2008 浙江卷 · 文 数学

$A$

B

D

D

C

$A$

C

D

B

C

2

$-\frac{7}{25}$

8

$\frac{\sqrt{3}}{3}$

$\frac{9 \pi}{2}$

$[0,1]$

40

本题主要考查等差数列和等比数列的基本知识，考查运算及推理能力。满分 14 分。 （ I ）解：由 $x_{1}=3$ ，得 $ \begin{aligned} & 2 p+q=3, \\ & \text { 又 } x_{4}=2^{4} p+4 q, x_{5}=2^{5} p+5 q, \text { 且 } x_{1}+x_{3}=2 x_{4} \text {, 得 } \\ & 3+2^{5} p+5 q=2^{5} p+8 q, \end{aligned} $ 解得 $p=1, q=1$ $ S_{n}=\left(2+2^{2}+\cdots+2^{n}\right)+(1+2+\cdots+n) $ （II）解： $ =2^{n+1}-2+\frac{n(n+1)}{2} $

空间本题主要考查空间线面关系向量的概念与运算等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力。满分 14 分。 **方法一**： （ I ）证明：过点 $E$ 作 $E G \perp C F$ 并 $C F$ 于 $G$ ，连结 $D G$ ，可得四边形 $B C G E$ 为矩形。又 $A B C D$ 为矩形， 所以 $A D \perp / / E G$ ，从而四边形 $A D G E$ 为平行四边形，故 $A E / / D G$ 。 因为 $A E \not \subset$ 平面 $D C F, D G \subset$ 平面 $D C F$ ，所以 $A E / /$ 平面 $D C F$ 。 （II）解：过点 $B$ 作 $B H \perp E F$ 交 $F E$ 的延长线于 $H$ ，连结 $A H$ 。 由平面 $A B C D \perp$ 平面 $B E F G, A B \perp B C$ ，得 $A B \perp$ 平面 $B E F C$ ， 从而 $A H \perp E F$, 所以 $\angle A H B$ 为二面角 $\mathrm{A}-\mathrm{EF}-\mathrm{C}$ 的平面角。 在 Rt $\triangle E F G$ 中，因为 $E G=A D=\sqrt{3}, E F=2$ ，所以 $\angle C F E=60^{\circ}, F G=1$ ． 又因为 $C E \perp E F$ ，所以 $C F=4$ ， 从而 $ B E=C G=3 \text { 。 } $ 于是 $B H=B E \cdot \sin \angle B E F=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$ ． 因为 $A B=B H \cdot \tan \angle A H B$ ， 所以当 $A B$ 为 $\frac{9}{2}$ 时，二面角 $A-E F-G$ 的大小为 $60^{\circ}$ ． **方法二**： 如图，以点 $C$ 为坐标原点，以 $C B , C F$ 和 $C D$ 分别 作为 $x$ 轴、 $y$ 轴和 $z$ 轴，建立空间直角坐标系 $C-x y z$ 。 设 $A B=a, B E=b, C F=c$ ， 则 $C(0,0,0), A(\sqrt{3}, 0, a), B(\sqrt{3}, 0,0)$ ， $E(\sqrt{3}, b, 0), F(0, c, 0)$. （ I ）证明： $\overrightarrow{A E}=(0, b,-a), \overrightarrow{C B}=(\sqrt{3}, 0,0), \overrightarrow{B E}=(0, b, 0)$ ， 所以 $\overrightarrow{C B} \bullet \overrightarrow{A E}=0, \overrightarrow{C B} \bullet \overrightarrow{B E}=0$ ，从而 $C B \perp A E, C B \perp B E$ ， 所以 $C B \perp$ 平面 $A B E$ 。 因为 $G B \perp$ 平面 $D C F$ ，所以平面 $A B E / /$ 平面 $D C F$ 故 $A E / /$ 平面 $D C F$ （II）解：因为 $\overrightarrow{E F}=(-\sqrt{3}, c-b, 0), \overrightarrow{C E}=(\sqrt{3}, b, 0)$ ， 所以 $\overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{C E}=0 \cdot|\overrightarrow{E F}|=2$ ，从而 $\left\{\begin{array}{l}-3+b(c-b)=0, \\ \sqrt{3+(c-b)^{2}}=2 .\end{array}\right.$ 解得 $b=3, c=4$ ． 所以 $E(\sqrt{3}, 3,0) . F(0,4,0)$ ． 设 $n=(1, y, z)$ 与平面 $A E F$ 垂直， 则 $\mathrm{n} \cdot \overrightarrow{A E}=0, \mathrm{n} \cdot \overrightarrow{E F}=0$ ， 解得 $\quad n=\left(1, \sqrt{3}, \frac{3 \sqrt{3}}{a}\right)$ ． 又因为 $B A \perp$ 平面 $B E F C, \overrightarrow{B A}=(0,0, a)$ ， 所以 $|\cos \langle n, \overrightarrow{B A}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{B A} \cdot n|}{|\overrightarrow{B A}| \cdot|n|}=\frac{3 \sqrt{3} a}{a \sqrt{4 a^{2}+27}}=\frac{1}{2}$ ， 得到 $\quad a=\frac{9}{2}$ ． 所以当 $A B$ 为 $\frac{9}{2}$ 时，二面角 $A-E F C$ 的大小为 $60^{\circ}$ ．

本题主要考查基本性质、导数的应用等基础知识，以及综合运用所学知识分析问题和解决问题的能力。满分 15 分。 （I）解：$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 a x$ ． 因为 $f^{\prime}(\mathrm{I})=3-2 a=3$ ， 所以 $\quad a=0$ ． 又当 $a=0$ 时，$f(\mathrm{I})=1, f^{\prime}(\mathrm{I})=3$ ， 所以曲线 $y=f(x)$ 在 $(1, f(\mathrm{I}))$ 处的切线方程为 $\quad 3 x-y-2=0$ ． （II）解：令 $f^{\prime}(x)=0$ ，解得 $x_{1}=0, x_{2}=\frac{2 a}{3}$ ． 当 $\frac{2 a}{3} \leq 0$ ，即 $a \leqslant 0$ 时，$f(x)$ 在 $[0,2]$ 上单调递增，从而 $f_{\text {max }}=f②=8-4 a$. 当 $\frac{2 a}{3} \geq 2$ 时，即 $a \geqslant 3$ 时，$f(x)$ 在 $[0,2]$ 上单调递减，从而 $f_{\text {max }}=f(0)=0$. 当 $0<\frac{2 a}{3}<2$ ，即 $0<a<3, f(x)$ 在 $\left[0, \frac{2 a}{3}\right]$ 上单调递减，在 $\left[\frac{2 a}{3}, 2\right]$ 上单调递增，从而 $f_{\text {max }}= \begin{cases}8-4 a, & 0<a \leq 2 \text { ．} \\ 0, & 2<a<3 \text { ．}\end{cases}$ 综上所述，$f_{\max }= \begin{cases}8-4 a, & a \leq 2 . \\ 0, & a>2 .\end{cases}$