第一篇：高考卷,97届,普通高等学校招生全国统一考试数学试题及答案（理）
1997年普通高等学校招生全国统一考试 数学（理工农医类）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．共150分．考试时间120分钟． 第Ⅰ卷（选择题共65分）一．选择题:本大题共15小题；
第(1)—(10)题每小题4分,第(11)—(15)题每小题5分,共65分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的 1．设集合M=｛x│0≤x<2｝,集合N=｛x│x2-2x-3<0｝,集合M∩N=()(A)(B)(C)(D)2．如果直线ax+2y+2=0与直线3x-y-2=0平行,那么系数a=()(A)－3(B)－6(C)(D)3．函数y=tg()在一个周期内的图像是()4．已知三棱锥D-ABC的三个侧面与底面全等，且AB=AC=,BC=2,则以BC为棱，以面BCD与面BCA为面的二面角的大小是()(A)arccos(B)arccos(C)(D)5．函数y=sin()+cos2的最小正周期是()(A)(B)(C)(D)6．满足arccos(1－x)arccosx的x的取值范围是()(A)[－1,－](B)[－,0](C)[0, ](D)[ ,1] 7．将y=2x的图像()(A)先向左平行移动1个单位(B)先向右平行移动1个单位(C)先向上平行移动1个单位(D)先向下平行移动1个单位 再作关于直线y=x对称的图像，可得到函数y=log2(x+1)的图像． 8．长方体一个顶点上三条棱的长分别是3,4,5,且它的八个顶点都在同一个球面上，这个球的表面积是()(A)20(B)25(C)50(D)200 9．曲线的参数方程是(t是参数，t0),它的普通方程是()(A)(x－1)2(y－1)=1(B)y=(C)(D)10．函数y=cos2x-3cosx+2的最小值为()(A)2(B)0(C)(D)6 11．椭圆C与椭圆关于直线x+y=0对称,椭圆C的方程是()(A)(B)(C)(D)12．圆台上、下底面积分别为、,侧面积为,这个圆台的体积是()(A)(B)(C)(D)13．定义在区间的奇函数f(x)为增函数；
偶函数g(x)在区间[）的图像与f(x)的图像重合，设a>b>0,给出下列不等式：
①f(b)－f(－a)>g(a)－g(－b)；
②f(b)－f(－a) ③f(a)－f(－b)>g(b)－g(－a)； ④f(a)－f(－b) ①若l垂直于内的两条相交直线，则l； ②若l平行于,则l平行于内的所有直线； ③若，且,则； ④若,且,则； ⑤若，且∥,则∥． 其中正确的命题的序号是_______(注:把你认为正确的命题的序号都填上)三．解答题:本大题共6小题;共69分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 20．(本小题满分10分)已知复数,．复数,在复数平面上所对应的点分别为P,Q．证明是等腰直角三角形（其中为原点）． 21．(本小题满分11分)已知数列,都是由正数组成的等比数列，公比分别为p、q,其中p> q,且，．设,Sn为数列的前n项和．求． 22．（本小题满分12分）甲、乙两地相距S千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过c千米/时．已 知汽车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度v(千米/时)的平方成正比、比例系数为b； 固定部分为a元． I．把全程运输成本y（元）表示为速度v（千米/时）的函数，并指出这个函数的定 义域； II．为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？ 23．（本小题满分12分）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点． I．证明ADD1F； II．求AE与D1F所成的角； III．证明面AED面A1FD1； IV．设AA1=2,求三棱锥F-A1ED1的体积 24．(本小题满分12分)设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程f(x)－x=0的两个根x1,x2满足0 II．设函数f(x)的图像关于直线x=x0对称，证明x0<25．(25)（本小题满分12分）设圆满足：①截y轴所得弦长为2； ②被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3:1，在满足条件①、②的所有圆中，求圆心到直线l:x-2y=0的距离最小的圆的方程． 1997年普通高等学校招生全国统一考试 数学试题(理工农医类)参考解答及评分标准 一．选择题:本题考查基本知识和基本运算． 1．B 2．B 3．A 4．C 5．B 6．D 7．D 8．C 9．B 10．B 11．A 12．D 13．C 14．C 15．D 二．填空题:本题考查基本知识和基本运算． 16．4 17． 18． 19．①，④ 注:第(19)题多填、漏填和错填均给0分． 三．解答题 20．本小题主要考查复数的基本概念、复数的运算以及复数的几何意义等基础知识，考查运算能力和逻辑推理能力． 解法一： 于是 因为OP与OQ的夹角为，所以OP⊥OQ． 因为，所以 由此知△OPQ有两边相等且其夹角为直角，故△OPQ为等腰直角三角形． 解法二: 因为，所以． 因为，所以 于是 由此得OP⊥OQ，│OP│=│OQ│． 由此知△OPQ有两边相等且其夹角为直角，故△OPQ为等腰直角三角形．(21)本小题主要考查等比数列的概念、数列极限的运算等基础知识，考查逻辑推理能力和运算能力．满分11分． 解: ． 分两种情况讨论．(Ⅰ)p>1． ∵ = =p．(Ⅱ)p<1． ∵ 0 当时行驶速度应为v=c．(23)本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，考查逻辑推理能力和空间想象能力，满分12分． 解:(Ⅰ)∵AC1是正方体，∴AD⊥面DC1． 又D1F面DC1，∴AD⊥D1F．(Ⅱ)取AB中点G，连结A1G，FG．因为F是CD的中点，所以GF、AD平行且相等，又A1D1、AD平行且相等，所以GF、A1D1平行且相等，故GFD1A1是平行四边形，A1G∥D1F． 设A1G与AE相交于点H，则∠AHA1是AE与D1F所成的角，因为E是BB1的中点，所以Rt△A1AG≌Rt△ABE，∠GA1A=∠GAH，从而∠AHA1=90°，即直线AE与D1F所成角为直角．(Ⅲ)由(Ⅰ)知AD⊥D1F，由(Ⅱ)知AE⊥D1F，又AD∩AE=A，所以D1F⊥面AED．又因为D1F面A1FD1，所以面AED⊥面A1FD1．(Ⅳ)连结GE，GD1． ∵FG∥A1D1，∴FG∥面A1ED1，∴ ∵AA1=2，∴正方形ABB1A1(24)本小题主要考查一元二次方程、二次函数和不等式的基础知识，考查综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力．满分12分． 证明:(Ⅰ)令F(x)=f(x)－x．因为x1，x2是方程f(x)－x=0的根，所以 F(x)=a(x－x1)(x－x2)． 当x∈(0，x1)时，由于x1 绝密★启用前 2016年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学试题（文史类） 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1.已知全集U={1，2，3，4，5，6}，集合P={1，3，5}，Q={1，2，4}，则=（） A.{1} B.{3，5} C.{1，2，4，6} D.{1，2，3，4，5} 【答案】C 考点：补集的运算.【易错点睛】解本题时要看清楚是求“”还是求“”，否则很容易出现错误；一定要注意集合中元素的互异性，防止出现错误． 2.已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（） A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n 【答案】C 【解析】 试题分析：由题意知，．故选C． 考点：线面位置关系.【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系． 3.函数y=sinx2的图象是（） 【答案】D 【解析】 试题分析：因为为偶函数，所以它的图象关于轴对称，排除A、C选项；当，即时，排除B选项，故选D.考点：三角函数图象.【方法点睛】给定函数的解析式识别图象，一般从五个方面排除、筛选错误或正确的选项：（1）从函数的定义域，判断图象左右的位置，从函数的值域，判断图象的上下位置；（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）从函数的周期性，判断函数的循环往复；（5）从特殊点出发，排除不符合要求的选项.4.若平面区域 夹在两条斜率为1的平行直线之间，则这两条平行直线间的距离的最 小值是（） A.B.C.D.【答案】B 考点：线性规划.【思路点睛】先根据不等式组画出可行域，再根据可行域的特点确定取得最值的最优解，代入计算．画不等式组所表示的平面区域时要注意通过特殊点验证，防止出现错误． 5.已知a，b>0，且a≠1，b≠1，若，则（） A.B.C.D.【答案】D 考点：对数函数的性质.【易错点睛】在解不等式时，一定要注意对分为和两种情况进行讨论，否则很容易出现错误． 6.已知函数f（x）=x2+bx，则“b<0”是“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”的（） 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 【答案】A 【解析】 试题分析：由题意知，最小值为.令，则，当时，的最小值为，所以“”能推出“的最小值与的最小值相等”； 当时，的最小值为0，的最小值也为0，所以“的最小值与的最小值相等”不能推出“”．故选A． 考点：充分必要条件.【方法点睛】解题时一定要注意时，是的充分条件，是的必要条件，否则很容易出现错误．充分、必要条件的判断即判断命题的真假，在解题中可以根据原命题与其逆否命题进行等价转化． 7.已知函数满足：且.（） A.若，则 B.若，则 C.若，则 D.若，则 【答案】B 考点：函数的奇偶性.【思路点睛】先由已知条件可得的解析式，再由的解析式判断的奇偶性，进而对选项逐个进行排除． 8.如图，点列分别在某锐角的两边上，且，.(P≠Q表示点P与Q不重合)若，为的面积，则（） A.是等差数列 B.是等差数列 C.是等差数列 D.是等差数列 【答案】A 【解析】 考点：新定义题、三角形面积公式.【思路点睛】先求出的高，再求出和的面积和，进而根据等差数列的定义可得为定值，即可得是等差数列． 二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．） 9.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是______cm2,体积是______cm3.【答案】80；40． 【解析】 试题分析：由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，． 考点：三视图.【方法点睛】解决由三视图求空间几何体的表面积与体积问题，一般是先根据三视图确定该几何体的结构特征，再准确利用几何体的表面积与体积公式计算该几何体的表面积与体积． 10.已知，方程表示圆，则圆心坐标是_____，半径是 ______.【答案】；5． 考点：圆的标准方程.【易错点睛】由方程表示圆可得的方程，解得的值，一定要注意检验的值是否符合题意，否则很容易出现错误． 11.已知，则______，______． 【答案】；1． 【解析】 试题分析：，所以 考点：三角恒等变换.【思路点睛】解答本题时先用降幂公式化简，再用辅助角公式化简，进而对照可得和． 12．设函数f(x)=x3+3x2+1．已知a≠0，且f(x)–f(a)=(x–b)(x–a)2，x∈R，则实数a=_____，b=______． 【答案】－2；1．] 【解析】 试题分析：，所以，解得． 考点：函数解析式.【思路点睛】先计算，再将展开，进而对照系数可得含有，的方程组，解方程组可得和的值． 13．设双曲线x2–=1的左、右焦点分别为F1，F2．若点P在双曲线上，且△F1PF2为锐角三角形，则|PF1|+|PF2|的取值范围是_______． 【答案】． 考点：双曲线的几何性质.【思路点睛】先由对称性可设点在右支上，进而可得和，再由为锐角三角形可得，进而可得的不等式，解不等式可得的取值范围． 14．如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直线AC将△ACD翻折 成△，直线AC与所成角的余弦的最大值是______． 【答案】 【解析】 试题分析：设直线与所成角为． 设是中点，由已知得，如图，以为轴，为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，由，，作于，翻折过程中，始终与垂直，则，因此可设，则，与平行的单位向量为，所以＝，所以时，取最大值． 考点：异面直线所成角.【思路点睛】先建立空间直角坐标系，再计算与平行的单位向量和，进而可得直线与所成角的余弦值，最后利用三角函数的性质可得直线与所成角的余弦值的最大值． 15．已知平面向量a，b，|a|=1，|b|=2，a·b=1．若e为平面单位向量，则|a·e|+|b·e|的最大 值是______． 【答案】 【解析】 试题分析：由已知得，不妨取，设，则，取等号时与同号． 所以，（其中，取为锐角）． 显然 易知当时，取最大值1，此时为锐角，同为正，因此上述不等式中等号能同时取到．故所求最大值为． 考点：平面向量的数量积和模.【思路点睛】先设，和的坐标，再将转化为三角函数，进而用辅助角公式将三角函数进行化简，最后用三角函数的性质可得三角函数的最大值，进而可得的最大值． 三、解答题（本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 16．（本题满分14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知b+c=2acos B． （Ⅰ）证明：A=2B； （Ⅱ）若cos B=，求cos C的值． 【答案】（I）证明见解析；（II）.因此，（舍去）或，所以，.（II）由，得，故，.考点：三角函数及其变换、正弦和余弦定理.【思路点睛】（I）用正弦定理将边转化为角，进而用两角和的正弦公式转化为含有，的式子，根据角的范围可证；（II）先用同角三角函数的基本关系及二倍角公式可得，进而可得和，再用两角和的余弦公式可得． 17.（本题满分15分）设数列{}的前项和为.已知=4，=2+1，.（I）求通项公式； （II）求数列{}的前项和.【答案】（I）；（II）.考点：等差、等比数列的基础知识.【方法点睛】数列求和的常用方法：（1）错位相减法：形如数列的求和，其中是等差数列，是等比数列；（2）裂项法：形如数列或的求和，其中，是关于的一次函数；（3）分组法：数列的通项公式可分解为几个容易求和的部分． 18.（本题满分15分）如图，在三棱台ABC-DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3.（I）求证：BF⊥平面ACFD； （II）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.【答案】（I）证明见解析；（II）.【解析】 试题分析：（I）先证，再证，进而可证平面；（II）先找直线与平面所成的角，再在中计算，即可得线与平面所成的角的余弦值． 试题解析：（I）延长相交于一点，如图所示，因为平面平面，且，所以 考点：空间点、线、面位置关系、线面角.【方法点睛】解题时一定要注意直线与平面所成的角的范围，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线． 19.（本题满分15分）如图，设抛物线的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距 离等于|AF|-1.（I）求p的值； （II）若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x[轴交于点M.求M的横坐标的取值范围.【答案】（I）；（II）.设M(m,0),由A,M,N三点共线得：，于是，经检验，m<0或m>2满足题意.综上，点M的横坐标的取值范围是.考点：抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系.【思路点睛】（I）当题目中出现抛物线上的点到焦点的距离时，一般会想到转化为抛物线上的点到准线的距离．解答本题时转化为抛物线上的点到准线的距离，进而可得点到轴的距离；（II）通过联立方程组可得点的坐标，进而可得点的坐标，再利用，三点共线可得用含有的式子表示，进而可得的横坐标的取值范围.20.（本题满分15分）设函数=，.证明： （I）； （II）.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.由(Ⅰ)得，又因为，所以，综上，考点：函数的单调性与最值、分段函数.【思路点睛】（I）先用等比数列前项和公式计算，再用放缩法可得，进而可证；（II）由（I）的结论及放缩法可证． 1978年普通高等学校招生全国统一考试 数学 （理科考生五，六两题选做一题文科考生五，六两题选做一题，不要求做第七题） 一．（下列各题每题4分，五个题共20分） 1．分解因式：x2-4xy+4y2-4z2.解：原式=（x-2y)2-(2z)2=(x-2y-2z)(x-2y+2z) 2.已知正方形的边长为，求侧面积等于这个正方形的面积，高等于这个正方形边长的直圆柱体的体积 解：设底面半径为r，则底面周长2πr= 则 3．求函数的定义域 解： ∵lg(2+x)≥0,∴2+x≥1.故x≥-1为其定义域 4．不查表求cos800cos350+cos100cos550的值 解：原式=sin100cos350+cos100sin350=sin(100+350)=sin450= 5.化简： 二 .（本题满分14分） 已知方程kx2+y2=4，其中k为实数对于不同范围的k值，分别指出方程所代表图形的内形，并画出显示其数量特征的草图 解：1）k>0时，方程的图形是椭圆，中心在坐标原点，此时又可分为：①k>1时,长轴在y轴上，半长轴=2，半短轴=; ②k=1时,为半径r=2的圆; ③k<1时,长轴在x轴上，半长轴=，半短轴=2 Y Y Y k=2 A k=1 (0,2) k=1/4 O A X O B X O X 如图： 2)k=0时，方程为y2=4图形是两条平行于x轴的直线 如图 3）k<0时，方程为 Y Y y=2 k=-4 A O O X B X y=-2 这时图形是双曲线，中心在坐标原点，实轴在y轴上如图： 三．（本题满分14分） （如图）AB是半圆的直径，C是半圆上一点，直线MN切半圆于C点，AM⊥MN于M点，BN⊥MN于N点，CD⊥AB于D点，求证：1)CD=CM=CN.2)CD2=AM·BN M C N A B D 1)证：连CA，CB，则∠ACB=900∠ACM=∠ABC ∠ACD=∠ABC ∴∠ACM=∠ACD∴△AMC≌△ADC ∴CM=CD同理CN=CD∴CD=CM=CN 2）∵CD⊥AB，∠ACD=900 ∴ CD2=AD·DB 由1）知AM=AD，BN=BD ∴CD2=AM·BN 四．（本题满分12分） 五．（本题满分20分） 已知△ABC的三内角的大小成等差数列，tgAtgC=求角A，B，C的大小又已知顶点C的对边c上的高等于求三角形各边,b,c的长（提示：必要时可验证） 六．（本题满分20分） 七．（本题满分20分，文科考生不要求作此题） 已知函数y=x2+(2m+1)x+m2-1(m为实数） 1）m是什么数值时，y的极值是0？ 2）求证：不论m是什么数值，函数图象（即抛物线）的顶点都在同一条直线L1上画出m=-1、0、1时抛物线的草图，来检验这个结论 3）平行于L1的直线中，哪些与抛物线相交，哪些不相交？求证：任一条平行于L1而与抛物线相交的直线，被各抛物线截出的线段都相等 解：用配方法得： 3.设L：x-y=为任一条平行于L1的直线 与抛物线y=x2+(2m+1)x+m2-1方程联立求解，消去y，得 x2+2mx+m2-1+=0∴（x+m)2=1- 因而当1-≥0即≤1时，直线L与抛物线相交，而＞1时，直线L与抛物线不相交 而这与m无关 因此直线L被各抛物线截出的线段都相等 一九七八年副题 1．（1）分解因式：x2-2xy+y2+2x-2y-3 解：原式=(x-y-1)(x-y+3) (2)求 解：原式=3/4 （4）已知直圆锥体的底面半径等于1cm，母线的长等于2cm，求它的体积 解： 解：原式=30 2．已知两数x1,x2满足下列条件： 1）它们的和是等差数列1，3，…的第20项; 2）它们的积是等比数列2，-6，…的前4项和 求根为的方程 略解：x1 +x2=39，x1x2=-40故：1/x1+1/x2=-39/40 1/x1·1/x2=-1/40 所求方程为：40x2+39x-1=0.3.已知：△ABC的外接圆的切线AD交BC的延长线于D点，求证： A B E C D 证：因为AD是△ABC的外接圆的切线，所以 ∠B=∠1∴△ABD∽△CAD 作AE⊥BD于点E，则 A M N α B E F D 4．（如图）CD是BC的延长线，AB=BC=CA=CD=，DM与AB，AC分别交于M点和N点，且∠BDM=α 求证： 证：作ME⊥DC于E，由△ABC是等边三角形，在直角△MBE中，类似地，过N作NF⊥BC于F，在直角△NFC中，可证： 5．设有f(x)=4x4-4px3+4qx2+2p(m+1)x+(m+1)2.(p≠0）求证： 1）如果f(x)的系数满足p2-4q-4(m+1)=0,那么f(x)恰好是一个二次三项式的平方 2）如果f(x)与F(x)=(2x2+x+b)2表示同一个多项式，那么 p2-4q-4(m+1)=0 6．已知：sinx+bcosx =0.………………………………① Asin2x+Bcos2x=C.………………………………② 其中,b不同时为0 求证：2bA+(b2-2)B+(2+b2)C=0 则①可写成cosysinx-sinycosx=0,∴sin(x-y)=0∴x-y=kπ(k为整数)，∴x=y+kπ 又sin2x=sin2(y+kπ)=sin2y=2sinycosy= cos2x=cos2y=cos2y-sin2y= 代入②，得 7．已知L为过点P而倾斜角为300的直线，圆C为中心在坐标原点而半径等于1的圆，Q表示顶点在原点而焦点在的抛物线设A为L和C在第三象限的交点，B为C和Q在第四象限的交点 1）写出直线L、圆C和抛物线Q的方程，并作草图 2）写出线段PA、圆弧AB和抛物线上OB一段的函数表达式 3）设P＇、B＇依次为从P、B到x轴的垂足求由圆弧AB和直线段BB＇、B＇P＇、P＇P、PA所包含的面积 Y O X B Q L P A C 解：1）直线L、圆C和抛物线Q的方程为 2)由 Y P＇ B＇ O X B A C Q L P 1983年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题及答案 （这份试题共九道大题，满分120分） 一．（本题满分10分）本题共有5小题，每小题都给出代号为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圆括号内每一个小题：选对的得2分;不选，选错或者选出的代号超过一个的（不论是否都写在圆括号内），一律得0分 1．两条异面直线，指的是 （D） （A）在空间内不相交的两条直线 （B）分别位于两个不同平面内的两条直线 （C）某一平面内的一条直线和这个平面外的一条直线 （D）不在同一平面内的两条直线 2．方程x2-y2=0表示的图形是 （A） （A）两条相交直线 （B）两条平行直线 （C）两条重合直线 （D）一个点 3．三个数a,b,c不全为零的充要条件是 （D） （A）a,b,c都不是零 （B）a,b,c中最多有一个是零 （C）a,b,c中只有一个是零（D）a,b,c中至少有一个不是零 4．设则的值是 （C） （A） （B） （C） （D） 5．这三个数之间的大小顺序是 （C） （A） （B） （C） （D） 二．（本题满分12分） 1．在同一平面直角坐标系内，分别画出两个方程的图形，并写出它们交点的坐标 2．在极坐标系内，方程表示什么曲线？画出它的图形 解： Y O X P 1.图形如左图所示 交点坐标是：O（0，0），P（1，-1） O X (,0) 2．曲线名称是：圆 图形如右所示 三．（本题满分12分） 1．已知，求微分 2．一个小组共有10名同学，其中4名是女同学，6名是男同学要从小组内选出3名代表，其中至少有1名女同学，求一共有多少种选法 解：1.2． 或： 四．（本题满分12分） 计算行列式（要求结果最简）： 解：把第一列乘以加到第2列上，再把第三列乘以加到第2列上，得 五．（本题满分15分） 1．证明：对于任意实数t，复数的模 适合2．当实数t取什么值时，复数的幅角主值适合？ 1．证：复数（其中t 是实数）的模为 要证对任意实数t，有，只要证对任意实数t，成立 对任意实数t，因为，所以可令 且，于是 2．因为复数的实部与虚部都是非负数，所以z的幅角主值一定适合从而 显然因为 由于 这就是所求的实数t的取值范围 六．（本题满分15分） 如图，在三棱锥S-ABC中，S在底面上的射影N位于底面的高CD上;M是侧棱SC上的一点，使截面MAB与底面所成的角等 S M P C A N D B 于∠NSC，求证SC垂直于截面MAB 证：因为SN是底面的垂线，NC是斜线SC在底面上的射影，AB⊥NC，所以AB⊥SC（三垂线定理） 连结DM因为AB⊥DC，AB⊥SC，所以AB垂直于DC和SC所决定的平面又因DM在这个平面内，所以AB⊥DM ∴∠MDC是截面与底面所成二面角的平面角，∠MDC=∠NSC 在△MDC和△NSC中，因为∠MDC=∠NSC，∠DCS是公共角，所以∠DMC=∠SNC=900从而DM⊥SC从AB⊥SC，DM⊥SC，可知SC⊥截面MAB 七．（本题满分16分） 如图，已知椭圆长轴|A1A2|=6，焦距|F1F2|=，过椭圆焦点F1作一直线，交椭圆于两点M，N设∠F2F1M=α（0≤α＜π）当α取什么值时，|MN|等于椭圆短轴的长？ Y M α A1 F1 O F2 A X N 解一：以椭圆焦点F1为极点，以F1为起点并过F2的射线为极轴建立极坐标系 由已知条件可知椭圆长半轴a=3，半焦距c=，短半轴b=1，离心率e=，中心到准线距离=,焦点到准线距离p=.椭圆的极坐标方程为 解得 以上解方程过程中的每一步都是可逆的，所以当或时，|MN|等于短轴的长 解二：以椭圆的中心为原点，F1F2所在直线为x轴建立直角坐标系（如图）由已知条件知，椭圆的方程为 MN所在直线方程为 解方程组 消去y得.下同解法一 解三：建立坐标系得椭圆如解二，MN所在直线的参数方程为 代入椭圆方程得 设t1,t2是方程两根，则由韦达定理，下同解一 解四：设|F1M|=x,则|F2M|=6-x|F1F2|=，∠F2F1M=α 在△MF1F2中由余弦定理得 同理，设|F1N|=y，则|F2N|=6-y在△F1F2N中，由余弦定理得 下同解一 八．（本题满分16分） 已知数列{an}的首项a1=b(b≠0），它的前n项的和Sn=a1+a2+…+an (n≥1),并且S1，S2，Sn，…是一个等比数列，其公比为p（p≠0且|p|＜1） 1．证明：a2,a3,a3,…an,…(即{an}从第二项起）是一个等比数列 2．设Wn=a1S1+a2S2+a3S3+…+anSn(n≥1),求（用b,p表示） 1．证：由已知条件得S1=a1=b.Sn=S1pn-1=bpn-1(n≥1） 因为当n≥2时，Sn=a1+a2+…+an-1+an=Sn-1+an,所以 an=Sn-Sn-1=bpn-2(p-1)(n≥2)从而 因此a2,a3,a3,…an,…是一个公比为p的等比数列 2．解：当n≥2时，且由已知条件可知p2<1，因此数列a1S1，a2S2，a3S3，…anSn…是公比为p2<1的无穷等比数列于是 从而 九．（本题满分12分） 1．已知a,b为实数，并且e 1．证：当e 考虑函数因为但时，所以函数内是减函数 因为e 2．证一：由ab=ba，得blna=alnb，从而 考虑函数，它的导数是 因为在（0，1）内，所以f(x)在（0，1）内是增函数 由于0 所以a=b 证二：因为0 假如a 矛盾 所以a不能小于b 假如a>b，则，而，这也与矛盾 所以a不能大于b因此a=b 证三：假如a 即ab 假如b 因此a=b 1982年普通高等学校招生全国统一考试 数学（理科） 一．（本题满分6分） 填表： 函 数 使函数有意义的x的实数范围 {0} R R [-1,1] (0,+∞） R 解：见上表 二．（本题满分9分） 1．求（-1+i)20展开式中第15项的数值; 2．求的导数 解：1.第15项T15= 2.三．（本题满分9分） Y X O Y O X 在平面直角坐标系内，下列方程表示什么曲线？画出它们的图形 1．2． 解：1.得2x-3y-6=0图形是直线 2.化为图形是椭圆 四．（本题满分12分） 已知圆锥体的底面半径为R，高为H 求内接于这个圆锥体并且体积最大的圆柱体的高h（如图） A D c H h B E O 2R 解：设圆柱体半径为r高为h 由△ACD∽△AOB得 由此得 圆柱体体积 由题意，H＞h＞0，利用均值不等式，有 （注：原“解一”对h求导由驻点解得） 五．（本题满分15分） （要写出比较过程） 解一：当>1时，解二： 六．（本题满分16分） A M P（ρ，θ） X O N B 如图：已知锐角∠AOB=2α内有动点P，PM⊥OA，PN⊥OB，且四边形PMON的面积等于常数c2今以O为极点，∠AOB的角平分线OX为极轴，求动点P的轨迹的极坐标方程，并说明它表示什么曲线 解：设P的极点坐标为（ρ，θ）∴∠POM=α-θ，∠NOM=α+θ，OM=ρcos(α-θ),PM=ρsin(α-θ),ON=ρcos(α+θ),PN=ρsin(α+θ),四边形PMON的面积 这个方程表示双曲线由题意，动点P的轨迹是双曲线右面一支在∠AOB内的一部分 七．（本题满分16分） 已知空间四边形ABCD中AB=BC，CD=DA，M，N，P，Q分别是边AB，BC，CD，DA的中点（如图）求证MNPQ是一个矩形 B M R A N Q D K S P C 证：连结AC，在△ABC中，∵AM=MB，CN=NB，∴MN∥AC 在△ADC中，∵AQ=QD，CP=PD，∴QP∥AC∴MN∥QP 同理，连结BD可证MQ∥NP ∴MNPQ是平行四边形 取AC的中点K，连BK，DK ∵AB=BC，∴BK⊥AC，∵AD=DC，∴DK⊥AC因此平面BKD与AC垂直 ∵BD在平面BKD内，∴BD⊥AC∵MQ∥BD，QP∥AC，∴MQ⊥QP，即∠MQP为直角故MNPQ是矩形 八．（本题满分18分） Y x2=2qy y2=2px A1 O A2 A3 X 抛物线y2=2px的内接三角形有两边与抛物线x2=2qy相切，证明这个三角形的第三边也与x2=2qy相切 解：不失一般性，设p>0,q>0.又设y2=2px的内接三角形顶点为 A1（x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3) 因此y12=2px1，y22=2px2，y32=2px3 其中y1≠y2,y2≠y3,y3≠y1 .依题意，设A1A2，A2A3与抛物线x2=2qy相切，要证A3A1也与抛物线x2=2qy相切 因为x2=2qy在原点O处的切线是y2=2px的对称轴，所以原点O不能是所设内接三角形的顶点即（x1,y1),(x2,y2),(x3,y3)，都不能是（0，0）;又因A1A2与x2=2qy相切，所以A1A2不能与Y轴平行，即x1≠x2,y1≠-y2,直线A1A2的方程是 同理由于A2A3与抛物线x2=2qy相切，A2A3也不能与Y轴平行，即 x2≠x3,y2≠-y3,同样得到 由（1）（2）两方程及y2≠0,y1≠y3,得y1+y2+y3=0.由上式及y2≠0,得y3≠-y1，也就是A3A1也不能与Y轴平行今将y2=-y1-y3代入（1）式得： (3)式说明A3A1与抛物线x2=2qy的两个交点重合，即A3A1与抛物线x2=2qy相切所以只要A1A2，A2A3与抛物线x2=2qy相切，则A3A1也与抛物线x2=2qy相切 九．（附加题，本题满分20分，计入总分） 已知数列和数列其中 1．用p,q,r,n表示bn，并用数学归纳法加以证明; 2．求 解：1.∵1=p,n=pn-1,∴n=pn.又b1=q,b2=q1+rb1=q(p+r),b3=q2+rb2=q(p2+pq+r2),… 设想 用数学归纳法证明： 当n=2时，等式成立; 设当n=k时，等式成立，即 则bk+1=qk+rbk= 即n=k+1时等式也成立 所以对于一切自然数n≥2，都成立第二篇：高考卷 普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学试题（文史类）
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第四篇：普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题及答案 83届
第五篇：普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题及答案 82届
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