数迹
题目列表试卷列表
共找到 22 题
排序：
组题
本页 22 题去组卷
01复数★☆☆☆☆
10i2−i=\frac{10\mathrm{i}}{2 - \mathrm{i}} =（ ）
\begin{solution} 分子、分母同乘以分母的共轭复数，得
10i2−i=10i(2+i)(2−i)(2+i)=20i+10i25=−2+4i\frac{10\mathrm{i}}{2-\mathrm{i}}=\frac{10\mathrm{i}(2+\mathrm{i})}{(2-\mathrm{i})(2+\mathrm{i})} =\frac{20\mathrm{i}+10\mathrm{i}^{2}}{5}=-2+4\mathrm{i}
故选 A. \end{solution}
A.
−2+4i-2 + 4\mathrm{i}
B.
−2−4i-2 - 4\mathrm{i}
C.
2+4i2 + 4\mathrm{i}
D.
2−4i2 - 4\mathrm{i}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 1 题 · 选择题

查看答案和解析
02集合与逻辑基础★★☆☆☆
设集合 A={x∣x>3}A = \{x \mid x > 3\}，B={x∣x−1x−4<0}B = \left\{x \mid \frac{x - 1}{x - 4} < 0\right\}，则 A∩B=A \cap B =（ ）
\begin{solution} 由 x−1x−4<0\dfrac{x-1}{x-4}<0，临界点为 11 和 44；在 (−∞,1)(-\infty,1) 与 (4,+∞)(4,+\infty) 上分子、分母同号，商为正，在 (1,4)(1,4) 上分子、分母异号，商为负，且 x=4x=4 不在定义域内，所以
B=(1,4)B=(1,4)
因此 A∩B=(3,+∞)∩(1,4)=(3,4)A\cap B=(3,+\infty)\cap(1,4)=(3,4)，故选 B. \end{solution}
A.
∅\varnothing
B.
(3,4)(3,4)
C.
(−2,1)(-2,1)
D.
(4,+∞)(4, + \infty)

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 2 题 · 选择题

查看答案和解析
03三角函数★★☆☆☆
已知 △ABC\triangle ABC 中，cot⁡A=−125\cot A = -\frac{12}{5}，则 cos⁡A=\cos A =（ ）
\begin{solution} 三角形的内角满足 0<A<π0<A<\pi，而 cot⁡A<0\cot A<0，所以 AA 为钝角，cos⁡A<0\cos A<0，sin⁡A>0\sin A>0. 由
cot⁡A=cos⁡Asin⁡A=−125\cot A=\frac{\cos A}{\sin A}=-\frac{12}{5}
又 sin⁡2A+cos⁡2A=1\sin^{2}A+\cos^{2}A=1，且 sin⁡A>0\sin A>0，故 sin⁡A=513\sin A=\frac{5}{13}，从而 cos⁡A=−1213\cos A=-\frac{12}{13}. 故选 D. \end{solution}
A.
1213\frac{12}{13}
B.
513\frac{5}{13}
C.
−513-\frac{5}{13}
D.
−1213-\frac{12}{13}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 3 题 · 选择题

查看答案和解析
04导数及其应用★★☆☆☆
曲线 y=x2x−1y = \frac{x}{2x - 1} 在点 (1,1)(1,1) 处的切线方程为（ ）
\begin{solution} 设 f(x)=x2x−1f(x)=\dfrac{x}{2x-1}，则
f′(x)=(2x−1)−2x(2x−1)2=−1(2x−1)2f'(x)=\frac{(2x-1)-2x}{(2x-1)^2}=-\frac{1}{(2x-1)^2}
所以 f′(1)=−1f'(1)=-1. 曲线在 (1,1)(1,1) 处的切线为 y−1=−(x−1)y-1=-(x-1)，即 x+y−2=0x+y-2=0. 故选 B. \end{solution}
A.
x−y−2=0x - y - 2 = 0
B.
x+y−2=0x + y - 2 = 0
C.
x+4y−5=0x + 4y - 5 = 0
D.
x−4y−5=0x - 4y - 5 = 0

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 4 题 · 选择题

查看答案和解析
05立体几何初步★★★☆☆
已知正四棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 中，AA1=2ABAA_{1} = 2AB，EE 为 AA1AA_{1} 中点，则异面直线 BEBE 与 CD1CD_{1} 所成的角的余弦值为（ ）
\begin{solution} 设 AB=1AB=1，则 AA1=2AA_{1}=2. 取坐标 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(1,0,0)B=(1,0,0)，C=(1,1,0)C=(1,1,0)，D1=(0,1,2)D_{1}=(0,1,2)，E=(0,0,1)E=(0,0,1). 于是 BE→=(−1,0,1)\overrightarrow{BE}=(-1,0,1)，可取 CD1CD_{1} 的方向向量为 CD1→=(−1,0,2)\overrightarrow{CD_{1}}=(-1,0,2). 两向量的夹角取锐角，故
cos⁡θ=BE→⋅CD1→∣BE→∣ ∣CD1→∣=325=31010\cos\theta=\frac{\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{CD_{1}}}{|\overrightarrow{BE}|\,|\overrightarrow{CD_{1}}|} =\frac{3}{\sqrt{2}\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{10}}{10}
故选 C. \end{solution}
A.
1010\frac{\sqrt{10}}{10}
B.
15\frac{1}{5}
C.
31010\frac{3\sqrt{10}}{10}
D.
35\frac{3}{5}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 5 题 · 选择题

查看答案和解析
06平面向量★★☆☆☆
已知向量 a=(2,1)\boldsymbol{a} = (2, 1)，a⋅b=10\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = 10，∣a+b∣=52|\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}| = 5\sqrt{2}，则 ∣b∣=|\boldsymbol{b}| =（ ）
\begin{solution} 由 ∣a∣2=22+12=5|\boldsymbol{a}|^{2}=2^{2}+1^{2}=5，以及
∣a+b∣2=∣a∣2+2a⋅b+∣b∣2|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|^{2}=|\boldsymbol{a}|^{2}+2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}+|\boldsymbol{b}|^{2}
得 50=5+2×10+∣b∣250=5+2\times10+|\boldsymbol{b}|^{2}，所以 ∣b∣2=25|\boldsymbol{b}|^{2}=25，从而 ∣b∣=5|\boldsymbol{b}|=5. 故选 C. \end{solution}
A.
5\sqrt{5}
B.
10\sqrt{10}
C.
55
D.
2525

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 6 题 · 选择题

查看答案和解析
07指数函数与对数函数★★☆☆☆
设 a=log⁡3πa = \log_3 \pi，b=log⁡23b = \log_2 \sqrt{3}，c=log⁡32c = \log_3 \sqrt{2}，则（ ）
\begin{solution} 因为 π>3\pi>3，所以 a=log⁡3π>1a=\log_{3}\pi>1. 又因为 3<2\sqrt{3}<2，所以 b=log⁡23<1b=\log_{2}\sqrt{3}<1，从而 a>ba>b. 此外
b=ln⁡32ln⁡2b=\frac{\ln3}{2\ln2}
又 c=ln⁡22ln⁡3c=\frac{\ln2}{2\ln3}. 且 ln⁡3>ln⁡2>0\ln3>\ln2>0，并且 b−c=(ln⁡3)2−(ln⁡2)22ln⁡2ln⁡3>0b-c=\frac{(\ln3)^2-(\ln2)^2}{2\ln2\ln3}>0，故 b>cb>c. 因此 a>b>ca>b>c，故选 A. \end{solution}
A.
a>b>ca > b > c
B.
a>c>ba > c > b
C.
b>a>cb > a > c
D.
b>c>ab > c > a

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 7 题 · 选择题

查看答案和解析
08三角函数★★★☆☆
若将函数 y=tan⁡(ωx+π4)y = \tan \left( \omega x + \frac{\pi}{4} \right)（ω>0\omega > 0）的图象向右平移 π6 个单位长度\frac{\pi}{6}\text{ 个单位长度}后，与函数 y=tan⁡(ωx+π6)y = \tan \left( \omega x + \frac{\pi}{6} \right) 的图象重合，则 ω\omega 的最小值为（ ）
\begin{solution} 向右平移 π6\frac{\pi}{6} 后，函数变为
y=tan⁡(ωx+π4−ωπ6)y=\tan\left(\omega x+\frac{\pi}{4}-\frac{\omega\pi}{6}\right)
两正切函数图象重合，当且仅当其自变量相差整数倍的 π\pi，所以存在 k∈Zk\in\mathbb Z 使
π4−ωπ6=π6+kπ\frac{\pi}{4}-\frac{\omega\pi}{6}=\frac{\pi}{6}+k\pi
解得 ω=12−6k\omega=\frac12-6k. 由 ω>0\omega>0，最小值在 k=0k=0 时取得，为 12\frac12. 故选 D. \end{solution}
A.
16\frac{1}{6}
B.
14\frac{1}{4}
C.
13\frac{1}{3}
D.
12\frac{1}{2}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 8 题 · 选择题

查看答案和解析
09解析几何★★★☆☆
已知直线 y=k(x+2)y = k(x + 2) （k>0k > 0） 与抛物线 C:y2=8xC: y^2 = 8x 相交于 AA，BB 两点，FF 为 CC 的焦点. 若 ∣FA∣=2∣FB∣|FA| = 2|FB|，则 k=k =（ ）
\begin{solution} 抛物线 y2=8xy^{2}=8x 的焦点为 F=(2,0)F=(2,0)，准线为 x=−2x=-2. 设 AA，BB 的横坐标分别为 xAx_{A}，xBx_{B}. 由抛物线的定义， ∣FA∣=xA+2|FA|=x_{A}+2，∣FB∣=xB+2|FB|=x_{B}+2. 将直线 y=k(x+2)y=k(x+2) 代入抛物线，得
k2x2+(4k2−8)x+4k2=0k^{2}x^{2}+(4k^{2}-8)x+4k^{2}=0
故 xAxB=4x_{A}x_{B}=4. 由 ∣FA∣=2∣FB∣|FA|=2|FB| 得 xA=2xB+2x_{A}=2x_{B}+2，所以
(2xB+2)xB=4(2x_{B}+2)x_{B}=4
因交点在抛物线上，xB⩾0x_{B}\geqslant0，故 xB=1x_{B}=1，xA=4x_{A}=4. 再由根的和
xA+xB=8k2−4x_{A}+x_{B}=\frac{8}{k^{2}}-4
得 5=8k2−45=\frac{8}{k^{2}}-4，于是 k=223k=\frac{2\sqrt2}{3}. 故选 D. \end{solution}
A.
13\frac{1}{3}
B.
23\frac{\sqrt{2}}{3}
C.
23\frac{2}{3}
D.
223\frac{2\sqrt{2}}{3}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 9 题 · 选择题

查看答案和解析
10计数原理与组合数学★★☆☆☆
甲，乙两人从 4 门4\text{ 门}课程中各选修 2 门2\text{ 门}，则甲，乙所选的课程中至少有 1 门1\text{ 门}不相同的选法共有（ ）
\begin{solution} 甲、乙两人各有 C42=6\mathrm C_4^2=6 种选法，因此全部选法有 6×6=366\times6=36 种. 两人所选课程完全相同的选法有 66 种. “至少有 11 门不相同”是排除完全相同的情形，故选法数为 36−6=3036-6=30，故选 C. \end{solution}
A.
6 种6\text{ 种}
B.
12 种12\text{ 种}
C.
30 种30\text{ 种}
D.
36 种36\text{ 种}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 10 题 · 选择题

查看答案和解析
11解析几何★★★★☆
已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1C: \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1 （a>0a > 0，b>0b > 0）的右焦点为 FF，过 FF 且斜率为 3\sqrt{3} 的直线交 CC 于 AA，BB 两点，若 AF→=4FB→\overrightarrow{AF} = 4\overrightarrow{FB}，则 CC 的离心率为（ ）
\begin{solution} 设 F=(c,0)F=(c,0)，过焦点的直线用参数表示为
(x,y)=(c+t,3t)(x,y)=(c+t,\sqrt3t)
代入双曲线并整理，交点对应的参数是方程
(b2−3a2)t2+2b2ct+b4=0(b^{2}-3a^{2})t^{2}+2b^{2}ct+b^{4}=0
的两根. 由 AF→=4FB→\overrightarrow{AF}=4\overrightarrow{FB}，可设两根为 −4t-4t 和 tt. 由韦达定理， −3t=2b2c3a2−b2-3t=\frac{2b^{2}c}{3a^{2}-b^{2}}，−4t2=−b43a2−b2-4t^{2}=-\frac{b^{4}}{3a^{2}-b^{2}}. 将第一式平方后与第二式联立，得
16c2=9(3a2−b2)16c^{2}=9(3a^{2}-b^{2})
又 c2=a2+b2c^{2}=a^{2}+b^{2}，所以 25b2=11a225b^{2}=11a^{2}，从而
e2=c2a2=1+b2a2=1+1125=3625e^{2}=\frac{c^{2}}{a^{2}}=1+\frac{b^{2}}{a^{2}}=1+\frac{11}{25}=\frac{36}{25}
因 e>0e>0，得 e=65e=\frac65，故选 A. \end{solution}
A.
65\frac{6}{5}
B.
75\frac{7}{5}
C.
58\frac{5}{8}
D.
95\frac{9}{5}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 11 题 · 选择题

查看答案和解析
12立体几何初步★★★☆☆
纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上，下，东，南，西，北. 现有沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到如图的平面图形，则标“△\triangle”的面的方位是（ ）
\begin{solution} 将横向四个正方形依次记为 F0F_{0}，F1F_{1}，F2F_{2}，F3F_{3}，其中 F2F_{2} 标为“上”，F3F_{3} 标为“东”，而带三角形的正方形是 F0F_{0} 上方的面. 折叠后，横向四面依次围成正方体的一周，因此 F0F_{0} 与 F2F_{2} 相对，F1F_{1} 与 F3F_{3} 相对. 所以 F0F_{0} 的方位为“下”，F1F_{1} 的方位为“西”.
以 F2F_{2} 为“上”、右侧相邻的 F3F_{3} 为“东”折叠，F0F_{0} 上方的面折起后位于“北”侧；其下方的面位于“南”侧. 故带三角形的面方位为“北”，选项为 B. \end{solution}
A.
南
B.
北
C.
西
D.
下

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

查看答案和解析
13计数原理与组合数学★★☆☆☆
(xy−yx)4\left(x\sqrt{y} - y\sqrt{x}\right)^4 的展开式中 x3y3x^3 y^3 的系数为______.
\begin{solution} 展开式通项中，若从四个因式中取出 kk 个 −yx-y\sqrt{x}，则该项为
(−1)kC4kx4−k2y2+k2(-1)^k\mathrm C_4^k x^{4-\frac{k}{2}}y^{2+\frac{k}{2}}
令 4−k2=34-\frac{k}{2}=3，得 k=2k=2，此时 yy 的指数也为 2+k2=32+\frac{k}{2}=3. 因而所求系数为 C42=6\mathrm C_4^2=6. \end{solution}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 13 题 · 填空题

查看答案和解析
14数列★★☆☆☆
设等差数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和为 SnS_{n}，若 a5=5a3a_{5} = 5a_{3}，则 S9S5=\frac{S_{9}}{S_{5}} =______.
\begin{solution} 设首项为 a1a_{1}，公差为 dd. 由 a5=5a3a_{5}=5a_{3}，得 a1+4d=5(a1+2d)a_{1}+4d=5(a_{1}+2d)，即 2a1+3d=02a_{1}+3d=0. 于是 a1=−32da_{1}=-\frac32d，并且
S9=92(2a1+8d)=452dS_{9}=\frac92(2a_{1}+8d)=\frac{45}{2}d
同理，S5=52(2a1+4d)=52dS_{5}=\frac52(2a_{1}+4d)=\frac{5}{2}d. 题目中的比值有意义，故 d≠0d\ne0，从而 S9S5=9\dfrac{S_{9}}{S_{5}}=9. \end{solution}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 14 题 · 填空题

查看答案和解析
15立体几何初步★★★☆☆
设 OAOA 是球 OO 的半径，MM 是 OAOA 的中点，过 MM 且与 OAOA 成 45∘45^{\circ} 角的平面截球 OO 的表面得到圆 CC. 若圆 CC 的面积等于 7π4\frac{7\pi}{4}，则球 OO 的表面积等于______.
\begin{solution} 设球的半径为 RR，球心到截面平面的距离为 dd，截面圆半径为 rr. 因为 OM=R2OM=\frac{R}{2}，且直线 OAOA 与平面的夹角为 45∘45^{\circ}，所以
d=OMsin⁡45∘=R22d=OM\sin45^{\circ}=\frac{R}{2\sqrt2}
由截面圆面积得 πr2=7π4\pi r^{2}=\frac{7\pi}{4}，即 r2=74r^{2}=\frac74. 在球心、截面圆心和截面圆上任一点构成的直角三角形中，
R2=d2+r2=R28+74R^{2}=d^{2}+r^{2}=\frac{R^{2}}8+\frac74
故 R2=2R^{2}=2. 所以球的表面积为 4πR2=8π4\pi R^{2}=8\pi. \end{solution}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 15 题 · 填空题

查看答案和解析
16解析几何★★★★☆
已知 ACAC，BDBD 为圆 O:x2+y2=4O: x^{2} + y^{2} = 4 的两条相互垂直的弦，垂足为 M(1,2)M(1, \sqrt{2})，则四边形 ABCDABCD 的面积的最大值为______.
\begin{solution} 设圆心到弦 ACAC，BDBD 所在直线的距离分别为 d1d_{1}，d2d_{2}. 因两直线垂直且交于 MM，有
d12+d22=OM2=12+(2)2=3d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=OM^{2}=1^{2}+\left(\sqrt2\right)^{2}=3
圆半径为 22，故两弦长分别为 24−d122\sqrt{4-d_{1}^{2}} 和 24−d222\sqrt{4-d_{2}^{2}}. 四边形 ABCDABCD 的对角线为这两条互相垂直的弦，所以其面积
S=12AC⋅BD=2(4−d12)(4−d22)S=\frac12 AC\cdot BD=2\sqrt{(4-d_{1}^{2})(4-d_{2}^{2})}
令 u=d12u=d_{1}^{2}，v=d22v=d_{2}^{2}，则 u+v=3u+v=3，且
(4−u)(4−v)=4+uv⩽4+(u+v2)2=254(4-u)(4-v)=4+uv\leqslant4+\left(\frac{u+v}{2}\right)^{2}=\frac{25}{4}
因此 S⩽2254=5S\leqslant2\sqrt{\frac{25}{4}}=5. 当且仅当 u=v=32u=v=\frac32 时取等号；取过 MM 且分别与 OMOM 成 45∘45^{\circ} 角的两条互相垂直直线即可实现，故最大值为 55. \end{solution}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

查看答案和解析
17三角函数★★★☆☆
设 △ABC\triangle ABC 的内角 AA，BB，CC 的对边长分别为 aa，bb，cc，cos⁡(A−C)+cos⁡B=32\cos (A - C) + \cos B = \frac{3}{2}，b2=acb^2 = ac，求 BB.
\begin{solution} 由 A+B+C=πA+B+C=\pi，得 B=π−(A+C)B=\pi-(A+C)，所以 cos⁡B=−cos⁡(A+C)\cos B=-\cos(A+C). 因而
cos⁡(A−C)−cos⁡(A+C)=32\cos(A-C)-\cos(A+C)=\frac32
利用和差化积公式，得 2sin⁡Asin⁡C=322\sin A\sin C=\frac32，即
sin⁡Asin⁡C=34\sin A\sin C=\frac34
由正弦定理，存在 R>0R>0 使 a=2Rsin⁡Aa=2R\sin A，b=2Rsin⁡Bb=2R\sin B，c=2Rsin⁡Cc=2R\sin C. 代入 b2=acb^{2}=ac，得
sin⁡2B=sin⁡Asin⁡C=34\sin^{2}B=\sin A\sin C=\frac34
因为 0<B<π0<B<\pi，所以 sin⁡B=32\sin B=\frac{\sqrt3}{2}，从而 B=π3B=\frac\pi3 或 B=2π3B=\frac{2\pi}{3}.
又由 b2=acb^{2}=ac，至少有一个数 aa，cc 不小于 bb. 由边角大小规律，至少有一个角 AA，CC 不小于 BB，于是 A+C⩾BA+C\geqslant B，即 π−B⩾B\pi-B\geqslant B，所以 B⩽π2B\leqslant\frac\pi2. 排除 B=2π3B=\frac{2\pi}{3}，故
B=π3=60∘B=\frac\pi3=60^{\circ}
\end{solution}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 17 题 · 解答题

查看答案和解析
18立体几何初步★★★★☆
如图，直三棱柱 ABC−A1B1C1ABC - A_{1}B_{1}C_{1} 中，AB⊥ACAB \perp AC，DD，EE 分别为 AA1AA_{1}，B1CB_{1}C 的中点，DE⊥DE \perp 平面 BCC1BCC_{1}.
(1) 证明：AB=ACAB = AC. (2) 设二面角 A−BD−CA - BD - C 为 60∘60^{\circ}，求 B1CB_{1}C 与平面 BCDBCD 所成的角的大小.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 AB=uAB=u，AC=vAC=v，AA1=hAA_{1}=h. 建立空间直角坐标系，使 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(u,0,0)B=(u,0,0)，C=(0,v,0)C=(0,v,0)，A1=(0,0,h)A_{1}=(0,0,h). 则 D=(0,0,h2)D=(0,0,\frac h2)，B1=(u,0,h)B_{1}=(u,0,h)，且
DE→=(u2,v2,0)\overrightarrow{DE}=\left(\frac u2,\frac v2,0\right)
平面 BCC1BCC_{1} 的一个法向量为 (v,u,0)(v,u,0). 由 DE⊥DE\perp 平面 BCC1BCC_{1}，有 (u,v,0)∥(v,u,0)(u,v,0)\parallel(v,u,0)，所以 u=vu=v，即 AB=ACAB=AC. \item 记 AB=AC=sAB=AC=s. 此时平面 ABDABD 的一个法向量可取 n1=(0,1,0)\boldsymbol{n}_{1}=(0,1,0)，平面 BCDBCD 的一个法向量可取
n2=(h2,h2,s)\boldsymbol{n}_{2}=\left(\frac h2,\frac h2,s\right)
二面角为 60∘60^{\circ}，故
∣n1⋅n2∣∣n1∣ ∣n2∣=h2h22+s2=cos⁡60∘=12\frac{\left|\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}\right|}{|\boldsymbol{n}_{1}|\,|\boldsymbol{n}_{2}|} =\frac{\frac{h}{2}}{\sqrt{\frac{h^{2}}{2}+s^{2}}}=\cos60^{\circ}=\frac12
从而 h2=2s2h^{2}=2s^{2}.
直线 B1CB_{1}C 的方向向量可取 B1C→=(−s,s,−h)\overrightarrow{B_{1}C}=(-s,s,-h). 设它与平面 BCDBCD 所成的角为 θ\theta，则
sin⁡θ=∣B1C→⋅n2∣∣B1C→∣ ∣n2∣=hs2s2+h2h22+s2=12\sin\theta=\frac{\left|\overrightarrow{B_{1}C}\cdot\boldsymbol{n}_{2}\right|}{|\overrightarrow{B_{1}C}|\,|\boldsymbol{n}_{2}|} =\frac{hs}{\sqrt{2s^{2}+h^{2}}\sqrt{\frac{h^{2}}{2}+s^{2}}} =\frac12
线面角取锐角，故 θ=30∘\theta=30^{\circ}. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
19数列★★★☆☆
设数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和为 SnS_{n}，已知 a1=1a_{1} = 1，Sn+1=4an+2S_{n+1} = 4a_{n} + 2.
(1) 设 bn=an+1−2anb_{n} = a_{n+1} - 2a_{n}. 证明数列 {bn}\{b_n\} 是等比数列. (2) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由已知条件在 n=1n=1 时给出
a1+a2=S2=4a1+2=6a_{1}+a_{2}=S_{2}=4a_{1}+2=6
所以 a2=5a_{2}=5，从而 b1=a2−2a1=3b_{1}=a_{2}-2a_{1}=3. 对任意 n⩾1n\geqslant1，相邻两式相减得
an+2=Sn+2−Sn+1=4an+1+2−(4an+2)=4(an+1−an)a_{n+2}=S_{n+2}-S_{n+1}=4a_{n+1}+2-(4a_{n}+2)=4(a_{n+1}-a_{n})
因此
bn+1=an+2−2an+1=2(an+1−2an)=2bnb_{n+1}=a_{n+2}-2a_{n+1}=2(a_{n+1}-2a_{n})=2b_{n}
所以 {bn}\{b_{n}\} 是首项为 33、公比为 22 的等比数列，即 bn=3⋅2n−1b_{n}=3\cdot2^{n-1}. \item 由 bn=an+1−2anb_{n}=a_{n+1}-2a_{n}，有
an+12n−an2n−1=bn2n=32\frac{a_{n+1}}{2^{n}}-\frac{a_{n}}{2^{n-1}}=\frac{b_{n}}{2^{n}}=\frac32
数列 {an2n−1}\left\{\frac{a_{n}}{2^{n-1}}\right\} 是首项为 11、公差为 32\frac32 的等差数列，故
an2n−1=1+(n−1)32=3n−12\frac{a_{n}}{2^{n-1}}=1+(n-1)\frac32=\frac{3n-1}{2}
所以数列 {an}\{a_n\} 的通项公式为 an=(3n−1)2n−2a_n=(3n-1)2^{n-2}，（n⩾1n\geqslant1）. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
20概率与统计★★★☆☆
某车间甲组有 10 名10\text{ 名}工人，其中有 4 名4\text{ 名}女工人；乙组有 5 名5\text{ 名}工人，其中有 3 名3\text{ 名}女工人. 现采用分层抽样方法（层内采用不放回简单随机抽样）从甲，乙两组中共抽取 3 名3\text{ 名}工人进行技术考核.
(1) 求从甲，乙两组各抽取的人数. (2) 求从甲组抽取的工人中恰有 1 名1\text{ 名}女工人的概率. (3) 记 ξ\xi 表示抽取的 3 名3\text{ 名}工人中男工人数，求 ξ\xi 的分布列及数学期望.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 甲、乙两组人数之比为 10:5=2:110:5=2:1. 按分层抽样的比例，从两组共抽取 33 人，所以甲组抽取 22 人，乙组抽取 11 人. \item 甲组有 44 名女工人和 66 名男工人，故所求概率为
C41C61C102=2445=815\frac{\mathrm C_4^1\mathrm C_6^1}{\mathrm C_{10}^{2}}=\frac{24}{45}=\frac{8}{15}
\item 设 XX 为从甲组抽取的男工人数，YY 为从乙组抽取的男工人数，则 ξ=X+Y\xi=X+Y. 由不放回抽样，
P(X=0)=C42C102=215P(X=0)=\frac{\mathrm C_4^2}{\mathrm C_{10}^{2}}=\frac{2}{15}
P(X=1)=C61C41C102=815P(X=1)=\frac{\mathrm C_6^1\mathrm C_4^1}{\mathrm C_{10}^{2}}=\frac{8}{15}
P(X=2)=C62C102=13P(X=2)=\frac{\mathrm C_6^2}{\mathrm C_{10}^{2}}=\frac13
并且 P(Y=0)=35P(Y=0)=\frac35，P(Y=1)=25P(Y=1)=\frac25. 两组抽样相互独立，因此
P(ξ=0)=215⋅35=675P(\xi=0)=\frac{2}{15}\cdot\frac35=\frac{6}{75}
P(ξ=1)=215⋅25+815⋅35=2875P(\xi=1)=\frac{2}{15}\cdot\frac25+\frac{8}{15}\cdot\frac35=\frac{28}{75}
P(ξ=2)=815⋅25+13⋅35=3175P(\xi=2)=\frac{8}{15}\cdot\frac25+\frac13\cdot\frac35=\frac{31}{75}
P(ξ=3)=13⋅25=1075P(\xi=3)=\frac13\cdot\frac25=\frac{10}{75}
所以分布列为 \begin{center} \begin{tabular}{c|cccc} ξ\xi & 0 & 1 & 2 & 3 \ \hline PP & 675\frac{6}{75} & 2875\frac{28}{75} & 3175\frac{31}{75} & 1075\frac{10}{75} \end{tabular} \end{center} 数学期望为
E(ξ)=0⋅675+1⋅2875+2⋅3175+3⋅1075=85E(\xi)=0\cdot\frac{6}{75}+1\cdot\frac{28}{75}+2\cdot\frac{31}{75}+3\cdot\frac{10}{75}=\frac85
\end{enumerate} \end{solution}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
21解析几何★★★★☆
已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 （a>b>0a > b > 0）的离心率为 33\frac{\sqrt{3}}{3}，过右焦点 FF 的直线 ll 与 CC 相交于 AA，BB 两点，当 ll 的斜率为 11 时，坐标原点 OO 到 ll 的距离为 22\frac{\sqrt{2}}{2}.
(1) 求 aa，bb 的值. (2) CC 上是否存在点 PP，使得当 ll 绕 FF 转到某一位置时，有 OP→=OA→+OB→\overrightarrow{OP} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} 成立？若存在，求出所有的 PP 的坐标与 ll 的方程；若不存在，说明理由.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设椭圆的半焦距为 cc，则右焦点为 F=(c,0)F=(c,0)，且
ca=33\frac{c}{a}=\frac{\sqrt3}{3}
又 b2=a2−c2b^{2}=a^{2}-c^{2}. 当直线 ll 的斜率为 11 时，其方程为 y=x−cy=x-c，即 x−y−c=0x-y-c=0. 由原点到直线的距离，
c2=22\frac{c}{\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}
得 c=1c=1. 因而 a=3a=\sqrt3，且 b2=3−1=2b^{2}=3-1=2，所以 b=2b=\sqrt2. \item 由上知椭圆方程为 2x2+3y2=62x^{2}+3y^{2}=6，焦点为 F=(1,0)F=(1,0). 先设 ll 不是竖直直线，写成
y=k(x−1)y=k(x-1)
设它与椭圆交于 A(x1,y1)A(x_{1},y_{1})，B(x2,y2)B(x_{2},y_{2}). 将直线方程代入椭圆，得
(2+3k2)x2−6k2x+3k2−6=0(2+3k^{2})x^{2}-6k^{2}x+3k^{2}-6=0
由韦达定理，记 D=2+3k2D=2+3k^{2}，则
x1+x2=6k2Dx_{1}+x_{2}=\frac{6k^{2}}{D}
又 y1+y2=k(x1+x2−2)=−4kDy_{1}+y_{2}=k(x_{1}+x_{2}-2)=-\frac{4k}{D}. 若 OP→=OA→+OB→\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}，则
P=(6k2D,−4kD)P=\left(\frac{6k^{2}}{D},-\frac{4k}{D}\right)
点 PP 在椭圆上等价于
2(6k2D)2+3(−4kD)2=62\left(\frac{6k^{2}}{D}\right)^{2}+3\left(-\frac{4k}{D}\right)^{2}=6
即 24k2D=6\frac{24k^{2}}{D}=6. 因而 4k2=2+3k24k^{2}=2+3k^{2}，所以 k2=2k^{2}=2.
当 k=2k=\sqrt2 时，P=(32,−22)P=\left(\frac32,-\frac{\sqrt2}{2}\right)，l:y=2(x−1)l:y=\sqrt2(x-1)；当 k=−2k=-\sqrt2 时，P=(32,22)P=\left(\frac32,\frac{\sqrt2}{2}\right)，l:y=−2(x−1)l:y=-\sqrt2(x-1).
最后检查竖直直线 x=1x=1. 它与椭圆的两个交点纵坐标互为相反数，故两点坐标之和为 (2,0)(2,0)，而 2(2)2+3(0)2=8≠62(2)^{2}+3(0)^{2}=8\ne6，所以 P=(2,0)P=(2,0) 不在椭圆上. 因此以上两点即为全部满足条件的点. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
22导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=x2+aln⁡(1+x)f(x) = x^{2} + a\ln (1 + x) 有两个极值点 x1x_{1}，x2x_{2}，且 x1<x2x_{1} < x_{2}.
(1) 求 aa 的取值范围，并讨论 f(x)f(x) 的单调性. (2) 证明： f(x2)>1−2ln⁡24f(x_{2}) > \frac{1 - 2\ln 2}{4}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 函数的定义域为 (−1,+∞)(-1,+\infty)，且
f′(x)=2x+a1+x=2x2+2x+a1+xf'(x)=2x+\frac{a}{1+x}=\frac{2x^{2}+2x+a}{1+x}
要有两个定义域内的极值点，二次方程 2x2+2x+a=02x^{2}+2x+a=0 必须有两个不相等且都大于 −1-1 的根. 其根为
x1=−1−1−2a2x_{1}=\frac{-1-\sqrt{1-2a}}{2}
又 x2=−1+1−2a2x_{2}=\frac{-1+\sqrt{1-2a}}{2}. 两根不相等要求 a<12a<\frac12，而 x1>−1x_{1}>-1 要求 1−2a<1\sqrt{1-2a}<1，即 a>0a>0. 因此
0<a<120<a<\frac12
在定义域内 1+x>01+x>0，而二次式 2x2+2x+a2x^{2}+2x+a 在两根外为正、两根之间为负，所以 f(x)f(x) 在 (−1,x1)(-1,x_{1}) 和 (x2,+∞)(x_{2},+\infty) 上单调递增，在 (x1,x2)(x_{1},x_{2}) 上单调递减. \item 令 t=1+x2t=1+x_{2}. 由 x2∈(−1,0)x_{2}\in(-1,0) 且 0<a<120<a<\frac12，有 12<t<1\frac12<t<1. 又因 f′(x2)=0f'(x_{2})=0，
a=−2x2(1+x2)=2t(1−t)a=-2x_{2}(1+x_{2})=2t(1-t)
于是
f(x2)=(1−t)2+2t(1−t)ln⁡t=:H(t)f(x_{2})=(1-t)^{2}+2t(1-t)\ln t=:H(t)
求导得
H′(t)=2(1−2t)ln⁡tH'(t)=2(1-2t)\ln t
当 12<t<1\frac12<t<1 时，1−2t<01-2t<0 且 ln⁡t<0\ln t<0，故 H′(t)>0H'(t)>0. 因而
f(x2)=H(t)>H(12)=14+12ln⁡12=1−2ln⁡24f(x_{2})=H(t)>H\left(\frac12\right)=\frac14+\frac12\ln\frac12=\frac{1-2\ln2}{4}
\end{enumerate} \end{solution}

2009 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析