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01复数★☆☆☆☆
i\mathrm{i} 是虚数单位，复数 1−3i1−i=\frac{1-3\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}=（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 分子、分母同乘以 1+i1+\mathrm{i}，得
1−3i1−i=(1−3i)(1+i)(1−i)(1+i)=4−2i2=2−i\frac{1-3\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}} =\frac{(1-3\mathrm{i})(1+\mathrm{i})}{(1-\mathrm{i})(1+\mathrm{i})} =\frac{4-2\mathrm{i}}{2} =2-\mathrm{i}
因此选 B. \end{solution}
A.
2+i2 + \mathrm{i}
B.
2−i2 - \mathrm{i}
C.
−1+2i-1 + 2\mathrm{i}
D.
−1−2i-1 - 2\mathrm{i}

2011 · 天津 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02集合与逻辑基础★★☆☆☆
设 xx，y∈Ry \in \mathbf{R}，则“x⩾2x \geqslant 2 且 y⩾2y \geqslant 2”是“x2+y2⩾4x^2 + y^2 \geqslant 4”的（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 若 x⩾2x\geqslant2 且 y⩾2y\geqslant2，则
x2+y2⩾22+22=8⩾4x^2+y^2\geqslant 2^2+2^2=8\geqslant4
所以前一个条件能推出后一个条件. 反过来，取 x=2x=2，y=0y=0，有 x2+y2=4x^2+y^2=4，但 y⩾̸2y\not\geqslant2. 因此前一个条件是后一个条件的充分而不必要条件，选 A. \end{solution}
A.
充分而不必要条件
B.
必要而不充分条件
C.
充分必要条件
D.
既不充分也不必要条件

2011 · 天津 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03数列★★☆☆☆
阅读下面的程序框图，运行相应的程序，则输出 ii 的值为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 按程序框图逐次执行循环. 初始时 a=1a=1，i=0i=0. 第一次循环后 i=1i=1，a=1×1+1=2a=1\times1+1=2，此时 a⩽50a\leqslant50. 第二次循环后 i=2i=2，a=2×2+1=5a=2\times2+1=5，仍有 a⩽50a\leqslant50. 第三次循环后 i=3i=3，a=3×5+1=16a=3\times5+1=16，仍有 a⩽50a\leqslant50. 第四次循环后 i=4i=4，a=4×16+1=65>50a=4\times16+1=65>50，循环结束并输出 i=4i=4. 因此选 B. \end{solution}
A.
33
B.
44
C.
55
D.
66

2011 · 天津 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04数列★★☆☆☆
已知 {an}\{a_{n}\} 为等差数列，其公差为 −2-2，且 a7a_{7} 是 a3a_{3} 与 a9a_{9} 的等比中项，SnS_{n} 为 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，则 S10S_{10} 的值为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 设 a7=xa_7=x. 由公差为 −2-2，有 a3=x+8a_3=x+8，a9=x−4a_9=x-4. 因为 a7a_7 是 a3a_3 与 a9a_9 的等比中项，
x2=(x+8)(x−4)=x2+4x−32x^2=(x+8)(x-4)=x^2+4x-32
故 x=8x=8. 从而 a1=a7−6(−2)=20a_1=a_7-6(-2)=20，a10=a1+9(−2)=2a_{10}=a_1+9(-2)=2. 所以
S10=10(a1+a10)2=5(20+2)=110S_{10}=\frac{10(a_1+a_{10})}{2} =5(20+2)=110
因此选 D. \end{solution}
A.
−110-110
B.
−90-90
C.
9090
D.
110110

2011 · 天津 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05计数原理与组合数学★★☆☆☆
在 (x2−2x)6\left(\frac{\sqrt{x}}{2} - \frac{2}{\sqrt{x}}\right)^{6} 的二项展开式中，x2x^{2} 的系数为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 因根式及分母有意义，须有 x>0x>0. 二项展开式的第 k+1k+1 项为
C6k(x2)6−k(−2x)k=C6k(−2)k26−kx3−k\mathrm C_6^k \left(\frac{\sqrt{x}}{2}\right)^{6-k} \left(-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)^k =\mathrm C_6^k\frac{(-2)^k}{2^{6-k}}x^{3-k}
要得到 x2x^2，必须有 3−k=23-k=2，即 k=1k=1. 该项的系数为
C61−225=−1232=−38\mathrm C_6^1\frac{-2}{2^5} =-\frac{12}{32} =-\frac{3}{8}
因此选 C. \end{solution}
A.
−154-\frac{15}{4}
B.
154\frac{15}{4}
C.
−38-\frac{3}{8}
D.
38\frac{3}{8}

2011 · 天津 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06三角函数★★★☆☆
如图所示，在 △ABC\triangle ABC 中，DD 是边 ACAC 上的点，且 AB=ADAB = AD，2AB=3BD2AB = \sqrt{3}BD，BC=2BDBC = 2BD，则 sin⁡C\sin C 的值为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 令 AB=AD=sAB=AD=s. 由 2AB=3BD2AB=\sqrt{3}BD 和 BC=2BDBC=2BD，得 BD=2s3BD=\frac{2s}{\sqrt{3}}，BC=4s3BC=\frac{4s}{\sqrt{3}}. 在等腰三角形 ABDABD 中，
cos⁡∠DAB=s2+s2−(2s3)22s2=13\cos\angle DAB =\frac{s^2+s^2-\left(\frac{2s}{\sqrt3}\right)^2}{2s^2} =\frac13
所以 sin⁡∠DAB=223\sin\angle DAB=\frac{2\sqrt2}{3}. 取坐标 A=(0,0)A=(0,0)，D=(s,0)D=(s,0)，B=(s3,22s3)B=\left(\frac{s}{3},\frac{2\sqrt2s}{3}\right)，C=(u,0)C=(u,0). 由图中 CC 在 DD 的外侧，u>su>s. 利用 BC=4s3BC=4\frac{s}{\sqrt3}，
(u−s3)2+8s29=16s23\left(u-\frac{s}{3}\right)^2+\frac{8s^2}{9} =\frac{16s^2}{3}
故
u−s3=210s3u-\frac{s}{3}=\frac{2\sqrt{10}s}{3}
于是
sin⁡C=点 B 到直线 AC 的距离BC=22s34s3=66\sin C =\frac{\text{点 }B\text{ 到直线 }AC\text{ 的距离}}{BC} =\frac{2\sqrt2\frac{s}{3}}{4\frac{s}{\sqrt3}} =\frac{\sqrt6}{6}
因此选 D. \end{solution}
A.
33\frac{\sqrt{3}}{3}
B.
36\frac{\sqrt{3}}{6}
C.
63\frac{\sqrt{6}}{3}
D.
66\frac{\sqrt{6}}{6}

2011 · 天津 · 理 · 第 6 题 · 选择题

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07指数函数与对数函数★★★★☆
已知 a=5log⁡23.4a = 5^{\log_{2} 3.4}，b=5log⁡43.6b = 5^{\log_{4} 3.6}，c=(15)log⁡30.3c = \left(\frac{1}{5}\right)^{\log_{3} 0.3}，则（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 由于底数 5>15>1，只需比较三个指数. 令 u=log⁡23.4u=\log_2 3.4，v=log⁡43.6v=\log_4 3.6，w=−log⁡30.3=log⁡3103w=-\log_3 0.3=\log_3\frac{10}{3}. 由 1<3.6<41<3.6<4，得 0<v<10<v<1. 又因为 103>3\frac{10}{3}>3，所以 w>1w>1，从而 w>vw>v. 另一方面，
3.44=(175)4=83521625>80000625=273.4^4=\left(\frac{17}{5}\right)^4=\frac{83521}{625} >\frac{80000}{625}=2^7
给出 u>74u>\frac74，而
(103)4=1000081<17714781=37\left(\frac{10}{3}\right)^4=\frac{10000}{81} <\frac{177147}{81}=3^7
给出 w<74w<\frac74. 因此 u>w>vu>w>v. 于是
a>c>ba>c>b
选 C. \end{solution}
A.
a>b>ca > b > c
B.
b>a>cb > a > c
C.
a>c>ba > c > b
D.
c>a>bc > a > b

2011 · 天津 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08函数与初等函数★★★★☆
对实数 aa 与 bb，定义运算“⊗\otimes”：
a⊗b={a,a−b⩽1,b,a−b>1.a \otimes b = \begin{cases} a, & a - b \leqslant 1,\\ b, & a - b > 1. \end{cases}
设函数 f(x)=(x2−2)⊗(x−x2)f(x) = (x^2 - 2) \otimes (x - x^2)，x∈Rx \in \mathbf{R}. 若函数 y=f(x)−cy = f(x) - c 的图象与 xx 轴恰有两个公共点，则实数 cc 的取值范围是（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 令 p=x2−2p=x^2-2，q=x−x2q=x-x^2. 则
p−q=2x2−x−2p-q=2x^2-x-2
因此当
2x2−x−2⩽1⟺2x2−x−3⩽0⟺−1⩽x⩽322x^2-x-2\leqslant1 \quad\Longleftrightarrow\quad 2x^2-x-3\leqslant0 \quad\Longleftrightarrow\quad -1\leqslant x\leqslant\frac32
时，f(x)=x2−2f(x)=x^2-2；在其余区间，f(x)=x−x2f(x)=x-x^2.
分别考察三段的值域. 当 x<−1x<-1 时，f(x)=x−x2f(x)=x-x^2，且 f′(x)=1−2x>0f'(x)=1-2x>0，值域为 (−∞,−2)(-\infty,-2). 当 −1⩽x⩽32-1\leqslant x\leqslant\frac32 时，f(x)=x2−2f(x)=x^2-2，在 x=0x=0 处取得最小值 −2-2，并且 f(−1)=−1f(-1)=-1，f(32)=14f\left(\frac32\right)=\frac14， 所以这一段的取值在 [−2,14][-2,\frac{1}{4}]，其中 c∈(−2,−1)c\in(-2,-1) 时有两个原像，c=−2c=-2 时有一个原像，c∈[−1,14]c\in[-1,\frac{1}{4}] 时有一个或两个原像需结合其他区间判断. 当 x>32x>\frac32 时，f(x)=x−x2f(x)=x-x^2，且 f′(x)=1−2x<0f'(x)=1-2x<0，值域为 (−∞,−34)(-\infty,-\frac{3}{4})，每个值至多有一个原像.
具体计数如下：若 c<−2c<-2，左右两个外侧区间各有一个原像；若 c=−2c=-2，中间区间的 x=0x=0 和右侧区间的 x=2x=2 共两个原像；若 −2<c<−1-2<c<-1，中间区间有两个原像，右侧区间还有一个原像，共三个；若 c=−1c=-1，中间区间的 x=−1x=-1，11 与右侧区间的一个原像共三个；若 −1<c<−34-1<c<-\frac{3}{4}，中间区间和右侧区间各有一个原像；若 c⩾−34c\geqslant-\frac{3}{4} 且 c⩽14c\leqslant\frac{1}{4}，只有中间区间的一个原像；其他 cc 没有两个原像. 所以恰有两个公共点的条件为
c∈(−∞,−2]∪(−1,−34)c\in(-\infty,-2]\cup\left(-1,-\frac34\right)
因此选 B. \end{solution}
A.
(−∞,−2]∪(−1,32)(- \infty, -2] \cup \left(-1, \frac{3}{2}\right)
B.
(−∞,−2]∪(−1,−34)(-\infty, -2] \cup \left(-1, -\frac{3}{4}\right)
C.
(−1,14)∪(14,+∞)\left(-1, \frac{1}{4}\right) \cup \left(\frac{1}{4}, +\infty\right)
D.
(−1,−34)∪[14,+∞)\left(-1, -\frac{3}{4}\right) \cup \left[\frac{1}{4}, +\infty\right)

2011 · 天津 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09概率与统计★☆☆☆☆
一支田径队有男运动员 48 人48\text{ 人}，女运动员 36 人36\text{ 人}，若用分层抽样的方法从该队的全体运动员中抽取一个容量为 2121 的样本，则抽取男运动员的人数为______. \begin{answer} 1212 \end{answer}
\begin{solution} 全体运动员有 48+36=8448+36=84 人，样本抽取比例为 2184=14\frac{21}{84}=\frac14. 因此男运动员应抽取
48×14=1248\times\frac14=12
人. \end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 9 题 · 填空题

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10立体几何初步★★☆☆☆
一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则这个几何体的体积为______ m3\text{m}^{3}.
\begin{answer} 6+π6 + \pi \end{answer}
\begin{solution} 由三视图可知，该几何体由一个长、宽、高分别为 3 m3\mathrm{~m}、2 m2\mathrm{~m}、1 m1\mathrm{~m} 的长方体和一个底面半径为 1 m1\mathrm{~m}、高为 3 m3\mathrm{~m} 的圆锥组成，且两部分没有重叠体积. 因此
V=3×2×1+13π⋅12⋅3=6+π m3V=3\times2\times1+\frac13\pi\cdot1^2\cdot3 =6+\pi\ \mathrm{m}^3
所以填 6+π6+\pi. \end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 10 题 · 填空题

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11解析几何★★★☆☆
已知抛物线 CC 的参数方程为
{x=8t2,y=8t,\begin{cases} x = 8t^{2},\\ y = 8t, \end{cases}
（tt 为参数），若斜率为 11 的直线经过抛物线 CC 的焦点，且与圆 (x−4)2+y2=r2(x - 4)^{2} + y^{2} = r^{2} （r>0r > 0）相切，则 r=r =______. \begin{answer} 2\sqrt{2} \end{answer}
\begin{solution} 消去参数 tt，得
y2=64t2=8xy^2=64t^2=8x
与标准式 y2=4pxy^2=4px 比较，得 p=2p=2，所以焦点为 (2,0)(2,0). 过焦点且斜率为 11 的直线为
y=x−2y=x-2
即 x−y−2=0x-y-2=0. 圆心为 (4,0)(4,0)，圆与该直线相切时，半径等于圆心到直线的距离：
r=∣4−0−2∣12+(−1)2=2r=\frac{|4-0-2|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\sqrt2
\end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12立体几何初步★★★☆☆
如图，已知圆中两条弦 ABAB 与 CDCD 相交于点 FF，EE 是 ABAB 延长线上一点，且 DF=CF=2DF = CF = \sqrt{2}，AF:FB:BE=4:2:1AF:FB:BE = 4:2:1. 若 CECE 与圆相切，则 CECE 的长为______.
\begin{answer} 72\frac{\sqrt{7}}{2} \end{answer}
\begin{solution} 设 AF=4kAF=4k，FB=2kFB=2k，BE=kBE=k. 由相交弦定理，
AF⋅FB=DF⋅CFAF\cdot FB=DF\cdot CF
即
(4k)(2k)=2⋅2=2(4k)(2k)=\sqrt2\cdot\sqrt2=2
因 k>0k>0，故 k=12k=\frac12. 从而 AF=2AF=2，FB=1FB=1，BE=12BE=\frac12. 因 EE 在 ABAB 的延长线上且位于 BB 的外侧，
EA=AF+FB+BE=2+1+12=72EA=AF+FB+BE=2+1+\frac12=\frac72
由切割线定理，
CE2=EA⋅EB=72⋅12=74CE^2=EA\cdot EB=\frac72\cdot\frac12=\frac74
所以
CE=72CE=\frac{\sqrt7}{2}
\end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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13不等式★★★☆☆
已知集合 A={x∈R∣∣x+3∣+∣x−4∣⩽9}A = \{x \in \mathbf{R} \mid |x + 3| + |x - 4| \leqslant 9\}，B={x∈R∣x=4t+1t−6,t∈(0,+∞)}B = \left\{x \in \mathbf{R} \mid x = 4t + \frac{1}{t} - 6, t \in (0, +\infty)\right\}，则集合 A∩B=A \cap B =______. \begin{answer} {x∣−2⩽x⩽5}\{x \mid -2 \leqslant x \leqslant 5\} \end{answer}
\begin{solution} 分段求集合 AA. 当 x<−3x<-3 时，
∣x+3∣+∣x−4∣=1−2x⩽9⟺x⩾−4|x+3|+|x-4|=1-2x\leqslant9 \quad\Longleftrightarrow\quad x\geqslant-4
当 −3⩽x⩽4-3\leqslant x\leqslant4 时，左式等于 77，恒满足不等式. 当 x>4x>4 时，
∣x+3∣+∣x−4∣=2x−1⩽9⟺x⩽5|x+3|+|x-4|=2x-1\leqslant9 \quad\Longleftrightarrow\quad x\leqslant5
所以 A=[−4,5]A=[-4,5].
对 BB，由 4t>04t>0、1t>0\frac{1}{t}>0，且
4t+1t⩾24t⋅1t=44t+\frac1t\geqslant2\sqrt{4t\cdot\frac1t}=4
等号在 t=12t=\frac{1}{2} 时成立. 函数 4t+1t−64t+\frac{1}{t}-6 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上连续，且当 t→0+t\to0^+ 或 t→+∞t\to+\infty 时趋于 +∞+\infty，故
B=[−2,+∞)B=[-2,+\infty)
因此
A∩B=[−4,5]∩[−2,+∞)=[−2,5]A\cap B=[-4,5]\cap[-2,+\infty)=[-2,5]
\end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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14平面向量★★★★☆
已知直角梯形 ABCDABCD 中，AD∥BCAD \parallel BC，∠ADC=90∘\angle ADC = 90^{\circ}，AD=2AD = 2，BC=1BC = 1，PP 是腰 DCDC 上的动点，则 ∣PA→+3PB→∣\left|\overrightarrow{PA} + 3\overrightarrow{PB}\right| 的最小值为______. \begin{answer} 55 \end{answer}
\begin{solution} 建立直角坐标系，令 D=(0,0)D=(0,0)，C=(0,h)C=(0,h)，A=(2,0)A=(2,0)，B=(1,h)B=(1,h) 其中 h>0h>0. 设
Q=A+3B4=(54,3h4)Q=\frac{A+3B}{4} =\left(\frac54,\frac{3h}{4}\right)
对任意 P∈DCP\in DC，
PA→+3PB→=(A−P)+3(B−P)=4(Q−P)\overrightarrow{PA}+3\overrightarrow{PB} =(A-P)+3(B-P) =4(Q-P)
点 QQ 到直线 DCDC 的垂足为 (0,3h4)(0,3\frac{h}{4})，属于线段 DCDC，所以 PQPQ 的最小值为 54\frac{5}{4}. 因而
min⁡∣PA→+3PB→∣=4min⁡PQ=4⋅54=5\min\left|\overrightarrow{PA}+3\overrightarrow{PB}\right| =4\min PQ=4\cdot\frac54=5
\end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15三角函数★★★☆☆
已知函数 f(x)=tan⁡(2x+π4)f(x) = \tan \left(2x + \frac{\pi}{4}\right).
(1) 求 f(x)f(x) 的定义域与最小正周期； (2) 设 α∈(0,π4)\alpha \in (0, \frac{\pi}{4})，若 f(α2)=2cos⁡2αf\left(\frac{\alpha}{2}\right) = 2\cos 2\alpha，求 α\alpha 的大小.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 正切函数有意义的条件为 2x+π4≠π2+kπ2x+\frac{\pi}{4}\ne\frac{\pi}{2}+k\pi，k∈Zk\in\mathbf{Z}. 所以 x≠π8+kπ2x\ne\frac{\pi}{8}+\frac{k\pi}{2}，k∈Zk\in\mathbf{Z} 定义域为
{x∈R|x≠π8+kπ2, k∈Z}\left\{x\in\mathbf{R}\middle|x\ne\frac{\pi}{8}+\frac{k\pi}{2},\ k\in\mathbf{Z}\right\}
因为 tan⁡u\tan u 的最小正周期为 π\pi，所以 f(x)f(x) 的最小正周期为 π2\frac{\pi}{2}.
\item 令 t=tan⁡αt=\tan\alpha. 由 0<α<π40<\alpha<\frac{\pi}{4}，知 0<t<10<t<1. 原方程化为
tan⁡(α+π4)=2cos⁡2α\tan\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=2\cos2\alpha
即
1+t1−t=2(1−t2)1+t2\frac{1+t}{1-t}=\frac{2(1-t^2)}{1+t^2}
因 1+t>01+t>0 且 1−t>01-t>0，约去 1+t1+t 后得
1+t2=2(1−t)21+t^2=2(1-t)^2
所以
t2−4t+1=0t^2-4t+1=0
其根为 t=2±3t=2\pm\sqrt3，结合 0<t<10<t<1，取
t=2−3=tan⁡π12t=2-\sqrt3=\tan\frac{\pi}{12}
故 α=π12\alpha=\frac{\pi}{12}. \end{enumerate} \end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 15 题 · 解答题

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16概率与统计★★★☆☆
学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有33个白球，22个黑球，乙箱子里装有11个白球，22个黑球，这些球除颜色外完全相同. 每次游戏从这两个箱子里各随机摸出22个球，若摸出的白球不少于22个，则获奖. （每次游戏结束后将球放回原箱）
(1) 求在一次游戏中
(i) 摸出 33 个白球的概率； (ii) 获奖的概率. (2) 求在两次中获奖次数 XX 的分布列及数学期望 E(X)E(X).
\begin{solution} 记 UU 为从甲箱摸出的白球数，VV 为从乙箱摸出的白球数. 由组合数等可能性， P(U=0)=C22C52=110P(U=0)=\frac{\mathrm C_2^2}{\mathrm C_5^2}=\frac1{10}，P(U=1)=C31C21C52=35P(U=1)=\frac{\mathrm C_3^1\mathrm C_2^1}{\mathrm C_5^2}=\frac35，P(U=2)=C32C52=310P(U=2)=\frac{\mathrm C_3^2}{\mathrm C_5^2}=\frac3{10}. 乙箱中只有一个白球，故 P(V=0)=C22C32=13P(V=0)=\frac{\mathrm C_2^2}{\mathrm C_3^2}=\frac13，P(V=1)=C11C21C32=23P(V=1)=\frac{\mathrm C_1^1\mathrm C_2^1}{\mathrm C_3^2}=\frac23，P(V=2)=0P(V=2)=0.
\begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item 摸出 33 个白球只可能是 U=2U=2，V=1V=1，故
P(U+V=3)=310⋅23=15P(U+V=3)=\frac3{10}\cdot\frac23=\frac15
\item 获奖事件为 U+V⩾2U+V\geqslant2，包括 (U,V)=(2,0)(U,V)=(2,0)，(2,1)(2,1)，(1,1)(1,1). 由于两箱独立，
P(U+V⩾2)=P(U=2)+P(U=1)P(V=1)=310+35⋅23=710P(U+V\geqslant2) =P(U=2)+P(U=1)P(V=1) =\frac3{10}+\frac35\cdot\frac23 =\frac7{10}
\end{enumerate}
\item 每次游戏独立，令获奖概率 p=710p=\frac{7}{10}，则两次获奖次数 XX 服从参数为 22，pp 的二项分布. 因此
P(X=0)=(310)2=9100P(X=0)=\left(\frac3{10}\right)^2=\frac9{100}
P(X=1)=2⋅710⋅310=2150P(X=1)=2\cdot\frac7{10}\cdot\frac3{10}=\frac{21}{50}
P(X=2)=(710)2=49100P(X=2)=\left(\frac7{10}\right)^2=\frac{49}{100}
且
E(X)=2p=75E(X)=2p=\frac75
\end{enumerate} \end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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17立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱柱 ABC−A1B1C1ABC - A_{1}B_{1}C_{1} 中，HH 是正方形 AA1B1BAA_{1}B_{1}B 的中心，AA1=22AA_{1} = 2\sqrt{2}，C1H⊥C_{1}H \perp 平面 AA1B1BAA_{1}B_{1}B，且 C1H=5C_{1}H = \sqrt{5}.
(1) 求异面直线 ACAC 与 A1B1A_{1}B_{1} 所成角的余弦值； (2) 求二面角 A−A1C1−B1A - A_{1}C_{1} - B_{1} 的正弦值； (3) 设 NN 为棱 B1C1B_{1}C_{1} 的中点，点 MM 在平面 AA1B1BAA_{1}B_{1}B 内，且 MN⊥MN \perp 平面 A1B1C1A_{1}B_{1}C_{1}，求线段 BMBM 的长.
\begin{solution} 取空间直角坐标系，使 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，A1=(22,0,0)A_1=(2\sqrt2,0,0)，B=(0,22,0)B=(0,2\sqrt2,0)，B1=(22,22,0)B_1=(2\sqrt2,2\sqrt2,0). 于是 H=(2,2,0)H=(\sqrt2,\sqrt2,0). 由于 C1HC_1H 垂直于正方形所在平面且 C1H=5C_1H=\sqrt5，可取 C1=(2,2,5)C_1=(\sqrt2,\sqrt2,\sqrt5)，C=(−2,2,5)C=(-\sqrt2,\sqrt2,\sqrt5).
\begin{enumerate} \item AC→=(−2,2,5)\overrightarrow{AC}=(-\sqrt2,\sqrt2,\sqrt5)，A1B1→=(0,22,0)\overrightarrow{A_1B_1}=(0,2\sqrt2,0). 所以 AC→⋅A1B1→=4\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{A_1B_1}=4，∣AC→∣=3|\overrightarrow{AC}|=3，∣A1B1→∣=22|\overrightarrow{A_1B_1}|=2\sqrt2. 因此
cos⁡θ=∣4∣3⋅22=23\cos\theta=\frac{|4|}{3\cdot2\sqrt2} =\frac{\sqrt2}{3}
\item 平面 AA1C1AA_1C_1 和平面 A1B1C1A_1B_1C_1 的法向量可分别取 n1=(0,210,−4)\mathbf n_1=(0,2\sqrt{10},-4)，n2=(210,0,4)\mathbf n_2=(2\sqrt{10},0,4). 有 ∣n1⋅n2∣=16|\mathbf n_1\cdot\mathbf n_2|=16，∣n1∣2=∣n2∣2=56|\mathbf n_1|^2=|\mathbf n_2|^2=56. 若二面角为 φ\varphi，则
cos⁡φ=1656=27\cos\varphi=\frac{16}{56}=\frac27
从而
sin⁡φ=1−449=357\sin\varphi=\sqrt{1-\frac4{49}}=\frac{3\sqrt5}{7}
\item 点 NN 为 B1C1B_1C_1 的中点，故
N=(322,322,52)N=\left(\frac{3\sqrt2}{2},\frac{3\sqrt2}{2},\frac{\sqrt5}{2}\right)
平面 A1B1C1A_1B_1C_1 的一个法向量为
n=(10,0,2)\mathbf n=(\sqrt{10},0,2)
设 M=(x,y,0)M=(x,y,0). 由 MN⊥MN\perp 平面 A1B1C1A_1B_1C_1，存在实数 λ\lambda 使
M−N=λ(10,0,2)M-N=\lambda(\sqrt{10},0,2)
比较 zz 坐标得 λ=−54\lambda=-\frac{\sqrt5}{4}，于是 x=24x=\frac{\sqrt2}{4}，y=322y=\frac{3\sqrt2}{2}. 因此
BM2=(24)2+(322−22)2=58BM^2=\left(\frac{\sqrt2}{4}\right)^2 +\left(\frac{3\sqrt2}{2}-2\sqrt2\right)^2 =\frac{5}{8}
故 BM=104BM=\frac{\sqrt{10}}4. \end{enumerate} \end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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18解析几何★★★★☆
在平面直角坐标系 xOyxOy 中，点 P(a,b)P(a,b)（a>b>0a>b>0）为动点，F1F_{1}，F2F_{2} 分别为椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 的左、右焦点. 已知 △F1PF2\triangle F_1PF_2 为等腰三角形.
(1) 求椭圆的离心率 ee； (2) 设直线 PF2PF_{2} 与椭圆相交于 AA，BB 两点，MM 是直线 PF2PF_{2} 上的点，满足 AM→⋅BM→=−2\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{BM}=-2，求点 MM 的轨迹方程.
\begin{solution} 设椭圆焦距的一半为 cc，则 c2=a2−b2c^2=a^2-b^2，e=cae=\frac ca，F1=(−c,0)F_1=(-c,0)，F2=(c,0)F_2=(c,0). 由于 P=(a,b)P=(a,b)，且 b2=a2−c2b^2=a^2-c^2，有
PF12=(a+c)2+b2=2a(a+c)PF_1^2=(a+c)^2+b^2=2a(a+c)
PF22=(a−c)2+b2=2a(a−c)PF_2^2=(a-c)^2+b^2=2a(a-c)
从而 PF1>PF2PF_1>PF_2. 又 F1F2=2cF_1F_2=2c.
\begin{enumerate} \item 三角形等腰时，若 PF1=F1F2PF_1=F_1F_2，则
2a(a+c)=4c2⟺2e2−e−1=02a(a+c)=4c^2 \quad\Longleftrightarrow\quad 2e^2-e-1=0
其根为 e=1e=1 或 e=−12e=-\frac{1}{2}，均不满足 0<e<10<e<1. 因而只能有 PF2=F1F2PF_2=F_1F_2，即
2a(a−c)=4c2⟺2e2+e−1=02a(a-c)=4c^2 \quad\Longleftrightarrow\quad 2e^2+e-1=0
由 0<e<10<e<1，得 e=12e=\frac{1}{2}. 所以 a=2ca=2c，b=3cb=\sqrt3c.
\item 此时椭圆方程为
x24c2+y23c2=1\frac{x^2}{4c^2}+\frac{y^2}{3c^2}=1
且直线 PF2PF_2 经过 F2=(c,0)F_2=(c,0) 和 P=(2c,3c)P=(2c,\sqrt3c)，故
PF2: y=3(x−c)PF_2:\ y=\sqrt3(x-c)
将直线上的点参数化为
X(t)=(c+t,3t)X(t)=(c+t,\sqrt3t)
代入椭圆方程，交点参数 t1t_1，t2t_2 满足
5t2+2ct−3c2=05t^2+2ct-3c^2=0
因此 t1+t2=−2c5t_1+t_2=-\frac{2c}{5}，t1t2=−3c25t_1t_2=-\frac{3c^2}{5}. 设 M=X(m)M=X(m). 直线方向向量为 (1,3)(1,\sqrt3)，其模的平方为 44，所以
AM→⋅BM→=4(m−t1)(m−t2)=−2\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{BM} =4(m-t_1)(m-t_2)=-2
整理得
20m2+8cm−12c2+10=020m^2+8cm-12c^2+10=0
又 m=y3m=\frac{y}{\sqrt3}，且 c=x−y3c=x-\frac{y}{\sqrt3}. 代入并化简，得到
18x2−163xy−15=018x^2-16\sqrt3xy-15=0
还需确定范围. 将上式与 c=x−y3c=x-\frac{y}{\sqrt3} 联立，可得
c=5(2x2+1)16xc=\frac{5(2x^2+1)}{16x}
由于 c>0c>0，必有 x>0x>0. 所以点 MM 的轨迹方程为 18x2−163xy−15=018x^2-16\sqrt3xy-15=0，x>0x>0. \end{enumerate} \end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19导数及其应用★★★★★
已知 a>0a > 0，函数 f(x)=ln⁡x−ax2f(x) = \ln x - ax^2，x>0x > 0.（f(x)f(x) 的图象连续不断）
(1) 求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 当 a=18a = \frac{1}{8} 时，证明：存在 x0∈(2,+∞)x_0 \in (2, +\infty)，使 f(x0)=f(32)f(x_0) = f\left(\frac{3}{2}\right). (3) 若存在均属于区间 [1,3][1,3] 的 α\alpha，β\beta，且 β−α⩾1\beta - \alpha \geqslant 1，使 f(α)=f(β)f(\alpha) = f(\beta). 证明：ln⁡3−ln⁡25⩽a⩽ln⁡23\frac{\ln 3 - \ln 2}{5} \leqslant a \leqslant \frac{\ln 2}{3}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item
f′(x)=1x−2ax=1−2ax2xf'(x)=\frac1x-2ax=\frac{1-2ax^2}{x}
因 x>0x>0，所以当 0<x<12a0<x<\frac{1}{\sqrt{2a}} 时 f′(x)>0f'(x)>0，当 x>12ax>\frac{1}{\sqrt{2a}} 时 f′(x)<0f'(x)<0. 因此 f(x)f(x) 在
(0,12a)\left(0,\frac1{\sqrt{2a}}\right)
上单调递增，在
(12a,+∞)\left(\frac1{\sqrt{2a}},+\infty\right)
上单调递减.
\item 当 a=18a=\frac{1}{8} 时，令
g(x)=f(x)−f(32)=ln⁡x−x28−ln⁡32+932g(x)=f(x)-f\left(\frac32\right) =\ln x-\frac{x^2}{8}-\ln\frac32+\frac9{32}
函数 gg 在 [2,4][2,4] 上连续. 对 u>0u>0，由
u1+u<ln⁡(1+u)<u\frac{u}{1+u}<\ln(1+u)<u
可得
g(2)=ln⁡43−732>14−732=132>0g(2)=\ln\frac43-\frac7{32} >\frac14-\frac7{32} =\frac1{32}>0
以及
g(4)=ln⁡83−5532<53−5532=−596<0g(4)=\ln\frac83-\frac{55}{32} <\frac53-\frac{55}{32} =-\frac5{96}<0
由零点定理，存在 x0∈(2,4)⊂(2,+∞)x_0\in(2,4)\subset(2,+\infty)，使 g(x0)=0g(x_0)=0，即 f(x0)=f(32)f(x_0)=f\left(\frac32\right).
\item 由 β−α⩾1\beta-\alpha\geqslant1 知 α<β\alpha<\beta. 令 d=β−αd=\beta-\alpha，1⩽d⩽21\leqslant d\leqslant2，1⩽α⩽3−d1\leqslant\alpha\leqslant3-d. 由 f(α)=f(β)f(\alpha)=f(\beta)，得
a=ln⁡(βα)β2−α2=ln⁡(1+dα)d(2α+d)a=\frac{\ln(\frac{\beta}{\alpha})}{\beta^2-\alpha^2} =\frac{\ln(1+\frac{d}{\alpha})}{d(2\alpha+d)}
先证上界. 因 α⩾1\alpha\geqslant1 且 1⩽d⩽21\leqslant d\leqslant2，有 1+dα⩽1+d1+\frac{d}{\alpha}\leqslant1+d. 又令 h(d)=2d−d−1h(d)=2^d-d-1，则 h(1)=0h(1)=0，且 h′(d)=2dln⁡2−1⩾2ln⁡2−1>0h'(d)=2^d\ln2-1\geqslant2\ln2-1>0，所以 1+d⩽2d1+d\leqslant2^d. 因而
ln⁡(1+dα)⩽dln⁡2\ln(1+\frac{d}{\alpha})\leqslant d\ln2
又 2α+d=α+β⩾32\alpha+d=\alpha+\beta\geqslant3，所以
a⩽dln⁡23d=ln⁡23a\leqslant\frac{d\ln2}{3d}=\frac{\ln2}{3}
再证下界. 对固定的 dd，分子 ln⁡(1+dα)\ln(1+\frac{d}{\alpha}) 随 α\alpha 增大而减小，分母 d(2α+d)d(2\alpha+d) 随 α\alpha 增大而增大，故该比值随 α\alpha 减小. 由 α⩽3−d\alpha\leqslant3-d，
a⩾ln⁡(1+d3−d)d(6−d)=:G(d)a\geqslant \frac{\ln\left(1+\frac{d}{3-d}\right)}{d(6-d)} =:G(d)
令 u=d(3−d)u=\frac{d}{(3-d)}，则 u∈[12,2]u\in[\frac{1}{2},2]，且
G(d)=ln⁡(1+u)d(6−d)G(d)=\frac{\ln(1+u)}{d(6-d)}
直接求导得
G′(d)=d(6−d)3−d−2(3−d)ln⁡(1+u)[d(6−d)]2=3[u(2+u)−2ln⁡(1+u)](1+u)[d(6−d)]2G'(d)= \frac{\dfrac{d(6-d)}{3-d}-2(3-d)\ln(1+u)}{[d(6-d)]^2} =\frac{3\left[u(2+u)-2\ln(1+u)\right]}{(1+u)[d(6-d)]^2}
由于 ln⁡(1+u)<u\ln(1+u)<u，有
u(2+u)−2ln⁡(1+u)>u(2+u)−2u=u2>0u(2+u)-2\ln(1+u)>u(2+u)-2u=u^2>0
所以 G(d)G(d) 在 [1,2][1,2] 上递增，从而
a⩾G(1)=ln⁡(32)5=ln⁡3−ln⁡25a\geqslant G(1) =\frac{\ln\left(\frac32\right)}5 =\frac{\ln3-\ln2}{5}
综上，
ln⁡3−ln⁡25⩽a⩽ln⁡23\frac{\ln3-\ln2}{5}\leqslant a\leqslant\frac{\ln2}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_n\} 与 {bn}\{b_n\} 满足：bnan+an+1+bn+1an+2=0b_na_n+a_{n+1}+b_{n+1}a_{n+2}=0，bn=3+(−1)n2b_n=\frac{3+(-1)^n}{2}，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，且 a1=2a_1=2，a2=4a_2=4，
(1) 求 a3a_3，a4a_4，a5a_5 的值； (2) 设 cn=a2n−1+a2n+1c_n=a_{2n-1}+a_{2n+1}，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，证明：{cn}\{c_n\} 是等比数列； (3) 设 Sk=a2+a4+⋯+a2kS_k=a_2+a_4+\dots+a_{2k}，k∈N∗k\in\mathbf{N}^*，证明：∑k=14nSkak<76\sum_{k=1}^{4n}\frac{S_k}{a_k}<\frac76（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）.
\begin{solution} 由于 b2n−1=1b_{2n-1}=1，b2n=2b_{2n}=2.
\begin{enumerate} \item 取 n=1n=1，22，33，原递推式分别给出 a1+a2+2a3=0a_1+a_2+2a_3=0，2a2+a3+a4=02a_2+a_3+a_4=0，a3+a4+2a5=0a_3+a_4+2a_5=0. 代入 a1=2a_1=2，a2=4a_2=4，依次得 a3=−3a_3=-3，a4=−5a_4=-5，a5=4a_5=4.
\item 对任意 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，取原递推式中下标 2n2n 和 2n+12n+1，得
2a2n+a2n+1+a2n+2=02a_{2n}+a_{2n+1}+a_{2n+2}=0
a2n+1+a2n+2+2a2n+3=0a_{2n+1}+a_{2n+2}+2a_{2n+3}=0
两式相减可得
a2n+3=a2na_{2n+3}=a_{2n}
再取下标 2n−12n-1，有
a2n−1+a2n+2a2n+1=0a_{2n-1}+a_{2n}+2a_{2n+1}=0
因此
cn+1=a2n+1+a2n+3=a2n+1+a2n=−(a2n−1+a2n+1)=−cnc_{n+1}=a_{2n+1}+a_{2n+3} =a_{2n+1}+a_{2n} =-(a_{2n-1}+a_{2n+1}) =-c_n
又 c1=a1+a3=2−3=−1c_1=a_1+a_3=2-3=-1，所以
cn=(−1)nc_n=(-1)^n
故 {cn}\{c_n\} 是首项 −1-1、公比 −1-1 的等比数列.
\item 先由 a1=2a_1=2，a2=4a_2=4 验证 a2⋅1−1=(−1)1−1(1+1)a_{2\cdot1-1}=(-1)^{1-1}(1+1)，a2⋅1=(−1)1−1(1+3)a_{2\cdot1}=(-1)^{1-1}(1+3). 若 a2n−1=(−1)n−1(n+1)a_{2n-1}=(-1)^{n-1}(n+1)，a2n=(−1)n−1(n+3)a_{2n}=(-1)^{n-1}(n+3)， 则由下标 2n−12n-1 和 2n2n 的递推式分别有
a2n+1=−a2n−1+a2n2=(−1)n(n+2)a_{2n+1}=-\frac{a_{2n-1}+a_{2n}}2=(-1)^n(n+2)
a2n+2=−2a2n−a2n+1=(−1)n(n+4)a_{2n+2}=-2a_{2n}-a_{2n+1}=(-1)^n(n+4)
这正是把 nn 换成 n+1n+1 后的两个等式，故由数学归纳法，对任意 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*， a2n−1=(−1)n−1(n+1)a_{2n-1}=(-1)^{n-1}(n+1)，a2n=(−1)n−1(n+3)a_{2n}=(-1)^{n-1}(n+3). 于是
S2m=a2+a4+⋯+a4m=−mS_{2m}=a_2+a_4+\cdots+a_{4m}=-m
S2m−1=a2+a4+⋯+a4m−2=m+3S_{2m-1}=a_2+a_4+\cdots+a_{4m-2}=m+3
将四项作为一组，得
Bm=S4m−3a4m−3+S4m−2a4m−2+S4m−1a4m−1+S4ma4mB_m=\frac{S_{4m-3}}{a_{4m-3}} +\frac{S_{4m-2}}{a_{4m-2}} +\frac{S_{4m-1}}{a_{4m-1}} +\frac{S_{4m}}{a_{4m}}
化简得
Bm=2m+22m−2m−12m+2−2m+32m+1+2m2m+3=22m(2m+1)+3(2m+2)(2m+3)B_m=\frac{2m+2}{2m} -\frac{2m-1}{2m+2} -\frac{2m+3}{2m+1} +\frac{2m}{2m+3} =\frac{2}{2m(2m+1)} +\frac{3}{(2m+2)(2m+3)}
当 n=1n=1 时，
∑k=14Skak=B1=2960<76\sum_{k=1}^{4}\frac{S_k}{a_k} =B_1=\frac{29}{60}<\frac76
当 n⩾2n\geqslant2 时，对 m⩾2m\geqslant2 有
Bm=52m(2m+1)+3(2m+2)(2m+3)−32m(2m+1)B_m=\frac5{2m(2m+1)} +\frac3{(2m+2)(2m+3)} -\frac3{2m(2m+1)}
其中最后一项恰与前一组的第二项相消，且
B1−34⋅5=13B_1-\frac3{4\cdot5}=\frac13
因此望远镜相消得到
∑k=14nSkak=13+∑m=2n52m(2m+1)+3(2n+2)(2n+3)\sum_{k=1}^{4n}\frac{S_k}{a_k} =\frac13+\sum_{m=2}^{n}\frac5{2m(2m+1)} +\frac3{(2n+2)(2n+3)}
因为
52m(2m+1)<5(2m−1)(2m+1)=52(12m−1−12m+1)\frac5{2m(2m+1)} <\frac5{(2m-1)(2m+1)} =\frac52\left(\frac1{2m-1}-\frac1{2m+1}\right)
所以
∑m=2n52m(2m+1)<56−52(2n+1)\sum_{m=2}^{n}\frac5{2m(2m+1)} <\frac56-\frac5{2(2n+1)}
并且因 6(2n+1)<5(2n+2)(2n+3)6(2n+1)<5(2n+2)(2n+3)，有
3(2n+2)(2n+3)<52(2n+1)\frac3{(2n+2)(2n+3)} <\frac5{2(2n+1)}
故
∑k=14nSkak<13+56=76\sum_{k=1}^{4n}\frac{S_k}{a_k} <\frac13+\frac56=\frac76
\end{enumerate} \end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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