1985年全國高考數(shù)學(xué)試題

1、1984試題(理工農(nóng)醫(yī)類)一、本題每一個小題都給出代號為 A,B,C,D的四個結(jié)論，其中只有一個結(jié)論是正確的，把正確 結(jié)論的代號寫在題后的括號內(nèi).如果正方體ABCD A' B' C D'的棱長為a那么四面體A ' ABD的體積是(A)yCB)y4oKey 一、本題考查基本概念和基本運算.D；(2)tgx = 1是笈=g叮的(A)必要條件(B)充分條件(C)充分必要條件(D)既不充分又不必要的條件【 1Key(2)A；在下面給出的函數(shù)中.哪一個函數(shù)既是區(qū)間電券)上的增函數(shù),又是i_r以立為周期的偶函數(shù)？(A)y=x 2(x R)(B)y= I sinx | (x

2、R)(C)y=cos2x(x CR)(D)y=esin2x(x CR)【 1Key B;(4)極坐標(biāo)方程p =asin 8 (a>0)的圖象是(A)QKey C；(5)用1,2,3,4,5這五個數(shù)字，可以組成比2000伏，并且百位數(shù)不是數(shù)字3的沒有重復(fù)數(shù)字的五 位數(shù)，共有(A)96 個(B)78 個(C)72個(D)64個Key (5)B.二、只要求直接寫出結(jié)果.求方程2式自依十二)=1的解集(2)設(shè) | a | < 1,求arccosa+arccos(-a)勺值.求曲線y2=-16x+64的焦點.(4)設(shè)(3x - 1)6 =立x" + 苜5耳 + a44 + 螞/ +

3、 切/+ 國浴 + 1，求% + a_5 +a* + a3 + a2 + aj + % 的值.(5)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域是0,1,求函數(shù)f(x2)的定義域.Key 二、本題考查基礎(chǔ)知識和基本運算，只需直接寫出結(jié)果.(1)國 I x-kK+(-i)h 11上£)；*(3)(0,0);(4)64(或 26);(5)-1,1(或x -10x01,或-1&x01).三、(1)解方程 lOg4(3-x)+lOg0.25(3+x)=lOg4(1-x)+lOg0.25(2x+1).解不等式J2K +-5 > x + 1Key 三、本題考查對數(shù)方程、無理不等式的解法和分析問題的能力(

4、1)解法一：由原對數(shù)方程得.,3-55、.,2x + l14(7-).1 - x3+笈因為log0.25a=-iog4a上式變成1密（了）二。蜃（等、1-x3 + x3y 2舅 + 114（） = 01-x 3+x由此得到©+ 1)- (1FG+幻解這個方程，得到X1=0,X2=7.檢驗:把x=0代入原方程，左右兩邊都等于0;故x=0是原方程的根.但當(dāng)x=7時，由于3-x<0,1-x<0, 它們的對數(shù)無意義；故乂=7不是原方程的根，應(yīng)舍去.因此，原對數(shù)方程的根是x=0.解法二使原方程有意義的X的取值范圍是=X < 1.-W對原方程變形，同解法一，得xi=0,x2=7

5、.因為7不在區(qū)間,1)中展=7應(yīng)舍去.故原對數(shù)方程的根是k = 0解:為使不等式有意義應(yīng)要求浜+5>。即(i)3< -1時，每+»0而笈+】< 0顯然原不等式成立，因此V工E -1是原不等式的解當(dāng)乳A1時,7ST+5 >o,z+i>o.把原不等式兩邊平方，得 2x+5>x2+2x+1,x2<4,即-2<x<2.但由條件x>-1,因此-1 &x<2也是原不等式的解 綜合(i),(ii),得出原不等式的解集是四、如圖，設(shè)平面AC和BD相交于BC,它們所成的一個二面角為45° ,P為面AC內(nèi)的一點，Q為面B

6、D內(nèi)的一點.已知直線MQ是直線PQ在平面BD內(nèi)的射影，并 且M在BC上.又設(shè)PQ與平面BD所成的角為B ,/CMQ=8(0° < 8 <90° )線段PM的長為a.求 線段PQ的長.Key 四、本題考查三垂線定理、二面角、斜線與平面所成的角、解三角形、空間 想象能力和綜合運用知識的能力.解法一：自點P作平面BD的垂線，垂足為R,由于直線MQ是直線PQ在平面BD內(nèi)的射影，所以R 在MQ上,過R作BC的垂線，設(shè)垂足為N,則PNLBC.（三垂線定理） 因此/ PNR是所給二面角的平面角，所以/PNR=45° .由于直線MQ是直線PQ在平面BD內(nèi)的射影，所以/

7、 PQR=B .第13頁共12頁在RtzXPNR中,NR=PRctg45°，所以 NR=PR.在RtAMNR 中 nMR = NR. Jsin日1=PR.焉在RtAPMR中，/二 PRi + MR=prT= PRa(l + -sin q又已知0° <8 <90°一 asm 6，所以在R3RQ 中,PQ = PR故線段PQ的長為sinasin ©asin 0sin f 我/日sinP J1 + sid 8解法二：同解法一，得/ PQR=B .設(shè):/ PMR= a 則在 RtA PMR中,MR=acosa ,PR=asina ,在 RtzXMNR

8、 中,NR=MRsin 9 =acosa sink又在RtPNR中，由于/ PNR=45° ,所以PR=NR.于是 asina =acosa - sin 0 , tg a =sin 0 ,因此,sin 口 sin 6在 PMQ中，應(yīng)用正弦定理得asinClasinPQ = -o- =r 邕口 P sin B J 1 十 sin2 8五、設(shè)。為復(fù)平面的原點，Z1和Z2為復(fù)平面內(nèi)的兩個動點，并且滿足:1T(1/1和所對應(yīng)的復(fù)數(shù)的輻角分別為定值8和一 3 (0 < 8 C -aozizz的面積為定值S.求aozizz的重心z所對應(yīng)的復(fù)數(shù)的模的最小值.Key 五、本題考查復(fù)數(shù)的概念、復(fù)

9、數(shù)運算的幾何意義、三角恒等式、不等式以及靈 活運用知識的能力.解法一：設(shè)zi、z2和z對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為zi、Z2和z,其中zi=ri(cos 0 +isin 0 ),z2=r2(cos 0 -isin 0 ).由于z是 Oziz2的重心，根據(jù)復(fù)數(shù)加法的幾何意義，則有3z=zi+z2=(門+r2)cos0 +(ri-r2)isin 0 .于是 | 3z | 2=(門+r2)2cos2 o +(門-r2)2sin2 8=(ri-r2)2cos2 0 +4門r2cos2 0 +(ri-r2)2sin2 0二(-2)2+4門 r2cos2 0 .又已知的面積為S及乳ii2 8 >0(因0<

10、 9 <，所以1 2 2S-51X12 e =5,即丙二 "2 sin2 f由此.I 3r I ° &F/ +sin2 0故當(dāng)h f = J時M最小，且Y sinz Ho 團=3 J%埴9 .解法二:同解法一，彳*3z=(門+r2)cosO +(門-isin 0 . 于是 | 3z | 2=(門+r2)2cos2 9 +(ri-r2)2sin2 0 .二(rJ +2q/6 +(rj - 2f否 +rj)sin? 9=蠟 +rj + 2(cos2 白-sin2 )=r；+ 2ff/0s2 9又已知 OZ1Z2的面積為S,且ri為三角形邊長，門>0,以及si

11、n2> 9 （因2因此/不為+ 4Scos2j>sin2 84sl +4£ 4042 gr； sin" 2 6 sin2 64$(1+cos2 9)sin2 g=4Sctg .上式中等號當(dāng)且僅當(dāng)r；二-r；時成立，因此當(dāng)x二r?2ssin2 日時，I E I取最小值2 I工1 +MS =、技史日.六,已知兩點PgZQOZ以及一條直線1:尸駕設(shè)長為我的線段AB在 直線1上移動，如圖.求直線P儲口 QB的交點M的軌跡方程.（要求海吉果寫成 普通方程）Key 六、本題考查直線方程、兩點間的距離公式、參數(shù)方程以及軌跡方程的求法解法一由于線段AB在直線y =笈上移動，且A

12、B長為魚，所以可設(shè)點婚口 B 分另！I是且)和值+ L/+1),其中a為參數(shù).于是可得直線PA的方程是y -2 = (x + 2) (a# -2),(1)a + 2直線QB的方程是y -2 =空k 3。-1).L當(dāng)上2 =111,即齊=0時.直線PAQB平行,無交點a +2 a + 12.當(dāng)aw 0時，直線PA與QB相交，設(shè)交點為M(x,y),由(2)式得2y-2 -(1 -a + l 2xa + 1 =,x -y+ 2法 4.1 3x-y + 2x-y+2/-y + 2將上述兩式代入(1)式，得2=39-63x - y 4- 2(x + 2).整理得 x2-y2+2x-2y+8=0,(*)8

13、3當(dāng)2=-絨a=-1時，直線PA和QB仍然相交，并且交點坐標(biāo)也滿足(*)式.所以(*)式即為所求動點的軌跡方程.解法二：設(shè)直線PA和QB的交點為M(x,y).當(dāng)點M與點P及點Q都不重合時，直線PM的方程是(x+2)(Y-2)=(y-2)(X+2),直線QM的方程是x(Y-2)=(y-2)X.由方程組r(x+2)(Y-2) = (y-2)(X+2)Y = X解得直線PM和直線l的交點A的坐標(biāo)為X-2(x+y) Y_ S(x + y) x -y +4 ' x -y + 4由方程組rxCY-2)=(y-2)X, I Y = X解得直線QM和直線l的交點B的坐標(biāo)為根據(jù)題意，線段AB兩端點A,B

14、的橫坐標(biāo)有如下關(guān)系：2、_ 2值 + y)+x -y + 2 x -y +4'從而得 x2-y2+2x-2y+8=0,(*)即3 + 1產(chǎn)(y + i) _ 1-8§1又因點M與點P或點Q重合時,M點的坐標(biāo)也滿足(*)式.所以(*)式即為所求動點M的軌跡方程.七、設(shè)a” - n石+戶行+ Jn(n+ 1)3 = LZ)證明不等式Mn+D 一8+1)2 孰 2-對所有的正整數(shù)n都成立.Q)設(shè)靡)，用極限定義證明lim匕=5 nCn +1;鼻2 2Key 七、本題考查數(shù)列和極限的基礎(chǔ)知識，證明不等式的基本方法 (1)證法一：用數(shù)學(xué)歸納法.當(dāng)門-1時,由于肛-2 = 0, 1仁虎及

15、= 2 > .也知不等式成立一假設(shè)當(dāng)n=k(k>1)時不等式成立，即kflc + 1) 一(k+1)22 及 2當(dāng)門=卜+1時，可得+i =5 + J(k + l)(k + 2)> ak +(k + l)k(k +1rzi 、> < + (k+l)_(k + l)(k + l)+l2= % + J(k + l)(k + 2)u , (k + l) + (k + 2)5(k + lf 2k +3> 2-2_ (k + 2)2 2_(k + l) + l32即(k+l)(k + l) + l_ _ (k+l) + lf5< aw <5也成立.從而不等

16、式對所有的正整數(shù)n都成立.證法二：直接證明.由于不等式X辰X濟也沖 iui對所有的正整數(shù)k成立，把它對k從1到n(n> 1)求和彳馬到 1 + 2 + +11 < %,巨+ 2 + 如 +1.11 2 22又因n(n +1) -2-以及”1)'2r> -Li 1+一1 + 3 + 5+&+1) =11因此不等式Mn +1).8 + 1產(chǎn)對所有的正整數(shù)n都成立.由及bn的定義知1n+111< b < = + 2112n2 2n于是對任意指定的正數(shù)£，要使Ibn-I 一，只要使5，即只要使22nn > -L.取N是一匚的整數(shù)部分,則數(shù)列

17、二的第湎以后所有的項都滿足 2 S 2 £I g I < * .根據(jù)極限定義，證得hmbn Y口一 g2八、設(shè)a,毗兩個實數(shù),A=(x,y) I x=n,y=na+b,n是整數(shù),B=(x,y) I x=,m,y=3m2+15,m是整數(shù),C=(x,y) I x2+y2< 144是平面XOY內(nèi)的點集合.討論是否存在a和b使得aCe, 0。表示空集).(2)(a,b) 6 C同時成立.Key 八、本題考查集合的基本知識，不等式的證明以及分析問題的能力 解法一：如果實數(shù)a和b使得(1)成立,于是存在整數(shù)m和n使得 (n,na+b)=(m,3m2+15), 即n =m,na + b

18、 3m° +15.由此得出，存在整數(shù)n使得na+b=3n2+15, 或?qū)懗蒼a+b-(3n2+15)=0.這個等式表明點P(a,b心直線l:nx+y-(3n2+15)=0上，記從原點到直線l的距離為d,于是J 3i?+15 d =, +1Q 訴L 2 .=可+ -2+1>12(因為當(dāng)k >0時x +2-2)一X當(dāng)且僅當(dāng)立J =1,即r二3時上式中等號才成立.由于n是整數(shù)，因此n2W 3,所以上式中等號不可能成立.即 d>12.因為點p在直線1上，點p到原點的距商 GF必滿足7aa +ba>d> 12而成立要求M十b。144,即jM+bY 12.由此可見使

19、得成立的嘛口b必 不能使成立.所以，不存在實數(shù)a和b使得(1),(2)同時成立.解法二：如果實數(shù)a和b使得(1),(2)同時成立.同解法一，由于(1)成立，知存在整數(shù)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，得關(guān)于a的不等式(1+n2)a2-2n(3n2+15)a+(3n2+15)2-144<0.(*)它的判別式A =4n2(3n2+15)2-4(1+n)2(3n2+15)2-144=-36(n2-3)2.但n是整數(shù),n2-3w0,因而A <0.又因1+n2>0,故(*)式不可能有實數(shù)解a,這就表明，不存在實數(shù)affib使得(1)、(2)同時成立. 解法三：如果實數(shù)a和b使(1)、(2)同時成立同解法一，由(1)成立知，必存在整數(shù)n使得 3n2-an-(b-15)=0.(*)于是，它的判別式非負(fù)，即A=a2+12b-180> 0,(*)由(*)得12b-180> -a2.由(2)成立知 a2+b2< 1