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01复数★☆☆☆☆
复数 2−i31−2i=\frac{\sqrt{2} - \mathrm{i}^3}{1 - \sqrt{2}\mathrm{i}} =（ ）
\begin{solution} 因为 i3=−i\mathrm{i}^3=-\mathrm{i}，所以 2−i3=2+i\sqrt{2}-\mathrm{i}^3=\sqrt{2}+\mathrm{i}. 分子分母同乘分母的共轭复数 1+2i1+\sqrt{2}\mathrm{i}，得 2+i1−2i=(2+i)(1+2i)1+2=3i3=i\displaystyle\frac{\sqrt{2}+\mathrm{i}}{1-\sqrt{2}\mathrm{i}}=\frac{(\sqrt{2}+\mathrm{i})(1+\sqrt{2}\mathrm{i})}{1+2}=\frac{3\mathrm{i}}{3}=\mathrm{i}. 故选 A. \end{solution}
A.
i\mathrm{i}
B.
−i-\mathrm{i}
C.
22−i2\sqrt{2} - \mathrm{i}
D.
−22+i-2\sqrt{2} + \mathrm{i}

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02集合与逻辑基础★★☆☆☆
设 II 为全集，S1S_{1}，S2S_{2}，S3S_{3} 是 II 的三个非空子集且 S1∪S2∪S3=IS_{1} \cup S_{2} \cup S_{3} = I，则下面论断正确的是（ ）
\begin{solution} 由 S1∪S2∪S3=IS_{1}\cup S_{2}\cup S_{3}=I，取补集并利用德 Morgan 定律，得 ∁IS1∩∁IS2∩∁IS3=∁I(S1∪S2∪S3)=∁II=∅\complement_{I}S_{1}\cap\complement_{I}S_{2}\cap\complement_{I}S_{3}=\complement_{I}(S_{1}\cup S_{2}\cup S_{3})=\complement_{I}I=\varnothing. 因此正确的论断是 \circled3\circled{3}，故选 C. \end{solution}
A.
∁IS1∩(S2∪S3)=∅\complement_{I}S_{1}\cap (S_{2} \cup S_{3}) = \varnothing
B.
S1⊆(∁IS2∩∁IS3)S_{1}\subseteq (\complement_{I}S_{2}\cap \complement_{I}S_{3})
C.
∁IS1∩∁IS2∩∁IS3=∅\complement_{I}S_{1}\cap \complement_{I}S_{2}\cap \complement_{I}S_{3} = \varnothing
D.
S1⊆(∁IS2∪∁IS3)S_{1}\subseteq (\complement_{I}S_{2}\cup \complement_{I}S_{3})

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03立体几何初步★★☆☆☆
一个与球心距离为 11 的平面截球所得的圆面面积为 π\pi，则球的表面积为（ ）
\begin{solution} 设球的半径为 RR，截得圆面的半径为 rr. 由圆面面积为 π\pi，得 r=1r=1. 设球心为 OO，截面圆心为 HH，并在截面圆周上取一点 R0R_0，则 OH=1OH=1，且 R0H⊥OHR_0H\perp OH，所以在直角三角形 OHR0OHR_0 中，R2=OH2+R0H2=12+12=2R^{2}=OH^{2}+R_0H^{2}=1^{2}+1^{2}=2. 球的表面积为 4πR2=8π4\pi R^{2}=8\pi，故选 B. \end{solution}
A.
82π8\sqrt{2}\pi
B.
8π8\pi
C.
42π4\sqrt{2}\pi
D.
4π4\pi

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04解析几何★★★☆☆
已知直线 ll 过点 (−2,0)(-2,0)，当直线 ll 与圆 x2+y2=2xx^{2}+y^{2}=2x 有两个交点时，其斜率 kk 的取值范围是（ ）
\begin{solution} 直线 ll 的方程为 y=k(x+2)y=k(x+2)，即 kx−y+2k=0kx-y+2k=0. 圆 x2+y2=2xx^{2}+y^{2}=2x 即 (x−1)2+y2=1(x-1)^{2}+y^{2}=1，圆心为 (1,0)(1,0)，半径为 11. 直线与圆有两个交点，当且仅当圆心到直线的距离小于半径，即
∣k⋅1−0+2k∣k2+1=∣3k∣k2+1<1.\frac{\left|k\cdot1-0+2k\right|}{\sqrt{k^{2}+1}}=\frac{\left|3k\right|}{\sqrt{k^{2}+1}}<1.
两边平方得 9k2<k2+19k^{2}<k^{2}+1，即 8k2<18k^{2}<1，所以 ∣k∣<122=24\left|k\right|<\frac{1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}，即 k∈(−24,24)k\in\left(-\frac{\sqrt{2}}{4},\frac{\sqrt{2}}{4}\right). 故选 C. \end{solution}
A.
(−22,22)(-2\sqrt{2}, 2\sqrt{2})
B.
(−2,2)(-\sqrt{2}, \sqrt{2})
C.
(−24,24)\left(-\frac{\sqrt{2}}{4}, \frac{\sqrt{2}}{4}\right)
D.
(−18,18)\left(-\frac{1}{8}, \frac{1}{8}\right)

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05立体几何初步★★★★☆
如图，在多面体 ABCDEFABCDEF 中，已知 ABCDABCD 是边长为 11 的正方形，且 △ADE\triangle ADE，△BCF\triangle BCF 均为正三角形，EF∥ABEF \parallel AB，EF=2EF = 2，则该多面体的体积为（ ）
\begin{solution} 建立空间直角坐标系，取正方形 ABCDABCD 所在平面为 z=0z=0，令 A(0,0,0)A(0,0,0)，B(1,0,0)B(1,0,0)，C(1,1,0)C(1,1,0)，D(0,1,0)D(0,1,0). 设 E=(u,12,h)E=(u,\frac12,h)，则由 △ADE\triangle ADE 为正三角形，得 u2+14+h2=1u^{2}+\frac14+h^{2}=1. 由于 EF∥ABEF\parallel AB 且 EF=2EF=2，可设 F=(u+2,12,h)F=(u+2,\frac12,h). 由 △BCF\triangle BCF 为正三角形，得 (u+1)2+14+h2=1(u+1)^{2}+\frac14+h^{2}=1. 两式相减得 u=−12u=-\frac12，再代回得 h2=12h^{2}=\frac12. 取 h=12h=\frac{1}{\sqrt{2}}.
记 z=thz=th（0⩽t⩽10\leqslant t\leqslant1）的水平截面为 KtK_t. 该截面是底面正方形与顶面线段 EFEF 按比例 1−t:t1-t:t 的凸组合，因此其两边长分别为 (1−t)⋅1+t⋅2=1+t(1-t)\cdot1+t\cdot2=1+t 和 (1−t)⋅1=1−t(1-t)\cdot1=1-t，从而 SKt=1−t2S_{K_t}=1-t^{2}. 所以多面体体积为 V=∫0h(1−z2h2) dz=2h3=23V=\displaystyle\int_{0}^{h}\left(1-\frac{z^{2}}{h^{2}}\right)\,\mathrm dz=\frac{2h}{3}=\frac{\sqrt{2}}{3}. 故选 A. \end{solution}
A.
23\frac{\sqrt{2}}{3}
B.
33\frac{\sqrt{3}}{3}
C.
43\frac{4}{3}
D.
32\frac{3}{2}

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06解析几何★★☆☆☆
已知双曲线 x2a2−y2=1\frac{x^2}{a^2} - y^2 = 1（a>0a > 0）的一条准线与抛物线 y2=−6xy^2 = -6x 的准线重合，则该双曲线的离心率为（ ）
\begin{solution} 双曲线 x2a2−y2=1\displaystyle\frac{x^{2}}{a^{2}}-y^{2}=1 的半焦距满足 c2=a2+1c^{2}=a^{2}+1，离心率为 e=cae=\frac{c}{a}，其准线方程为 x=±ae=±a2cx=\pm\frac{a}{e}=\pm\frac{a^{2}}{c}. 抛物线 y2=−6xy^{2}=-6x 写成 y2=2pxy^{2}=2px，其中 p=−3p=-3，故其准线为 x=−p2=32x=-\frac p2=\frac32. 因而 a2c=32\displaystyle\frac{a^{2}}{c}=\frac32. 令 t=a2t=a^{2}，平方得 t2t+1=94\displaystyle\frac{t^{2}}{t+1}=\frac94，即 4t2−9t−9=04t^{2}-9t-9=0. 由于 t>0t>0，得 t=3t=3，于是 c=2c=2，e=23=233e=\frac{2}{\sqrt3}=\frac{2\sqrt3}{3}. 故选 D. \end{solution}
A.
32\frac{\sqrt{3}}{2}
B.
32\frac{3}{2}
C.
62\frac{\sqrt{6}}{2}
D.
233\frac{2\sqrt{3}}{3}

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 6 题 · 选择题

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07三角函数★★★☆☆
当 0<x<π20 < x < \frac{\pi}{2} 时，函数 f(x)=1+cos⁡2x+8sin⁡2xsin⁡2xf(x) = \frac{1 + \cos 2x + 8\sin^2 x}{\sin 2x} 的最小值为（ ）
\begin{solution} 当 0<x<π20<x<\frac\pi2 时，tan⁡x>0\tan x>0，且 f(x)=2cos⁡2x+8sin⁡2x2sin⁡xcos⁡x=1+4tan⁡2xtan⁡x=1tan⁡x+4tan⁡x\displaystyle f(x)=\frac{2\cos^{2}x+8\sin^{2}x}{2\sin x\cos x}=\frac{1+4\tan^{2}x}{\tan x}=\frac1{\tan x}+4\tan x. 令 t=tan⁡x>0t=\tan x>0，由基本不等式 1t+4t⩾21t⋅4t=4\displaystyle\frac1t+4t\geqslant2\sqrt{\frac1t\cdot4t}=4，等号当且仅当 t=12t=\frac12 时成立. 因此最小值为 44，故选 C. \end{solution}
A.
22
B.
232\sqrt{3}
C.
44
D.
434\sqrt{3}

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08函数与初等函数★★★☆☆
设 b>0b > 0，二次函数 y=ax2+bx+a2−1y = ax^{2} + bx + a^{2} - 1 的图象为下列之一：
则 aa 的值为（ ）
\begin{solution} 抛物线与 yy 轴的交点纵坐标为 a2−1a^{2}-1，开口方向由 aa 的符号决定，对称轴为 x=−b2ax=-\frac{b}{2a}. 题图中前两幅图的对称轴为 yy 轴，与 b>0b>0 矛盾；第四幅图经过原点且在原点处向下穿过 xx 轴，因而其一次项系数应为负，也与 b>0b>0 矛盾.
第三幅图开口向下且经过原点，所以 a2−1=0a^{2}-1=0 且 a<0a<0，从而 a=−1a=-1. 这时图象在原点处的斜率为 b>0b>0，与第三幅图相符，故选 B. \end{solution}
A.
11
B.
−1-1
C.
−1−52\frac{-1-\sqrt{5}}{2}
D.
−1+52\frac{-1+\sqrt{5}}{2}

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09指数函数与对数函数★★☆☆☆
设 0<a<10 < a < 1，函数 f(x)=log⁡a(a2x−2ax−2)f(x) = \log_a(a^{2x} - 2a^x - 2)，则使 f(x)<0f(x) < 0 的 xx 取值范围是（ ）
\begin{solution} 令 t=ax>0t=a^{x}>0. 由于 0<a<10<a<1，函数 log⁡au\log_{a}u 的定义域要求 u>0u>0，且 log⁡au<0\log_{a}u<0 等价于 u>1u>1. 因而 f(x)<0  ⟺  a2x−2ax−2>1  ⟺  t2−2t−3>0  ⟺  (t−3)(t+1)>0f(x)<0\iff a^{2x}-2a^{x}-2>1\iff t^{2}-2t-3>0\iff (t-3)(t+1)>0. 因为 t>0t>0，所以 t>3t>3，即 ax>3a^{x}>3. 由 0<a<10<a<1 时指数函数单调递减，得 x<log⁡a3x<\log_{a}3. 这个条件自动保证真数 t2−2t−2>0t^{2}-2t-2>0，故取值范围为 (−∞,log⁡a3)(-\infty,\log_{a}3)，选 C. \end{solution}
A.
f(x)f(x)
B.
(0,+∞)(0, +\infty)
C.
(−∞,log⁡a3)\left(-\infty, \log_a 3\right)
D.
(log⁡a3,+∞)(\log_a 3, +\infty)

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10不等式★★★☆☆
在坐标平面上，不等式组
{y⩾x−1,y⩽−3∣x∣+1\begin{cases} y\geqslant x-1,\\ y\leqslant-3|x|+1 \end{cases}
所表示的平面区域的面积为（ ）
\begin{solution} 当 x⩽0x\leqslant0 时，上界为 y=3x+1y=3x+1，下界为 y=x−1y=x-1，两直线交于 (−1,−2)(-1,-2)，并在 x=0x=0 处分别取 11 和 −1-1. 这部分区域是底为 11、两端高为 00 和 22 的梯形，面积为 0+22⋅1=1\frac{0+2}{2}\cdot1=1.
当 x⩾0x\geqslant0 时，上界为 y=−3x+1y=-3x+1，与下界 y=x−1y=x-1 交于 (12,−12)(\frac12,-\frac12). 这部分区域与左侧合并后应直接按分段积分计算： S=∫−10[(3x+1)−(x−1)] dx+∫012[(−3x+1)−(x−1)] dx=1+12=32\displaystyle S=\int_{-1}^{0}\bigl[(3x+1)-(x-1)\bigr]\,\mathrm dx+\int_{0}^{\frac{1}{2}}\bigl[(-3x+1)-(x-1)\bigr]\,\mathrm dx=1+\frac12=\frac32. 因此平面区域面积为 32\frac32，故选 B. \end{solution}
A.
2\sqrt{2}
B.
32\frac{3}{2}
C.
322\frac{3\sqrt{2}}{2}
D.
22

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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11三角函数★★★★☆
在 △ABC\triangle ABC 中，已知 tan⁡A+B2=sin⁡C\tan \frac{A + B}{2} = \sin C，给出以下四个论断：
① tan⁡A⋅cot⁡B=1\tan A \cdot \cot B = 1； ② 0<sin⁡A+sin⁡B⩽20 < \sin A + \sin B \leqslant \sqrt{2}； ③ sin⁡2A+cos⁡2B=1\sin^2 A + \cos^2 B = 1； ④ cos⁡2A+cos⁡2B=sin⁡2C\cos^2 A + \cos^2 B = \sin^2 C.
其中正确的是（ ）
\begin{solution} 在三角形中 A+B=π−CA+B=\pi-C，所以 tan⁡A+B2=cot⁡C2=sin⁡C=2sin⁡C2cos⁡C2\displaystyle\tan\frac{A+B}{2}=\cot\frac C2=\sin C=2\sin\frac C2\cos\frac C2. 因为 0<C<π0<C<\pi，故 sin⁡C2\sin\frac C2 与 cos⁡C2\cos\frac C2 均为正，化简得 2sin⁡2C2=12\sin^{2}\frac C2=1，从而 C=π2C=\frac\pi2，即 A+B=π2A+B=\frac\pi2.
于是 sin⁡A+sin⁡B=2sin⁡A+B2cos⁡A−B2=2cos⁡A−B2\sin A+\sin B=2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}=\sqrt2\cos\frac{A-B}{2}. 由于 AA，B>0B>0，有 0<cos⁡A−B2⩽10<\cos\frac{A-B}{2}\leqslant1，故 \circled2\circled{2} 正确. 又 cos⁡B=sin⁡A\cos B=\sin A，所以 cos⁡2A+cos⁡2B=cos⁡2A+sin⁡2A=1=sin⁡2C\cos^{2}A+\cos^{2}B=\cos^{2}A+\sin^{2}A=1=\sin^{2}C，故 \circled4\circled{4} 正确.
例如取 A=π6A=\frac\pi6，B=π3B=\frac\pi3，则 C=π2C=\frac\pi2，题设条件成立，但 tan⁡A⋅cot⁡B=13≠1\tan A\cdot\cot B=\frac13\ne1，且 sin⁡2A+cos⁡2B=12≠1\sin^{2}A+\cos^{2}B=\frac12\ne1，故 \circled1\circled{1}、\circled3\circled{3} 不正确. 因此选 B. \end{solution}
A.
\circled1\circled3\circled{1}\circled{3}
B.
\circled2\circled4\circled{2}\circled{4}
C.
\circled1\circled4\circled{1}\circled{4}
D.
\circled2\circled3\circled{2}\circled{3}

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 11 题 · 选择题

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12立体几何初步★★★★☆
过三棱柱任意两个顶点的直线共1515条，其中异面直线有（ ）
\begin{solution} 三棱柱的顶点记为 AA，BB，CC，A′A'，B′B'，C′C'. 任取两个顶点确定的直线共有 C62=15\mathrm C_{6}^{2}=15 条，可分为三条侧棱、六条三角形底面的边和六条侧面的对角线三类.
以侧棱 AA′AA' 为例，与它异面的直线为 BCBC、BC′BC'、CB′CB'、B′C′B'C'，共 44 条. 以底面边 ABAB 为例，与它异面的直线为 CA′CA'、CB′CB'、CC′CC'、A′C′A'C'、B′C′B'C'，共 55 条. 以侧面上的对角线 AB′AB' 为例，与它异面的直线为 BCBC、BC′BC'、CA′CA'、CC′CC'、A′C′A'C'，共 55 条. 其余同类直线由三棱柱的对称性得到相同数量. 因而把每一对异面直线计算两次，异面直线对数为 3×4+6×5+6×52=36\displaystyle\frac{3\times4+6\times5+6\times5}{2}=36. 故选 D. \end{solution}
A.
18 对18\text{ 对}
B.
24 对24\text{ 对}
C.
30 对30\text{ 对}
D.
36 对36\text{ 对}

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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13指数函数与对数函数★★☆☆☆
若正整数 mm 满足 10m−1<2512<10m10^{m-1} < 2^{512} < 10^{m}，则 m=‾m =\underline{\hspace{2em}}.（lg⁡2≈0.3010\lg 2 \approx 0.3010）
\begin{solution} 对不等式取常用对数，得 m−1<512lg⁡2<mm-1<512\lg2<m. 由 lg⁡2≈0.3010\lg2\approx0.3010，有 512lg⁡2≈154.112512\lg2\approx154.112，所以 m−1<154.112<mm-1<154.112<m. 因为 mm 为正整数，故 m=155m=155. \end{solution}

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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14计数原理与组合数学★★☆☆☆
(2x−1x)9\left(2x - \frac{1}{\sqrt{x}}\right)^9 的展开式中，常数项为______.（用数字作答）
\begin{solution} 展开式的通项为 C9k(2x)9−k(−1x)k\displaystyle\mathrm C_{9}^{k}(2x)^{9-k}\left(-\frac1{\sqrt{x}}\right)^{k}，其中 k=0k=0，11，…\ldots，99. 其 xx 的指数为 9−k−k2=9−3k29-k-\frac{k}{2}=9-\frac{3k}{2}. 要得到常数项，须有 9−3k2=09-\frac{3k}{2}=0，故 k=6k=6. 常数项为 C9623(−1)6=84×8=672\displaystyle\mathrm C_{9}^{6}2^{3}(-1)^{6}=84\times8=672. \end{solution}

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15平面向量★★★★☆
△ABC\triangle ABC 的外接圆的圆心为 OO，两条边上的高的交点为 HH，OH→=m(OA→+OB→+OC→)\overrightarrow{OH} = m(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})，则实数 m=m =______.
\begin{solution} 以 OO 为原点，记 OA→=a\overrightarrow{OA}=\boldsymbol{a}，OB→=b\overrightarrow{OB}=\boldsymbol{b}，OC→=c\overrightarrow{OC}=\boldsymbol{c}. 因为 AA，BB，CC 在以 OO 为圆心的圆上，所以 ∣a∣=∣b∣=∣c∣|\boldsymbol{a}|=|\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{c}|. 令 h=a+b+c\boldsymbol{h}=\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}，取点 H0H_0 使 OH0→=h\overrightarrow{OH_0}=\boldsymbol{h}. 则 AH0→=h−a=b+c\overrightarrow{AH_0}=\boldsymbol{h}-\boldsymbol{a}=\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}，BC→=c−b\overrightarrow{BC}=\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b}，从而 AH0→⋅BC→=∣c∣2−∣b∣2=0\overrightarrow{AH_0}\cdot\overrightarrow{BC}=|\boldsymbol{c}|^{2}-|\boldsymbol{b}|^{2}=0. 同理可得 BH0⊥ACBH_0\perp AC，所以点 H0H_0 是三角形的垂心，即 H0=HH_0=H，从而 OH→=a+b+c=OA→+OB→+OC→\overrightarrow{OH}=\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}. 因此 (m−1)h=\bs0(m-1)\boldsymbol{h}=\bs0. 当 h≠\bs0\boldsymbol{h}\ne\bs0（即 ABCABC 不是等边三角形）时，m=1m=1，故按题目预期答案填 1. 若 ABCABC 为等边三角形，则 h=\bs0\boldsymbol{h}=\bs0，题设等式对任意 mm 都成立；题面未排除这一特殊情形. \end{solution}

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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16立体几何初步★★★★☆
在正方体 ABCD−A′B′C′D′ABCD - A'B'C'D' 中，过对角线 BD′BD' 的一个平面交 AA′AA' 于 EE，交 CC′CC' 于 FF，则：
① 四边形 BFD′EBFD'E 一定是平行四边形； ② 四边形 BFD′EBFD'E 有可能是正方形； ③ 四边形 BFD′EBFD'E 在底面 ABCDABCD 内的投影一定是正方形； ④ 平面 BFD′EBFD'E 有可能垂直于平面 BB′DBB'D.
以上结论正确的为______.（写出所有正确结论的编号）
\begin{solution} 设正方体棱长为 aa，取坐标 A(0,0,0)A(0,0,0)，B(a,0,0)B(a,0,0)，C(a,a,0)C(a,a,0)，D(0,a,0)D(0,a,0)，A′(0,0,a)A'(0,0,a)，D′(0,a,a)D'(0,a,a). 设 E=(0,0,ta)E=(0,0,ta)，其中 0⩽t⩽10\leqslant t\leqslant1. 过 BB，D′D'，EE 的平面方程可写为 tx+ty−y+z−ta=0tx+ty-y+z-ta=0. 令 x=y=ax=y=a，得到 F=(a,a,(1−t)a)F=(a,a,(1-t)a).
于是 BF→=(0,a,(1−t)a)=ED′→\overrightarrow{BF}=(0,a,(1-t)a)=\overrightarrow{ED'}，且 FD′→=(−a,0,ta)=BE→\overrightarrow{FD'}=(-a,0,ta)=\overrightarrow{BE}，所以四边形 BFD′EBFD'E 一定是平行四边形，\circled1\circled{1} 正确. 它在底面 ABCDABCD 上的投影四个顶点为 BB，CC，DD，AA，故投影一定是正方形，\circled3\circled{3} 正确.
相邻两边的内积为 BF→⋅FD′→=a2t(1−t)\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{FD'}=a^{2}t(1-t). 若平行四边形为正方形，须有 t=0t=0 或 t=1t=1，但此时两邻边长度分别为 aa 与 a2a\sqrt2，不相等，所以 \circled2\circled{2} 不正确.
平面 BFD′EBFD'E 的一个法向量可取 (t,t−1,1)(t,t-1,1)，平面 BB′DBB'D 的一个法向量可取 (1,1,0)(1,1,0). 当 t=12t=\frac12 时两法向量的内积为 00，故此时两平面垂直，\circled4\circled{4} 正确. 所以正确结论为 \circled1\circled{1}、\circled3\circled{3}、\circled4\circled{4}. \end{solution}

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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17三角函数★★★☆☆
设函数 f(x)=sin⁡(2x+φ)f(x) = \sin(2x + \varphi)（−π<φ<0-\pi < \varphi < 0），y=f(x)y = f(x) 图象的一条对称轴是直线 x=π8x = \frac{\pi}{8}.
(1) 求 φ\varphi； (2) 求函数 y=f(x)y = f(x) 的单调增区间； (3) 证明直线 5x−2y+c=05x - 2y + c = 0 与函数 y=f(x)y = f(x) 的图象不相切.

2005 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★★☆
已知四棱锥 P−ABCDP - ABCD 的底面为直角梯形，AB∥DCAB \parallel DC，∠DAB=90∘\angle DAB = 90^{\circ}，PA⊥PA \perp 底面 ABCDABCD，且 PA=AD=DC=12AB=1PA = AD = DC = \frac{1}{2} AB = 1，MM 是 PBPB 的中点.
(1) 证明：面 PAD⊥PAD \perp 面 PCDPCD； (2) 求 ACAC 与 PBPB 所成的角； (3) 求面 AMCAMC 与面 BMCBMC 所成二面角的大小.

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19数列★★★☆☆
设等比数列 {an}\{a_{n}\} 的公比为 qq，前 nn 项和 Sn>0S_{n} > 0（n=1n = 1，22，⋯\cdots）.
(1) 求 qq 的取值范围； (2) 设 bn=an+2−32an+1b_{n} = a_{n+2} - \frac{3}{2} a_{n+1}，记 {bn}\{b_{n}\} 的前 nn 项和为 TnT_{n}，试比较 SnS_{n} 和 TnT_{n} 的大小.

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20概率与统计★★★☆☆
99 粒种子分种在 33 个坑内，每坑 33 粒. 每粒种子发芽的概率为 0.50.5，若一个坑内至少有 11 粒种子发芽，则这个坑不需要补种，若一个坑里的种子都没发芽，则这个坑需要补种，假定每个坑至多补种一次. 每补种 11 个坑需 10 元10\text{ 元}，用 ξ\xi 表示补种费用. 写出 ξ\xi 的分布列并求 ξ\xi 的数学期望.（精确到 0.010.01）

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21解析几何★★★★☆
已知椭圆的中心为坐标原点 OO，焦点在 xx 轴上，斜率为 11 且过椭圆右焦点 FF 的直线交椭圆于 AA，BB 两点，OA→+OB→\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} 与 a=(3,−1)\boldsymbol{a} = (3, -1) 共线.
(1) 求椭圆的离心率； (2) 设 MM 为椭圆上任意一点，且 OM→=λOA→+μOB→\overrightarrow{OM} = \lambda \overrightarrow{OA} + \mu \overrightarrow{OB}（λ\lambda，μ∈R\mu \in \mathbf{R}），证明 λ2+μ2\lambda^2 + \mu^2 为定值.

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22导数及其应用★★★★★
(1) 设函数 f(x)=xlog⁡2x+(1−x)log⁡2(1−x)f(x) = x\log_2 x + (1 - x)\log_2(1 - x)（0<x<10 < x < 1），求 f(x)f(x) 的最小值； (2) 设正数 p1p_1，p2p_2，p3p_3，⋯\cdots，p2np_{2^n} 满足 p1+p2+p3+⋯+p2n=1p_1 + p_2 + p_3 + \cdots + p_{2^n} = 1，证明 p1log⁡2p1+p2log⁡2p2+p3log⁡2p3+⋯+p2nlog⁡2p2n⩾−np_1 \log_2 p_1 + p_2 \log_2 p_2 + p_3 \log_2 p_3 + \cdots + p_{2^n} \log_2 p_{2^n} \geqslant -n.

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