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01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
若集合 M={0,1}M = \{0, 1\}，I={0,1,2,3,4,5}I = \{0, 1, 2, 3, 4, 5\}，则 ∁IM\complement_I M 为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 由补集的定义，∁IM\complement_I M 由全集 II 中不属于 MM 的元素组成，因此 ∁IM={2,3,4,5}\complement_I M=\{2,3,4,5\}. 故选 B. \end{solution}
A.
{0,1}\{0, 1\}
B.
{2,3,4,5}\{2, 3, 4, 5\}
C.
{0,2,3,4,5}\{0, 2, 3, 4, 5\}
D.
{1,2,3,4,5}\{1, 2, 3, 4, 5\}

2007 · 江西 · 文 · 第 1 题 · 选择题

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02三角函数★☆☆☆☆
函数 y=5tan⁡(2x+1)y = 5\tan (2x + 1) 的最小正周期为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 正切函数的最小正周期为 π\pi. 对于 y=5tan⁡(2x+1)y=5\tan(2x+1)，令自变量增加 TT，要使函数值重复，需满足 2T=π2T=\pi. 因而最小正周期为 T=π2T=\frac{\pi}{2}，故选 B. \end{solution}
A.
π4\frac{\pi}{4}
B.
π2\frac{\pi}{2}
C.
π\pi
D.
2π2\pi

2007 · 江西 · 文 · 第 2 题 · 选择题

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03函数与初等函数★★☆☆☆
函数 f(x)=lg⁡1−xx−4f(x) = \lg \frac{1-x}{x-4} 的定义域为（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 对数的真数必须为正，即 1−xx−4>0\frac{1-x}{x-4}>0. 临界点为 x=1x=1 和 x=4x=4. 当 x<1x<1 时，分子为正、分母为负；当 1<x<41<x<4 时，分子和分母均为负；当 x>4x>4 时，分子为负、分母为正. 因此真数为正的范围是 1<x<41<x<4，定义域为 (1,4)(1,4)，故选 A. \end{solution}
A.
(1,4)(1, 4)
B.
[1,4)[1,4)
C.
(−∞,1)∪(4,+∞)(-\infty, 1) \cup (4, +\infty)
D.
(−∞,1]∪(4,+∞)(-\infty, 1] \cup (4, +\infty)

2007 · 江西 · 文 · 第 3 题 · 选择题

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04三角函数★☆☆☆☆
若 tan⁡α=3\tan \alpha = 3，tan⁡β=43\tan \beta = \frac{4}{3}，则 tan⁡(α−β)\tan (\alpha - \beta) 等于（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 由正切的差角公式，
tan⁡(α−β)=tan⁡α−tan⁡β1+tan⁡αtan⁡β=3−431+3⋅43=535=13\tan(\alpha-\beta)=\frac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}=\frac{3-\frac{4}{3}}{1+3\cdot\frac{4}{3}}=\frac{\frac{5}{3}}{5}=\frac{1}{3}
故选 D. \end{solution}
A.
−3-3
B.
−13-\frac{1}{3}
C.
33
D.
13\frac{1}{3}

2007 · 江西 · 文 · 第 4 题 · 选择题

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05计数原理与组合数学★★☆☆☆
设 (x2+1)(2x+1)9=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+⋯+a11(x+2)11(x^{2} + 1)(2x + 1)^{9} = a_{0} + a_{1}(x + 2) + a_{2}(x + 2)^{2} + \dots +a_{11}(x + 2)^{11}，则 a0+a1+a2+⋯+a11a_0 + a_1 + a_2 + \dots +a_{11} 的值为（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 令 P(x)=(x2+1)(2x+1)9P(x)=(x^2+1)(2x+1)^9. 题设给出的展开式是在 x+2x+2 的幂次下展开的，令 x+2=1x+2=1，即取 x=−1x=-1，得到
a0+a1+⋯+a11=P(−1)=((−1)2+1)(−2+1)9=2⋅(−1)=−2a_0+a_1+\cdots+a_{11}=P(-1)=\bigl((-1)^2+1\bigr)(-2+1)^9=2\cdot(-1)=-2
故选 A. \end{solution}
A.
−2-2
B.
−1-1
C.
11
D.
22

2007 · 江西 · 文 · 第 5 题 · 选择题

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06概率与统计★★☆☆☆
一袋中装有大小相同，编号分别为 11，22，33，44，55，66，77，88 的八个球，从中有放回地每次取一个球，共取 22 次，则取得两个球的编号和不小于 1515 的概率为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 由于每次取球后放回，两个球的编号组成的有序对共有 8×8=648\times8=64 个，且等可能. 和不小于 1515 的有序对只有 (7,8)(7,8)、(8,7)(8,7) 和 (8,8)(8,8)，共 33 个. 所求概率为 364\frac{3}{64}，故选 D. \end{solution}
A.
132\frac{1}{32}
B.
164\frac{1}{64}
C.
332\frac{3}{32}
D.
364\frac{3}{64}

2007 · 江西 · 文 · 第 6 题 · 选择题

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07解析几何★★★☆☆
连接抛物线 x2=4yx^{2} = 4y 的焦点 FF 与点 M(1,0)M(1,0) 所得的线段与抛物线交于点 AA. 设点 OO 为坐标原点，则三角形 OAMOAM 的面积为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 抛物线 x2=4yx^2=4y 的焦点为 F(0,1)F(0,1). 直线 FMFM 经过 F(0,1)F(0,1) 和 M(1,0)M(1,0)，方程为 y=1−xy=1-x. 联立抛物线方程，得
x2=4(1−x)⟺x2+4x−4=0x^2=4(1-x)\Longleftrightarrow x^2+4x-4=0
所以两个交点的横坐标为 x=−2±22x=-2\pm2\sqrt{2}. 由于线段 FMFM 上的点满足 0⩽x⩽10\leqslant x\leqslant1，只有 xA=−2+22x_A=-2+2\sqrt{2} 对应的交点在线段 FMFM 上；另一个根不在线段上. 因而纵坐标为 yA=1−xA=3−22y_A=1-x_A=3-2\sqrt{2}. 以 OMOM 为底，OM=1OM=1，三角形 OAMOAM 的高为 yAy_A，故
S△OAM=12⋅1⋅(3−22)=32−2S_{\triangle OAM}=\frac{1}{2}\cdot1\cdot(3-2\sqrt{2})=\frac{3}{2}-\sqrt{2}
故选 B. \end{solution}
A.
−1+2-1 + \sqrt{2}
B.
32−2\frac{3}{2} -\sqrt{2}
C.
1+21 + \sqrt{2}
D.
32+2\frac{3}{2} +\sqrt{2}

2007 · 江西 · 文 · 第 7 题 · 选择题

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08三角函数★★★☆☆
若 0<x<π20 < x < \frac{\pi}{2}，则下列命题正确的是（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 函数 y=sin⁡xy=\sin x 在 [0,π2]\left[0,\frac{\pi}{2}\right] 上满足 y′′=−sin⁡x<0y''=-\sin x<0，所以图象严格向下凹. 连接端点 (0,0)\left(0,0\right) 和 (π2,1)\left(\frac{\pi}{2},1\right) 的弦所在直线为 y=2πxy=\frac{2}{\pi}x. 严格凹函数的图象在弦的上方，因此当 0<x<π20<x<\frac{\pi}{2} 时，
sin⁡x>2πx\sin x>\frac{2}{\pi}x
故选 B. \end{solution}
A.
sin⁡x<2πx\sin x < \frac{2}{\pi}x
B.
sin⁡x>2πx\sin x > \frac{2}{\pi}x
C.
sin⁡x<3πx\sin x < \frac{3}{\pi}x
D.
sin⁡x>3πx\sin x > \frac{3}{\pi}x

2007 · 江西 · 文 · 第 8 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★☆☆
四面体 ABCDABCD 外接球球心在 CDCD 上，且 CD=2CD = 2，AB=3AB = \sqrt{3}，在外接球面上两点 AA，BB 间的球面距离是（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 外接球球心在弦 CDCD 所在直线上，且 CC，DD 都在球面上，所以 CDCD 是球的直径. 由 CD=2CD=2，得外接球半径 R=1R=1.
设球心为 OO，且小于或等于 π\pi 的圆心角 ∠AOB=φ\angle AOB=\varphi. 弦长公式给出
AB=2Rsin⁡φ2=3AB=2R\sin\frac{\varphi}{2}=\sqrt{3}
从而 sin⁡φ2=32\sin\frac{\varphi}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}，所以 φ=2π3\varphi=\frac{2\pi}{3}. 球面距离等于对应大圆弧长，故
Rφ=1⋅2π3=2π3R\varphi=1\cdot\frac{2\pi}{3}=\frac{2\pi}{3}
故选 C. \end{solution}
A.
π6\frac{\pi}{6}
B.
π3\frac{\pi}{3}
C.
2π3\frac{2\pi}{3}
D.
5π6\frac{5\pi}{6}

2007 · 江西 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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10集合与逻辑基础★★★☆☆
设 p:f(x)=x3+2x2+mx+1p: f(x) = x^3 + 2x^2 + mx + 1 在 (−∞,+∞)(- \infty, +\infty) 内单调递增，q:m⩾43q: m \geqslant \frac{4}{3}，则 pp 是 qq 的（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 函数 f(x)=x3+2x2+mx+1f(x)=x^3+2x^2+mx+1 的导数为
f′(x)=3x2+4x+m=3(x+23)2+m−43f'(x)=3x^2+4x+m=3\left(x+\frac{2}{3}\right)^2+m-\frac{4}{3}
要使 f(x)f(x) 在整个实数轴上单调递增，必须且只需 f′(x)⩾0f'(x)\geqslant0 对一切 x∈Rx\in\mathbf{R} 成立，即 m−43⩾0m-\frac{4}{3}\geqslant0，也就是 m⩾43m\geqslant\frac{4}{3}. 因此命题 pp 与命题 qq 等价，pp 是 qq 的充分必要条件，故选 C. \end{solution}
A.
充分不必要条件
B.
必要不充分条件
C.
充分必要条件
D.
既不充分也不必要条件

2007 · 江西 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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11立体几何初步★★★★☆
四位好朋友在一次聚会上，他们按照各自的爱好选择了形状不同，内空高度相等，杯口半径相等的圆口酒杯，如图所示，盛满酒后他们约定：先各自饮杯中酒的一半. 设剩余酒的高度从左到右依次为 h1h_1，h2h_2，h3h_3，h4h_4，则它们的大小关系正确的是（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 设四个杯子的内空高度均为 HH，且杯口半径为 HH，以杯底为高度 00. 前两个杯子分别是半球形杯和圆锥形杯. 对半球形杯，高度 tt 处的截面半径满足
r12=H2−(H−t)2=2Ht−t2r_1^2=H^2-(H-t)^2=2Ht-t^2
故其从杯底到高度 tt 的容积为
V1(t)=π∫0t(2Hu−u2) du=π(Ht2−t33)V_1(t)=\pi\int_0^t(2Hu-u^2)\,\mathrm du =\pi\left(Ht^2-\frac{t^3}{3}\right)，V1(H)=2πH33V_1(H)=\frac{2\pi H^3}{3}.
对圆锥形杯，tt 处的截面半径为 tt，所以
V2(t)=π∫0tu2 du=πt33V_2(t)=\pi\int_0^t u^2\,\mathrm du=\frac{\pi t^3}{3}，V2(H)=πH33V_2(H)=\frac{\pi H^3}{3}.
第四个杯子是圆柱，截面积处处相等，所以 h4=H2h_4=\frac{H}{2}. 在半球形杯中，
V1(H2)=5πH324<V1(H)2V_1\left(\frac{H}{2}\right)=\frac{5\pi H^3}{24}<\frac{V_1(H)}{2}
故 h1>H2=h4h_1>\frac{H}{2}=h_4. 令 u=2−13u=2^{-\frac{1}{3}}，则圆锥形杯装到一半容积时的相对高度为 h2H=u\frac{h_2}{H}=u. 此时
V1(uH)V1(H)=3u2−u32=3u2−122>12\frac{V_1(uH)}{V_1(H)}=\frac{3u^2-u^3}{2}=\frac{3u^2-\frac12}{2}>\frac12
因为 u2=2−23>12u^2=2^{-\frac{2}{3}}>\frac12. 半球形杯在高度 uHuH 时已超过一半容积，所以 h1<uH=h2h_1<uH=h_2. 因此
h2>h1>h4h_2>h_1>h_4
故选 A. \end{solution}
A.
h2>h1>h4h_2 > h_1 > h_4
B.
h1>h2>h3h_1 > h_2 > h_3
C.
h3>h2>h4h_3 > h_2 > h_4
D.
h2>h4>h1h_2 > h_4 > h_1

2007 · 江西 · 文 · 第 11 题 · 选择题

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12解析几何★★★☆☆
设椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0）的离心率为 e=12e = \frac{1}{2}，右焦点为 F(c,0)F(c,0). 方程 ax2+bx−c=0ax^2 + bx - c = 0 的两个实根分别为 x1x_1 和 x2x_2，则点 P(x1,x2)P(x_1, x_2)（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 椭圆的离心率满足 e=ca=12e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}，所以 c=a2c=\frac{a}{2}，并且 b2=a2−c2=3a24b^2=a^2-c^2=\frac{3a^2}{4}，从而 b=32ab=\frac{\sqrt{3}}{2}a.
由方程 ax2+bx−c=0ax^2+bx-c=0 的韦达定理， x1+x2=−ba=−32x_1+x_2=-\frac{b}{a}=-\frac{\sqrt{3}}{2}，x1x2=−ca=−12x_1x_2=-\frac{c}{a}=-\frac{1}{2}. 因此点 P(x1,x2)P(x_1,x_2) 到原点的距离平方为
x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=34+1=74<2x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=\frac{3}{4}+1=\frac{7}{4}<2
所以点 PP 必在圆 x2+y2=2x^2+y^2=2 内，故选 C. \end{solution}
A.
必在圆 x2+y2=2x^{2} + y^{2} = 2 上
B.
必在圆 x2+y2=2x^{2} + y^{2} = 2 外
C.
必在圆 x2+y2=2x^{2} + y^{2} = 2 内
D.
以上三种情形都有可能

2007 · 江西 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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13平面向量★☆☆☆☆
在平面直角坐标系中，正方形 OABCOABC 的对角线 OBOB 的两端点分别为 O(0,0)O(0,0)，B(1,1)B(1,1)，则 AB→⋅AC→=\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} =______.
\begin{answer} 11 \end{answer}
\begin{solution} 不妨取正方形的另外两个顶点为 A(1,0)A(1,0)、C(0,1)C(0,1)；交换 AA，CC 的位置不会改变所求内积. 则 AB→=B−A=(0,1)\overrightarrow{AB}=B-A=(0,1)，AC→=C−A=(−1,1)\overrightarrow{AC}=C-A=(-1,1). 所以
AB→⋅AC→=0⋅(−1)+1⋅1=1\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=0\cdot(-1)+1\cdot1=1
\end{solution}

2007 · 江西 · 文 · 第 13 题 · 填空题

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14数列★★☆☆☆
已知等差数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和为 SnS_{n}，若 S12=21S_{12} = 21，则 a2+a5+a8+a11=a_{2} + a_{5} + a_{8} + a_{11} =______.
\begin{answer} 77 \end{answer}
\begin{solution} 设等差数列的首项为 a1a_1，公差为 dd，则 ak=a1+(k−1)da_k=a_1+(k-1)d. 由等差数列前 1212 项和公式，
S12=12(a1+a12)2=6(a1+a12)=21S_{12}=\frac{12(a_1+a_{12})}{2}=6(a_1+a_{12})=21
所以
a1+a12=2a1+11d=72a_1+a_{12}=2a_1+11d=\frac{7}{2}
另一方面， a2+a11=2a1+11d=72a_2+a_{11}=2a_1+11d=\frac{7}{2}，a5+a8=2a1+11d=72a_5+a_8=2a_1+11d=\frac{7}{2}. 因此
a2+a5+a8+a11=72+72=7a_2+a_5+a_8+a_{11}=\frac{7}{2}+\frac{7}{2}=7
\end{solution}

2007 · 江西 · 文 · 第 14 题 · 填空题

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15函数与初等函数★★☆☆☆
已知函数 y=f(x)y = f(x) 存在反函数 y=f−1(x)y = f^{-1}(x)，若函数 y=f(1+x)y = f(1 + x) 的图象经过点 (3,1)(3,1)，则函数 y=f−1(x)y = f^{-1}(x) 的图象必经过点______.
\begin{answer} (1,4)(1,4) \end{answer}
\begin{solution} 函数 y=f(1+x)y=f(1+x) 的图象经过 (3,1)(3,1)，代入得
f(1+3)=f(4)=1f(1+3)=f(4)=1
反函数图象由原函数图象关于直线 y=xy=x 对称，原图象上的点 (4,1)(4,1) 对称后变为 (1,4)(1,4). 因此函数 y=f−1(x)y=f^{-1}(x) 的图象必经过 (1,4)(1,4). \end{solution}

2007 · 江西 · 文 · 第 15 题 · 填空题

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16立体几何初步★★★★☆
如图，正方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的棱长为 11，过点 AA 作平面 A1BDA_{1}BD 的垂线，垂足为点 HH. 有下列四个命题：
① 点 HH 是 △A1BD\triangle A_{1}BD 的垂心； ② AH⊥AH \perp 平面 CB1D1CB_{1}D_{1}； ③ 二面角 C−B1D1−C1C - B_{1}D_{1} - C_{1} 的正切值为 2\sqrt{2}； ④ 点 HH 到平面 A1B1C1D1A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的距离为 34\frac{3}{4}.
其中真命题的代号是______.（写出所有真命题的代号）
\begin{answer} A、B、C \end{answer}
\begin{solution} 建立空间直角坐标系，取 A1(0,0,0)A_1(0,0,0)，B1(1,0,0)B_1(1,0,0)，C1(1,1,0)C_1(1,1,0)，D1(0,1,0)D_1(0,1,0) 并令 A(0,0,1)A(0,0,1)，B(1,0,1)B(1,0,1)，C(1,1,1)C(1,1,1)，D(0,1,1)D(0,1,1). 平面 A1BDA_1BD 的方程为 z=x+yz=x+y，其一个法向量为 (−1,−1,1)(-1,-1,1). 从点 AA 向该平面作垂线，垂足为
H=A−1(−1)2+(−1)2+12(−1,−1,1)=(13,13,23)H=A-\frac{1}{(-1)^2+(-1)^2+1^2}(-1,-1,1)=\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)
先验证命题 A. 三角形 A1BDA_1BD 的三条边方向向量可取 BD→=(−1,1,0)\overrightarrow{BD}=(-1,1,0)、A1D→=(0,1,1)\overrightarrow{A_1D}=(0,1,1) 和 A1B→=(1,0,1)\overrightarrow{A_1B}=(1,0,1). 有 A1H→=(13,13,23)\overrightarrow{A_1H}=\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)，BH→=(−23,13,−13)\overrightarrow{BH}=\left(-\frac{2}{3},\frac{1}{3},-\frac{1}{3}\right)，DH→=(13,−23,−13)\overrightarrow{DH}=\left(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},-\frac{1}{3}\right). 于是 A1H→⋅BD→=0\overrightarrow{A_1H}\cdot\overrightarrow{BD}=0，BH→⋅A1D→=0\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{A_1D}=0，DH→⋅A1B→=0\overrightarrow{DH}\cdot\overrightarrow{A_1B}=0. 故 HH 同时在三条高上，是 △A1BD\triangle A_1BD 的垂心，命题 A 正确.
再验证命题 B. 平面 CB1D1CB_1D_1 内的两个不共线方向向量可取 B1D1→=(−1,1,0)\overrightarrow{B_1D_1}=(-1,1,0) 和 B1C→=(0,1,1)\overrightarrow{B_1C}=(0,1,1)，其法向量可取 (1,1,−1)(1,1,-1). 而
AH→=(13,13,−13)\overrightarrow{AH}=\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},-\frac{1}{3}\right)
与该法向量平行，所以 AH⊥AH\perp 平面 CB1D1CB_1D_1，命题 B 正确.
验证命题 C. 二面角 C−B1D1−C1C-B_1D_1-C_1 是平面 CB1D1CB_1D_1 与平面 C1B1D1C_1B_1D_1 所成的角. 两个平面的法向量可分别取 n1=(1,1,−1)\boldsymbol{n}_1=(1,1,-1) 和 n2=(0,0,1)\boldsymbol{n}_2=(0,0,1). 设二面角的锐角为 φ\varphi，则
cos⁡φ=∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=13\cos\varphi=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{1}{\sqrt{3}}
从而
tan⁡φ=1−cos⁡2φcos⁡φ=2313=2\tan\varphi=\frac{\sqrt{1-\cos^2\varphi}}{\cos\varphi}=\frac{\sqrt{\frac{2}{3}}}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=\sqrt{2}
故命题 C 正确.
最后，平面 A1B1C1D1A_1B_1C_1D_1 的方程为 z=0z=0，所以点 HH 到该平面的距离为
23≠34\frac{2}{3}\ne\frac{3}{4}
所以命题 D 错误，前三个命题为真，结论与填空处一致. \end{solution}

2007 · 江西 · 文 · 第 16 题 · 填空题

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17函数与初等函数★★★☆☆
已知函数
f(x)={cx+1,0<x<c,2−xc2+1,c⩽x<1,f(x)=\begin{cases} cx+1,&0<x<c,\\ 2^{-\frac{x}{c^{2}}}+1,&c\leqslant x<1, \end{cases}
在区间 (0,1)(0,1) 内连续，且 f(c2)=98f(c^{2})=\frac{9}{8}.
(1) 求常数 cc 的值； (2) 解不等式 f(x)>28+1f(x) > \frac{\sqrt{2}}{8} + 1.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 f(c2)f(c^2) 有意义且定义域为 (0,1)(0,1)，得 c2∈(0,1)c^2\in(0,1). 若 −1<c<0-1<c<0，则 c<c2<1c<c^2<1，由第二段可得 f(c2)=2−c2c2+1=32≠98f(c^2)=2^{-\frac{c^2}{c^2}}+1=\frac{3}{2}\ne\frac{9}{8}，所以 0<c<10<c<1. 因此 c2<cc^2<c，从而 f(c2)=c⋅c2+1=c3+1=98f(c^2)=c\cdot c^2+1=c^3+1=\frac{9}{8}，解得 c=12c=\frac{1}{2}. 此时在分界点 x=cx=c 处，左侧极限为 c2+1=54c^2+1=\frac{5}{4}，右侧函数值为 2−1c+1=542^{-\frac{1}{c}}+1=\frac{5}{4}，两者相等，确实满足连续性条件.
\item 当 c=12c=\frac{1}{2} 时，不等式为 f(x)>1+28f(x)>1+\frac{\sqrt{2}}{8}. 当 0<x<120<x<\frac{1}{2} 时，f(x)=x2+1f(x)=\frac{x}{2}+1，所以 x2+1>1+28⟺x>24\frac{x}{2}+1>1+\frac{\sqrt{2}}{8}\Longleftrightarrow x>\frac{\sqrt{2}}{4}，得到 24<x<12\frac{\sqrt{2}}{4}<x<\frac{1}{2}. 当 12⩽x<1\frac{1}{2}\leqslant x<1 时，f(x)=2−4x+1f(x)=2^{-4x}+1，且 28=2−52\frac{\sqrt{2}}{8}=2^{-\frac{5}{2}}，所以 2−4x>2−52⟺x<582^{-4x}>2^{-\frac{5}{2}}\Longleftrightarrow x<\frac{5}{8}，得到 12⩽x<58\frac{1}{2}\leqslant x<\frac{5}{8}. 合并两段，原不等式的解集为 (24,58)\left(\frac{\sqrt{2}}{4},\frac{5}{8}\right). \end{enumerate} \end{solution}

2007 · 江西 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18三角函数★★★☆☆
如图，函数 y=2cos⁡(ωx+θ)y = 2\cos (\omega x + \theta)（x∈Rx \in \mathbf{R}，0⩽θ⩽π20 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}）的图象与 yy 轴交于点 (0,3)(0, \sqrt{3})，且在该点处切线的斜率为 −2-2.
(1) 求 θ\theta 和 ω\omega 的值； (2) 已知点 A(π2,0)A\left(\frac{\pi}{2}, 0\right)，点 PP 是该函数图象上的一点，点 Q(x0,y0)Q(x_0, y_0) 是 PAPA 的中点，当 y0=32y_0 = \frac{\sqrt{3}}{2}，x0∈[π2,π]x_0 \in \left[\frac{\pi}{2}, \pi\right] 时，求 x0x_0 的值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由图象经过 (0,3)(0,\sqrt{3})，得 2cos⁡θ=32\cos\theta=\sqrt{3}. 由于 0⩽θ⩽π20\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{2}，所以 θ=π6\theta=\frac{\pi}{6}. 函数的导数为 y′=−2ωsin⁡(ωx+θ)y'=-2\omega\sin(\omega x+\theta)，由 yy 轴交点处的切线斜率为 −2-2，得 −2ωsin⁡θ=−2-2\omega\sin\theta=-2，即 ωsin⁡π6=1\omega\sin\frac{\pi}{6}=1，故 ω=2\omega=2.
\item 设 P(x1,y1)P(x_1,y_1). 因为 QQ 是 PAPA 的中点，所以 x0=x1+π22x_0=\frac{x_1+\frac{\pi}{2}}{2}，y0=y12y_0=\frac{y_1}{2}. 由 y0=32y_0=\frac{\sqrt{3}}{2} 得 y1=3y_1=\sqrt{3}，再由 PP 在函数图象上得 2cos⁡(2x1+π6)=32\cos\left(2x_1+\frac{\pi}{6}\right)=\sqrt{3}，即 cos⁡(2x1+π6)=32\cos\left(2x_1+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}. 由 x0∈[π2,π]x_0\in\left[\frac{\pi}{2},\pi\right] 及 x1=2x0−π2x_1=2x_0-\frac{\pi}{2}，知 x1∈[π2,3π2]x_1\in\left[\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}\right]，于是 2x1+π6∈[7π6,19π6]2x_1+\frac{\pi}{6}\in\left[\frac{7\pi}{6},\frac{19\pi}{6}\right]. 在此区间内满足余弦值为 32\frac{\sqrt{3}}{2} 的角只有 11π6\frac{11\pi}{6} 和 13π6\frac{13\pi}{6}，因此 x1=5π6x_1=\frac{5\pi}{6} 或 x1=πx_1=\pi. 代回中点公式，分别得到 x0=2π3x_0=\frac{2\pi}{3} 或 x0=3π4x_0=\frac{3\pi}{4}. \end{enumerate} \end{solution}

2007 · 江西 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19概率与统计★★★☆☆
栽培甲，乙两种果树，先要培育成苗，然后再进行移栽. 已知甲，乙两种果树成苗的概率分别为 0.60.6，0.50.5，移栽后成活的概率分别为 0.70.7，0.90.9.
(1) 求甲，乙两种果树至少有一种果树成苗的概率； (2) 求恰好一种果树能栽培成苗且移栽成活的概率.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设事件 AA，BB 分别表示甲、乙果树成苗. 按题意各阶段的成败相互独立，所以 P(A∪B)=1−P(A‾∩B‾)=1−(1−0.6)(1−0.5)=0.8P(A\cup B)=1-P(\overline{A}\cap\overline{B})=1-(1-0.6)(1-0.5)=0.8. \item 设 CC，DD 分别表示甲、乙果树成苗且移栽成活，则 P(C)=0.6×0.7=0.42P(C)=0.6\times0.7=0.42，P(D)=0.5×0.9=0.45P(D)=0.5\times0.9=0.45. 恰好一种果树成苗且移栽成活的概率为 P(C∩D‾)+P(C‾∩D)=0.42(1−0.45)+(1−0.42)0.45=0.492P(C\cap\overline{D})+P(\overline{C}\cap D)=0.42(1-0.45)+(1-0.42)0.45=0.492. \end{enumerate} \end{solution}

2007 · 江西 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
如图是一个直三棱柱（以 A1B1C1A_{1}B_{1}C_{1} 为底面）被一平面所截得到的几何体. 截面为 ABCABC. 已知 A1B1=B1C1=1A_{1}B_{1} = B_{1}C_{1} = 1，∠A1B1C1=90∘\angle A_{1}B_{1}C_{1} = 90^{\circ}，AA1=4AA_{1} = 4，BB1=2BB_{1} = 2，CC1=3CC_{1} = 3.
(1) 设点 OO 是 ABAB 的中点，证明：OC∥OC \parallel 平面 A1B1C1A_{1}B_{1}C_{1}； (2) 求 ABAB 与平面 AA1C1CAA_{1}C_{1}C 所成的角的大小； (3) 求此几何体的体积.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 建立空间直角坐标系，取 A1(0,0,0)A_1(0,0,0)，B1(1,0,0)B_1(1,0,0)，C1(1,1,0)C_1(1,1,0)，并令竖直方向为 zz 轴正方向，则 A(0,0,4)A(0,0,4)，B(1,0,2)B(1,0,2)，C(1,1,3)C(1,1,3). OO 是 ABAB 的中点，所以 O(12,0,3)O\left(\frac{1}{2},0,3\right)，从而 OC→=(12,1,0)\overrightarrow{OC}=\left(\frac{1}{2},1,0\right). 平面 A1B1C1A_1B_1C_1 的方程为 z=0z=0，而 OC→\overrightarrow{OC} 的竖直分量为 00，故直线 OCOC 的方向平行于该平面；又 OO 不在 z=0z=0 上，所以 OC∥OC\parallel 平面 A1B1C1A_1B_1C_1.
\item 平面 AA1C1CAA_1C_1C 上的四个点都满足 x=yx=y，故该平面的一个法向量为 n=(1,−1,0)\boldsymbol{n}=(1,-1,0). 取 AB→=(1,0,−2)\overrightarrow{AB}=(1,0,-2)，设 ABAB 与平面 AA1C1CAA_1C_1C 所成的角为 φ\varphi，则 sin⁡φ=∣AB→⋅n∣∣AB→∣ ∣n∣=152=110\sin\varphi=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AB}|\,|\boldsymbol{n}|}=\frac{1}{\sqrt{5}\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}. 因此 cos⁡φ=310\cos\varphi=\frac{3}{\sqrt{10}}，从而 tan⁡φ=13\tan\varphi=\frac{1}{3}，即 φ=arctan⁡13\varphi=\arctan\frac{1}{3}.
\item 该几何体可分成三个互不重叠的四面体 A1B1C1AA_1B_1C_1A，B1C1ABB_1C_1AB 和 C1ABCC_1ABC. 第一个四面体的底面 A1B1C1A_1B_1C_1 面积为 12\frac{1}{2}，高为 44，所以 VA1B1C1A=13⋅12⋅4=23V_{A_1B_1C_1A}=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot4=\frac{2}{3}. 对于四面体 B1C1ABB_1C_1AB，取 B1B_1 为基点，有 B1C1→=(0,1,0)\overrightarrow{B_1C_1}=(0,1,0)，B1A→=(−1,0,4)\overrightarrow{B_1A}=(-1,0,4)，B1B→=(0,0,2)\overrightarrow{B_1B}=(0,0,2)，所以
VB1C1AB=16∣(B1C1→×B1A→)⋅B1B→∣=13V_{B_1C_1AB}=\frac{1}{6}\left|\bigl(\overrightarrow{B_1C_1}\times\overrightarrow{B_1A}\bigr)\cdot\overrightarrow{B_1B}\right|=\frac{1}{3}
对于四面体 C1ABCC_1ABC，取 C1C_1 为基点，有 C1A→=(−1,−1,4)\overrightarrow{C_1A}=(-1,-1,4)，C1B→=(0,−1,2)\overrightarrow{C_1B}=(0,-1,2)，C1C→=(0,0,3)\overrightarrow{C_1C}=(0,0,3)，所以
VC1ABC=16∣(C1A→×C1B→)⋅C1C→∣=12V_{C_1ABC}=\frac{1}{6}\left|\bigl(\overrightarrow{C_1A}\times\overrightarrow{C_1B}\bigr)\cdot\overrightarrow{C_1C}\right|=\frac{1}{2}
故几何体的体积为 V=23+13+12=32V=\frac{2}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}. \end{enumerate} \end{solution}

2007 · 江西 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21数列★★★★☆
设 {an}\{a_{n}\} 为等比数列，a1=1a_1 = 1，a2=3a_2 = 3.
(1) 求最小的自然数 nn，使 an⩾2007a_n \geqslant 2007； (2) 求和：T2n=1a1−2a2+3a3−⋯−2na2nT_{2n} = \frac{1}{a_1} - \frac{2}{a_2} + \frac{3}{a_3} - \dots - \frac{2n}{a_{2n}}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 等比数列的公比为 q=a2a1=3q=\frac{a_2}{a_1}=3，所以 an=3n−1a_n=3^{n-1}. 由于 36=729<2007⩽2187=373^6=729<2007\leqslant2187=3^7，故 n−1⩾7n-1\geqslant7，满足条件的最小自然数为 n=8n=8.
\item 由 ak=3k−1a_k=3^{k-1}，有 T2n=∑k=12nk(−13)k−1T_{2n}=\sum_{k=1}^{2n}k\left(-\frac{1}{3}\right)^{k-1}. 令 r∈Rr\in\mathbf{R}，由有限等比数列求和公式
1+r+r2+⋯+r2n=1−r2n+11−r1+r+r^2+\dots+r^{2n}=\frac{1-r^{2n+1}}{1-r}
两边对 rr 求导，得
1+2r+3r2+⋯+2nr2n−1=1−(2n+1)r2n+2nr2n+1(1−r)21+2r+3r^2+\dots+2nr^{2n-1}=\frac{1-(2n+1)r^{2n}+2nr^{2n+1}}{(1-r)^2}
令 r=−13r=-\frac{1}{3}，则
T2n=1−2n+132n−2n32n+1(1+13)2=916(1−8n+332n+1)=916−8n+316⋅32n−1T_{2n}=\frac{1-\frac{2n+1}{3^{2n}}-\frac{2n}{3^{2n+1}}}{\left(1+\frac{1}{3}\right)^2}=\frac{9}{16}\left(1-\frac{8n+3}{3^{2n+1}}\right)=\frac{9}{16}-\frac{8n+3}{16\cdot3^{2n-1}}
\end{enumerate} \end{solution}

2007 · 江西 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22解析几何★★★★★
设动点 PP 到两定点 F1(−1,0)F_{1}(-1,0) 和 F2(1,0)F_{2}(1,0) 的距离分别为 d1d_{1} 和 d2d_{2}，∠F1PF2=2θ\angle F_{1}PF_{2} = 2\theta，且存在常数 λ\lambda（0<λ<10 < \lambda < 1），使得 d1d2sin⁡2θ=λd_{1}d_{2}\sin^{2}\theta = \lambda.
(1) 证明：动点 PP 的轨迹 CC 为双曲线，并求出 CC 的方程； (2) 如图，过点 F2F_{2} 的直线与双曲线 CC 的右支交于 AA，BB 两点. 问：是否存在 λ\lambda，使 △F1AB\triangle F_{1}AB 是以点 BB 为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出 λ\lambda 的值；若不存在，说明理由.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 P(x,y)P(x,y). 因为 0<λ<10<\lambda<1，所以 PP 不会与任一焦点重合，三角形 F1PF2F_1PF_2 的角 ∠F1PF2=2θ\angle F_1PF_2=2\theta 有意义. 又 F1F2=2F_1F_2=2，由余弦定理得
4=d12+d22−2d1d2cos⁡2θ4=d_1^2+d_2^2-2d_1d_2\cos 2\theta
因此
(d1−d2)2=d12+d22−2d1d2=4−2d1d2(1−cos⁡2θ)=4−4d1d2sin⁡2θ=4(1−λ)(d_1-d_2)^2=d_1^2+d_2^2-2d_1d_2=4-2d_1d_2(1-\cos2\theta)=4-4d_1d_2\sin^2\theta=4(1-\lambda)
于是 ∣d1−d2∣=21−λ|d_1-d_2|=2\sqrt{1-\lambda}. 令 a=1−λa=\sqrt{1-\lambda}，则 0<a<1=F1F220<a<1=\frac{F_1F_2}{2}，所以 PP 的轨迹是以 F1F_1，F2F_2 为焦点、实轴长为 2a2a 的双曲线. 由于焦距的一半为 c=1c=1，虚半轴的平方为 b2=c2−a2=1−(1−λ)=λb^2=c^2-a^2=1-(1-\lambda)=\lambda，故轨迹 CC 的方程为
x21−λ−y2λ=1\frac{x^2}{1-\lambda}-\frac{y^2}{\lambda}=1
在右支上 d1−d2=2ad_1-d_2=2a，又因 d12−d22=4xd_1^2-d_2^2=4x，所以 d1+d2=2xad_1+d_2=\frac{2x}{a}，即 d2=xa−ad_2=\frac{x}{a}-a. 在右支上 x⩾a>a2x\geqslant a>a^2，所以右端为正，平方不会引入符号错误. 代入 d22=(x−1)2+y2d_2^2=(x-1)^2+y^2，可得
(xa−a)2=(x−1)2+y2⟺x2a2−y21−a2=1\left(\frac{x}{a}-a\right)^2=(x-1)^2+y^2 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{1-a^2}=1
这与上式一致. 反过来，若点 PP 在该双曲线上，则 ∣d1−d2∣=2a\lvert d_1-d_2\rvert=2a. 结合余弦定理，得
4−(d1−d2)2=2d1d2(1−cos⁡2θ)=4d1d2sin⁡2θ4-(d_1-d_2)^2=2d_1d_2(1-\cos 2\theta)=4d_1d_2\sin^2\theta
因此 d1d2sin⁡2θ=1−a2=λd_1d_2\sin^2\theta=1-a^2=\lambda，所以该双曲线上的点均满足题设条件，方程确实给出了完整轨迹.
\item 设 h=BF1h=BF_1，r=BF2r=BF_2，s=AF2s=AF_2. 直线 ABAB 过焦点 F2F_2，并与双曲线的右支交于 AA，BB 两点，所以 F2F_2 在 ABAB 之间. 由双曲线定义，h−r=2ah-r=2a，AF1−s=2aAF_1-s=2a. 若 △F1AB\triangle F_1AB 是以 BB 为直角顶点的等腰直角三角形，则 AB=BF1=hAB=BF_1=h，且 h=s+rh=s+r. 结合 h−r=2ah-r=2a，得 s=2as=2a. 又因为 AF1=2hAF_1=\sqrt{2}h，所以 2h−s=2a⟺2h−2a=2a\sqrt{2}h-s=2a\Longleftrightarrow\sqrt{2}h-2a=2a. 从而 h=22ah=2\sqrt{2}a，r=h−2a=2a(2−1)r=h-2a=2a(\sqrt{2}-1).
由于 ∠F1BF2=90∘\angle F_1BF_2=90^{\circ}，三角形 F1BF2F_1BF_2 的斜边为 F1F2=2F_1F_2=2，所以 h2+r2=4h^2+r^2=4，即 4a2(5−22)=44a^2(5-2\sqrt{2})=4. 因此 a2=15−22a^2=\frac{1}{5-2\sqrt{2}}，从而
λ=1−a2=4−225−22=12−2217\lambda=1-a^2=\frac{4-2\sqrt{2}}{5-2\sqrt{2}}=\frac{12-2\sqrt{2}}{17}
该值确实可实现. 对此 λ\lambda，取 B(1−λ2,λ)B\left(\sqrt{1-\lambda^2},\lambda\right). 因为 xB2+yB2=1x_B^2+y_B^2=1，且 xB21−λ−yB2λ=1−λ21−λ−λ=1\frac{x_B^2}{1-\lambda}-\frac{y_B^2}{\lambda}=\frac{1-\lambda^2}{1-\lambda}-\lambda=1，所以 BB 在双曲线 CC 的右支上，并且 BF1⊥BF2BF_1\perp BF_2. 对上面求得的 aa，由前面的结果有 h=22ah=2\sqrt{2}a，r=2a(2−1)r=2a(\sqrt{2}-1). 在 F2BF_2B 的反向延长线上取点 AA，使 AF2=2aAF_2=2a. 则 AB=AF2+BF2=2a+r=h=BF1AB=AF_2+BF_2=2a+r=h=BF_1，且 AB⊥BF1AB\perp BF_1. 又 AF1=2h=4aAF_1=\sqrt{2}h=4a，所以 AF1−AF2=2aAF_1-AF_2=2a，故 AA 也在双曲线 CC 的右支上. 因此存在这样的 λ\lambda，其值为 12−2217\frac{12-2\sqrt{2}}{17}. \end{enumerate} \end{solution}

2007 · 江西 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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