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01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
已知 U={2,3,4,5,6,7}U = \{2, 3, 4, 5, 6, 7\}，M={3,4,5,7}M = \{3, 4, 5, 7\}，N={2,4,5,6}N = \{2, 4, 5, 6\}，则（ ）
\begin{solution} 逐项计算可得 M∩N={4,5}M\cap N=\{4,5\}，所以选项 A 错；又 M∪N={2,3,4,5,6,7}=UM\cup N=\{2,3,4,5,6,7\}=U，所以选项 B 正确. 此外， ∁UN={3,7}\complement_U N=\{3,7\}，故 (∁UN)∪M=M≠U(\complement_U N)\cup M=M\neq U； ∁UM={2,6}\complement_U M=\{2,6\}，故 (∁UM)∩N={2,6}≠N(\complement_U M)\cap N=\{2,6\}\neq N. 因此选 B. \end{solution}
A.
M∩N={4,6}M \cap N = \{4, 6\}
B.
M∪N=UM \cup N = U
C.
(∁UN)∪M=U(\complement_U N) \cup M = U
D.
(∁UM)∩N=N(\complement_U M) \cap N = N

2008 · 湖南 · 文 · 第 1 题 · 选择题

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02集合与逻辑基础★☆☆☆☆
“∣x−1∣<2|x-1|<2”是“x<3x<3”的（ ）
\begin{solution} 由 ∣x−1∣<2|x-1|<2 得 −2<x−1<2-2<x-1<2，即 −1<x<3-1<x<3，所以它能推出 x<3x<3，是充分条件. 但取 x=−2x=-2，有 x<3x<3 而 ∣x−1∣=3≮2|x-1|=3\not<2，故不是必要条件. 因此选 A. \end{solution}
A.
充分不必要条件
B.
必要不充分条件
C.
充分必要条件
D.
既不充分也不必要条件

2008 · 湖南 · 文 · 第 2 题 · 选择题

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03不等式★★☆☆☆
已知变量 xx，yy 满足
{x⩾1,y⩽2,x−y⩽0,\begin{cases} x \geqslant 1,\\ y \leqslant 2,\\ x - y \leqslant 0, \end{cases}
则 x+yx + y 的最小值是（ ）
\begin{solution} 由 x−y⩽0x-y\leqslant0 得 x⩽yx\leqslant y. 因为 x⩾1x\geqslant1，所以 x+y⩾2x⩾2x+y\geqslant2x\geqslant2. 当 x=y=1x=y=1 时，三个条件均成立，且 x+y=2x+y=2，故最小值为 22. 因此选 C. \end{solution}
A.
44
B.
33
C.
22
D.
11

2008 · 湖南 · 文 · 第 3 题 · 选择题

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04函数与初等函数★☆☆☆☆
函数 f(x)=x2f(x) = x^{2}（x⩽0x \leqslant 0）的反函数是（ ）
\begin{solution} 函数 f(x)=x2f(x)=x^2 的定义域为 (−∞,0](-\infty,0]，值域为 [0,+∞)[0,+\infty). 令 y=x2y=x^2，且 x⩽0x\leqslant0，则由 x=−yx=-\sqrt y 得反函数 f−1(x)=−xf^{-1}(x)=-\sqrt{x}，定义域为 x⩾0x\geqslant0. 因此选 B. \end{solution}
A.
f−1(x)=xf^{-1}(x) = \sqrt{x}（x⩾0x\geqslant 0）
B.
f−1(x)=−xf^{-1}(x) = -\sqrt{x}（x⩾0x\geqslant 0）
C.
f−1(x)=−−xf^{-1}(x) = -\sqrt{-x}（x⩽0x\leqslant 0）
D.
f−1(x)=−x2f^{-1}(x) = -x^{2}（x⩽0x\leqslant 0）

2008 · 湖南 · 文 · 第 4 题 · 选择题

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05立体几何初步★★☆☆☆
已知直线 mm，nn 和平面 α\alpha，β\beta 满足 m⊥nm \perp n，m⊥αm \perp \alpha，α⊥β\alpha \perp \beta，则（ ）
\begin{solution} 因为 m⊥αm\perp\alpha，所以直线 mm 的方向是平面 α\alpha 的法线方向. 又 m⊥nm\perp n，故直线 nn 的方向平行于平面 α\alpha. 直线 nn 若与平面 α\alpha 有公共点，则 n⊂αn\subset\alpha；否则 n∥αn\parallel\alpha. 因此选 D. \end{solution}
A.
n⊥βn \perp \beta
B.
n∥βn \parallel \beta，或 n⊂βn \subset \beta
C.
n⊥αn \perp \alpha
D.
n∥αn \parallel \alpha，或 n⊂αn \subset \alpha

2008 · 湖南 · 文 · 第 5 题 · 选择题

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06指数函数与对数函数★★☆☆☆
下面不等式成立的是（ ）
\begin{solution} 由于底数都大于 11，有 log⁡32<1\log_3 2<1，且 1=log⁡22<log⁡23<log⁡251=\log_2 2<\log_2 3<\log_2 5. 合并得 log⁡32<log⁡23<log⁡25\log_3 2<\log_2 3<\log_2 5，故选 A. \end{solution}
A.
log⁡32<log⁡23<log⁡25\log_3 2 < \log_2 3 < \log_2 5
B.
log⁡32<log⁡25<log⁡23\log_3 2 < \log_2 5 < \log_2 3
C.
log⁡23<log⁡32<log⁡25\log_2 3 < \log_3 2 < \log_2 5
D.
log⁡23<log⁡25<log⁡32\log_2 3 < \log_2 5 < \log_3 2

2008 · 湖南 · 文 · 第 6 题 · 选择题

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07平面向量★★☆☆☆
在 △ABC\triangle ABC 中，AB=3AB = 3，AC=2AC = 2，BC=10BC = \sqrt{10}，则 AB→⋅AC→=\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} =（ ）
\begin{solution} 由余弦定理，
BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcos⁡ABC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cos A
代入 BC=10BC=\sqrt{10}，AB=3AB=3，AC=2AC=2，得 10=9+4−12cos⁡A10=9+4-12\cos A，所以 cos⁡A=14\cos A=\frac14. 因而
AB→⋅AC→=∣AB∣ ∣AC∣cos⁡A=3⋅2⋅14=32\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=|AB|\,|AC|\cos A =3\cdot2\cdot\frac14=\frac32
故选 D. \end{solution}
A.
−32-\frac{3}{2}
B.
−23-\frac{2}{3}
C.
23\frac{2}{3}
D.
32\frac{3}{2}

2008 · 湖南 · 文 · 第 7 题 · 选择题

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08计数原理与组合数学★★★☆☆
某市拟从 44 个重点项目和 66 个一般项目中各选 22 个项目作为本年度启动的项目，则重点项目 AA 和一般项目 BB 至少有一个被选中的不同选法种数是（ ）
\begin{solution} 全部选法共有 C42C62=6×15=90\mathrm C_4^2\mathrm C_6^2=6\times15=90 种. 若重点项目 AA 和一般项目 BB 均未被选，则从其余项目中选取的选法有 C32C52=3×10=30\mathrm C_3^2\mathrm C_5^2=3\times10=30 种. 因而至少选中 AA、BB 中一个的选法有 90−30=6090-30=60 种，故选 C. \end{solution}
A.
1515
B.
4545
C.
6060
D.
7575

2008 · 湖南 · 文 · 第 8 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★☆☆
长方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的 88 个顶点在同一个球面上，且 AB=2AB = 2，AD=3AD = \sqrt{3}，AA1=1AA_{1} = 1，则顶点 AA，BB 间的球面距离是（ ）
\begin{solution} 长方体的体对角线长为
AB2+AD2+AA12=4+3+1=22\sqrt{AB^2+AD^2+AA_1^2}=\sqrt{4+3+1}=2\sqrt2
球心是体对角线的中点，所以球半径为 R=2R=\sqrt2. 设球心为 OO，则弦 AB=2AB=2 对应的圆心角 ∠AOB=θ\angle AOB=\theta 满足
2=2Rsin⁡θ2=22sin⁡θ22=2R\sin\frac\theta2=2\sqrt2\sin\frac\theta2
取小于 π\pi 的圆心角，得 θ=π2\theta=\frac\pi2. 因此 AA、BB 间的球面距离为 Rθ=2⋅π2=2π2R\theta=\sqrt2\cdot\frac\pi2=\frac{\sqrt2\pi}{2}，故选 B. \end{solution}
A.
2π4\frac{\sqrt{2}\pi}{4}
B.
2π2\frac{\sqrt{2}\pi}{2}
C.
2π\sqrt{2}\pi
D.
22π2\sqrt{2}\pi

2008 · 湖南 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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10解析几何★★★★☆
双曲线 x2a2−y2b2=1\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1（a>0a > 0，b>0b > 0）的右支上存在一点，它到右焦点及左准线的距离相等，则双曲线离心率的取值范围是（ ）
\begin{solution} 设双曲线的半焦距为 cc，离心率为 e=ca>1e=\frac ca>1，则右焦点为 F(c,0)F(c,0)，左准线为 x=−aex=-\frac ae. 设右支上的点为 P(x,y)P(x,y)，则 x⩾ax\geqslant a，且 y2=b2a2(x2−a2)y^2=\frac{b^2}{a^2}(x^2-a^2)，c2=a2+b2c^2=a^2+b^2. 于是
PF2=(x−c)2+y2=c2a2x2−2cx+a2=(ex−a)2PF^2=(x-c)^2+y^2 =\frac{c^2}{a^2}x^2-2cx+a^2 =\left(ex-a\right)^2
由于 x⩾ax\geqslant a，所以 PF=ex−aPF=ex-a. 点 PP 到左准线的距离为 x+aex+\frac ae. 题设距离相等，故 ex−a=x+aeex-a=x+\frac ae，x=a(e+1)e(e−1)x=\frac{a(e+1)}{e(e-1)}. 右支上存在这样的点，当且仅当这个横坐标不小于顶点横坐标 aa，即
e+1e(e−1)⩾1  ⟺  e2−2e−1⩽0\frac{e+1}{e(e-1)}\geqslant1 \iff e^2-2e-1\leqslant0
结合 e>1e>1，得 1<e⩽1+21<e\leqslant1+\sqrt2. 因此选 C. \end{solution}
A.
(1,2](1, \sqrt{2}]
B.
[2,+∞)[\sqrt{2}, +\infty)
C.
(1,2+1](1, \sqrt{2} + 1]
D.
[2+1,+∞)[\sqrt{2} + 1, +\infty)

2008 · 湖南 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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11平面向量★☆☆☆☆
已知向量 a=(1,3)\boldsymbol{a} = (1, \sqrt{3})，b=(−2,0)\boldsymbol{b} = (-2, 0)，则 ∣a+b∣=|\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}| =______.
\begin{solution} a+b=(−1,3)\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}=(-1,\sqrt3)，所以
∣a+b∣=(−1)2+(3)2=4=2|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=\sqrt{(-1)^2+(\sqrt3)^2}=\sqrt4=2
\end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 11 题 · 填空题

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12概率与统计★☆☆☆☆
从某地区 1500015000 位老人中随机抽取 500500 人，其生活能否自理的情况如下表所示：
不能23232121
则该地区生活不能自理的老人中男性比女性约多人______.
\begin{solution} 样本中生活不能自理的男性、女性人数分别为 2323、2121，男性比女性多 22 人. 由样本估计总体，该地区相应人数之差约为
15000×23−21500=15000×2500=6015000\times\frac{23-21}{500}=15000\times\frac2{500}=60
故约多 6060 人. \end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 12 题 · 填空题

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13计数原理与组合数学★★☆☆☆
记 (2x+1x)n\left(2x + \frac{1}{x}\right)^{n} 的展开式中第 mm 项的系数为 bmb_{m}，若 b3=2b4b_{3} = 2b_{4}，则 n=n =______.
\begin{solution} 展开式的第 r+1r+1 项为
Cnr(2x)n−r(1x)r=Cnr2n−rxn−2r\mathrm C_n^r(2x)^{n-r}\left(\frac1x\right)^r =\mathrm C_n^r2^{n-r}x^{n-2r}
因此 b3=Cn22n−2b_3=\mathrm C_n^2 2^{n-2}，b4=Cn32n−3b_4=\mathrm C_n^3 2^{n-3}. 由 b3=2b4b_3=2b_4 得
Cn22n−2=2Cn32n−3  ⟺  Cn2=Cn3\mathrm C_n^2 2^{n-2}=2\mathrm C_n^3 2^{n-3} \iff \mathrm C_n^2=\mathrm C_n^3
于是
n(n−1)2=n(n−1)(n−2)6\frac{n(n-1)}2=\frac{n(n-1)(n-2)}6
从而 n−2=3n-2=3，即 n=5n=5. \end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 13 题 · 填空题

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14解析几何★★☆☆☆
将圆 x2+y2=1x^{2} + y^{2} = 1 沿 xx 轴正向平移 11 个单位后所得到圆 CC，则圆 CC 的方程是______；若过点 (3,0)(3,0) 的直线 ll 和圆 CC 相切，则直线 ll 的斜率为______.
\begin{solution} 圆沿 xx 轴正向平移 11 个单位后，圆心由 (0,0)(0,0) 变为 (1,0)(1,0)，半径不变，所以圆 CC 的方程为 (x−1)2+y2=1(x-1)^2+y^2=1. 过 (3,0)(3,0) 的竖直直线为 x=3x=3，圆心到它的距离为 22，不是切线. 因此其余切线均可设为 y=k(x−3)y=k(x-3)，即 kx−y−3k=0kx-y-3k=0. 直线与圆相切，当且仅当圆心到直线的距离等于半径：
∣k−3k∣k2+1=1  ⟺  2∣k∣k2+1=1  ⟺  k2=13\frac{|k-3k|}{\sqrt{k^2+1}}=1 \iff \frac{2|k|}{\sqrt{k^2+1}}=1 \iff k^2=\frac13
故 k=±33k=\pm\frac{\sqrt3}{3}. \end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 14 题 · 填空题

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15函数与初等函数★★★☆☆
设 [x][x] 表示不超 xx 的最大整数（如 [2]=2[2] = 2，[54]=1\left[\frac{5}{4}\right] = 1）. 对于给定的 n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，定义 Cnx=n(n−1)⋯(n−[x]+1)x(x−1)⋯(x−[x]+1)\mathrm C_n^x = \frac{n(n - 1) \cdots (n - [x] + 1)}{x(x - 1) \cdots (x - [x] + 1)}，x∈[1,+∞)x \in [1, +\infty)，则 C832=\mathrm C_8^{\frac{3}{2}} =______；当 x∈[2,3)x \in [2, 3) 时，函数 C8x\mathrm C_8^x 的值域是______.
\begin{solution} 当 x=32x=\frac32 时，[x]=1[x]=1，所以
C832=832=163\mathrm C_8^{\frac32}=\frac8{\frac32}=\frac{16}{3}
当 x∈[2,3)x\in[2,3) 时，[x]=2[x]=2，于是
C8x=8×7x(x−1)=56x(x−1)\mathrm C_8^x=\frac{8\times7}{x(x-1)}=\frac{56}{x(x-1)}
函数 x(x−1)x(x-1) 在 [2,3)[2,3) 上递增，取值范围为 [2,6)[2,6)，因此
C8x∈(566,562]=(283,28]\mathrm C_8^x\in\left(\frac{56}{6},\frac{56}{2}\right] =\left(\frac{28}{3},28\right]
\end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 15 题 · 填空题

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16概率与统计★★☆☆☆
甲，乙，丙三人参加了一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约. 甲表示只要面试合格就签约. 乙，丙则约定：两人面试都合格就一同签约. 否则两人都不签约. 设每人面试合格的概率都是 12\frac{1}{2}，且面试是否合格互不影响. 求：
(1) 至少有 11 人面试合格的概率； (2) 没有人签约的概率.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 三人均未面试合格的概率为 (12)3=18\left(\frac{1}{2}\right)^3=\frac{1}{8}，所以至少有 11 人面试合格的概率为 1−18=781-\frac{1}{8}=\frac{7}{8}.
\item 没有人签约时，甲必须面试不合格，且乙、丙不能同时面试合格. 由相互独立性，所求概率为 12[1−(12)2]=38\frac{1}{2}\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^2\right]=\frac{3}{8}. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 16 题 · 解答题

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17三角函数★★★☆☆
已知函数 f(x)=cos⁡2x2−sin⁡2x2+sin⁡xf(x) = \cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2} + \sin x.
(1) 求函数 f(x)f(x) 的最小正周期； (2) 当 x0∈(0,π4)x_0 \in \left(0, \frac{\pi}{4}\right) 且 f(x0)=425f(x_0) = \frac{4\sqrt{2}}{5} 时，求 f(x0+π6)f\left(x_0 + \frac{\pi}{6}\right) 的值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 cos⁡2x2−sin⁡2x2=cos⁡x\cos^2\frac{x}{2}-\sin^2\frac{x}{2}=\cos x，得 f(x)=cos⁡x+sin⁡x=2sin⁡(x+π4)f(x)=\cos x+\sin x=\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)，所以 f(x)f(x) 的最小正周期为 2π2\pi.
\item 由已知条件，cos⁡x0+sin⁡x0=425\cos x_0+\sin x_0=\frac{4\sqrt{2}}{5}. 于是 sin⁡2x0=(cos⁡x0+sin⁡x0)2−1=725\sin 2x_0=\left(\cos x_0+\sin x_0\right)^2-1=\frac{7}{25}. 因为 0<2x0<π20<2x_0<\frac{\pi}{2}，所以 cos⁡2x0=2425\cos 2x_0=\frac{24}{25}，从而 cos⁡x0−sin⁡x0>0\cos x_0-\sin x_0>0. 又 (cos⁡x0−sin⁡x0)2=1−sin⁡2x0=1825\left(\cos x_0-\sin x_0\right)^2=1-\sin 2x_0=\frac{18}{25}，故 cos⁡x0−sin⁡x0=325\cos x_0-\sin x_0=\frac{3\sqrt{2}}{5}.
因此 cos⁡x0=7210\cos x_0=\frac{7\sqrt{2}}{10}，sin⁡x0=210\sin x_0=\frac{\sqrt{2}}{10}，所以
f(x0+π6)=cos⁡(x0+π6)+sin⁡(x0+π6)f\left(x_0+\frac{\pi}{6}\right)=\cos\left(x_0+\frac{\pi}{6}\right)+\sin\left(x_0+\frac{\pi}{6}\right)
f(x0+π6)=32(cos⁡x0+sin⁡x0)+12(cos⁡x0−sin⁡x0)=46+3210f\left(x_0+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(\cos x_0+\sin x_0\right)+\frac{1}{2}\left(\cos x_0-\sin x_0\right)=\frac{4\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{10}
\end{enumerate} \end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图所示，四棱锥 P−ABCDP-ABCD 的底面 ABCDABCD 是边长为 11 的菱形，∠BCD=60∘\angle BCD = 60^\circ，EE 是 CDCD 的中点，PA⊥PA \perp 底面 ABCDABCD，PA=3PA = \sqrt{3}.
(1) 证明：平面 PBE⊥PBE \perp 平面 PABPAB； (2) 求二面角 A−BE−PA - BE - P 的大小.
\begin{solution} 建立如下一组空间直角坐标系，令 A(0,0,0)A\left(0,0,0\right)，B(1,0,0)B\left(1,0,0\right)，D(12,32,0)D\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，则 C(32,32,0)C\left(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right). 由 EE 是 CDCD 的中点以及 PA⊥PA\perp 底面、PA=3PA=\sqrt{3}，可取 E(1,32,0)E\left(1,\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，P(0,0,3)P\left(0,0,\sqrt{3}\right).
\begin{enumerate} \item 在平面 PABPAB 内，AB→=(1,0,0)\overrightarrow{AB}=\left(1,0,0\right)，AP→=(0,0,3)\overrightarrow{AP}=\left(0,0,\sqrt{3}\right)，且 BE→=(0,32,0)\overrightarrow{BE}=\left(0,\frac{\sqrt{3}}{2},0\right). 因为 BE→⋅AB→=0\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{AB}=0，BE→⋅AP→=0\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{AP}=0，所以 BE⊥BE\perp 平面 PABPAB.
又因为 BE⊂BE\subset 平面 PBEPBE，所以平面 PBE⊥PBE\perp 平面 PABPAB.
\item 平面 ABEABE 就是底面所在平面. 过棱 BEBE 上的点 BB，在平面 ABEABE 内作 BABA，在平面 PBEPBE 内作 BPBP. 由 BA→=(−1,0,0)\overrightarrow{BA}=\left(-1,0,0\right)，BP→=(−1,0,3)\overrightarrow{BP}=\left(-1,0,\sqrt{3}\right)，得 BA→⋅BE→=0\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BE}=0，BP→⋅BE→=0\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{BE}=0，所以二面角 A−BE−PA-BE-P 的平面角为 ∠ABP\angle ABP.
又 ∣BA∣=1|BA|=1，∣BP∣=2|BP|=2，且 BA→⋅BP→=1\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BP}=1，故 cos⁡∠ABP=11⋅2=12\cos\angle ABP=\frac{1}{1\cdot2}=\frac{1}{2}. 因此二面角 A−BE−PA-BE-P 的大小为 π3=60∘\frac{\pi}{3}=60^\circ. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19解析几何★★★★★
已知椭圆的中心在原点，一个焦点是 F(2,0)F(2,0)，且两条准线间的距离为 λ\lambda（λ>4\lambda > 4）.
(1) 求椭圆的方程； (2) 若存在过点 A(1,0)A(1,0) 的直线 ll，使点 FF 关于直线 ll 的对称点在椭圆上，求 λ\lambda 的取值范围.
\begin{solution} 设椭圆的长半轴为 aa，短半轴为 bb，半焦距为 cc，离心率为 ee. 因为焦点为 F(2,0)F(2,0)，所以 c=2c=2，且 a2−b2=c2=4a^2-b^2=c^2=4. 椭圆的两条准线分别为 x=aex=\frac{a}{e} 和 x=−aex=-\frac{a}{e}，故 λ=2ae=2a2c=a2\lambda=\frac{2a}{e}=\frac{2a^2}{c}=a^2. 从而 a2=λa^2=\lambda，b2=λ−4b^2=\lambda-4.
\begin{enumerate} \item 椭圆的方程为
x2λ+y2λ−4=1\frac{x^2}{\lambda}+\frac{y^2}{\lambda-4}=1
\item 设点 FF 关于直线 ll 的对称点为 F′F'. 因为直线 ll 经过 AA，反射保持点到 AA 的距离不变，所以 AF′=AF=1AF'=AF=1，即 F′F' 在圆 (x−1)2+y2=1\left(x-1\right)^2+y^2=1 上. 反过来，圆上任一点都可以取 AFAF 与 AF′AF' 的角平分线作为反射轴（当 F′=FF'=F 时取直线 AFAF），因此题设条件等价于该圆与椭圆有公共点.
由圆的方程得 y2=2x−x2y^2=2x-x^2，且 0⩽x⩽20\leqslant x\leqslant2. 代入椭圆方程，得
x2λ+2x−x2λ−4=1\frac{x^2}{\lambda}+\frac{2x-x^2}{\lambda-4}=1
即 4x2−2λx+λ(λ−4)=04x^2-2\lambda x+\lambda\left(\lambda-4\right)=0. 该方程有实根的充要条件是
Δ=4λ(16−3λ)⩾0\Delta=4\lambda\left(16-3\lambda\right)\geqslant0
结合 λ>4\lambda>4，可得 4<λ⩽1634<\lambda\leqslant\frac{16}{3}.
还需验证此范围内的根确实给出圆上的点. 当 4<λ⩽1634<\lambda\leqslant\frac{16}{3} 时，方程的根为 x=λ±λ(16−3λ)4x=\frac{\lambda\pm\sqrt{\lambda\left(16-3\lambda\right)}}{4}. 由 λ>4\lambda>4 可知较小的根大于 00，而 λ(16−3λ)⩽(8−λ)2\lambda\left(16-3\lambda\right)\leqslant\left(8-\lambda\right)^2，所以较大的根不超过 22. 因而至少有一个根属于 [0,2][0,2]，此时 y2=x(2−x)⩾0y^2=x\left(2-x\right)\geqslant0，公共点确实存在. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20数列★★★☆☆
数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=1a_1 = 1，a2=2a_2 = 2，an+2=(1+cos⁡2nπ2)an+sin⁡2nπ2a_{n+2} = \left(1 + \cos^2\frac{n\pi}{2}\right)a_n + \sin^2\frac{n\pi}{2}， n=1\ n = 1，22，33，…\dots.
(1) 求 a3a_{3}，a4a_{4}，并求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 Sk=a1+a3+⋯+a2k−1S_{k} = a_{1} + a_{3} + \dots + a_{2k-1}，Tk=a2+a4+⋯+a2kT_{k} = a_{2} + a_{4} + \dots + a_{2k}，Wk=2Sk2+TkW_{k} = \frac{2S_{k}}{2 + T_{k}}（k∈N∗k \in \mathbf{N}^{*}），求使 Wk>1W_{k} > 1 的所有 kk 的值，并说明理由.
\begin{solution} 当 nn 为奇数时，cos⁡2nπ2=0\cos^2\frac{n\pi}{2}=0，sin⁡2nπ2=1\sin^2\frac{n\pi}{2}=1，递推式化为 an+2=an+1a_{n+2}=a_n+1. 当 nn 为偶数时，cos⁡2nπ2=1\cos^2\frac{n\pi}{2}=1，sin⁡2nπ2=0\sin^2\frac{n\pi}{2}=0，递推式化为 an+2=2ana_{n+2}=2a_n.
\begin{enumerate} \item 由上述两个递推关系，a3=a1+1=2a_3=a_1+1=2，a4=2a2=4a_4=2a_2=4. 对任意正整数 rr，分别沿奇数项和偶数项递推，得 a2r−1=ra_{2r-1}=r，a2r=2ra_{2r}=2^r. 因此数列的通项公式为
an={n+12,n为奇数,2n2,n为偶数.a_n= \begin{cases} \dfrac{n+1}{2},&n\text{为奇数},\\ 2^{\frac{n}{2}},&n\text{为偶数}. \end{cases}
\item 由奇数项和偶数项的通项公式， Sk=1+2+⋯+k=k(k+1)2S_k=1+2+\cdots+k=\frac{k\left(k+1\right)}{2}， Tk=2+22+⋯+2k=2k+1−2T_k=2+2^2+\cdots+2^k=2^{k+1}-2. 所以 Wk=k(k+1)2k+1W_k=\frac{k\left(k+1\right)}{2^{k+1}}.
当 k=1k=1 时，2k+1=4>2=k(k+1)2^{k+1}=4>2=k\left(k+1\right)；当 k=2k=2 时，2k+1=8>6=k(k+1)2^{k+1}=8>6=k\left(k+1\right). 若对某个 k⩾2k\geqslant2 有 2k+1>k(k+1)2^{k+1}>k\left(k+1\right)，则 2k+2>2k(k+1)⩾(k+1)(k+2)2^{k+2}>2k\left(k+1\right)\geqslant\left(k+1\right)\left(k+2\right)，其中最后一个不等式等价于 k⩾2k\geqslant2. 由归纳法，任意正整数 kk 都有 2k+1>k(k+1)2^{k+1}>k\left(k+1\right)，故 Wk<1W_k<1. 因此不存在使 Wk>1W_k>1 的正整数 kk. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=14x4+x3−92x2+cxf(x) = \frac{1}{4} x^4 + x^3 - \frac{9}{2} x^2 + cx 有三个极值点.
(1) 证明： −27<c<5;-27 < c < 5; (2) 若存在实数 cc，使函数 f(x)f(x) 在区间 [a,a+2][a, a + 2] 上单调递减，求 aa 的取值范围.
\begin{solution} 记 g(x)=f′(x)=x3+3x2−9x+cg(x)=f'(x)=x^3+3x^2-9x+c，则 g′(x)=3(x+3)(x−1)g'(x)=3\left(x+3\right)\left(x-1\right). 因此 g(x)g(x) 在 (−∞,−3)(-\infty,-3) 和 (1,+∞)(1,+\infty) 上递增，在 (−3,1)(-3,1) 上递减，x=−3x=-3 是极大值点，x=1x=1 是极小值点.
\begin{enumerate} \item 因为 g(x)g(x) 是首项系数为正的三次函数，要有三个互不相同的实根，充要条件是极大值大于 00 且极小值小于 00. 计算得 g(−3)=c+27g(-3)=c+27，g(1)=c−5g(1)=c-5. 所以 c+27>0c+27>0，c−5<0c-5<0，即 −27<c<5-27<c<5.
\item 由第（1）问，所取的 cc 必须满足 −27<c<5-27<c<5. 令 h(x)=x3+3x2−9xh(x)=x^3+3x^2-9x，则 g(x)=h(x)+cg(x)=h(x)+c. 因为 h(x)−27=x3+3x2−9x−27=(x−3)(x+3)2h(x)-27=x^3+3x^2-9x-27=\left(x-3\right)\left(x+3\right)^2，所以 h(x)<27h(x)<27 当且仅当 x<3x<3 且 x≠−3x\neq-3.
若 f(x)f(x) 在 [a,a+2][a,a+2] 上单调递减，则区间内应有 g(x)⩽0g(x)\leqslant0. 由于 c>−27c>-27，有 g(−3)=c+27>0g(-3)=c+27>0，并且当 x⩾3x\geqslant3 时 h(x)⩾27h(x)\geqslant27，从而 g(x)>0g(x)>0. 因此区间 [a,a+2][a,a+2] 既不能包含 −3-3，又必须满足 a+2<3a+2<3. 这给出 a<−5a<-5 或 −3<a<1-3<a<1.
反之，若 a<−5a<-5 或 −3<a<1-3<a<1，则 [a,a+2]⊂(−∞,3)[a,a+2]\subset(-\infty,3) 且不含 −3-3，从而在该区间上 h(x)<27h(x)<27. 令 M=max⁡x∈[a,a+2]h(x)M=\max_{x\in[a,a+2]}h(x)，则 M<27M<27，所以可以取 −27<c<min⁡{5,−M}-27<c<\min\left\{5,-M\right\}. 此时 cc 满足第（1）问的条件，且对区间内任意 xx 有 f′(x)=h(x)+c⩽M+c<0f'(x)=h(x)+c\leqslant M+c<0，故 f(x)f(x) 在 [a,a+2][a,a+2] 上单调递减.
综上，aa 的取值范围为 (−∞,−5)∪(−3,1)\left(-\infty,-5\right)\cup\left(-3,1\right). \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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