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01解析几何★☆☆☆☆
若圆 CC 与圆 (x+2)2+(y−1)2=1(x+2)^{2}+(y-1)^{2}=1 关于原点对称，则圆 CC 的方程为（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 已知圆的圆心为 (−2,1)(-2,1)，半径为 11. 关于原点对称后，圆心变为 (2,−1)(2,-1)，半径不变，所以圆 CC 的方程为 (x−2)2+(y+1)2=1(x-2)^{2}+(y+1)^{2}=1，故选 A. \end{solution}
A.
(x−2)2+(y+1)2=1(x-2)^{2}+(y+1)^{2}=1
B.
(x−2)2+(y−1)2=1(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1
C.
(x−1)2+(y+2)2=1(x-1)^{2}+(y+2)^{2}=1
D.
(x+1)2+(y−2)2=1(x+1)^{2}+(y-2)^{2}=1

2003 · 河南 · 第 1 题 · 选择题

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02解析几何★☆☆☆☆
抛物线 y=ax2y=ax^{2} 的准线方程是 y=2y=2，则 aa 的值为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 将抛物线写成标准形式 x2=4pyx^{2}=4py，则 y=ax2y=ax^{2} 等价于 x2=1ayx^{2}=\frac{1}{a}y，所以 4p=1a4p=\frac{1}{a}. 抛物线的准线为 y=−py=-p，由 −p=2-p=2 得 p=−2p=-2，从而 a=14p=−18a=\frac{1}{4p}=-\frac{1}{8}，故选 B. \end{solution}
A.
18\frac{1}{8}
B.
−18-\frac{1}{8}
C.
88
D.
−8-8

2003 · 河南 · 第 2 题 · 选择题

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03三角函数★★☆☆☆
已知 x∈(−π2,0)x \in \left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)， cos⁡x=45\cos x = \frac{4}{5}，则 tan⁡2x=\tan 2x =（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 由 x∈(−π2,0)x\in\left(-\frac{\pi}{2},0\right) 且 cos⁡x=45\cos x=\frac{4}{5}，得 sin⁡x=−35\sin x=-\frac{3}{5}，所以 tan⁡x=−34\tan x=-\frac{3}{4}. 因此 tan⁡2x=2tan⁡x1−tan⁡2x=−321−916=−247\tan 2x=\dfrac{2\tan x}{1-\tan^{2}x}=\dfrac{-\frac{3}{2}}{1-\frac{9}{16}}=-\frac{24}{7}， 故选 D. \end{solution}
A.
724\frac{7}{24}
B.
−724-\frac{7}{24}
C.
247\frac{24}{7}
D.
−247-\frac{24}{7}

2003 · 河南 · 第 3 题 · 选择题

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04平面向量★★☆☆☆
已知四边形 ABCDABCD 是菱形，点 PP 在对角线 ACAC 上（不包括端点 AA，CC），则 AP→=\overrightarrow{AP} =（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 菱形是平行四边形，所以 AC→=AB→+AD→\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}. 因为点 PP 在对角线 ACAC 的内部，所以存在 λ∈(0,1)\lambda\in(0,1)，使得 AP→=λAC→=λ(AB→+AD→)\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{AC}=\lambda(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})，故选 A. \end{solution}
A.
λ(AB→+AD→)\lambda(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD})（λ∈(0,1)\lambda \in (0, 1)）
B.
λ(AB→+BC→)\lambda(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC})（λ∈(0,22)\lambda \in (0, \frac{\sqrt{2}}{2})）
C.
λ(AB→−AD→)\lambda(\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AD})（λ∈(0,1)\lambda \in (0, 1)）
D.
λ(AB→−BC→)\lambda(\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{BC})（λ∈(0,22)\lambda \in (0, \frac{\sqrt{2}}{2})）

2003 · 河南 · 第 4 题 · 选择题

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05函数与初等函数★★☆☆☆
设函数
f(x)={2−x−1,x≤0,1x2,x>0.f(x)=\begin{cases} 2^{-x}-1, & x\leq 0,\\ \frac{1}{x^{2}}, & x>0. \end{cases}
，若 f(x0)>1f(x_{0})>1，则 x0x_{0} 的取值范围是（ ）
\begin{answer} 原题无正确选项 \end{answer}
\begin{solution} 当 x0≤0x_{0}\leq0 时，f(x0)>1f(x_{0})>1 等价于 2−x0−1>12^{-x_{0}}-1>1，即 2−x0>22^{-x_{0}}>2，从而 x0<−1x_{0}<-1. 当 x0>0x_{0}>0 时，f(x0)>1f(x_{0})>1 等价于 1x02>1\frac{1}{x_{0}^{2}}>1，所以 0<x0<10<x_{0}<1. 因而按原始题面直接计算得到 x0∈(−∞,−1)∪(0,1)x_{0}\in(-\infty,-1)\cup(0,1). 这个集合与题面给出的四个选项均不相同，因此原卷题面没有正确选项，现有答案记录不能与题干同时成立. \end{solution}
A.
(−1,1)(-1,1)
B.
(−1,+∞)(-1,+\infty)
C.
(−∞,−2)∪(0,+∞)(-\infty,-2)\cup(0,+\infty)
D.
(−∞,−1)∪(1,+∞)(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)

2003 · 河南 · 第 5 题 · 选择题

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06数列★★☆☆☆
等差数列 {an}\{a_{n}\} 中，已知 a1=13a_{1}=\frac{1}{3}， a2+a5=4a_{2}+a_{5}=4， an=33a_{n}=33，则 nn 为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 设等差数列的公差为 dd. 由 a2+a5=4a_{2}+a_{5}=4 得 2a1+5d=42a_{1}+5d=4，即 23+5d=4\frac{2}{3}+5d=4，所以 d=23d=\frac{2}{3}. 因而 an=a1+(n−1)d=13+2(n−1)3=2n−13a_{n}=a_{1}+(n-1)d=\frac{1}{3}+\frac{2(n-1)}{3}=\frac{2n-1}{3}. 由 an=33a_{n}=33 得 2n−1=992n-1=99，所以 n=50n=50，故选 C. \end{solution}
A.
4848
B.
4949
C.
5050
D.
5151

2003 · 河南 · 第 6 题 · 选择题

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07指数函数与对数函数★★☆☆☆
函数 y=ln⁡x+1x−1y = \ln \frac{x + 1}{x - 1}， x∈(1,+∞)x \in (1, +\infty) 的反函数为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 设原函数中自变量为 tt，函数值为 uu，则 u=ln⁡t+1t−1u=\ln\frac{t+1}{t-1}，其中 t>1t>1. 因而 eu=t+1t−1\mathrm{e}^{u}=\frac{t+1}{t-1}，解得 t=eu+1eu−1t=\frac{\mathrm{e}^{u}+1}{\mathrm{e}^{u}-1}. 当 t>1t>1 时，t+1t−1>1\frac{t+1}{t-1}>1，所以 u>0u>0. 交换自变量与函数值，反函数为 y=ex+1ex−1y=\frac{\mathrm{e}^{x}+1}{\mathrm{e}^{x}-1}，x∈(0,+∞)x\in(0,+\infty)，故选 B. \end{solution}
A.
y=ex−1ex+1y = \frac{\mathrm{e}^{x} - 1}{\mathrm{e}^{x} + 1}（x∈(0,+∞)x \in (0, +\infty)）
B.
y=ex+1ex−1y = \frac{\mathrm{e}^{x} + 1}{\mathrm{e}^{x} - 1}（x∈(0,+∞)x \in (0, +\infty)）
C.
y=ex−1ex+1y = \frac{\mathrm{e}^{x} - 1}{\mathrm{e}^{x} + 1}（x∈(−∞,0)x \in (-\infty, 0)）
D.
y=ex+1ex−1y = \frac{\mathrm{e}^{x} + 1}{\mathrm{e}^{x} - 1}（x∈(−∞,0)x \in (-\infty, 0)）

2003 · 河南 · 第 7 题 · 选择题

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08立体几何初步★★★☆☆
棱长为 aa 的正方体中，连结相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 取正方体中心为原点，六个面的中心分别为 (±a2,0,0)\left(\pm\frac{a}{2},0,0\right)、(0,±a2,0)\left(0,\pm\frac{a}{2},0\right)、(0,0,±a2)\left(0,0,\pm\frac{a}{2}\right)，它们构成一个正八面体. 该八面体可由中心与八个全等三角形面分成八个全等四面体.
每个三角形面的边长为 a2\frac{a}{\sqrt{2}}，面积为 38a2\frac{\sqrt{3}}{8}a^{2}. 中心到该三角形所在平面的距离为 a23\frac{a}{2\sqrt{3}}，所以一个小四面体的体积为 13⋅38a2⋅a23=a348\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{8}a^{2}\cdot\frac{a}{2\sqrt{3}}=\frac{a^{3}}{48}. 因此八面体的体积为 8⋅a348=a368\cdot\frac{a^{3}}{48}=\frac{a^{3}}{6}，故选 C. \end{solution}
A.
a33\frac{a^{3}}{3}
B.
a34\frac{a^{3}}{4}
C.
a36\frac{a^{3}}{6}
D.
a312\frac{a^{3}}{12}

2003 · 河南 · 第 8 题 · 选择题

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09导数及其应用★★★☆☆
设 a>0a > 0， f(x)=ax2+bx+cf(x) = ax^{2} + bx + c，曲线 y=f(x)y = f(x) 在点 P(x0,f(x0))P(x_{0}, f(x_{0})) 处的切线的倾斜角的取值范围为 [0,π4][0, \frac{\pi}{4}]，则 PP 到曲线 y=f(x)y = f(x) 对称轴距离的取值范围为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 抛物线在点 P(x0,f(x0))P(x_{0},f(x_{0})) 处的切线斜率为 f′(x0)=2ax0+bf'(x_{0})=2ax_{0}+b. 切线倾斜角属于 [0,π4]\left[0,\frac{\pi}{4}\right]，所以 0≤2ax0+b≤10\leq2ax_{0}+b\leq1， 即 −b2a≤x0≤1−b2a-\frac{b}{2a}\leq x_{0}\leq\frac{1-b}{2a}. 曲线的对称轴为 x=−b2ax=-\frac{b}{2a}，因此点 PP 到对称轴的距离为 x0+b2ax_{0}+\frac{b}{2a}，其取值范围为 [0,12a]\left[0,\frac{1}{2a}\right]，故选 B. \end{solution}
A.
[0,1a]\left[0,\frac{1}{a}\right]
B.
[0,12a]\left[0,\frac{1}{2a}\right]
C.
[0,∣b2a∣]\left[0,\left|\frac{b}{2a}\right|\right]
D.
[0,∣b−12a∣]\left[0,\left|\frac{b-1}{2a}\right|\right]

2003 · 河南 · 第 9 题 · 选择题

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10解析几何★★★☆☆
已知双曲线中心在原点且一个焦点为 F(7,0)F(\sqrt{7}, 0)，直线 y=x−1y = x - 1 与其相交于 MM，NN 两点，MNMN 中点的横坐标为 −23-\frac{2}{3}，则此双曲线的方程是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 设双曲线方程为 x2a2−y2b2=1\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1，其中焦半距为 a2+b2=7\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{7}，所以 a2+b2=7a^{2}+b^{2}=7. 将直线 y=x−1y=x-1 代入，得
x2a2−(x−1)2b2=1\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{(x-1)^{2}}{b^{2}}=1
设交点的横坐标为 x1x_{1}，x2x_{2}. 整理为关于 xx 的二次方程并由韦达定理得
x1+x2=−2a2b2−a2x_{1}+x_{2}=\frac{-2a^{2}}{b^{2}-a^{2}}
由中点横坐标为 −23-\frac{2}{3}，得 x1+x2=−43x_{1}+x_{2}=-\frac{4}{3}，所以 −2a2b2−a2=−43\frac{-2a^{2}}{b^{2}-a^{2}}=-\frac{4}{3}，5a2=2b25a^{2}=2b^{2}. 联立 a2+b2=7a^{2}+b^{2}=7，得 a2=2a^{2}=2，b2=5b^{2}=5. 因此双曲线方程为 x22−y25=1\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{5}=1，故选 D. \end{solution}
A.
x23−y24=1\frac{x^{2}}{3}-\frac{y^{2}}{4}=1
B.
x24−y23=1\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{3}=1
C.
x25−y22=1\frac{x^{2}}{5}-\frac{y^{2}}{2}=1
D.
x22−y25=1\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{5}=1

2003 · 河南 · 第 10 题 · 选择题

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11解析几何★★★★☆
已知长方形的四个顶点 A(0,0)A(0, 0)， B(2,0)B(2, 0)， C(2,1)C(2, 1) 和 D(0,1)D(0, 1). 一质点从 ABAB 的中点 P0P_0 沿与 ABAB 夹角为 θ\theta 的方向射到 BCBC 上的点 P1P_1 后，依次反射到 CDCD， DADA 和 ABAB 上的点 P2P_2， P3P_3 和 P4P_4（入射角等于反射角）. 设 P4P_4 的坐标为 (x4,0)(x_4, 0)，若 1<x4<21 < x_4 < 2，则 tan⁡θ\tan \theta 的取值范围是（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 令 t=tan⁡θt=\tan\theta. 由于质点先从 ABAB 射向 BCBC，取 t>0t>0. 将每次反射后的长方形关于反射边对称展开，反射轨迹就变为一条直线. 以原长方形左下角为坐标原点，在展开图中取 P0=(1,0)P_{0}=(1,0)，则直线轨迹为 Y=t(X−1)Y=t(X-1).
第一次碰到 BCBC 时，展开图中的右边界为 X=2X=2，故 P1P_{1} 对应于 (2,t)(2,t). 将长方形关于 BCBC 展开后，第二次碰到 CDCD 时仍在 2<X<42<X<4 的展开矩形内；由 Y=1Y=1 得
X=1+1tX=1+\frac{1}{t}
再关于 CDCD 展开，第三次碰到 DADA 时对应于展开图中的边界 X=4X=4，所以
Y=3tY=3t
再关于 DADA 展开，第四次碰到 ABAB 时对应于 Y=2Y=2，因而
X=1+2tX=1+\frac{2}{t}
第四次碰到 ABAB 的展开矩形为 4<X<64<X<6，该矩形折回原长方形后横坐标为 x4=X−4x_{4}=X-4，所以
x4=2t−3x_{4}=\frac{2}{t}-3
由 1<x4<21<x_{4}<2，得 1<2t−3<21<\frac{2}{t}-3<2， 从而 25<t<12\frac{2}{5}<t<\frac{1}{2}. 这个范围自动保证各次碰撞依次落在相应边界的内部，故 tan⁡θ∈(25,12)\tan\theta\in\left(\frac{2}{5},\frac{1}{2}\right)，选 C. \end{solution}
A.
(13,1)\left(\frac{1}{3},1\right)
B.
(13,23)\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)
C.
(25,12)\left(\frac{2}{5},\frac{1}{2}\right)
D.
(25,23)\left(\frac{2}{5},\frac{2}{3}\right)

2003 · 河南 · 第 11 题 · 选择题

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12立体几何初步★★★☆☆
一个四面体的所有棱长都为 2\sqrt{2}，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 所有棱长相等的四面体是正四面体. 设其底面为边长 2\sqrt{2} 的正三角形，底面中心到任一顶点的距离为 63\frac{\sqrt{6}}{3}. 正四面体的高为 23\frac{2}{\sqrt{3}}，球心为正四面体的重心，因此球心到该底面的距离为高的 14\frac{1}{4}，即 123\frac{1}{2\sqrt{3}}. 所以球半径 RR 满足
R2=(63)2+(123)2=23+112=34R^{2}=\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2\sqrt{3}}\right)^{2}=\frac{2}{3}+\frac{1}{12}=\frac{3}{4}
故球的表面积为 4πR2=3π4\pi R^{2}=3\pi，选 A. \end{solution}
A.
3π3\pi
B.
4π4\pi
C.
33π3\sqrt{3}\pi
D.
6π6\pi

2003 · 河南 · 第 12 题 · 选择题

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13计数原理与组合数学★★☆☆☆
(x2−12x)9(x^{2}-\frac{1}{2x})^{9} 展开式中 x9x^{9} 的系数是______. \begin{answer} −212-\frac{21}{2} \end{answer}
\begin{solution} 展开式的通项为
C9k(x2)9−k(−12x)k=C9k(−1)k2kx18−3k\mathrm C_{9}^{k}(x^{2})^{9-k}\left(-\frac{1}{2x}\right)^{k}=\mathrm C_{9}^{k}\frac{(-1)^{k}}{2^{k}}x^{18-3k}
要得到 x9x^{9}，必须满足 18−3k=918-3k=9，所以 k=3k=3. 因此所求系数为
C93(−1)323=−848=−212\mathrm C_{9}^{3}\frac{(-1)^{3}}{2^{3}}=-\frac{84}{8}=-\frac{21}{2}
\end{solution}

2003 · 河南 · 第 13 题 · 填空题

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14概率与统计★☆☆☆☆
某公司生产三种型号的轿车，产量分别为 1200 辆1200\text{ 辆}，6000 辆6000\text{ 辆} 和 2000 辆2000\text{ 辆}. 为检验该公司的产品质量，现用分层抽样的方法抽取 46 辆46\text{ 辆} 进行检验，这三种型号的轿车依次应抽取______，______，______ 辆\text{ 辆}. \begin{answer} 6，30，10 \end{answer}
\begin{solution} 三种型号轿车的总产量为 1200+6000+2000=9200 辆1200+6000+2000=9200\text{ 辆}. 分层抽样要求各层的抽样比相同，抽样比为 469200=1200\frac{46}{9200}=\frac{1}{200}. 因而三种型号依次抽取 1200⋅1200=6 辆1200\cdot\frac{1}{200}=6\text{ 辆}，6000⋅1200=30 辆6000\cdot\frac{1}{200}=30\text{ 辆}，2000⋅1200=10 辆2000\cdot\frac{1}{200}=10\text{ 辆}. \end{solution}

2003 · 河南 · 第 14 题 · 填空题

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15立体几何初步★★★★☆
对于四面体 ABCDABCD，给出下列四个命题：
① 若 AB=ACAB=AC，BD=CDBD=CD，则 BC⊥ADBC \perp AD； ② 若 AB=CDAB=CD，AC=BDAC=BD，则 BC⊥ADBC \perp AD； ③ 若 AB⊥ACAB \perp AC，BD⊥CDBD \perp CD，则 BC⊥ADBC \perp AD； ④ 若 AB⊥CDAB \perp CD，BD⊥ACBD \perp AC，则 BC⊥ADBC \perp AD.
其中真命题的序号是______. \begin{answer} \circled1\circled{1}，\circled4\circled{4} \end{answer}
\begin{solution} 命题\circled1\circled{1}中，满足 AB=ACAB=AC 的点 AA 和满足 BD=CDBD=CD 的点 DD 都在边 BCBC 的垂直平分面内. 因而直线 ADAD 在这个平面内，而垂直平分面的法向量平行于 BCBC，所以 AD⊥BCAD\perp BC，命题\circled1\circled{1}正确.
对命题\circled2\circled{2}，取 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(0,1,0)B=(0,1,0)，C=(1,0,1)C=(1,0,1)，D=(1,0,0)D=(1,0,0). 则 AB=CD=1AB=CD=1，AC=BD=2AC=BD=\sqrt{2}，但 BC→⋅AD→=(1,−1,1)⋅(1,0,0)=1≠0\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{AD}=(1,-1,1)\cdot(1,0,0)=1\neq0，故命题\circled2\circled{2}错误.
对命题\circled3\circled{3}，取 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(1,0,0)B=(1,0,0)，C=(0,1,0)C=(0,1,0)，D=(0,12,12)D=\left(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right). 此时 AB→⋅AC→=0\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=0，且 BD→⋅CD→=(−1,12,12)⋅(0,−12,12)=0\overrightarrow{BD}\cdot\overrightarrow{CD}=(-1,\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2})\cdot(0,-\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2})=0， 但 BC→⋅AD→=(−1,1,0)⋅(0,12,12)=12≠0\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{AD}=(-1,1,0)\cdot\left(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\neq0，故命题\circled3\circled{3}错误.
对命题\circled4\circled{4}，设 AA 为原点，记 AB→=b\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{b}，AC→=c\overrightarrow{AC}=\boldsymbol{c}，AD→=d\overrightarrow{AD}=\boldsymbol{d}. 由 AB⊥CDAB\perp CD 得 b⋅(d−c)=0\boldsymbol{b}\cdot(\boldsymbol{d}-\boldsymbol{c})=0，所以 b⋅d=b⋅c\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{d}=\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}. 由 BD⊥ACBD\perp AC 得 (d−b)⋅c=0(\boldsymbol{d}-\boldsymbol{b})\cdot\boldsymbol{c}=0，所以 d⋅c=b⋅c\boldsymbol{d}\cdot\boldsymbol{c}=\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}. 因而 BC→⋅AD→=(c−b)⋅d=c⋅d−b⋅d=0\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{AD}=(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b})\cdot\boldsymbol{d}=\boldsymbol{c}\cdot\boldsymbol{d}-\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{d}=0， 命题\circled4\circled{4}正确. 所以真命题的序号为 11，44. \end{solution}

2003 · 河南 · 第 15 题 · 填空题

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16计数原理与组合数学★★★☆☆
将三种作物种植在如图的 5 块5\text{ 块} 试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有______ 种\text{ 种}.
\begin{answer} 42 \end{answer}
\begin{solution} 第一块试验田有 33 种选择. 以后每一块都不能与前一块种相同的作物，所以各有 22 种选择. 若不附加“三种作物均要使用”的条件，共有 3⋅24=483\cdot2^{4}=48 种.
其中只使用两种作物的种植方法需要先从三种作物中选出两种，有 C32\mathrm C_{3}^{2} 种选择；选定后沿五块相邻试验田只能交替种植，恰有 22 种方法. 因此只使用两种作物的方法有 C32⋅2=6\mathrm C_{3}^{2}\cdot2=6 种，故三种作物均使用时的方法数为 48−6=4248-6=42. \end{solution}

2003 · 河南 · 第 16 题 · 填空题

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17三角函数★★★☆☆
已知函数 f(x)=2sin⁡x(sin⁡x+cos⁡x)f(x)=2\sin x(\sin x+\cos x).
(1) 求函数 f(x)f(x) 的最小正周期和最大值； (2) 在给出的直角坐标系中，画出函数 y=f(x)y=f(x) 在区间 [−π2,π2]\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] 上的图象.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item f(x)=2sin⁡2x+2sin⁡xcos⁡x=1−cos⁡2x+sin⁡2x=1+2sin⁡(2x−π4)f(x)=2\sin^{2}x+2\sin x\cos x=1-\cos 2x+\sin 2x=1+\sqrt{2}\sin\left(2x-\frac{\pi}{4}\right). 因此，函数的最小正周期为 π\pi，最大值为 1+21+\sqrt{2}. \item f′(x)=2(sin⁡2x+cos⁡2x)=22sin⁡(2x+π4)f'(x)=2\left(\sin 2x+\cos 2x\right)=2\sqrt{2}\sin\left(2x+\frac{\pi}{4}\right). 在区间 [−π2,π2]\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right] 上，函数在 [−π2,−π8]\left[-\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{8}\right] 上递减，在 [−π8,3π8]\left[-\frac{\pi}{8},\frac{3\pi}{8}\right] 上递增，在 [3π8,π2]\left[\frac{3\pi}{8},\frac{\pi}{2}\right] 上递减. 图象经过 (−π2,2)\left(-\frac{\pi}{2},2\right)，(−π4,0)\left(-\frac{\pi}{4},0\right)，(−π8,1−2)\left(-\frac{\pi}{8},1-\sqrt{2}\right)，(0,0)(0,0)，(3π8,1+2)\left(\frac{3\pi}{8},1+\sqrt{2}\right)，(π2,2)\left(\frac{\pi}{2},2\right) 这些点，在给出的坐标系中将各点按函数的变化趋势光滑连接即可. \end{enumerate} \end{solution}

2003 · 河南 · 第 17 题 · 解答题

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18概率与统计★★☆☆☆
有三种产品，合格率分别是 0.900.90，0.950.95 和 0.950.95，各抽取一件进行检验.
(1) 求恰有一件不合格的概率； (2) 求至少有两件不合格的概率.（精确到 0.0010.001）
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 三种产品不合格的概率分别为 0.100.10，0.050.05，0.050.05. 恰有一件不合格的概率为 0.10×0.95×0.95+0.90×0.05×0.95+0.90×0.95×0.05=0.175750.10\times0.95\times0.95+0.90\times0.05\times0.95+0.90\times0.95\times0.05=0.17575，精确到 0.0010.001 为 0.1760.176. \item 至少有两件不合格包括恰有两件不合格和三件都不合格两种互斥情形. 其中恰有两件不合格的概率为 0.10×0.05×0.95+0.10×0.95×0.05+0.90×0.05×0.050.10\times0.05\times0.95+0.10\times0.95\times0.05+0.90\times0.05\times0.05，三件都不合格的概率为 0.10×0.05×0.050.10\times0.05\times0.05，所以所求概率为 0.10×0.05×0.95+0.10×0.95×0.05+0.90×0.05×0.05+0.10×0.05×0.05=0.0120.10\times0.05\times0.95+0.10\times0.95\times0.05+0.90\times0.05\times0.05+0.10\times0.05\times0.05=0.012，精确到 0.0010.001 为 0.0120.012. \end{enumerate} \end{solution}

2003 · 河南 · 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，底面是等腰直角三角形，∠ACB=90∘\angle ACB=90^{\circ}，侧棱 AA1=2AA_{1}=2，DD，EE 分别是 CC1CC_{1} 与 A1BA_{1}B 的中点，点 EE 在平面 ABDABD 上的射影是 △ABD\triangle ABD 的重心 GG.
(1) 求 A1BA_{1}B 与平面 ABDABD 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）； (2) 求点 A1A_{1} 到平面 AEDAED 的距离.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 建立空间直角坐标系，取 CC 为原点，CACA，CBCB，CC1CC_{1} 分别为三个坐标轴正方向. 设 CA=CB=lCA=CB=l，则 A(l,0,0)A(l,0,0)，B(0,l,0)B(0,l,0)，A1(l,0,2)A_{1}(l,0,2)，D(0,0,1)D\left(0,0,1\right)，E(l2,l2,1)E\left(\frac{l}{2},\frac{l}{2},1\right). 三角形 ABDABD 的重心为 G(l3,l3,13)G\left(\frac{l}{3},\frac{l}{3},\frac{1}{3}\right). 又因为 GG 是点 EE 在平面 ABDABD 上的射影，所以 GE→⊥平面 ABD\overrightarrow{GE}\perp\text{平面 }ABD. 而 AB→=(−l,l,0)\overrightarrow{AB}=(-l,l,0)，AD→=(−l,0,1)\overrightarrow{AD}=(-l,0,1)，故平面 ABDABD 的一个法向量为 AB→×AD→=(l,l,l2)\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AD}=(l,l,l^{2}). 由 GE→=(l6,l6,23)\overrightarrow{GE}=\left(\frac{l}{6},\frac{l}{6},\frac{2}{3}\right) 与该法向量平行，得 23=l26\frac{2}{3}=\frac{l^{2}}{6}，所以 l=2l=2.
此时 A=(2,0,0)A=(2,0,0)，B=(0,2,0)B=(0,2,0)，A1=(2,0,2)A_{1}=(2,0,2)，D=(0,0,1)D=(0,0,1). 取平面 ABDABD 的法向量 n=(1,1,2)\boldsymbol{n}=(1,1,2)，直线 A1BA_{1}B 的方向向量为 v=BA1→=(2,−2,2)\boldsymbol{v}=\overrightarrow{BA_{1}}=(2,-2,2). 设直线 A1BA_{1}B 与平面 ABDABD 所成的角为 φ\varphi，则 sin⁡φ=∣v⋅n∣∣v∣ ∣n∣=423⋅6=23\sin\varphi=\frac{|\boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{v}|\,|\boldsymbol{n}|}=\frac{4}{2\sqrt{3}\cdot\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{3}. 因而 φ=arcsin⁡23\varphi=\arcsin\frac{\sqrt{2}}{3}. \item 由 E=(1,1,1)E=(1,1,1)，得 AE→=(−1,1,1)\overrightarrow{AE}=(-1,1,1)，AD→=(−2,0,1)\overrightarrow{AD}=(-2,0,1). 所以平面 AEDAED 的一个法向量为 AE→×AD→=(1,−1,2)\overrightarrow{AE}\times\overrightarrow{AD}=(1,-1,2)，其方程为 x−y+2z−2=0x-y+2z-2=0. 点 A1=(2,0,2)A_{1}=(2,0,2) 到该平面的距离为 ∣2−0+2×2−2∣12+(−1)2+22=46=263\frac{|2-0+2\times2-2|}{\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}+2^{2}}}=\frac{4}{\sqrt{6}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}. \end{enumerate} \end{solution}

2003 · 河南 · 第 19 题 · 解答题

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20指数函数与对数函数★★★☆☆
已知 c>0c > 0，设 PP：函数 y=cxy = c^{x} 在 R\mathbf{R} 上单调递减，QQ：不等式 x+∣x−2c∣>1x + |x - 2c| > 1 的解集为 R\mathbf{R}. 如果 PP 和 QQ 有且仅有一个正确，求 cc 的取值范围.
\begin{solution} 函数 y=cxy=c^{x} 在 R\mathbf{R} 上单调递减的充要条件是 0<c<10<c<1，所以命题 PP 在此条件下正确.
对命题 QQ，当 x<2cx<2c 时，x+∣x−2c∣=2cx+|x-2c|=2c；当 x≥2cx\geq2c 时，x+∣x−2c∣=2x−2c≥2cx+|x-2c|=2x-2c\geq2c. 因而不等式对一切 x∈Rx\in\mathbf{R} 成立的充要条件是 2c>12c>1，即 c>12c>\frac{1}{2}，所以命题 QQ 在此条件下正确.
当 0<c≤120<c\leq\frac{1}{2} 时，PP 正确而 QQ 错误；当 c≥1c\geq1 时，PP 错误而 QQ 正确. 因此 c∈(0,12]∪[1,+∞)c\in\left(0,\frac{1}{2}\right]\cup[1,+\infty). \end{solution}

2003 · 河南 · 第 20 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
已知常数 a>0a > 0，向量 c=(0,a)\boldsymbol{c} = (0, a)， i=(1,0)\boldsymbol{i} = (1, 0)，经过原点 OO 以 c+λi\boldsymbol{c} + \lambda \boldsymbol{i} 为方向向量的直线与经过定点 A(0,a)A(0, a) 以 i−2λc\boldsymbol{i} - 2\lambda \boldsymbol{c} 为方向向量的直线相交于点 PP，其中 λ∈R\lambda \in \mathbf{R}. 试问：是否存在两个定点 EE，FF，使得 ∣PE∣+∣PF∣|PE| + |PF| 为定值. 若存在，求出 EE，FF 的坐标；若不存在，说明理由.
\begin{solution} 设交点 PP 的坐标为 (x,y)(x,y). 两条直线的方向向量分别为 (λ,a)(\lambda,a) 和 (1,−2λa)(1,-2\lambda a)，所以它们的方程分别为 λy=ax\lambda y=ax 和 y−a=−2λaxy-a=-2\lambda ax. 将第一式乘以 yy，再利用第二式消去 λ\lambda，得
y(y−a)=−2a2x2y(y-a)=-2a^{2}x^{2}
即
2a2x2+(y−a2)2=a242a^{2}x^{2}+\left(y-\frac{a}{2}\right)^{2}=\frac{a^{2}}{4}
由于 a>0a>0，点 PP 在椭圆
x218+(y−a2)2(a2)2=1\frac{x^{2}}{\frac{1}{8}}+\frac{\left(y-\frac{a}{2}\right)^{2}}{\left(\frac{a}{2}\right)^{2}}=1
上. 令 P=s(λ,a)=(sλ,sa)P=s(\lambda,a)=(s\lambda,sa)，同时由第二条直线可写成 P=(t,a−2λat)P=(t,a-2\lambda at). 比较坐标得 t=sλt=s\lambda 以及 sa=a−2λa(sλ)sa=a-2\lambda a(s\lambda)，从而 s=11+2λ2s=\frac{1}{1+2\lambda^{2}}，即
P=(λ1+2λ2,a1+2λ2)P=\left(\frac{\lambda}{1+2\lambda^{2}},\frac{a}{1+2\lambda^{2}}\right)
所以 y>0y>0. 反之，对上述椭圆上任意满足 y>0y>0 的点 (x,y)(x,y)，由椭圆方程可得 2a2x2=y(a−y)2a^{2}x^{2}=y(a-y). 取 λ=axy\lambda=\frac{ax}{y}，则 1+2λ2=ay1+2\lambda^{2}=\frac{a}{y}，从而
(λ1+2λ2,a1+2λ2)=(axyay,aay)=(x,y)\left(\frac{\lambda}{1+2\lambda^{2}},\frac{a}{1+2\lambda^{2}}\right)=\left(\frac{a\frac{x}{y}}{\frac{a}{y}},\frac{a}{\frac{a}{y}}\right)=(x,y)
因此，当 λ\lambda 取遍 R\mathbf{R} 时，实际轨迹是上述椭圆去掉下端点 (0,0)(0,0)；原点只是 ∣λ∣→+∞\lvert\lambda\rvert\to+\infty 时的极限点.
当 0<a<220<a<\frac{\sqrt{2}}{2} 时，横半轴 122\frac{1}{2\sqrt{2}} 是长半轴，焦半距为
18−a24=1212−a2\sqrt{\frac{1}{8}-\frac{a^{2}}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}-a^{2}}
取两个焦点 E(1212−a2,a2)E\left(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}-a^{2}},\frac{a}{2}\right)，F(−1212−a2,a2)F\left(-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}-a^{2}},\frac{a}{2}\right). 椭圆上任一点到两个焦点的距离和为横轴长 12\frac{1}{\sqrt{2}}，所以存在这样的两个定点.
当 a>22a>\frac{\sqrt{2}}{2} 时，纵半轴 a2\frac{a}{2} 是长半轴，焦半距为
a24−18=12a2−12\sqrt{\frac{a^{2}}{4}-\frac{1}{8}}=\frac{1}{2}\sqrt{a^{2}-\frac{1}{2}}
取两个焦点 E(0,a+a2−122)E\left(0,\frac{a+\sqrt{a^{2}-\frac{1}{2}}}{2}\right)，F(0,a−a2−122)F\left(0,\frac{a-\sqrt{a^{2}-\frac{1}{2}}}{2}\right). 此时距离和为纵轴长 aa，所以也存在这样的两个定点.
当 a=22a=\frac{\sqrt{2}}{2} 时，椭圆变为圆，实际轨迹是该圆去掉下端点 (0,0)(0,0)，因而包含一个非退化圆弧. 若存在两个不同定点 EE，FF 使距离和在这段圆弧上恒定，则以 EE，FF 为焦点的非退化椭圆包含一段圆弧，这不可能，因为非退化椭圆不能与圆重合；只有两个焦点重合时，定和曲线才可能是圆. 因而圆情形不存在满足题意的两个不同定点. \end{solution}

2003 · 河南 · 第 21 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★☆
已知 a>0a > 0，nn 为正整数.
(1) 设 y=(x−a)ny=(x-a)^{n}，证明 y′=n(x−a)n−1y'=n(x-a)^{n-1}； (2) 设 fn(x)=xn−(x−a)nf_{n}(x)=x^{n}-(x-a)^{n}，对任意 n≥an \geq a，证明 fn+1′(n+1)>(n+1)fn′(n)f_{n+1}^{\prime}(n+1) > (n+1)f_{n}^{\prime}(n).
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由二项式定理，(x−a+h)n−(x−a)n=n(x−a)n−1h+∑k=2nCnk(x−a)n−khk(x-a+h)^{n}-(x-a)^{n}=n(x-a)^{n-1}h+\sum_{k=2}^{n}\mathrm C_{n}^{k}(x-a)^{n-k}h^{k}. 令 R(h)=∑k=2nCnk(x−a)n−khk−1R(h)=\sum_{k=2}^{n}\mathrm C_{n}^{k}(x-a)^{n-k}h^{k-1}. 当 n=1n=1 时，R(h)=0R(h)=0；当 n≥2n\geq2 时，若 ∣h∣≤1|h|\leq1，则 ∣R(h)∣≤M∣h∣|R(h)|\leq M|h|，其中 M=∑k=2n∣Cnk(x−a)n−k∣M=\sum_{k=2}^{n}\left|\mathrm C_{n}^{k}(x-a)^{n-k}\right|. 对任意 ε>0\varepsilon>0，取 δ=min⁡{1,εM+1}\delta=\min\left\{1,\frac{\varepsilon}{M+1}\right\}，当 0<∣h∣<δ0<|h|<\delta 时有 ∣R(h)∣<ε|R(h)|<\varepsilon，所以 lim⁡h→0R(h)=0\lim_{h\to0}R(h)=0. 因此
y′=lim⁡h→0(x−a+h)n−(x−a)nh=n(x−a)n−1+lim⁡h→0R(h)=n(x−a)n−1y'=\lim_{h\to0}\frac{(x-a+h)^{n}-(x-a)^{n}}{h}=n(x-a)^{n-1}+\lim_{h\to0}R(h)=n(x-a)^{n-1}
\item 由（1）得 fn′(x)=n[xn−1−(x−a)n−1]f_{n}'(x)=n\left[x^{n-1}-(x-a)^{n-1}\right]. 当 n=1n=1 时，f2′(2)=2a>0=2f1′(1)f_{2}'(2)=2a>0=2f_{1}'(1)，结论成立. 下设 n≥2n\geq2，令
Δ(a)=(n+1)n−(n+1−a)n−n[nn−1−(n−a)n−1]\Delta(a)=(n+1)^{n}-(n+1-a)^{n}-n\left[n^{n-1}-(n-a)^{n-1}\right]
因为 0<a≤n0<a\leq n，且 Δ(0)=0\Delta(0)=0，对 0<a<n0<a<n 有
Δ′(a)=n[(n+1−a)n−1−(n−1)(n−a)n−2]\Delta'(a)=n\left[(n+1-a)^{n-1}-(n-1)(n-a)^{n-2}\right]
令 t=n−a>0t=n-a>0. 当 n=2n=2 时，(t+1)n−1=t+1>1=(n−1)tn−2(t+1)^{n-1}=t+1>1=(n-1)t^{n-2}. 当 n≥3n\geq3 时，由二项式定理，
(t+1)n−1=tn−1+(n−1)tn−2+∑j=0n−3Cn−1jtj>(n−1)tn−2(t+1)^{n-1}=t^{n-1}+(n-1)t^{n-2}+\sum_{j=0}^{n-3}\mathrm C_{n-1}^{j}t^{j}>(n-1)t^{n-2}
所以 Δ′(a)>0\Delta'(a)>0，即 Δ\Delta 在 (0,n)(0,n) 上严格递增. 因而当 0<a<n0<a<n 时，Δ(a)>Δ(0)=0\Delta(a)>\Delta(0)=0. 当 a=na=n 时，由连续性 Δ(n)=lim⁡u→n−Δ(u)≥Δ(n2)>0\Delta(n)=\lim_{u\to n^-}\Delta(u)\geq\Delta\left(\frac{n}{2}\right)>0. 最后
fn+1′(n+1)−(n+1)fn′(n)=(n+1)Δ(a)>0f_{n+1}'(n+1)-(n+1)f_{n}'(n)=(n+1)\Delta(a)>0
故不等式成立. \end{enumerate} \end{solution}

2003 · 河南 · 第 22 题 · 解答题

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