数迹
题目列表试卷列表
共找到 21 题
排序：
组题
本页 21 题去组卷
01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
设集合 A={x∣(x+1)(x−2)<0}A = \{x \mid (x + 1)(x - 2) < 0\}，集合 B={x∣1<x<3}B = \{x \mid 1 < x < 3\}，则 A∪B=A \cup B =（ ）
\begin{solution} 由 (x+1)(x−2)<0(x+1)(x-2)<0 得 −1<x<2-1<x<2，所以 A=(−1,2)A=(-1,2). 又 B=(1,3)B=(1,3)，从而 A∪B=(−1,3)A\cup B=(-1,3)，故选 A. \end{solution}
A.
{x∣−1<x<3}\{x\mid -1 < x < 3\}
B.
{x∣−1<x<1}\{x\mid -1 < x < 1\}
C.
{x∣1<x<2}\{x\mid 1 < x < 2\}
D.
{x∣2<x<3}\{x\mid 2 < x < 3\}

2015 · 四川 · 理 · 第 1 题 · 选择题

查看答案和解析
02复数★☆☆☆☆
设 i\mathrm{i} 是虚数单位，则复数 i3−2i=\mathrm{i}^{3}-\frac{2}{\mathrm{i}}=（ ）
\begin{solution} 因为 i3=−i\mathrm{i}^{3}=-\mathrm{i}，且 2i=2ii2=−2i\dfrac{2}{\mathrm{i}}=\dfrac{2\mathrm{i}}{\mathrm{i}^{2}}=-2\mathrm{i}，所以 i3−2i=−i−(−2i)=i\mathrm{i}^{3}-\dfrac{2}{\mathrm{i}}=-\mathrm{i}-(-2\mathrm{i})=\mathrm{i}，故选 C. \end{solution}
A.
−i-\mathrm{i}
B.
−3i-3\mathrm{i}
C.
i\mathrm{i}
D.
3i3\mathrm{i}

2015 · 四川 · 理 · 第 2 题 · 选择题

查看答案和解析
03三角函数★★☆☆☆
执行如图所示的程序框图，输出 SS 的值为（ ）
\begin{solution} 程序开始时 k=1k=1. 每次先执行 k=k+1k=k+1，再判断是否有 k>4k>4，因此第一次满足条件时 k=5k=5. 此时输出 S=sin⁡5π6=12S=\sin\dfrac{5\pi}{6}=\dfrac12，故选 D. \end{solution}
A.
−32-\frac{\sqrt{3}}{2}
B.
32\frac{\sqrt{3}}{2}
C.
−12-\frac{1}{2}
D.
12\frac{1}{2}

2015 · 四川 · 理 · 第 3 题 · 选择题

查看答案和解析
04三角函数★★☆☆☆
下列函数中，最小正周期为 π\pi 且图象关于原点对称的函数是（ ）
\begin{solution} 选项 A 中 y=cos⁡(2x+π2)=−sin⁡2xy=\cos\left(2x+\dfrac\pi2\right)=-\sin 2x，其最小正周期为 π\pi，且 f(−x)=−sin⁡(−2x)=sin⁡2x=−f(x)f(-x)=-\sin(-2x)=\sin 2x=-f(x)，图象关于原点对称.
选项 B 中 y=sin⁡(2x+π2)=cos⁡2xy=\sin\left(2x+\dfrac\pi2\right)=\cos2x，虽有最小正周期 π\pi，但它是偶函数而不是奇函数；选项 C 中 f(−x)=−sin⁡2x+cos⁡2x≠−f(x)f(-x)=-\sin2x+\cos2x\ne-f(x)，不关于原点对称；选项 D 可化为 2sin⁡(x+π4)\sqrt2\sin\left(x+\dfrac\pi4\right)，最小正周期为 2π2\pi. 故选 A. \end{solution}
A.
y=cos⁡(2x+π2)y = \cos \left(2x + \frac{\pi}{2}\right)
B.
y=sin⁡(2x+π2)y = \sin \left(2x + \frac{\pi}{2}\right)
C.
y=sin⁡2x+cos⁡2xy = \sin 2x + \cos 2x
D.
y=sin⁡x+cos⁡xy = \sin x + \cos x

2015 · 四川 · 理 · 第 4 题 · 选择题

查看答案和解析
05解析几何★★☆☆☆
过双曲线 x2−y23=1x^{2} - \frac{y^{2}}{3} = 1 的右焦点且与 xx 轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于 AA，BB 两点，∣AB∣=|AB| =（ ）
\begin{solution} 双曲线的标准参数满足 a2=1a^{2}=1，b2=3b^{2}=3，所以 c2=a2+b2=4c^{2}=a^{2}+b^{2}=4，右焦点为 (2,0)(2,0). 两条渐近线为 y=±3xy=\pm\sqrt3x，过右焦点且垂直于 xx 轴的直线为 x=2x=2.
该直线与两条渐近线的交点为 A(2,23)A(2,2\sqrt3)，B(2,−23)B(2,-2\sqrt3)，因此 ∣AB∣=43\lvert AB\rvert=4\sqrt3，故选 D. \end{solution}
A.
433\frac{4\sqrt{3}}{3}
B.
232 \sqrt{3}
C.
6
D.
434 \sqrt{3}

2015 · 四川 · 理 · 第 5 题 · 选择题

查看答案和解析
06计数原理与组合数学★★☆☆☆
用数字 00，11，22，33，44，55 组成没有重复数字的五位数，其中比 4000040000 大的偶数共有（ ）
\begin{solution} 五位数大于 4000040000，首位只能为 44 或 55.
首位为 44 时，末位只能从 0,20,2 中选取，有 22 种；中间三位从剩下的四个数字中选出并排列，有 A43=24\mathrm A_4^3=24 种，共有 2×24=482\times24=48 个.
首位为 55 时，末位可从 00，22，44 中选取，有 33 种；中间三位仍有 A43=24\mathrm A_4^3=24 种，共有 3×24=723\times24=72 个. 所以总数为 48+72=12048+72=120，故选 B. \end{solution}
A.
144 个144\text{ 个}
B.
120 个120\text{ 个}
C.
96 个96\text{ 个}
D.
72 个72\text{ 个}

2015 · 四川 · 理 · 第 6 题 · 选择题

查看答案和解析
07平面向量★★★☆☆
设四边形 ABCDABCD 为平行四边形，∣AB→∣=6\left|\overrightarrow{AB}\right| = 6，∣AD→∣=4\left|\overrightarrow{AD}\right| = 4. 若点 MM，NN 满足 BM→=3MC→\overrightarrow{BM} = 3\overrightarrow{MC}，DN→=2NC→\overrightarrow{DN} = 2\overrightarrow{NC}，则 AM→⋅NM→=\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{NM} =（ ）
\begin{solution} 设 AB→=u\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{u}，AD→=v\overrightarrow{AD}=\boldsymbol{v}，则 ∣u∣=6\lvert\boldsymbol{u}\rvert=6，∣v∣=4\lvert\boldsymbol{v}\rvert=4，并且 AC→=u+v\overrightarrow{AC}=\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}. 由内分关系得 AM→=u+34v\overrightarrow{AM}=\boldsymbol{u}+\dfrac34\boldsymbol{v}，AN→=23u+v\overrightarrow{AN}=\dfrac23\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}，所以 NM→=13u−14v\overrightarrow{NM}=\dfrac13\boldsymbol{u}-\dfrac14\boldsymbol{v}.
于是
AM→⋅NM→=13∣u∣2+(−14+14)u⋅v−316∣v∣2=12−3=9\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{NM}=\frac13\lvert\boldsymbol{u}\rvert^{2}+ \left(-\frac14+\frac14\right)\boldsymbol{u}\cdot\boldsymbol{v}-\frac{3}{16}\lvert\boldsymbol{v}\rvert^{2} =12-3=9
故选 C. \end{solution}
A.
2020
B.
1515
C.
99
D.
66

2015 · 四川 · 理 · 第 7 题 · 选择题

查看答案和解析
08集合与逻辑基础★★☆☆☆
设 aa，bb 都是不等于 1 的正数，则 3a>3b>33^{a} > 3^{b} > 3 是“log⁡a3<log⁡b3\log_{a} 3 < \log_{b} 3”的（ ）
\begin{solution} 由 3a>3b>33^{a}>3^{b}>3 及指数函数的单调性，得 a>b>1a>b>1. 当 aa，b>1b>1 时，log⁡a3=ln⁡3ln⁡a\log_a3=\dfrac{\ln3}{\ln a}，故 a>ba>b 等价于 log⁡a3<log⁡b3\log_a3<\log_b3. 因此前一个条件能推出后一个条件.
反之不成立. 例如取 a=12a=\dfrac12，b=2b=2，则 log⁡a3<0<log⁡b3\log_a3<0<\log_b3，但 3a<3b3^a<3^b，前一个条件不成立. 所以前一个条件是后一个条件的充分不必要条件，故选 B. \end{solution}
A.
充要条件
B.
充分不必要条件
C.
必要不充分条件
D.
既不充分也不必要条件

2015 · 四川 · 理 · 第 8 题 · 选择题

查看答案和解析
09导数及其应用★★★★☆
如果函数 f(x)=12(m−2)x2+(n−8)x+1f(x) = \frac{1}{2} (m - 2)x^2 + (n - 8)x + 1 （m⩾0m \geqslant 0，n⩾0n \geqslant 0）在区间 [12,2]\left[\frac{1}{2}, 2\right] 上单调递减，那么 mnmn 的最大值为（ ）
\begin{solution} 函数导数为 f′(x)=(m−2)x+n−8f'(x)=(m-2)x+n-8. 要使函数在 [12,2]\left[\frac12,2\right] 上单调递减，需要 f′(x)⩽0f'(x)\leqslant0 在该区间恒成立.
当 m⩾2m\geqslant2 时，导数在区间上的最大值为 f′(2)f'(2)，故 2m+n⩽122m+n\leqslant12. 此时 2⩽m⩽62\leqslant m\leqslant6，且
mn⩽m(12−2m)=18−2(m−3)2⩽18mn\leqslant m(12-2m)=18-2(m-3)^2\leqslant18
当 0⩽m<20\leqslant m<2 时，导数在区间上的最大值为 f′(12)f'\left(\frac12\right)，故 n⩽9−m2n\leqslant9-\frac m2. 因而 mn⩽m(9−m2)<16<18mn\leqslant m\left(9-\frac m2\right)<16<18.
取 m=3m=3，n=6n=6 时，f′(x)=x−2⩽0f'(x)=x-2\leqslant0 在给定区间成立，且 mn=18mn=18，故选 B. \end{solution}
A.
1616
B.
1818
C.
2525
D.
812\frac{81}{2}

2015 · 四川 · 理 · 第 9 题 · 选择题

查看答案和解析
10解析几何★★★★☆
设直线 ll 与抛物线 y2=4xy^{2} = 4x 相交于 AA，BB 两点，与圆 (x−5)2+y2=r2(x - 5)^{2} + y^{2} = r^{2}（r>0r > 0）相切于点 MM，且 MM 为线段 ABAB 的中点. 若这样的直线 ll 恰有 4 条，则 rr 的取值范围是（ ）
\begin{solution} 设抛物线上两交点对应的参数为 uu，vv，即 A=(u2,2u)A=(u^2,2u)，B=(v2,2v)B=(v^2,2v)，并记 s=u+vs=u+v，p=uvp=uv. 则弦 ABAB 的方向向量可取 (s,2)(s,2)，其中点为 M=(s2−2p2,s)M=\left(\dfrac{s^2-2p}{2},s\right).
若 s≠0s\ne0，由直线 ABAB 与半径 M−(5,0)M-(5,0) 垂直，得
(s2−2p2−5,s)⋅(s,2)=0\left(\frac{s^2-2p}{2}-5,s\right)\cdot(s,2)=0
从而 p=s22−3p=\dfrac{s^2}{2}-3. 于是 M=(3,s)M=(3,s)，而两交点不同的条件为 s2−4p=12−s2>0s^2-4p=12-s^2>0，即 ∣s∣<23\lvert s\rvert<2\sqrt3. 此时 r=∣M−(5,0)∣=4+s2r=\lvert M-(5,0)\rvert=\sqrt{4+s^2}，所以当 2<r<42<r<4 时有两个不同的 ss，从而有两条非竖直直线.
当 s=0s=0 时，弦为竖直直线 x=cx=c，且 c>0c>0 才能与抛物线交于两个不同点. 它与圆相切的条件为 ∣c−5∣=r\lvert c-5\rvert=r. 在 0<r<50<r<5 时得到两条竖直切线 x=5−rx=5-r 和 x=5+rx=5+r. 因而恰有四条直线的条件为 2<r<42<r<4，故选 D. \end{solution}
A.
(1,3)(1,3)
B.
(1,4)(1,4)
C.
(2,3)(2,3)
D.
(2,4)(2,4)

2015 · 四川 · 理 · 第 10 题 · 选择题

查看答案和解析
11计数原理与组合数学★★☆☆☆
在 (2x−1)5(2x - 1)^{5} 的展开式中，含 x2x^{2} 项的系数是______
\begin{solution} 二项式展开的通项为 C5k(2x)k(−1)5−k\mathrm C_5^k(2x)^k(-1)^{5-k}. 含 x2x^2 项时 k=2k=2，所以该项的系数为
C52⋅22⋅(−1)3=−40\mathrm C_5^2\cdot2^2\cdot(-1)^3=-40
\end{solution}

2015 · 四川 · 理 · 第 11 题 · 填空题

查看答案和解析
12三角函数★★☆☆☆
sin⁡15∘+sin⁡75∘\sin 15^{\circ} + \sin 75^{\circ} 的值是______.
\begin{solution} 由和差化积公式，
sin⁡15∘+sin⁡75∘=2sin⁡45∘cos⁡(−30∘)=2⋅22⋅32=62\sin15^{\circ}+\sin75^{\circ}=2\sin45^{\circ}\cos\left(-30^{\circ}\right)=2\cdot\frac{\sqrt2}{2}\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{\sqrt6}{2}
\end{solution}

2015 · 四川 · 理 · 第 12 题 · 填空题

查看答案和解析
13函数与初等函数★★☆☆☆
某食品的保鲜时间 yy（单位：小时）与储藏温度 xx（单位：∘C^{\circ}\mathrm{C}）满足函数关系 y=ekx+by = \mathrm{e}^{kx + b}（e=2.718⋯\mathrm{e} = 2.718 \cdots 为自然对数的底数，kk，bb 为常数）. 若该食品在 0∘C0^{\circ}\mathrm{C} 的保鲜时间是 192192 小时，在 22∘C22^{\circ}\mathrm{C} 的保鲜时间是 4848 小时，则该食品在 33∘C33^{\circ}\mathrm{C} 的保鲜时间是______ 小时.
\begin{solution} 由 y(0)=eb=192y(0)=\mathrm{e}^b=192，y(22)=e22k+b=48y(22)=\mathrm{e}^{22k+b}=48，两式相除得 e22k=14\mathrm{e}^{22k}=\dfrac14. 因此
y(33)=e33k+b=eb(e22k)3322=192(14)32=24y(33)=\mathrm{e}^{33k+b}=\mathrm{e}^b\left(\mathrm{e}^{22k}\right)^{\frac{33}{22}}=192\left(\frac14\right)^{\frac{3}{2}}=24
\end{solution}

2015 · 四川 · 理 · 第 13 题 · 填空题

查看答案和解析
14立体几何初步★★★★☆
如图，四边形 ABCDABCD 和 ADPQADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点 MM 在线段 PQPQ 上，EE，FF 分别为 ABAB，BCBC 的中点. 设异面直线 EMEM 与 AFAF 所成的角为 θ\theta，则 cos⁡θ\cos \theta 的最大值为______.
\begin{solution} 设两个正方形的边长均为 s>0s>0，建立直角坐标系，使 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(s,0,0)B=(s,0,0)，D=(0,s,0)D=(0,s,0)，C=(s,s,0)C=(s,s,0)，Q=(0,0,s)Q=(0,0,s)，P=(0,s,s)P=(0,s,s). 则 E=(s2,0,0)E=\left(\frac s2,0,0\right)，F=(s,s2,0)F=\left(s,\frac s2,0\right). 设 M=(0,t,s)M=(0,t,s)，其中 0⩽t⩽s0\leqslant t\leqslant s.
取 EMEM 和 AFAF 的方向向量，得 EM→=(−s2,t,s)\overrightarrow{EM}=\left(-\frac s2,t,s\right)，AF→=(s,s2,0)\overrightarrow{AF}=\left(s,\frac s2,0\right). 因而
cos⁡θ=∣EM→⋅AF→∣∣EM→∣∣AF→∣=∣t−s∣554s2+t2\cos\theta=\frac{\left\lvert\overrightarrow{EM}\cdot\overrightarrow{AF}\right\rvert}{\lvert\overrightarrow{EM}\rvert\lvert\overrightarrow{AF}\rvert} =\frac{\left\lvert t-s\right\rvert}{\sqrt5\sqrt{\frac54s^2+t^2}}
令 u=tsu=\dfrac ts，则 0⩽u⩽10\leqslant u\leqslant1，从而
cos⁡2θ=(1−u)25(54+u2)⩽425\cos^2\theta=\frac{(1-u)^2}{5\left(\frac54+u^2\right)}\leqslant\frac4{25}
其中不等式等价于 u2−10u⩽0u^2-10u\leqslant0. 当 u=0u=0，即 t=0t=0 时等号成立，所以 cos⁡θ\cos\theta 的最大值为 25\dfrac25. \end{solution}

2015 · 四川 · 理 · 第 14 题 · 填空题

查看答案和解析
15函数与初等函数★★★★☆
已知函数 f(x)=2xf(x) = 2^x，g(x)=x2+axg(x) = x^2 + ax（其中 a∈Ra \in \mathbf{R}）. 对于不相等的实数 x1x_1，x2x_2，设 m=f(x1)−f(x2)x1−x2m = \frac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2}，n=g(x1)−g(x2)x1−x2n = \frac{g(x_1) - g(x_2)}{x_1 - x_2}，现有如下命题：
① 对于任意不相等的实数 x1x_{1}，x2x_{2}，都有 m>0m > 0； ② 对于任意的 aa 及任意不相等的实数 x1x_{1}，x2x_{2}，都有 n>0n > 0； ③ 对于任意的 aa，存在不相等的实数 x1x_{1}，x2x_{2}，使得 m=nm = n； ④ 对于任意的 aa，存在不相等的实数 x1x_{1}，x2x_{2}，使得 m=−nm = -n.
其中的真命题有______. （写出所有真命题的序号）
\begin{solution} 先化简
n=x12−x22+a(x1−x2)x1−x2=x1+x2+an=\frac{x_1^2-x_2^2+a(x_1-x_2)}{x_1-x_2}=x_1+x_2+a
因为 2x2^x 在 R\mathbf{R} 上严格递增，所以 x1≠x2x_1\ne x_2 时 m>0m>0，命题 1 为真. 命题 2 不真，例如取 a=0a=0，x1=−2x_1=-2，x2=−1x_2=-1，则 n=−3<0n=-3<0.
命题 3 也不真. 取 a=−10a=-10，记 s=x1+x2s=x_1+x_2，d=x1−x2≠0d=x_1-x_2\ne0，则
m=2s22d2−2−d2d>(ln⁡2)2s2m=2^{\frac{s}{2}}\frac{2^{\frac{d}{2}}-2^{-\frac{d}{2}}}{d}>(\ln2)2^{\frac{s}{2}}
若 s⩽10s\leqslant10，则 n=s−10⩽0<mn=s-10\leqslant0<m. 若 s>10s>10，函数 (ln⁡2)2s2−(s−10)(\ln2)2^{\frac{s}{2}}-(s-10) 的导数在 [10,+∞)[10,+\infty) 上为正，因此该函数递增且在 s=10s=10 时为正，所以仍有 m>s−10=nm>s-10=n，不可能 m=nm=n.
对于命题 4，固定取 x1=t+1x_1=t+1，x2=t−1x_2=t-1，则 m=34 2tm=\dfrac34\,2^t，n=2t+an=2t+a. 函数 h(t)=34 2t+2t+ah(t)=\dfrac34\,2^t+2t+a 连续，且当 t→−∞t\to-\infty 时 h(t)→−∞h(t)\to-\infty，当 t→+∞t\to+\infty 时 h(t)→+∞h(t)\to+\infty. 由介值定理，存在 tt 使 h(t)=0h(t)=0，即 m=−nm=-n，命题 4 为真. 所以真命题的序号为 \circled1\circled4\circled{1}\circled{4}. \end{solution}

2015 · 四川 · 理 · 第 15 题 · 填空题

查看答案和解析
16数列★★★☆☆
设数列 {an}\{a_{n}\}（n=1n = 1，22，33，…\dots） 的前 nn 项和 SnS_{n} 满足 Sn=2an−a1S_{n} = 2a_{n} - a_{1}，且 a1a_1，a2+1a_2 + 1，a3a_3 成等差数列.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 记数列 {1an}\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\} 的前 nn 项和为 TnT_{n}，求使得 ∣Tn−1∣<11000\left|T_{n} - 1\right| < \frac{1}{1000} 成立的 nn 的最小值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 当 n⩾2n\geqslant2 时，由 Sn−Sn−1=anS_n-S_{n-1}=a_n 得
(2an−a1)−(2an−1−a1)=an(2a_n-a_1)-(2a_{n-1}-a_1)=a_n
所以 an=2an−1a_n=2a_{n-1}. 因而 an=2n−1a1a_n=2^{n-1}a_1. 又 a1a_1，a2+1a_2+1，a3a_3 成等差数列，所以 2(a2+1)=a1+a32(a_2+1)=a_1+a_3，2(2a1+1)=a1+4a12(2a_1+1)=a_1+4a_1 解得 a1=2a_1=2，从而 an=2na_n=2^n. \item
Tn=∑k=1n12k=1−12nT_n=\sum_{k=1}^{n}\frac1{2^k}=1-\frac1{2^n}
故 ∣Tn−1∣=2−n\lvert T_n-1\rvert=2^{-n}. 条件 2−n<110002^{-n}<\dfrac1{1000} 等价于 2n>10002^n>1000. 由于 29=512<1000<1024=2102^9=512<1000<1024=2^{10}，所以 nn 的最小值为 1010. \end{enumerate} \end{solution}

2015 · 四川 · 理 · 第 16 题 · 解答题

查看答案和解析
17概率与统计★★★☆☆
某市 AA，BB 两所中学的学生组队参加辩论赛，AA 中学推荐了 3 名男生，2 名女生，BB 中学推荐了 3 名男生，4 名女生. 两校所推荐的学生一起参加集训. 由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取 3 人，女生中随机抽取 3 人组成代表队.
(1) 求 AA 中学至少有 1 名学生入选代表队的概率； (2) 某场比赛前，从代表队的 6 名队员中随机抽取 4 人参赛，设 XX 表示参赛的男生人数，求 XX 的分布列和数学期望.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 男生中不选 AA 中学学生的概率为 1C63\dfrac1{\mathrm C_6^3}，女生中不选 AA 中学学生的概率为 C43C63\dfrac{\mathrm C_4^3}{\mathrm C_6^3}. 两次抽取相互独立，所以 AA 中学至少有 1 名学生入选的概率为
1−1C63⋅C43C63=1−120⋅420=991001-\frac1{\mathrm C_6^3}\cdot\frac{\mathrm C_4^3}{\mathrm C_6^3}=1-\frac1{20}\cdot\frac4{20}=\frac{99}{100}
\item 代表队中有 33 名男生和 33 名女生，从 66 人中抽取 44 人，故 XX 的可能取值为 11，22，33. 对 k=1k=1，22，33，
P(X=k)=C3kC34−kC64P(X=k)=\frac{\mathrm C_3^k\mathrm C_3^{4-k}}{\mathrm C_6^4}
于是 P(X=1)=15P(X=1)=\dfrac15，P(X=2)=35P(X=2)=\dfrac35，P(X=3)=15P(X=3)=\dfrac15，这就是 XX 的分布列. 数学期望为
E(X)=1⋅15+2⋅35+3⋅15=2E(X)=1\cdot\frac15+2\cdot\frac35+3\cdot\frac15=2
\end{enumerate} \end{solution}

2015 · 四川 · 理 · 第 17 题 · 解答题

查看答案和解析
18立体几何初步★★★★☆
一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示. 在正方体中，设 BCBC 的中点为 MM，GHGH 的中点为 NN.
(1) 请将字母 FF，GG，HH 标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）； (2) 证明：直线 MN∥MN\parallel 平面 BDHBDH； (3) 求二面角 A−EG−MA - EG - M 的余弦值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 按正方体的顶点对应关系，FF，GG，HH 分别标在 BB，CC，DD 的正上方顶点处. \item 取正方体棱长为 11，建立直角坐标系，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) E=(0,0,1)E=(0,0,1)， F=(1,0,1)\ F=(1,0,1)， G=(1,1,1)\ G=(1,1,1)， H=(0,1,1)\ H=(0,1,1). 则 M=(1,12,0)M=\left(1,\frac12,0\right)，N=(12,1,1)N=\left(\frac12,1,1\right)，所以
MN→=(−12,12,1)=12BD→+DH→\overrightarrow{MN}=\left(-\frac12,\frac12,1\right)=\frac12\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{DH}
平面 BDHBDH 的方程为 x+y=1x+y=1，而 MM 的坐标满足 x+y=32x+y=\frac32. 由于 BD→\overrightarrow{BD} 和 DH→\overrightarrow{DH} 都在平面 BDHBDH 内，且 MM 不在该平面上，故 MN∥MN\parallel 平面 BDHBDH. \item 平面 AEGAEG 内两个相交向量可取 EA→=(0,0,−1)\overrightarrow{EA}=(0,0,-1)，EG→=(1,1,0)\overrightarrow{EG}=(1,1,0)，故其法向量可取 n1=(1,−1,0)\boldsymbol{n}_1=(1,-1,0). 平面 MEGMEG 内两个相交向量可取 EM→=(1,12,−1)\overrightarrow{EM}=\left(1,\frac12,-1\right)，EG→=(1,1,0)\overrightarrow{EG}=(1,1,0)，故其法向量可取 n2=(1,−1,12)\boldsymbol{n}_2=\left(1,-1,\frac12\right).
cos⁡θ=∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=22⋅32=223\cos\theta=\frac{\lvert\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2\rvert}{\lvert\boldsymbol{n}_1\rvert\lvert\boldsymbol{n}_2\rvert} =\frac{2}{\sqrt2\cdot\frac32}=\frac{2\sqrt2}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2015 · 四川 · 理 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
19三角函数★★★★☆
如图，AA，BB，CC，DD 为平面四边形 ABCDABCD 的四个内角.
(1) 证明：tan⁡A2=1−cos⁡Asin⁡A\tan \frac{A}{2} = \frac{1 - \cos A}{\sin A}； (2) 若 A+C=180∘A + C = 180^{\circ}，AB=6AB = 6，BC=3BC = 3，CD=4CD = 4，AD=5AD = 5， 求 tan⁡A2+tan⁡B2+tan⁡C2+tan⁡D2\tan \frac{A}{2} + \tan \frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2} + \tan \frac{D}{2} 的值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因为 AA 是四边形的内角，所以 0<A<π0<A<\pi，从而 sin⁡A>0\sin A>0. 利用平方差公式，
1−cos⁡Asin⁡A=(1−cos⁡A)(1+cos⁡A)sin⁡A(1+cos⁡A)=sin⁡2Asin⁡A(1+cos⁡A)=sin⁡A1+cos⁡A=tan⁡A2\frac{1-\cos A}{\sin A}=\frac{(1-\cos A)(1+\cos A)}{\sin A(1+\cos A)} =\frac{\sin^2A}{\sin A(1+\cos A)} =\frac{\sin A}{1+\cos A} =\tan\frac A2
\item 由 A+C=180∘A+C=180^{\circ}，四边形 ABCDABCD 为圆内接四边形，且 B+D=180∘B+D=180^{\circ}. 令其面积为 KK，半周长为 ss，则 s=6+3+4+52=9s=\dfrac{6+3+4+5}{2}=9. 由布拉马古普塔公式，
K=(s−6)(s−3)(s−4)(s−5)=3⋅6⋅5⋅4=610K=\sqrt{(s-6)(s-3)(s-4)(s-5)}=\sqrt{3\cdot6\cdot5\cdot4}=6\sqrt{10}
沿对角线分割四边形，并利用 sin⁡C=sin⁡A\sin C=\sin A，得
K=12⋅6⋅5sin⁡A+12⋅3⋅4sin⁡C=21sin⁡AK=\frac12\cdot6\cdot5\sin A+\frac12\cdot3\cdot4\sin C=21\sin A
所以 sin⁡A=2107\sin A=\dfrac{2\sqrt{10}}7. 同理，利用 sin⁡D=sin⁡B\sin D=\sin B，得
K=12⋅6⋅3sin⁡B+12⋅5⋅4sin⁡D=19sin⁡BK=\frac12\cdot6\cdot3\sin B+\frac12\cdot5\cdot4\sin D=19\sin B
所以 sin⁡B=61019\sin B=\dfrac{6\sqrt{10}}{19}.
又 tan⁡C2=cot⁡A2\tan\dfrac C2=\cot\dfrac A2，tan⁡D2=cot⁡B2\tan\dfrac D2=\cot\dfrac B2，而 tan⁡t2+cot⁡t2=2sin⁡t\tan\dfrac t2+\cot\dfrac t2=\dfrac2{\sin t}. 因而所求为
2sin⁡A+2sin⁡B=710+19310=4103\frac2{\sin A}+\frac2{\sin B}=\frac7{\sqrt{10}}+\frac{19}{3\sqrt{10}}=\frac{4\sqrt{10}}3
\end{enumerate} \end{solution}

2015 · 四川 · 理 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
20解析几何★★★★☆
如图，椭圆 E:x2a2+y2b2=1E: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 （a>b>0a > b > 0）的离心率是 22\frac{\sqrt{2}}{2}，过点 P(0,1)P(0,1) 的动直线 ll 与椭圆相交于 AA，BB 两点. 当直线 ll 平行于 xx 轴时，直线 ll 被椭圆 EE 截得的线段长为 222\sqrt{2}.
(1) 求椭圆 EE 的方程； (2) 在平面直角坐标系 xOyxOy 中，是否存在与点 PP 不同的定点 QQ，使得 ∣QA∣∣QB∣=∣PA∣∣PB∣\frac{|QA|}{|QB|} = \frac{|PA|}{|PB|} 恒成立？ 若存在，求出点 QQ 的坐标；若不存在，请说明理由.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由离心率条件， ca=22\frac ca=\frac{\sqrt2}{2}，c2=a2−b2c^2=a^2-b^2 得 b2=a22b^2=\dfrac{a^2}{2}. 当 l∥xl\parallel x 轴时，ll 的方程为 y=1y=1，设其与椭圆的两个交点横坐标为 ±2\pm\sqrt2，则
2a2+1b2=1\frac2{a^2}+\frac1{b^2}=1
代入 b2=a22b^2=\dfrac{a^2}{2}，得 a2=4a^2=4，b2=2b^2=2. 所以椭圆方程为 x24+y22=1\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{2}=1. \item 先确定定点的位置. 取水平直线 y=1y=1，其两个交点关于 yy 轴对称，且 PA=PBPA=PB，所以满足条件的 QQ 必在 yy 轴上，设 Q=(0,q)Q=(0,q). 再取竖直直线 x=0x=0，其交点为 (0,2)(0,\sqrt2)，(0,−2)(0,-\sqrt2)，于是
∣q−2∣∣q+2∣=2−12+1\frac{\lvert q-\sqrt2\rvert}{\lvert q+\sqrt2\rvert} =\frac{\sqrt2-1}{\sqrt2+1}
解得 q=1q=1 或 q=2q=2. 由于 Q≠PQ\ne P，只能取 Q=(0,2)Q=(0,2).
下面验证该点对任意过 PP 的非竖直直线都成立. 设直线斜率为 kk，用参数 tt 表示其上的点 R(t)=(t,1+kt)R(t)=(t,1+kt). 与椭圆的交点参数 t1t_1，t2t_2 满足
t24+(1+kt)22=1\frac{t^2}{4}+\frac{(1+kt)^2}{2}=1
即 (1+2k2)t2+4kt−2=0(1+2k^2)t^2+4kt-2=0. 因此 t1t2=−21+2k2t_1t_2=-\frac2{1+2k^2}，1t1+1t2=t1+t2t1t2=2k\frac1{t_1}+\frac1{t_2}=\frac{t_1+t_2}{t_1t_2}=2k. 对 ui=1tiu_i=\dfrac1{t_i}，令 F(u)=u2−2ku+1+k2F(u)=u^2-2ku+1+k^2，则
F(u1)−F(u2)=(u1−u2)(u1+u2−2k)=0F(u_1)-F(u_2)=(u_1-u_2)(u_1+u_2-2k)=0
又 Q=(0,2)Q=(0,2)，所以
QR(ti)2ti2=ti2+(kti−1)2ti2=F(1ti)\frac{QR(t_i)^2}{t_i^2} =\frac{t_i^2+(kt_i-1)^2}{t_i^2} =F\left(\frac1{t_i}\right)
从而 QA∣t1∣=QB∣t2∣\dfrac{QA}{\lvert t_1\rvert}=\dfrac{QB}{\lvert t_2\rvert}. 另一方面，PA=∣t1∣1+k2PA=\lvert t_1\rvert\sqrt{1+k^2}，PB=∣t2∣1+k2PB=\lvert t_2\rvert\sqrt{1+k^2}，故
QAQB=∣t1∣∣t2∣=PAPB\frac{QA}{QB}=\frac{\lvert t_1\rvert}{\lvert t_2\rvert}=\frac{PA}{PB}
竖直直线的情形已用于确定 QQ，并且上式中的比例直接验证为 2−22+2=2−12+1\dfrac{2-\sqrt2}{2+\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2-1}{\sqrt2+1}. 所以该定点确为 Q=(0,2)Q=(0,2). \end{enumerate} \end{solution}

2015 · 四川 · 理 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=−2(x+a)ln⁡x+x2−2ax−2a2+af(x) = -2(x + a)\ln x + x^2 - 2ax - 2a^2 + a，其中 a>0a > 0.
(1) 设 g(x)g(x) 是 f(x)f(x) 的导函数，讨论 g(x)g(x) 的单调性； (2) 证明：存在 a∈(0,1)a \in (0,1)，使得 f(x)⩾0f(x) \geqslant 0 在区间 (1,+∞)(1, +\infty) 内恒成立，且 f(x)=0f(x) = 0 在区间 (1,+∞)(1, +\infty) 内有唯一解.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 求导得 g(x)=f′(x)=2x−2ln⁡x−2ax−2a−2g(x)=f'(x)=2x-2\ln x-\frac{2a}{x}-2a-2，g′(x)=2(1−1x+ax2)=2(x2−x+a)x2g'(x)=2\left(1-\frac1x+\frac a{x^2}\right)=\frac{2(x^2-x+a)}{x^2}. 当 0<a<140<a<\dfrac14 时，x2−x+a=0x^2-x+a=0 的两个根为 α=1−1−4a2\alpha=\dfrac{1-\sqrt{1-4a}}2，β=1+1−4a2\beta=\dfrac{1+\sqrt{1-4a}}2. 因此 g(x)g(x) 在 (0,α)(0,\alpha) 和 (β,+∞)(\beta,+\infty) 上单调递增，在 (α,β)(\alpha,\beta) 上单调递减.
当 a⩾14a\geqslant\dfrac14 时，x2−x+a⩾0x^2-x+a\geqslant0，所以 g(x)g(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上单调递增. \item 对任意 a>0a>0，在 x>1x>1 时有
g′(x)=2(x2−x+a)x2>0g'(x)=\frac{2(x^2-x+a)}{x^2}>0
又 g(1)=−4a<0g(1)=-4a<0，且当 x→+∞x\to+\infty 时 g(x)→+∞g(x)\to+\infty，所以存在唯一的 c(a)>1c(a)>1 使 g(c(a))=0g(c(a))=0. 因而 ff 在 (1,c(a))(1,c(a)) 上递减，在 (c(a),+∞)(c(a),+\infty) 上递增，f(c(a))f(c(a)) 是 ff 在 (1,+∞)(1,+\infty) 上的最小值.
令 Φ(a)=f(c(a))\Phi(a)=f(c(a)). 函数 g(x,a)g(x,a) 关于 xx，aa 连续，且在每个根 c(a)>1c(a)>1 处有 ∂g∂x=g′(c(a))>0\dfrac{\partial g}{\partial x}=g'(c(a))>0，所以唯一根 c(a)c(a) 随 aa 连续变化，从而 Φ(a)\Phi(a) 连续. 进一步，对任意固定的 δ>0\delta>0，有
g(1+δ,0)=2(δ−ln⁡(1+δ))>0g(1+\delta,0)=2\bigl(\delta-\ln(1+\delta)\bigr)>0
由连续性，当 a>0a>0 充分接近 00 时仍有 g(1+δ,a)>0g(1+\delta,a)>0. 又 g(1,a)<0g(1,a)<0，且 gg 在 x>1x>1 上递增，故 1<c(a)<1+δ1<c(a)<1+\delta，从而 c(a)→1c(a)\to1（a→0+a\to0^+）. 因此 Φ(a)→f(1,0)=1>0\Phi(a)\to f(1,0)=1>0. 另一方面，取 a=12a=\dfrac12，有 f(1)=0f(1)=0，且 g(1)=−2<0g(1)=-2<0，所以 ff 在 11 的右邻域内小于 00，即 Φ(12)<0\Phi\left(\dfrac12\right)<0. 由介值定理，存在 a0∈(0,12)⊂(0,1)a_0\in\left(0,\dfrac12\right)\subset(0,1) 使 Φ(a0)=0\Phi(a_0)=0.
对这个 a0a_0，函数 ff 先严格递减后严格递增，且在唯一极小点 c(a0)c(a_0) 处取值 00，所以 f(x)⩾0f(x)\geqslant0 在 (1,+∞)(1,+\infty) 内恒成立，且 f(x)=0f(x)=0 在该区间内只有唯一解 x=c(a0)x=c(a_0). \end{enumerate} \end{solution}

2015 · 四川 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析