdot(\boldsymbol{w}-\boldsymbol{u}) =\lvert\boldsymbol{w}\rvert^2-s^2+s\lvert\boldsymbol{w}\rvert\cos\varphi-s^2\cos\varphi =\bigl(\lvert\boldsymbol{w}\rvert-s\bigr)\bigl(\lvert\boldsymbol{w}\rvert+s+s\cos\varphi\bigr)
因 0<φ<π0<\varphi<\pi，第二个因子为正，所以垂直条件等价于 ∣w∣=s\lvert\boldsymbol{w}\rvert=s. 因此
CDCC1=s∣w∣=1\frac{CD}{CC_1}=\frac{s}{\lvert\boldsymbol{w}\rvert}=1
\end{enumerate} \end{solution}

2000 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20函数与初等函数★★★★☆
设函数 f(x)=x2+1−axf(x)=\sqrt{x^{2}+1}-ax，其中 a>0a>0.
(1) 解不等式 f(x)⩽1f(x)\leqslant1； (2) 证明：当 a⩾1a\geqslant1 时，函数 f(x)f(x) 在区间 [0,+∞)[0,+\infty) 上是单调函数.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 当 x<0x<0 时，x2+1>1\sqrt{x^2+1}>1，且 −ax>0-ax>0，所以 f(x)>1f(x)>1，不等式无负数解. 当 x⩾0x\geqslant0 时，右端 1+ax>01+ax>0，故原不等式等价于
x2+1⩽(1+ax)2x^2+1\leqslant(1+ax)^2
即 x((1−a2)x−2a)⩽0x((1-a^2)x-2a)\leqslant0. 若 0<a<10<a<1，得到 0⩽x⩽2a1−a20\leqslant x\leqslant\frac{2a}{1-a^2}；若 a⩾1a\geqslant1，对所有 x⩾0x\geqslant0 不等式都成立. 因此解集为
{[0,2a1−a2],0<a<1,[0,+∞),a⩾1.\begin{cases} \left[0,\dfrac{2a}{1-a^2}\right],&0<a<1,\\ [0,+\infty),&a\geqslant1. \end{cases}
\item 取 0⩽x1<x20\leqslant x_1<x_2. 有
f(x2)−f(x1)=(x2−x1)(x1+x2x22+1+x12+1−a)f(x_2)-f(x_1)=(x_2-x_1)\left(\frac{x_1+x_2}{\sqrt{x_2^2+1}+\sqrt{x_1^2+1}}-a\right)
由于 xi⩾0x_i\geqslant0，分式小于 11，而 a⩾1a\geqslant1，故括号内小于 00. 于是 f(x2)<f(x1)f(x_2)<f(x_1)，所以 f(x)f(x) 在 [0,+∞)[0,+\infty) 上单调递减. \end{enumerate} \end{solution}

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21函数与初等函数★★★☆☆
某蔬菜基地种植西红柿，由历年市场行情得知，从二月一日起的 300300 天内，西红柿市场售价与上市时间的关系用图一的一条折线表示；西红柿的种植成本与上市时间的关系用图二的抛物线段表示.
(1) 写出图一表示的市场售价与时间的函数关系式 p=f(t)p=f(t)；写出图二表示的种植成本与时间的函数关系式 Q=g(t)Q=g(t)； (2) 认定市场售价减去种植成本为纯收益，问何时上市的西红柿纯收益最大？
注：市场售价与种植成本的单位：元/102 kg\text{元}/10^{2}\mathrm{~kg}，时间单位：天\text{天}.
=0pt
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由图一中折线经过 (0,300)(0,300)、(200,100)(200,100)、(300,300)(300,300)，所以
p=f(t)={300−t,0⩽t⩽200,2t−300,200<t⩽300.p=f(t)=\begin{cases} 300-t, & 0\leqslant t\leqslant200,\\ 2t-300, & 200<t\leqslant300. \end{cases}
由图二的顶点 (150,100)(150,100) 及点 (50,150)(50,150) 可得 Q=g(t)=1200(t−150)2+100Q=g(t)=\frac1{200}(t-150)^2+100，0⩽t⩽3000\leqslant t\leqslant300. \item 设纯收益为 w(t)=p(t)−g(t)w(t)=p(t)-g(t). 当 0⩽t⩽2000\leqslant t\leqslant200 时，
w(t)=−1200t2+12t+1752w(t)=-\frac1{200}t^2+\frac12t+\frac{175}{2}
其对称轴为 t=50t=50，故这一段的最大值在 t=50t=50 处取得，且为 100100. 当 200<t⩽300200<t\leqslant300 时，
w(t)=−1200t2+72t−10252w(t)=-\frac1{200}t^2+\frac72t-\frac{1025}{2}
其对称轴为 t=350t=350，所以在区间 (200,300](200,300] 上递增，最大值为 w(300)=1752<100w(300)=\frac{175}{2}<100. 因此从二月一日起 5050 天时上市，纯收益最大. \end{enumerate} \end{solution}

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22解析几何★★★★☆
如图，已知梯形 ABCDABCD 中 ∣AB∣=2∣CD∣|AB|=2|CD|，点 EE 分有向线段 AC→\overrightarrow{AC} 所成的比为 λ\lambda，双曲线过 CC，DD，EE 三点，且以 AA，BB 为焦点，当 23⩽λ⩽34\frac{2}{3}\leqslant\lambda\leqslant\frac{3}{4} 时，求双曲线离心率 ee 的取值范围.
\begin{solution} 以 ABAB 的垂直平分线为 yy 轴、ABAB 所在直线为 xx 轴建立直角坐标系. 设双曲线的焦点为 A=(−c,0)A=(-c,0)、B=(c,0)B=(c,0)，方程为 x2a2−y2b2=1\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1，c2=a2+b2c^2=a^2+b^2. 因为 CD∥ABCD\parallel AB，且 CC，DD 在同一双曲线上，关于 yy 轴对称. 又 AB=2CDAB=2CD，故可设 C=(c2,h)C=\left(\frac c2,h\right)，D=(−c2,h)D=\left(-\frac c2,h\right). 由点 CC 在双曲线上，得 c24a2−h2b2=1\frac{c^2}{4a^2}-\frac{h^2}{b^2}=1，h2b2=14c2a2−1\frac{h^2}{b^2}=\frac14\frac{c^2}{a^2}-1. 按有向线段定比分点的定义，AE→=λEC→\overrightarrow{AE}=\lambda\overrightarrow{EC}，所以
E=A+λC1+λ=(c(λ−2)2(1+λ),λh1+λ)E=\frac{A+\lambda C}{1+\lambda} =\left(\frac{c(\lambda-2)}{2(1+\lambda)},\frac{\lambda h}{1+\lambda}\right)
令 e2=c2a2e^2=\frac{c^2}{a^2}，把点 EE 代入双曲线方程，并利用上式，得到
e2(λ−2)24(1+λ)2−λ2(1+λ)2(e24−1)=1\frac{e^2(\lambda-2)^2}{4(1+\lambda)^2} -\frac{\lambda^2}{(1+\lambda)^2}\left(\frac{e^2}{4}-1\right)=1
整理得 e2(1−λ)=1+2λe^2(1-\lambda)=1+2\lambda，即
e2=1+2λ1−λe^2=\frac{1+2\lambda}{1-\lambda}
函数 1+2λ1−λ\frac{1+2\lambda}{1-\lambda} 在 [23,34]\left[\frac23,\frac34\right] 上递增，因此
7⩽e2⩽107\leqslant e^2\leqslant10
双曲线离心率为正，故
e∈[7,10]e\in[\sqrt7,\sqrt{10}]
\end{solution}

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