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01不等式★☆☆☆☆
设 aa，bb，cc，d∈Rd\in\mathbf{R} 且 a>ba>b，c>dc>d，且下列结论中正确的是（ ）
\begin{solution} 由 a>ba>b 和 c>dc>d 分别相加，得 a+c>b+da+c>b+d，所以选项 A 对所有满足条件的实数都成立.
选项 B 不一定成立. 例如取 a=2a=2，b=1b=1，c=3c=3，d=0d=0，则 a−c=−1a-c=-1，而 b−d=1b-d=1. 选项 C 也不一定成立，例如取 a=0a=0，b=−1b=-1，c=0c=0，d=−1d=-1，则 ac=0ac=0，bd=1bd=1. 选项 D 不一定成立，例如取 a=2a=2，b=1b=1，c=−1c=-1，d=−2d=-2，则 ad=−1\dfrac{a}{d}=-1，bc=−1\dfrac{b}{c}=-1. 因此正确选项为 A. \end{solution}
A.
a+c>b+da+c>b+d
B.
a−c>b−da-c>b-d
C.
ac>bdac>bd
D.
ad>bc\dfrac{a}{d}>\dfrac{b}{c}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 1 题 · 选择题

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02三角函数★☆☆☆☆
设 MM 和 mm 分别表示函数 y=13cos⁡x−1y=\dfrac{1}{3}\cos x-1 的最大值和最小值，则 M+mM+m 等于（ ）
\begin{solution} 因为 −1⩽cos⁡x⩽1-1\leqslant\cos x\leqslant1，所以
−13−1⩽13cos⁡x−1⩽13−1-\dfrac{1}{3}-1\leqslant\dfrac{1}{3}\cos x-1\leqslant\dfrac{1}{3}-1
因此 M=−23M=-\dfrac{2}{3}，m=−43m=-\dfrac{4}{3}，从而 M+m=−2M+m=-2. 故选 D. \end{solution}
A.
23\dfrac{2}{3}
B.
−23-\dfrac{2}{3}
C.
−43-\dfrac{4}{3}
D.
−2-2

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 2 题 · 选择题

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03函数与初等函数★★☆☆☆
若 f(x)=x−1xf(x)=\dfrac{x-1}{x}，则方程 f(4x)=xf(4x)=x 的根是（ ）
\begin{solution} 由函数定义可知 4x≠04x\neq0，即 x≠0x\neq0. 方程化为
4x−14x=x⟺4x−1=4x2⟺4x2−4x+1=0⟺(2x−1)2=0\frac{4x-1}{4x}=x \Longleftrightarrow 4x-1=4x^2 \Longleftrightarrow 4x^2-4x+1=0 \Longleftrightarrow (2x-1)^2=0
所以 x=12x=\dfrac{1}{2}，且满足定义域条件. 故选 D. \end{solution}
A.
−2-2
B.
22
C.
−12-\dfrac{1}{2}
D.
12\dfrac{1}{2}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 3 题 · 选择题

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04集合与逻辑基础★★☆☆☆
若集合 M={y∣y=2−x}M=\{y\mid y=2^{-x}\}，P={y∣y=x−1}P=\{y\mid y=\sqrt{x-1}\}，则 M∩P=M\cap P=（ ）
\begin{solution} 当 xx 取遍 R\mathbf{R} 时，2−x2^{-x} 取遍所有正数，所以 M={y∣y>0}M=\{y\mid y>0\}. 由于 x−1⩾0x-1\geqslant0 时 x−1\sqrt{x-1} 可以取到任意非负数，所以 P={y∣y⩾0}P=\{y\mid y\geqslant0\}. 因此
M∩P={y∣y>0}M\cap P=\{y\mid y>0\}
故选 C. \end{solution}
A.
{y∣y>1}\{y\mid y>1\}
B.
{y∣y⩾1}\{y\mid y\geqslant1\}
C.
{y∣y>0}\{y\mid y>0\}
D.
{y∣y⩾0}\{y\mid y\geqslant0\}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 4 题 · 选择题

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05三角函数★★★☆☆
若 AA，BB，CC 是 △ABC\triangle ABC 的三个内角，且 A<B<CA<B<C（C≠π2C\neq\dfrac{\pi}{2}），则下列结论中正确的是（ ）
\begin{solution} 由 A+B+C=πA+B+C=\pi 以及 A<B<CA<B<C，可得 A<π3A<\dfrac{\pi}{3}，C>π3C>\dfrac{\pi}{3}.
若 C<π2C<\dfrac{\pi}{2}，则正弦函数在 (0,π2)\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right) 上递增，因而 sin⁡A<sin⁡C\sin A<\sin C. 若 C>π2C>\dfrac{\pi}{2}，则 A+B=π−C<π2A+B=\pi-C<\dfrac{\pi}{2}，并且 A+B>AA+B>A，所以 sin⁡C=sin⁡(A+B)>sin⁡A\sin C=\sin(A+B)>\sin A. 因此选项 C 对所有情况都成立.
余切函数和余弦函数在 (0,π)(0,\pi) 上均递减，故 A<CA<C 时有 cot⁡A>cot⁡C\cot A>\cot C 和 cos⁡A>cos⁡C\cos A>\cos C，选项 B、D 错误. 当 C>π2C>\dfrac{\pi}{2} 时，tan⁡A>0>tan⁡C\tan A>0>\tan C，选项 A 也不成立. 故选 C. \end{solution}
A.
tan⁡A<tan⁡C\tan A<\tan C
B.
cot⁡A<cot⁡C\cot A<\cot C
C.
sin⁡A<sin⁡C\sin A<\sin C
D.
cos⁡A<cos⁡C\cos A<\cos C

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06数列★☆☆☆☆
在等差数列 {an}\{a_n\} 中，已知 a1+a2+a3+a4+a5=20a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=20，那么 a3a_3 等于（ ）
\begin{solution} 等差数列中，首尾两项的和等于中间项的两倍，因此 a1+a5=2a3a_1+a_5=2a_3，a2+a4=2a3a_2+a_4=2a_3. 于是
a1+a2+a3+a4+a5=5a3=20a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=5a_3=20
从而 a3=4a_3=4. 故选 A. \end{solution}
A.
44
B.
55
C.
66
D.
77

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 6 题 · 选择题

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07复数★★☆☆☆
设复数 z1=−1+iz_1=-1+\mathrm{i}，z2=12+32iz_2=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}，则 arg⁡z1z2=\arg\dfrac{z_1}{z_2}=（ ）
\begin{solution} 复数 z1=−1+iz_1=-1+\mathrm{i} 的辐角为 3π4\dfrac{3\pi}{4}，而
z2=cos⁡π3+isin⁡π3z_2=\cos\frac{\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\frac{\pi}{3}
的辐角为 π3\dfrac{\pi}{3}. 复数商的辐角等于分子的辐角减去分母的辐角，所以
arg⁡z1z2=3π4−π3=5π12\arg\frac{z_1}{z_2}=\frac{3\pi}{4}-\frac{\pi}{3}=\frac{5\pi}{12}
故选 B. \end{solution}
A.
−5π12-\dfrac{5\pi}{12}
B.
5π12\dfrac{5\pi}{12}
C.
7π12\dfrac{7\pi}{12}
D.
13π12\dfrac{13\pi}{12}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 7 题 · 选择题

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08函数与初等函数★★☆☆☆
函数 f(x)=∣x∣f(x)=\lvert x\rvert 和 g(x)=x(2−x)g(x)=x(2-x) 的递增区间依次是（ ）
\begin{solution} 函数 f(x)=∣x∣f(x)=\lvert x\rvert 在 x⩾0x\geqslant0 时等于 xx，因此在 [0,+∞)[0,+\infty) 上递增；在 (−∞,0](-\infty,0] 上递减.
函数 g(x)=x(2−x)=1−(x−1)2g(x)=x(2-x)=1-(x-1)^2，当 x⩽1x\leqslant1 增大，当 x⩾1x\geqslant1 减小，所以其递增区间为 (−∞,1](-\infty,1]. 故选 C. \end{solution}
A.
(−∞,0](-\infty,0]，(−∞,1](-\infty,1]
B.
(−∞,0](-\infty,0]，[1,+∞)[1,+\infty)
C.
[0,+∞)[0,+\infty)，(−∞,1](-\infty,1]
D.
[0,+∞)[0,+\infty)，[1,+∞)[1,+\infty)

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 8 题 · 选择题

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09解析几何★★☆☆☆
在同一坐标系中，方程 a2x2+b2y2=1a^2x^2+b^2y^2=1 与 ax+by2=0ax+by^2=0（a>b>0a>b>0）的曲线大致是（ ）
\begin{solution} 将第一个方程写成
x21a2+y21b2=1\frac{x^2}{\frac{1}{a^2}}+\frac{y^2}{\frac{1}{b^2}}=1
由于 a>b>0a>b>0，有 1a<1b\frac{1}{a}<\frac{1}{b}，所以它表示长轴在 yy 轴上的椭圆.
第二个方程可化为
y2=−abxy^2=-\frac{a}{b}x
因为 ab>0\frac{a}{b}>0，这是顶点在原点、关于 xx 轴对称并向左开口的抛物线. 因此应选图形 D. \end{solution}
A.
B.
C.
D.

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10计数原理与组合数学★★☆☆☆
某班新年联欢会原定的 55 个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目. 如果将这两个节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为（ ）
\begin{solution} 原有 55 个节目排成节目单后，包含开头和结尾在内共有 66 个空位. 两个新节目不相邻，必须分别插入两个不同的空位，因此先从 66 个空位中选出两个，有 C62\mathrm C_6^2 种选法.
两个新节目彼此不同，放入选定的两个空位有 2!2! 种顺序，所以不同插法共有
C62⋅2!=15⋅2=30\mathrm C_6^2\cdot2!=15\cdot2=30
种. 故选 D. \end{solution}
A.
66
B.
1212
C.
1515
D.
3030

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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11立体几何初步★★★☆☆
如图，在正三角形 ABCABC 中，DD，EE，FF 分别为各边的中点，GG，HH，II，JJ 分别为 AFAF，ADAD，BEBE，DEDE 的中点. 将 △ABC\triangle ABC 沿 DEDE，EFEF，DFDF 折成三棱锥以后，GHGH 与 IJIJ 所成角的度数为（ ）
\begin{solution} 设正三角形 ABCABC 的边长为 ss. 因为 DD，EE，FF 是各边中点，所以 △DEF\triangle DEF 以及三个角部三角形 △ADF\triangle ADF，△BDE\triangle BDE，△CEF\triangle CEF 的三边长都为 s2\frac{s}{2}. 折叠后它们组成正四面体的四个面.
在面 ADFADF 中，GG，HH 分别为 AFAF，ADAD 的中点，由三角形中位线定理，GH∥DFGH\parallel DF. 在面 BDEBDE 中，II，JJ 分别为 BEBE，DEDE 的中点，所以 IJ∥BDIJ\parallel BD. 折叠后的正四面体中，DFDF 与 BDBD 是同一面内的两条棱，夹角为 60∘60^{\circ}. 因此 GHGH 与 IJIJ 所成的角为 60∘60^{\circ}，故选 B. \end{solution}
A.
90∘90^{\circ}
B.
60∘60^{\circ}
C.
45∘45^{\circ}
D.
0∘0^{\circ}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 11 题 · 选择题

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12解析几何★★★☆☆
已知直线 ax+by+c=0ax+by+c=0（abc≠0abc\neq0）与圆 x2+y2=1x^2+y^2=1 相切，则三条边长分别为 ∣a∣\lvert a\rvert，∣b∣\lvert b\rvert，∣c∣\lvert c\rvert 的三角形（ ）
\begin{solution} 圆心为原点，半径为 11. 由点到直线的距离公式，原点到直线 ax+by+c=0ax+by+c=0 的距离为
∣c∣a2+b2\frac{\lvert c\rvert}{\sqrt{a^2+b^2}}
相切条件给出
∣c∣a2+b2=1⟺a2+b2=c2\frac{\lvert c\rvert}{\sqrt{a^2+b^2}}=1 \Longleftrightarrow a^2+b^2=c^2
因此 ∣a∣\lvert a\rvert，∣b∣\lvert b\rvert，∣c∣\lvert c\rvert 满足勾股定理，且三者均为正数，所以它们是一个直角三角形的三边. 故选 B. \end{solution}
A.
是锐角三角形
B.
是直角三角形
C.
是钝角三角形
D.
不存在

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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13三角函数★☆☆☆☆
函数 y=sin⁡2x+1y=\sin 2x+1 的最小正周期为______.
\begin{solution} 正弦函数 sin⁡(2x)\sin(2x) 的最小正周期为 2π2=π\dfrac{2\pi}{2}=\pi，加上常数 11 不改变周期. 因此所求最小正周期为 π\pi. \end{solution}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 13 题 · 填空题

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14立体几何初步★★☆☆☆
如图，一个底面半径为 RR 的圆柱形量杯中装有适量的水. 若放入一个半径为 rr 的实心铁球，水面高度恰好升高 rr，则 Rr=\dfrac{R}{r}=______.
\begin{solution} 由题图可知实心铁球放入后完全浸没，因而排开水的体积等于球的体积，即为 43πr3\dfrac{4}{3}\pi r^3. 圆柱形量杯的底面积为 πR2\pi R^2，水面升高 rr 所增加的圆柱体积为 πR2r\pi R^2r. 由排水体积相等，得
πR2r=43πr3\pi R^2r=\frac{4}{3}\pi r^3
由于 r>0r>0，约去 πr\pi r 得 R2=43r2R^2=\dfrac{4}{3}r^2，从而
Rr=43=233\frac{R}{r}=\sqrt{\frac{4}{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}
\end{solution}

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15函数与初等函数★★☆☆☆
在某报《自测健康状况》的报道中，自测血压结果与相应年龄的统计数据如下表. 观察表中数据的特点，用适当的数填入表中空白内.
年龄（岁）30303535404045455050555560606565
舒张压（水银柱/毫米）707073737575787880808383\fillinblank{}8888
\begin{solution} 收缩压一行中，相邻年龄每增加 55 岁，数值依次增加 55，所以 6060 岁对应的收缩压为 135+5=140135+5=140.
舒张压一行的相邻增量按 33，22 交替出现：7070 到 7373 增加 33，再到 7575 增加 22，依此规律，5555 岁的 8383 后应增加 22，所以 6060 岁对应的舒张压为 8585，再增加 33 得到 6565 岁的 8888. 因此两个空依次为 140140，8585. \end{solution}

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16解析几何★★★☆☆
已知 F1F_1，F2F_2 分别为椭圆 x2a2+y2b2=1\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 的左，右焦点，点 PP 在椭圆上，△POF2\triangle POF_2 是面积为 3\sqrt{3} 的正三角形，则 b2b^2 的值是______.
\begin{solution} 设椭圆的焦半距为 cc，则 F2=(c,0)F_2=(c,0). 因为 △POF2\triangle POF_2 是正三角形，其边长为 OF2=cOF_2=c，所以
34c2=3\frac{\sqrt{3}}{4}c^2=\sqrt{3}
从而 c2=4c^2=4. 正三角形的两个可能顶点为 P=(1,3)P=(1,\sqrt{3}) 和 P=(1,−3)P=(1,-\sqrt{3})，两者代入椭圆所得方程相同.
由 PP 在椭圆上，得
1a2+3b2=1\frac{1}{a^2}+\frac{3}{b^2}=1
又由椭圆参数关系 a2−b2=c2=4a^2-b^2=c^2=4，令 b2=ub^2=u，则 a2=u+4a^2=u+4，于是
1u+4+3u=1\frac{1}{u+4}+\frac{3}{u}=1
因为 u>0u>0，两边乘以 u(u+4)u(u+4)，得
u+3(u+4)=u(u+4)⟺u2=12u+3(u+4)=u(u+4)\Longleftrightarrow u^2=12
所以 u=23u=2\sqrt{3}，即 b2=23b^2=2\sqrt{3}. \end{solution}

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17指数函数与对数函数★★☆☆☆
解不等式：log⁡2(x2−x−2)>log⁡2(2x−2)\log_{2}(x^2-x-2)>\log_{2}(2x-2).
\begin{solution} 因为对数的真数必须为正数，所以必须同时满足 x2−x−2>0x^2-x-2>0 和 2x−2>02x-2>0. 分别因式分解，得 (x−2)(x+1)>0(x-2)(x+1)>0，从而 x<−1x<-1 或 x>2x>2；又由 2x−2>02x-2>0 得 x>1x>1. 因此定义域为 x>2x>2.
因为底数 2>12>1，对数函数在正数范围内递增，所以原不等式等价于
x2−x−2>2x−2⟺x2−3x>0⟺x(x−3)>0x^2-x-2>2x-2 \Longleftrightarrow x^2-3x>0 \Longleftrightarrow x(x-3)>0
其解为 x<0x<0 或 x>3x>3. 与定义域 x>2x>2 取交集，得 x>3x>3. 所以原不等式的解集为 (3,+∞)(3,+\infty). \end{solution}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18三角函数★★★☆☆
已知函数 f(x)=6cos⁡4x−5cos⁡2x+1cos⁡2xf(x)=\dfrac{6\cos^4x-5\cos^2x+1}{\cos 2x}. 求 f(x)f(x) 的定义域，判断它的奇偶性，并求其值域.
\begin{solution} 函数有意义的条件是分母不为零，即 cos⁡2x≠0⟺2x≠π2+kπ⟺x≠π4+kπ2\cos 2x\neq0 \Longleftrightarrow 2x\neq\frac{\pi}{2}+k\pi \Longleftrightarrow x\neq\frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2}，（k∈Zk\in\mathbf{Z}）. 所以定义域为
D={x∈R∣x≠π4+kπ2, k∈Z}D=\left\{x\in\mathbf{R}\mid x\neq\frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2},\ k\in\mathbf{Z}\right\}
在定义域内，分子可因式分解为
6cos⁡4x−5cos⁡2x+1=(3cos⁡2x−1)(2cos⁡2x−1)6\cos^4x-5\cos^2x+1=(3\cos^2x-1)(2\cos^2x-1)
又 cos⁡2x=2cos⁡2x−1\cos 2x=2\cos^2x-1，因此在 DD 上
f(x)=3cos⁡2x−1f(x)=3\cos^2x-1
定义域关于原点对称，且 cos⁡2(−x)=cos⁡2x\cos^2(-x)=\cos^2x，所以 f(−x)=f(x)f(-x)=f(x)，函数为偶函数.
令 t=cos⁡2xt=\cos^2x，则 0⩽t⩽10\leqslant t\leqslant1. 但 t=12t=\dfrac12 时 cos⁡2x=0\cos 2x=0，不属于定义域，因此 t≠12t\neq\dfrac12. 于是
f(x)=3t−1f(x)=3t-1
其最小值在 t=0t=0 时取得，为 −1-1，最大值在 t=1t=1 时取得，为 22；值 12\dfrac12 对应唯一的 t=12t=\dfrac12，因而不能取得. 所以值域为
[−1,12)∪(12,2]\left[-1,\frac12\right)\cup\left(\frac12,2\right]
\end{solution}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★☆☆
如图，ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 是正四棱柱，侧棱长为 11，底面边长为 22，EE 是棱 BCBC 的中点.
(1) 求三棱锥 D1−DBCD_1-DBC 的体积； (2) 证明 BD1∥BD_1\parallel 平面 C1DEC_1DE； (3) 求面 C1DEC_1DE 与面 CDECDE 所成二面角的正切值.
\begin{solution} 建立直角坐标系，取 A(0,0,0)A(0,0,0)，B(2,0,0)B(2,0,0)，C(2,2,0)C(2,2,0)，D(0,2,0)D(0,2,0). 并令上底面各点的竖坐标为 11，则 D1(0,2,1)D_1(0,2,1)，C1(2,2,1)C_1(2,2,1)，E(2,1,0)E(2,1,0).
\begin{enumerate} \item 三角形 DBCDBC 在底面内，BC=2BC=2，点 DD 到直线 BCBC 的距离为 22，所以
S△DBC=12⋅2⋅2=2S_{\triangle DBC}=\frac12\cdot2\cdot2=2
点 D1D_1 到底面 DBCDBC 所在平面的距离为棱柱高 11，因此
VD1−DBC=13S△DBC⋅1=23V_{D_1-DBC}=\frac13S_{\triangle DBC}\cdot1=\frac23
\item 在平面 C1DEC_1DE 内， DC1→=(2,0,1)\overrightarrow{DC_1}=(2,0,1)，DE→=(2,−1,0)\overrightarrow{DE}=(2,-1,0). 而 BD1→=(−2,2,1)=DC1→−2DE→\overrightarrow{BD_1}=(-2,2,1)=\overrightarrow{DC_1}-2\overrightarrow{DE}. 所以直线 BD1BD_1 的方向向量平行于平面 C1DEC_1DE. 平面 C1DEC_1DE 的方程为
x+2y−2z−4=0x+2y-2z-4=0
代入点 B(2,0,0)B(2,0,0) 得 −2≠0-2\neq0，故直线 BD1BD_1 不在该平面内. 因此 BD1∥BD_1\parallel 平面 C1DEC_1DE.
\item 平面 C1DEC_1DE 的一个法向量为 n1=DC1→×DE→=(1,2,−2)\boldsymbol{n}_1=\overrightarrow{DC_1}\times\overrightarrow{DE}=(1,2,-2)， 平面 CDECDE 的一个法向量为 n2=DC→×DE→=(0,0,−2)\boldsymbol{n}_2=\overrightarrow{DC}\times\overrightarrow{DE}=(0,0,-2). 设两平面所成的锐二面角为 θ\theta，则
cos⁡θ=∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=43⋅2=23\cos\theta=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{4}{3\cdot2}=\frac23
由于 θ\theta 为锐角，sin⁡θ=1−49=53\sin\theta=\sqrt{1-\dfrac49}=\dfrac{\sqrt5}{3}，所以
tan⁡θ=sin⁡θcos⁡θ=52\tan\theta=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}=\frac{\sqrt5}{2}
故所求正切值为 52\dfrac{\sqrt5}{2}. \end{enumerate} \end{solution}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20解析几何★★★☆☆
设 A(−c,0)A(-c,0)，B(c,0)B(c,0)（c>0c>0）为两定点，动点 PP 到 AA 点的距离与到 BB 点的距离的比为定值 aa（a>0a>0），求 PP 点的轨迹.
\begin{solution} 设动点 P(x,y)P(x,y)，则 PA=(x+c)2+y2PA=\sqrt{(x+c)^2+y^2}，PB=(x−c)2+y2PB=\sqrt{(x-c)^2+y^2} 题设给出 PA=aPBPA=aPB. 两边均为非负数，平方后得到
(x+c)2+y2=a2((x−c)2+y2)(x+c)^2+y^2=a^2\bigl((x-c)^2+y^2\bigr)
整理得
(1−a2)(x2+y2+c2)+2c(1+a2)x=0(1-a^2)(x^2+y^2+c^2)+2c(1+a^2)x=0
当 a≠1a\neq1 时，除以 1−a21-a^2，并配方得
(x−c(a2+1)a2−1)2+y2=4a2c2(a2−1)2\left(x-\frac{c(a^2+1)}{a^2-1}\right)^2+y^2 =\frac{4a^2c^2}{(a^2-1)^2}
所以轨迹是圆，圆心为
(c(a2+1)a2−1,0)\left(\frac{c(a^2+1)}{a^2-1},0\right)
半径为
2ac∣a2−1∣\frac{2ac}{|a^2-1|}
当 a=1a=1 时，等式化为 PA=PBPA=PB. 由上面的平方关系得 4cx=04cx=0，又因 c>0c>0，所以 x=0x=0. 反过来，直线 x=0x=0 上任一点到 AA，BB 的距离相等，故此时轨迹为 yy 轴. \end{solution}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21函数与初等函数★★★☆☆
某租赁公司拥有汽车 100100 辆. 当每辆车的月租金为 3000 元3000\text{ 元} 时，可全部租出. 当每辆车的月租金每增加 50 元50\text{ 元} 时，未租出的车将会增加一辆. 租出的车每辆每月需要维护费 150 元150\text{ 元}，未租出的车每辆每月需要维护费 50 元50\text{ 元}.
(1) 当每辆车的月租金定为 3600 元3600\text{ 元} 时，能租出多少辆车？ (2) 当每辆车的月租金定为多少元时，租赁公司的月收益最大，最大月收益是多少？
\begin{solution} 设未租出的车辆数为 xx，则 0⩽x⩽1000\leqslant x\leqslant100，租出的车辆数为 100−x100-x，每辆车的月租金为 3000+50x 元3000+50x\text{ 元}.
\begin{enumerate} \item 当月租金为 3600 元3600\text{ 元} 时，
x=3600−300050=12x=\frac{3600-3000}{50}=12
所以租出的车辆数为 100−12=88 辆100-12=88\text{ 辆}.
\item 以元为单位，月收益为租金收入减去维护费用，因此
R(x)=(3000+50x)(100−x)−150(100−x)−50xR(x)=(3000+50x)(100-x)-150(100-x)-50x
R(x)=−50x2+2100x+285000=−50(x−21)2+307050R(x)=-50x^2+2100x+285000=-50(x-21)^2+307050
由于 xx 为车辆数，且 0⩽x⩽1000\leqslant x\leqslant100，当 x=21x=21 时收益取得最大值 307050 元307050\text{ 元}. 此时每辆车的月租金为
3000+50×21=4050 元3000+50\times21=4050\text{ 元}
因此月租金定为 4050 元4050\text{ 元} 时，月收益最大，最大月收益为 307050 元307050\text{ 元}. \end{enumerate} \end{solution}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22数列★★★☆☆
如图，在边长为 ll 的等边 △ABC\triangle ABC 中，圆 O1O_1 为 △ABC\triangle ABC 的内切圆，圆 O2O_2 与圆 O1O_1 外切，且与 ABAB，BCBC 相切，⋯\cdots，圆 On+1O_{n+1} 与圆 OnO_n 外切，且与 ABAB，BCBC 相切，如此无限继续下去. 记圆 OnO_n 的面积为 ana_n（n∈Nn\in\mathbf{N}）.
(1) 证明 {an}\{a_n\} 是等比数列； (2) 求 lim⁡n→∞(a1+a2+⋯+an)\displaystyle\lim_{n\to\infty}(a_1+a_2+\cdots+a_n) 的值.
\begin{solution} 记圆 OnO_n 的半径为 ρn\rho_n. 由于每个圆都与 ABAB，BCBC 相切，其圆心均在 ∠B\angle B 的内部角平分线上. 又因为 ∠B=60∘\angle B=60^{\circ}，圆心到点 BB 的距离满足
BOn=ρnsin⁡30∘=2ρnBO_n=\frac{\rho_n}{\sin30^{\circ}}=2\rho_n
相邻的两个圆外切，且 On+1O_{n+1} 位于 OnO_n 与点 BB 之间，所以
OnOn+1=BOn−BOn+1=2(ρn−ρn+1)O_nO_{n+1}=BO_n-BO_{n+1}=2(\rho_n-\rho_{n+1})
另一方面，外切圆的圆心距等于半径之和，即
OnOn+1=ρn+ρn+1O_nO_{n+1}=\rho_n+\rho_{n+1}
联立得
2(ρn−ρn+1)=ρn+ρn+1⟺ρn=3ρn+12(\rho_n-\rho_{n+1})=\rho_n+\rho_{n+1} \Longleftrightarrow \rho_n=3\rho_{n+1}
所以 ρn+1=13ρn\rho_{n+1}=\dfrac13\rho_n，从而
an+1an=πρn+12πρn2=19\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\pi\rho_{n+1}^2}{\pi\rho_n^2}=\frac19
因此 {an}\{a_n\} 是首项为 a1a_1、公比为 19\dfrac19 的等比数列.
等边三角形内切圆半径为
ρ1=l36\rho_1=\frac{l\sqrt3}{6}
所以
a1=πρ12=πl212a_1=\pi\rho_1^2=\frac{\pi l^2}{12}
前 nn 项和为
a1+a2+⋯+an=a11−(19)n1−19a_1+a_2+\cdots+a_n =a_1\frac{1-(\frac{1}{9})^n}{1-\frac{1}{9}}
令 n→∞n\to\infty，由于 ∣19∣<1\left|\dfrac19\right|<1，得到
lim⁡n→∞(a1+a2+⋯+an)=πl212⋅11−19=3πl232\lim_{n\to\infty}(a_1+a_2+\cdots+a_n) =\frac{\pi l^2}{12}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{9}} =\frac{3\pi l^2}{32}
\end{solution}

2003 · 京蒙皖 · 春季 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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