1985年高考数学试卷及详解

1985年⾼考数学试卷及详解
1985年试题
(理⼯农医类)
⼀、本题每⼀个⼩题都给出代号为A,B,C,D的四个结论,其中只有⼀个结论是正确的,把正确结论的代号写在题后的括号内.
(1)如果正⽅体ABCD A′B′C′D′的棱长为a,那么四⾯体
A′ABD的体积是
【】
[Key] ⼀、本题考查基本概念和基本运算.
(1)D;
(A)必要条件(B)充分条件
(C)充分必要条件(D)既不充分⼜不必要的条件
【】
[Key] (2)A;
(A)y=x2(x∈R)
(B)y=│sinx│(x∈R)
(C)y=cos2x(x∈R)
(D)y=e sin2x(x∈R)
【】
[Key] (3)B;
(4)极坐标⽅程ρ=asinθ(a>0)的图象是
【】
[Key] (4)C;
(5)⽤1,2,3,4,5这五个数字,可以组成⽐20000⼤,并且百位数不是数字3的没有重复数字的五位数,共有
(A)96个(B)78个
(C)72个(D)64个
【】
[Key] (5)B.
⼆、只要求直接写出结果.
(2)设│a│≤1,求arccosa+arccos(-a)的值.
(3)求曲线y2=-16x+64的焦点.
(5)设函数f(x)的定义域是[0,1],求函数f(x2)的定义域.
[Key] ⼆、本题考查基础知识和基本运算,只需直接写出结果.
(2)π;
(3)(0,0);
(4)64(或26);
(5)[-1,1](或{x│-1≤x≤1},或-1≤x≤1).
三、(1)解⽅程log4(3-x)+log0.25(3+x)=log4(1-x)+log0.25(2x+1).
[Key] 三、本题考查对数⽅程、⽆理不等式的解法和分析问题的能⼒.
(1)解法⼀:由原对数⽅程得
因为log0.25a=-log4a,上式变成
由此得到
解这个⽅程,得到
x1=0,x2=7.
检验:把x=0代⼊原⽅程,左右两边都等于0;故x=0是原⽅程的根.但当x=7时,由于3-x<0,1-x<0,它们的对数⽆意义;故x=7不是原⽅程的根,应舍去.
因此,原对数⽅程的根是x=0.
对原⽅程变形,同解法⼀,得x1=0,x2=7.
2x+5>x2+2x+1,
x2<4,即-2
但由条件x≥-1,因此-1≤x<2也是原不等式的解.
综合(i),(ii),得出原不等式的解集是
四、如图,设平⾯AC和BD相交于BC,它们所成的⼀个⼆⾯⾓为
45°,P为⾯AC内的⼀点,Q为⾯BD内的⼀点.已知直线MQ是直线PQ在平⾯BD内的射影,并且M在BC上.⼜设PQ与平⾯BD所成的⾓为β,∠CMQ=θ(0°<θ<90°)线段PM的长为a.求线段PQ的长.
[Key] 四、本题考查三垂线定理、⼆⾯⾓、斜线与平⾯所成的⾓、解三⾓形、空间想象能⼒和综合运⽤知识的能⼒.
解法⼀:⾃点P作平⾯BD的垂线,垂⾜为R,由于直线MQ是直线PQ在平⾯BD内的射影,所以R 在MQ上,过R作BC的垂线,设垂⾜为N,则PN⊥BC.(三垂线定理)
因此∠PNR是所给⼆⾯⾓的平⾯⾓,所以∠PNR=45°.
由于直线MQ是直线PQ在平⾯BD内的射影,所以∠PQR=β.
在Rt△PNR中,NR=PRctg45°,所以NR=PR.
⼜已知0°<θ<90°,所以
解法⼆:同解法⼀,得∠PQR=β.
设:∠PMR=α则在Rt△PMR中,MR=acosα,
PR=asinα,
在Rt△MNR中,NR=MRsinθ=acosα·sinθ.
⼜在Rt△PNR中,由于∠PNR=45°,所以PR=NR.
于是asinα=acosα·sinθ,
tgα=sinθ,
在△PMQ中,应⽤正弦定理得
五、设O为复平⾯的原点,Z1和Z2为复平⾯内的两个动点,并且满⾜:
(2)△OZ1Z2的⾯积为定值S.
求△OZ1Z2的重⼼Z所对应的复数的模的最⼩值.
[Key] 五、本题考查复数的概念、复数运算的⼏何意义、三⾓恒等式、不等式以及灵活运⽤知识的能⼒.
解法⼀:设Z1、Z2和Z对应的复数分别为z1、z2和z,其中
z1=r1(cosθ+isinθ),
z2=r2(cosθ-isinθ).
由于Z是△OZ1Z2的重⼼,根据复数加法的⼏何意义,则有3z=z1+z2=(r1+r2)cosθ+(r1-r2)isinθ.于是│3z│2=(r1+r2)2cos2θ+(r1-r2)2sin2θ
=(r1-r2)2cos2θ+4r1r2cos2θ+(r1-r2)2sin2θ
=(r1-r2)2+4r1r2cos2θ.
解法⼆:同解法⼀,得3z=(r1+r2)cosθ+(r1-r2)isinθ.
于是│3z│2=(r1+r2)2cos2θ+(r1-r2)2sin2θ.
⼜已知△OZ1Z2的⾯积为S,且r1为三⾓形边长,r1>0,以及sin2>θ(因
[Key] 六、本题考查直线⽅程、两点间的距离公式、参数⽅程以及轨迹⽅程的求法.
2.当a≠0时,直线PA与QB相交,设交点为M(x,y),由(2)式得
将上述两式代⼊(1)式,得
整理得x2-y2+2x-2y+8=0,(*)
当a=-2或a=-1时,直线PA和QB仍然相交,并且交点坐标也满⾜(*)式.所以(*)式即为所求动点的轨迹⽅程.解法⼆:设直线PA和QB的交点为M(x,y).
当点M与点P及点Q都不重合时,直线PM的⽅程是
(x+2)(Y-2)=(y-2)(X+2),
直线QM的⽅程是
x(Y-2)=(y-2)X.
由⽅程组
解得直线PM和直线l的交点A的坐标为
由⽅程组
解得直线QM和直线l的交点B的坐标为
根据题意,线段AB两端点A,B的横坐标有如下关系:
从⽽得x2-y2+2x-2y+8=0,(*)
即
⼜因点M与点P或点Q重合时,M点的坐标也满⾜(*)式.所以(*)式即为所求动点M的轨迹⽅程.
(1)证明不等式
对所有的正整数n都成⽴.
[Key] 七、本题考查数列和极限的基础知识,证明不等式的基本⽅法.
(1)证法⼀:⽤数学归纳法.
假设当n=k(k≥1)时不等式成⽴,即
当n=k+1时,可得
即
也成⽴.
从⽽不等式对所有的正整数n都成⽴.
证法⼆:直接证明.
由于不等式
对所有的正整数k成⽴,把它对k从1到n(n≥1)求和,得到
⼜因
以及
因此不等式
对所有的正整数n都成⽴.
(2)由(1)及b n的定义知
于是
⼋、设a,b是两个实数,
A={(x,y)│x=n,y=na+b,n是整数},
B={(x,y)│x=,m,y=3m2+15,m是整数},
C={(x,y)│x2+y2≤144}
是平⾯XOY内的点集合.讨论是否存在a和b使得
(2)(a,b)∈C
同时成⽴.
[Key] ⼋、本题考查集合的基本知识,不等式的证明以及分析问题的能⼒.解法⼀:如果实数a和b使得(1)成⽴,于是存在整数m和n 使得
(n,na+b)=(m,3m2+15),
即
由此得出,存在整数n使得
na+b=3n2+15,
或写成
na+b-(3n2+15)=0.
这个等式表明点P(a,b)在直线l:nx+y-(3n2+15)=0上,记从原点到直线l的距离为d,于是
当且仅当
时上式中等号才成⽴.由于n是整数,因此n2≠3,所以上式中等号不可能成⽴.即
d>12.
所以,不存在实数a和b使得(1),(2)同时成⽴.
解法⼆:如果实数a和b使得(1),(2)同时成⽴.同解法⼀,由于(1)成⽴,知存在整数n使得na+b=3n2+15,即
b=3n2+15-an.(*)
由(2)成⽴,得
a2+b2≤144.
把(*)式代⼊上式,得关于a的不等式
(1+n2)a2-2n(3n2+15)a+(3n2+15)2-144≤0.(**)
它的判别式
Δ=4n2(3n2+15)2-4(1+n)2[(3n2+15)2-144]
=-36(n2-3)2.
但n是整数,n2-3≠0,因⽽Δ<0.
⼜因1+n2>0,故(**)式不可能有实数解a,这就表明,不存在实数a和b使得(1)、(2)同时成⽴.
解法三:如果实数a和b使(1)、(2)同时成⽴.同解法⼀,由(1)成⽴知,必存在整数n使得
3n2-an-(b-15)=0.(*)
于是,它的判别式⾮负,即
Δ=a2+12b-180≥0,(**)
由(**)得12b-180≥-a2.
由(2)成⽴知a2+b2≤144,(***)
即-a2≥b2-144.
因此,12b-180≥b2-144,
即(b-6)2≤0,
由此得出b=6.
把b=6代⼊判别式(**),得出a2≥108,但把b=6代⼊(***),得出a2≤108,因⽽必有a2=108.
此时,从(*)式可解出
所以,不存在实数a和b使得(1),(2)同时成⽴.
九、(附加题,不计⼊总分)
已知曲线y=x3-6x2+11x-6.在它对应于x∈[0,2]的弧段上求⼀点P,使得曲线在该点的切线在y 轴上的截距为最⼩,并求出这个最⼩值.
[Key] 九、(本题分数不计⼊总分)本题考查导数的⼏何意义,利⽤导数解决函数的最⼤值、最⼩值问题的能⼒.
解:已知曲线⽅程是y=x3-6x2+11x-6,因此y′=3x2-12x+11.
在曲线上任取⼀点P(x0,y0),则点P处切线的斜率是
点P处切线⽅程是
设这切线与y轴的截距为r,则
根据题意,要求r(它是以x0为⾃变量的函数)在区间[0,2]上的最⼩值.因为
当00,因此r是增函数,故r在区间[0,2]的左端点x0=0处取到最⼩值.即在点P(0,-6)处切线在y轴上的截距最⼩.
这个最⼩值是
r最⼩值=-6.。