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01数列★☆☆☆☆
在等比数列 {an}\{a_{n}\} 中，a2010=8a2007a_{2010} = 8a_{2007}，则公比 qq 的值为（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 由等比数列的递推关系，a2010=a2007q3a_{2010}=a_{2007}q^3，所以题设等式等价于 a2007(q3−8)=0a_{2007}(q^3-8)=0. 按本题通常采用的非零项命题约定 a2007≠0a_{2007}\ne0，可得 q3=8q^3=8，从而 q=2q=2，故选 A. 若允许全零数列，则题设等式对任意 qq 都成立，公比将不能唯一确定；本题按标准答案取非零项情形. \end{solution}
A.
22
B.
33
C.
44
D.
88

2010 · 重庆 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02平面向量★☆☆☆☆
已知向量 a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b} 满足 a⋅b=0\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = 0，∣a∣=1|\boldsymbol{a}| = 1，∣b∣=2|\boldsymbol{b}| = 2，则 ∣2a−b∣=|2\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}| =（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 因为 a\boldsymbol{a} 与 b\boldsymbol{b} 垂直，所以 a⋅b=0\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=0. 于是 ∣2a−b∣2=4∣a∣2−4a⋅b+∣b∣2=4+0+4=8\left|2\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}\right|^2=4|\boldsymbol{a}|^2-4\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}+|\boldsymbol{b}|^2=4+0+4=8，从而 ∣2a−b∣=22\left|2\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}\right|=2\sqrt{2}，故选 B. \end{solution}
A.
00
B.
222\sqrt{2}
C.
44
D.
88

2010 · 重庆 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03导数及其应用★★☆☆☆
lim⁡x→2(4x2−4−1x−2)=\displaystyle\lim_{x\to 2}\left(\frac{4}{x^2 - 4} -\frac{1}{x - 2}\right) =（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 将分式通分，得
4x2−4−1x−2=4−(x+2)(x−2)(x+2)=−(x−2)(x−2)(x+2)=−1x+2\frac{4}{x^2-4}-\frac{1}{x-2}=\frac{4-(x+2)}{(x-2)(x+2)} =\frac{-(x-2)}{(x-2)(x+2)}=-\frac{1}{x+2}
其中 x≠2x\ne2，所以约分不改变 x→2x\to2 时的极限. 因此
lim⁡x→2(4x2−4−1x−2)=lim⁡x→2(−1x+2)=−14\displaystyle\lim_{x\to2}\left(\frac{4}{x^2-4}-\frac{1}{x-2}\right)=\lim_{x\to2}\left(-\frac{1}{x+2}\right)=-\frac14
故选 B. \end{solution}
A.
−1-1
B.
−14-\frac{1}{4}
C.
14\frac{1}{4}
D.
11

2010 · 重庆 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04不等式★★☆☆☆
设变量 xx，yy 满足约束条件
{y⩾0,x−y+1⩾0,x+y−3⩽0,\begin{cases} y \geqslant 0,\\ x - y + 1 \geqslant 0,\\ x + y - 3 \leqslant 0, \end{cases}
则 z=2x+yz = 2x + y 的最大值为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 由约束条件得 x⩾y−1x\geqslant y-1，x⩽3−yx\leqslant 3-y，并且 y⩾0y\geqslant0. 由两条关于 xx 的界可知 y−1⩽3−yy-1\leqslant3-y，故 0⩽y⩽20\leqslant y\leqslant2. 固定 yy 时，z=2x+yz=2x+y 随 xx 增大而增大，所以取 x=3−yx=3-y. 此时 z=2(3−y)+y=6−y⩽6z=2(3-y)+y=6-y\leqslant6. 当 y=0y=0，x=3x=3 时满足全部约束且取等号，故最大值为 66，选 C. \end{solution}
A.
−2-2
B.
44
C.
66
D.
88

2010 · 重庆 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05函数与初等函数★★☆☆☆
函数 f(x)=4x+12xf(x) = \frac{4^x + 1}{2^x} 的图象（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 将函数式化为 f(x)=2x+2−xf(x)=2^x+2^{-x}. 因此 f(−x)=2−x+2x=f(x)f(-x)=2^{-x}+2^x=f(x)，所以函数为偶函数，图象关于 yy 轴对称，选 D. \end{solution}
A.
关于原点对称
B.
关于直线 y=xy = x 对称
C.
关于 xx 轴对称
D.
关于 yy 轴对称

2010 · 重庆 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06三角函数★★☆☆☆
已知函数 y=sin⁡(ωx+φ)y = \sin\left(\omega x + \varphi\right)（ω>0\omega > 0，∣φ∣<π2|\varphi| < \frac{\pi}{2}）的部分图象如图所示. 则（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 由图象知，函数在 x=π3x=\frac{\pi}{3} 处取得最大值，因此 ωπ3+φ=π2\omega\frac{\pi}{3}+\varphi=\frac{\pi}{2}. 又图象在 x=7π12x=\frac{7\pi}{12} 处过 xx 轴并由正变负，因此 ω7π12+φ=π\omega\frac{7\pi}{12}+\varphi=\pi. 两式相减得 ωπ4=π2\omega\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}，所以 ω=2\omega=2，代回得 φ=−π6\varphi=-\frac{\pi}{6}，故选 D. \end{solution}
A.
ω=1\omega = 1，φ=π6\varphi = \frac{\pi}{6}
B.
ω=1\omega = 1，φ=−π6\varphi = -\frac{\pi}{6}
C.
ω=2\omega = 2，φ=π6\varphi = \frac{\pi}{6}
D.
ω=2\omega = 2，φ=−π6\varphi = -\frac{\pi}{6}

2010 · 重庆 · 理 · 第 6 题 · 选择题

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07不等式★★★☆☆
已知 x>0x > 0，y>0y > 0，x+2y+2xy=8x + 2y + 2xy = 8，则 x+2yx + 2y 的最小值是（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 由题设，(x+1)(2y+1)=x+2y+2xy+1=9(x+1)(2y+1)=x+2y+2xy+1=9. 因为 x>0x>0，y>0y>0，所以 x+1>0x+1>0，2y+1>02y+1>0. 由基本不等式，x+1+2y+1⩾2(x+1)(2y+1)=6x+1+2y+1\geqslant2\sqrt{(x+1)(2y+1)}=6，故 x+2y⩾4x+2y\geqslant4. 当 x+1=2y+1=3x+1=2y+1=3，即 x=2x=2，y=1y=1 时等号成立，所以最小值为 44，选 B. \end{solution}
A.
33
B.
44
C.
92\frac{9}{2}
D.
112\frac{11}{2}

2010 · 重庆 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08解析几何★★★★☆
直线 y=33x+2y = \frac{\sqrt{3}}{3} x + \sqrt{2} 与圆心为 DD 的圆
{x=3+3cos⁡θ,y=1+3sin⁡θ,\begin{cases} x = \sqrt{3} + \sqrt{3}\cos \theta,\\ y = 1 + \sqrt{3}\sin \theta, \end{cases}
（θ∈[0,2π)\theta \in [0,2\pi)） 交于 AA，BB 两点，则直线 ADAD 与 BDBD 的倾斜角之和为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 圆心为 D(3,1)D(\sqrt{3},1)，半径为 r=3r=\sqrt{3}. 设直线与圆的垂足为 HH，将直线写成 33x−y+2=0\frac{\sqrt{3}}{3}x-y+\sqrt{2}=0. 于是圆心到直线的距离为
d=∣33⋅3−1+2∣13+1=62d=\frac{\left|\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot\sqrt{3}-1+\sqrt{2}\right|}{\sqrt{\frac13+1}}=\frac{\sqrt{6}}{2}
弦的一半长为
AH=BH=r2−d2=3−32=62=DHAH=BH=\sqrt{r^2-d^2}=\sqrt{3-\frac32}=\frac{\sqrt{6}}2=DH
直线的方向角为 π6\frac\pi6，而 DH→\overrightarrow{DH} 垂直于该直线且指向直线，方向角为 2π3\frac{2\pi}{3}. 在直角三角形 DHADHA 和 DHBDHB 中，DH=AH=BHDH=AH=BH，故两条半径与正 xx 轴的夹角分别为 2π3−π4=5π12\frac{2\pi}{3}-\frac\pi4=\frac{5\pi}{12} 和 2π3+π4=11π12\frac{2\pi}{3}+\frac\pi4=\frac{11\pi}{12}. 因而倾斜角之和为 4π3\frac{4\pi}{3}，选 C. \end{solution}
A.
76π\frac{7}{6}\pi
B.
54π\frac{5}{4}\pi
C.
43π\frac{4}{3}\pi
D.
53π\frac{5}{3}\pi

2010 · 重庆 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09计数原理与组合数学★★★★☆
某单位安排 7 位员工在 10 月 1 日至 7 日值班，每天 1 人，每人值班 1 天，若 7 位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在 10 月 1 日，丁不排在 10 月 7 日，则不同的安排方案共有（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 先把甲、乙看作一个整体. 甲、乙相邻时，这个整体在 7 个位置中有 6 种放法，甲、乙在整体内还有 2 种次序，因此不考虑其他限制时共有 6!⋅26!\cdot2 种安排.
其中丙排在 10 月 1 日时，甲、乙整体只能放在第 2 至第 7 天中相邻的位置，共有 5 种放法，故有 5⋅2⋅4!5\cdot2\cdot4! 种安排. 类似地，丁排在 10 月 7 日时也有 5⋅2⋅4!5\cdot2\cdot4! 种安排.
丙排在 10 月 1 日且丁排在 10 月 7 日时，甲、乙整体在第 2 至第 6 天中有 4 种相邻放法，故有 4⋅2⋅3!4\cdot2\cdot3! 种安排. 由容斥原理，不同的安排方案数为
6!⋅2−2⋅5⋅2⋅4!+4⋅2⋅3!=1440−480+48=10086!\cdot2-2\cdot5\cdot2\cdot4!+4\cdot2\cdot3!=1440-480+48=1008
故选 C. \end{solution}
A.
504504 种
B.
960960 种
C.
10081008 种
D.
11081108 种

2010 · 重庆 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10解析几何★★★★☆
到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 设过第一条直线且平行于第二条直线的平面为 π\pi，把第二条直线在 π\pi 上的正投影记为 l2′l_2'. 由于两条异面直线互相垂直，l2′l_2' 与第一条直线在平面 π\pi 内相交且互相垂直. 设两条直线之间的距离为 hh，则 h>0h>0.
在平面 π\pi 内建立直角坐标系，使第一条直线为 xx 轴，l2′l_2' 为 yy 轴. 对平面 π\pi 内任一点 P(x,y)P(x,y)，有 d(P,l1)=∣y∣d(P,l_1)=|y|，d(P,l2)2=d(P,l2′)2+h2=x2+h2d(P,l_2)^2=d(P,l_2')^2+h^2=x^2+h^2. 题设条件给出
∣y∣=x2+h2,即y2−x2=h2|y|=\sqrt{x^2+h^2}, \quad\text{即}\quad y^2-x^2=h^2
这是以坐标轴方向为渐近线的双曲线，故选 D. \end{solution}
A.
直线
B.
椭圆
C.
抛物线
D.
双曲线

2010 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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11复数★☆☆☆☆
已知复数 z=1+iz = 1 + \mathrm{i}，则 2z−z=‾\frac{2}{z} - z =\underline{\hspace{2em}}.
\begin{answer} −2i-2\mathrm{i} \end{answer}
\begin{solution} 因为 2z=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i\frac{2}{z}=\frac{2}{1+\mathrm{i}}=\frac{2(1-\mathrm{i})}{(1+\mathrm{i})(1-\mathrm{i})}=1-\mathrm{i}，所以 2z−z=(1−i)−(1+i)=−2i\frac{2}{z}-z=(1-\mathrm{i})-(1+\mathrm{i})=-2\mathrm{i}. \end{solution}

2010 · 重庆 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12集合与逻辑基础★★☆☆☆
设 U={0,1,2,3}U = \{0, 1, 2, 3\}，A={x∈U∣x2+mx=0}A = \{x \in U \mid x^2 + mx = 0\}，若 ∁UA={1,2}\complement_U A = \{1, 2\}，则实数 m=‾m =\underline{\hspace{2em}}.
\begin{answer} −3-3 \end{answer}
\begin{solution} 由 ∁UA={1,2}\complement_U A=\{1,2\}，知 A={0,3}A=\{0,3\}. 对任意实数 mm，02+m⋅0=00^2+m\cdot0=0，所以 0∈A0\in A 自动成立. 又因为 3∈A3\in A，应满足
32+3m=03^2+3m=0
解得 m=−3m=-3. 此时 12−3=−2≠01^2-3=-2\ne0，22−6=−2≠02^2-6=-2\ne0，确有 A={0,3}A=\{0,3\}，故 m=−3m=-3. \end{solution}

2010 · 重庆 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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13概率与统计★★☆☆☆
某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为 1625\frac{16}{25}，则该队员每次罚球的命中率为______.
\begin{answer} 35\frac{3}{5} \end{answer}
\begin{solution} 按高考中重复试验的通常模型，将两次罚球视为相互独立，设每次罚球命中的概率为 pp，则两次都命中的概率为 p2p^2. “至多命中一次”的对立事件是“两次都命中”，所以 1−p2=16251-p^2=\frac{16}{25}，即 p2=925p^2=\frac{9}{25}. 由于概率满足 0⩽p⩽10\leqslant p\leqslant1，故 p=35p=\frac35.
若只按题面“命中率相同”而不补充独立性，则只能得到两次都命中的概率为 925\frac{9}{25}. 设两次命中事件分别为 X1X_1，X2X_2，则 P(X1∩X2∁)=P(X1∁∩X2)=p−925P(X_1\cap X_2^{\complement})=P(X_1^{\complement}\cap X_2)=p-\frac{9}{25}，且 P(X1∁∩X2∁)=1−2p+925P(X_1^{\complement}\cap X_2^{\complement})=1-2p+\frac{9}{25}，非负性只给出 925⩽p⩽1725\frac{9}{25}\leqslant p\leqslant\frac{17}{25}，不能唯一确定 pp. 因此本题答案 35\frac35 采用上述独立重复试验模型. \end{solution}

2010 · 重庆 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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14解析几何★★★☆☆
已知以 FF 为焦点的抛物线 y2=4xy^{2} = 4x 上的两点 AA，BB 满足 AF→=3FB→\overrightarrow{AF} = 3\overrightarrow{FB}，则弦 ABAB 的中点到准线的距离为______.
\begin{answer} 83\frac{8}{3} \end{answer}
\begin{solution} 抛物线 y2=4xy^2=4x 可写成 y2=4pxy^2=4px，故 p=1p=1，焦点为 F(1,0)F(1,0)，准线为 x=−1x=-1.
设 A(u24,u)A\left(\frac{u^2}{4},u\right)，B(v24,v)B\left(\frac{v^2}{4},v\right). 由 AF→=3FB→\overrightarrow{AF}=3\overrightarrow{FB}，比较纵坐标得
0−u=3(v−0),即u=−3v0-u=3(v-0), \quad\text{即}\quad u=-3v
比较横坐标得
1−u24=3(v24−1)1-\frac{u^2}{4}=3\left(\frac{v^2}{4}-1\right)
代入 u=−3vu=-3v，得
1−9v24=3v24−3,即3v2=41-\frac{9v^2}{4}=\frac{3v^2}{4}-3, \quad\text{即}\quad 3v^2=4
所以 xA=u24=3x_A=\frac{u^2}{4}=3，xB=v24=13x_B=\frac{v^2}{4}=\frac13. 弦 ABAB 的中点横坐标为
xM=xA+xB2=3+132=53x_M=\frac{x_A+x_B}{2}=\frac{3+\frac13}{2}=\frac53
因此中点到准线 x=−1x=-1 的距离为
xM−(−1)=53+1=83x_M-(-1)=\frac53+1=\frac83
\end{solution}

2010 · 重庆 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15函数与初等函数★★★★☆
已知函数 f(x)f(x) 满足： f(1)=14f(1) = \frac{1}{4}，4f(x)f(y)=f(x+y)+f(x−y)4f(x)f(y) = f(x + y) + f(x - y) （xx，y∈Ry \in \mathbf{R}），则 f(2010)=f(2010) =______.
\begin{answer} 12\frac{1}{2} \end{answer}
\begin{solution} 令 y=0y=0，原函数方程变为
4f(x)f(0)=f(x)+f(x)=2f(x)4f(x)f(0)=f(x)+f(x)=2f(x)
取 x=1x=1，由 f(1)=14≠0f(1)=\frac14\ne0 得 f(0)=12f(0)=\frac12. 再令 x=0x=0，可得
4f(0)f(y)=f(y)+f(−y)4f(0)f(y)=f(y)+f(-y)
从而 f(−y)=f(y)f(-y)=f(y).
令 y=1y=1，利用 4f(1)=14f(1)=1，得到
f(x+1)+f(x−1)=f(x)f(x+1)+f(x-1)=f(x)
对整数依次取值，结合 f(0)=12f(0)=\frac12、f(1)=14f(1)=\frac14，有
f(2)=f(1)−f(0)=−14f(2)=f(1)-f(0)=-\frac14
f(3)=f(2)−f(1)=−12f(3)=f(2)-f(1)=-\frac12，f(4)=f(3)−f(2)=−14f(4)=f(3)-f(2)=-\frac14 f(5)=f(4)−f(3)=14f(5)=f(4)-f(3)=\frac14，f(6)=f(5)−f(4)=12f(6)=f(5)-f(4)=\frac12. 由递推式可得 f(7)=f(6)−f(5)=14=f(1)f(7)=f(6)-f(5)=\frac14=f(1)，于是令 g(n)=f(n+6)−f(n)g(n)=f(n+6)-f(n)，有 g(0)=0g(0)=0，g(1)=0g(1)=0. 对任意非负整数 nn，递推式分别作用于 n+1n+1 和 n+7n+7 给出 g(n+2)=g(n+1)−g(n)g(n+2)=g(n+1)-g(n)，因此由归纳法知 g(n)=0g(n)=0，即 f(n+6)=f(n)f(n+6)=f(n). 而 2010=6⋅3352010=6\cdot335，所以
f(2010)=f(0)=12f(2010)=f(0)=\frac12
\end{solution}

2010 · 重庆 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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16三角函数★★★☆☆
设函数 f(x)=cos⁡(x+2π3)+2cos⁡2x2f(x) = \cos \left(x + \frac{2\pi}{3}\right) + 2\cos^2 \frac{x}{2}，x∈Rx \in \mathbf{R}.
(1) 求 f(x)f(x) 的值域； (2) 记 △ABC\triangle ABC 的内角 AA，BB，CC 的对边长分别为 aa，bb，cc. 若 f(B)=1f(B) = 1，b=1b = 1，c=3c = \sqrt{3}，求 aa 的值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 2cos⁡2x2=1+cos⁡x2\cos^2\frac{x}{2}=1+\cos x，得 f(x)=1+cos⁡x+cos⁡(x+2π3)=1+12cos⁡x−32sin⁡x=1+cos⁡(x+π3)f(x)=1+\cos x+\cos\left(x+\frac{2\pi}{3}\right)=1+\frac{1}{2}\cos x-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x=1+\cos\left(x+\frac{\pi}{3}\right). 因此 0⩽f(x)⩽20\leqslant f(x)\leqslant2，值域为 [0,2][0,2]. \item 由 f(B)=1f(B)=1 得 cos⁡(B+π3)=0\cos\left(B+\frac{\pi}{3}\right)=0，所以 B=π6+kπB=\frac{\pi}{6}+k\pi. 因为 0<B<π0<B<\pi，故 B=π6B=\frac{\pi}{6}. 在 △ABC\triangle ABC 中，由余弦定理，b2=a2+c2−2accos⁡Bb^2=a^2+c^2-2ac\cos B，即 1=a2+3−2a3⋅32=a2−3a+31=a^2+3-2a\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=a^2-3a+3，从而 a2−3a+2=0a^2-3a+2=0，解得 a=1a=1 或 a=2a=2. 两者均满足 ∣3−1∣<a<3+1|\sqrt{3}-1|<a<\sqrt{3}+1，故 a=1a=1 或 a=2a=2. \end{enumerate} \end{solution}

2010 · 重庆 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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17概率与统计★★★☆☆
在甲、乙等 6 个单位参加的一次“唱读讲传”演出活动中，每个单位的节目集中安排在一起，若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序（序号为 11，22，⋯\cdots，66），求：
(1) 甲、乙两单位的演出序号至少有一个为奇数的概率； (2) 甲、乙两单位之间的演出单位个数 ξ\xi 的分布列与期望.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 甲、乙两单位的演出序号是从 11，22，…\ldots，66 中随机取出的两个不同序号. 两序号都为偶数的概率为 C32C62=15\frac{\mathrm C_3^2}{\mathrm C_6^2}=\frac{1}{5}，所以至少有一个为奇数的概率为 1−15=451-\frac{1}{5}=\frac{4}{5}. \item 两单位的演出序号之差为 dd 时，满足条件的无序位置对有 6−d6-d 个，全部无序位置对有 C62=15\mathrm C_6^2=15 个. 由于 ξ=d−1\xi=d-1，所以 ξ\xi 的分布列为 \begin{center} \begin{tabular}{c|ccccc} ξ\xi & 00 & 11 & 22 & 33 & 44 \ \hline PP & 515\frac{5}{15} & 415\frac{4}{15} & 315\frac{3}{15} & 215\frac{2}{15} & 115\frac{1}{15} \end{tabular} \end{center} 从而 E(ξ)=0⋅515+1⋅415+2⋅315+3⋅215+4⋅115=43E(\xi)=0\cdot\frac{5}{15}+1\cdot\frac{4}{15}+2\cdot\frac{3}{15}+3\cdot\frac{2}{15}+4\cdot\frac{1}{15}=\frac{4}{3}. \end{enumerate} \end{solution}

2010 · 重庆 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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18导数及其应用★★★☆☆
已知函数 f(x)=x−1x+a+ln⁡(x+1)f(x) = \frac{x - 1}{x + a} + \ln\left(x + 1\right)，其中实数 a≠1a \neq 1.
(1) 若 a=2a = 2，求曲线 y=f(x)y = f(x) 在点 (0,f(0))(0, f(0)) 处的切线方程； (2) 若 f(x)f(x) 在 x=1x = 1 处取得极值，试讨论 f(x)f(x) 的单调性.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 当 a=2a=2 时，f(0)=−12f(0)=-\frac{1}{2}，且 f′(x)=3(x+2)2+1x+1f'(x)=\frac{3}{(x+2)^2}+\frac{1}{x+1}，所以 f′(0)=74f'(0)=\frac{7}{4}. 因此曲线在 (0,f(0))=(0,−12)(0,f(0))=\left(0,-\frac{1}{2}\right) 处的切线方程为 y+12=74xy+\frac{1}{2}=\frac{7}{4}x，即 y=74x−12y=\frac{7}{4}x-\frac{1}{2}. \item 因为函数在 x=1x=1 处取得极值，且 x=1x=1 必须属于定义域，所以 a≠−1a\neq-1. 又 f′(1)=1a+1+12=0f'(1)=\frac{1}{a+1}+\frac{1}{2}=0，解得 a=−3a=-3. 此时定义域为 (−1,3)∪(3,+∞)(-1,3)\cup(3,+\infty)，并且
f′(x)=−2(x−3)2+1x+1=(x−1)(x−7)(x−3)2(x+1)f'(x)=\frac{-2}{(x-3)^2}+\frac{1}{x+1}=\frac{(x-1)(x-7)}{(x-3)^2(x+1)}
由于定义域内分母为正，故 f′(x)>0f'(x)>0 在 (−1,1)(-1,1) 和 (7,+∞)(7,+\infty) 上成立，f′(x)<0f'(x)<0 在 (1,3)(1,3) 和 (3,7)(3,7) 上成立. 因此 f(x)f(x) 在 (−1,1)(-1,1)、(7,+∞)(7,+\infty) 上单调递增，在 (1,3)(1,3)、(3,7)(3,7) 上单调递减. \end{enumerate} \end{solution}

2010 · 重庆 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★☆☆
如图，四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，底面 ABCDABCD 为矩形，PA⊥PA \perp 底面 ABCDABCD，PA=AB=6PA = AB = \sqrt{6}，点 EE 是棱 PBPB 的中点.
(1) 求直线 AD 与平面 PBC 的距离； (2) 若 AD=3AD = \sqrt{3}，求二面角 A−EC−DA - EC - D 的平面角的余弦值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 建立如图所示的直角坐标系，设 s=6s=\sqrt{6}，AD=dAD=d，取 A(0,0,0)A(0,0,0)，B(s,0,0)B(s,0,0)，D(0,d,0)D(0,d,0)，C(s,d,0)C(s,d,0)，P(0,0,s)P(0,0,s). 由 EE 为 PBPB 的中点，得 E(s2,0,s2)E\left(\frac{s}{2},0,\frac{s}{2}\right). 平面 PBCPBC 的方程为 x+z=sx+z=s，直线 ADAD 的方向为 yy 轴方向，且与平面 PBCPBC 平行. 因此直线 ADAD 到平面 PBCPBC 的距离为 s12+12=62=3\frac{s}{\sqrt{1^2+1^2}}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}}=\sqrt{3}. \item 当 d=3d=\sqrt{3} 时，取平面 AECAEC 的两个方向向量 AC→=(s,d,0)\overrightarrow{AC}=(s,d,0)、AE→=(s2,0,s2)\overrightarrow{AE}=\left(\frac{s}{2},0,\frac{s}{2}\right)，取平面 DECDEC 的两个方向向量 DC→=(s,0,0)\overrightarrow{DC}=(s,0,0)、DE→=(s2,−d,s2)\overrightarrow{DE}=\left(\frac{s}{2},-d,\frac{s}{2}\right). 相应法向量可取 n1=(ds,−s2,−ds)\boldsymbol{n}_1=(ds,-s^2,-ds)、n2=(0,−s2,−2ds)\boldsymbol{n}_2=(0,-s^2,-2ds). 代入 s=6s=\sqrt{6}、d=3d=\sqrt{3}，得 n1=(32,−6,−32)\boldsymbol{n}_1=(3\sqrt{2},-6,-3\sqrt{2})、n2=(0,−6,−62)\boldsymbol{n}_2=(0,-6,-6\sqrt{2}). 所以二面角的平面角 α\alpha 满足 cos⁡α=∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=7272108=63\cos\alpha=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{72}{\sqrt{72}\sqrt{108}}=\frac{\sqrt{6}}{3}. \end{enumerate} \end{solution}

2010 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
已知以原点 OO 为中心，F(5,0)F(\sqrt{5}, 0) 为右焦点的双曲线 CC 的离心率 e=52e = \frac{\sqrt{5}}{2}.
(1) 求双曲线 CC 的标准方程及其渐近线方程； (2) 如图，已知过点 M(x1,y1)M(x_{1}, y_{1}) 的直线 l1:x1x+4y1y=4l_{1}: x_{1}x + 4y_{1}y = 4 与过点 N(x2,y2)N(x_{2}, y_{2})（其中 x2≠x1x_{2} \neq x_{1}）的直线 l2:x2x+4y2y=4l_{2}: x_{2}x + 4y_{2}y = 4 的交点 EE 在双曲线 CC 上，直线 MNMN 与两条渐近线分别交于 GG，HH 两点，求 △OGH\triangle OGH 的面积.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设双曲线的标准方程为 x2a2−y2b2=1\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1，其中 a>0a>0，b>0b>0，焦半距为 cc. 由题意，c=5c=\sqrt{5}，e=ca=52e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}}{2}，所以 a=2a=2. 又 b2=c2−a2=5−4=1b^2=c^2-a^2=5-4=1，故双曲线方程为 x24−y2=1\frac{x^2}{4}-y^2=1，渐近线方程为 y=±x2y=\pm\frac{x}{2}. \item 设 E(xE,yE)E(x_E,y_E) 为两直线的交点. 因为 E∈l1∩l2E\in l_1\cap l_2，所以 x1xE+4y1yE=4x_1x_E+4y_1y_E=4，x2xE+4y2yE=4x_2x_E+4y_2y_E=4. 这说明 M(x1,y1)M(x_1,y_1)、N(x2,y2)N(x_2,y_2) 均在直线 xEx+4yEy=4x_E x+4y_E y=4 上，故直线 MNMN 的方程为 xEx+4yEy=4x_E x+4y_E y=4. 分别联立渐近线 y=x2y=\frac{x}{2} 和 y=−x2y=-\frac{x}{2}，得 G(4xE+2yE,2xE+2yE)G\left(\frac{4}{x_E+2y_E},\frac{2}{x_E+2y_E}\right)，H(4xE−2yE,−2xE−2yE)H\left(\frac{4}{x_E-2y_E},-\frac{2}{x_E-2y_E}\right). 于是 S△OGH=12∣xGyH−yGxH∣=8∣xE2−4yE2∣S_{\triangle OGH}=\frac{1}{2}\left|x_Gy_H-y_Gx_H\right|=\frac{8}{|x_E^2-4y_E^2|}. 又因为 EE 在双曲线上，满足 xE24−yE2=1\frac{x_E^2}{4}-y_E^2=1，即 xE2−4yE2=4x_E^2-4y_E^2=4，所以 S△OGH=2S_{\triangle OGH}=2. \end{enumerate} \end{solution}

2010 · 重庆 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21数列★★★★★
在数列 {an}\{a_{n}\} 中，a1=1a_{1} = 1，an+1=can+cn+1(2n+1)a_{n + 1} = c a_{n} + c^{n + 1}(2n + 1)（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），其中实数 c≠0c \neq 0.
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 若对一切 k∈N∗k \in \mathbf{N}^* 有 a2k>a2k−1a_{2k} > a_{2k-1}，求 cc 的取值范围.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 令 bn=ancnb_n=\frac{a_n}{c^n}. 由递推式得 bn+1=an+1cn+1=ancn+2n+1=bn+2n+1b_{n+1}=\frac{a_{n+1}}{c^{n+1}}=\frac{a_n}{c^n}+2n+1=b_n+2n+1，且 b1=1cb_1=\frac{1}{c}. 因此 bn=1c+∑j=1n−1(2j+1)=1c+n2−1b_n=\frac{1}{c}+\sum_{j=1}^{n-1}(2j+1)=\frac{1}{c}+n^2-1，从而 an=cnbn=cn−1(c(n2−1)+1)a_n=c^n b_n=c^{n-1}\left(c(n^2-1)+1\right). \item 由通项公式，
a2k−a2k−1=c2k−2((4k2−1)c2+(−4k2+4k+1)c−1)a_{2k}-a_{2k-1}=c^{2k-2}\left((4k^2-1)c^2+(-4k^2+4k+1)c-1\right)
由于 c2k−2>0c^{2k-2}>0，条件等价于 Dk(c)>0D_k(c)>0，其中 Dk(c)=(4k2−1)c2+(−4k2+4k+1)c−1D_k(c)=(4k^2-1)c^2+(-4k^2+4k+1)c-1. 特别地，D1(c)=3c2+c−1>0D_1(c)=3c^2+c-1>0，所以 c<−1−136c<\frac{-1-\sqrt{13}}{6} 或 c>−1+136c>\frac{-1+\sqrt{13}}{6}. 另一方面，直接计算得 Dk(c)=D1(c)+4(k−1)c((k+1)c−k)D_k(c)=D_1(c)+4(k-1)c((k+1)c-k). 当 c<−1−136<0c<\frac{-1-\sqrt{13}}{6}<0 时，后加项为正，故所有 Dk(c)>0D_k(c)>0. 当 c⩾1c\geqslant1 时，D1(c)>0D_1(c)>0，且后加项非负，故所有 Dk(c)>0D_k(c)>0. 若 0<c<10<c<1，则 Dk(c)(4k2)→c2−c<0D_k\frac{(c)}{(4k^2)}\to c^2-c<0，故充分大的 kk 使 Dk(c)<0D_k(c)<0；若 −1−136⩽c⩽0\frac{-1-\sqrt{13}}{6}\leqslant c\leqslant0，则 D1(c)⩽0D_1(c)\leqslant0，也不满足严格不等式. 综上，cc 的取值范围为 (−∞,−1−136)∪[1,+∞)\left(-\infty,\frac{-1-\sqrt{13}}{6}\right)\cup[1,+\infty). \end{enumerate} \end{solution}

2010 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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