第一篇：高考卷,95届,普通高等学校招生全国统一考数学试题及答案（文）（大全）
1995年普通高等学校招生全国统一考试 数学(文史类)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分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，只有一项有符合题目要求的)1．已知集合I={0，－1，－2，－3，－4}，集合M={0，－1，－2，}，N={0，－3，－4}，则()(A){0}(B){－3，－4}(C){－1，－2}(D)2．函数y=的图像是()3．函数y=4sin(3x+)+3cos(3x+)的最小正周期是()(A)6π(B)2π(C)(D)4．正方体的全面积是a2，它的顶点都在球面上，这个球的表面积是()(A)(B)(C)2πa2(D)3πa2 5．若图中的直线l1，l2，l3的斜率分别为k1，k2，k3，则()(A)k1< k2< k3(B)k3< k1< k2(C)k3< k2< k1(D)k1< k3< k2 6．双曲线3x2－y2=3的渐近线方程是()(A)y=±3x(B)(C)y=(D)y= 7．使sinx≤cosx成立的x的一个变化区间是()(A)(B)(C)(D)[0，π] 8．x2+y2－2x=0和x2+y2+4y=0的位置关系是()(A)相离(B)外切(C)相交(D)内切 9．已知θ是第三象限角，且sin4θ+cos4θ=，那么sin2θ等于()(A)(B)－(C)(D)－ 10．如图ABCD－A1B1C1D1是正方体，B1E1=D1F1=，则BE1与DF1所成的角的余弦值是()(A)(B)(C)(D)11．已知y=loga(2－x)是x的增函数，则a的取值范围是()(A)(0，2)(B)(0，1)(C)(1，2)(D)(2，+∞)12．在(1－x3)(1+x)10的展开式中，x5的系数是()(A)－297(B)－252(C)297(D)207 13．已知直线l⊥平面α，直线m平面β，有下面四个命题，①α∥βl⊥m ②α⊥βl∥m ③l∥mα⊥β ④l⊥mα∥β 其中正确的两个命题是()(A)①与②(B)③与④(C)②与④(D)①与③ 14．等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是Sn与Tn，若，则等于()(A)1(B)(C)(D)15．用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有()(A)24个(B)30个(C)40个(D)60个 第Ⅱ卷(非选择题共85分)二、填空题(本大题共5小题，每小题4分，共20分，把答案填在题中的横线上)16．方程log2(x+1)2+log4(x+1)=5的解是_____________ 17．已知圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，母线与底面所成角为，则圆台的体积与球体积之比为____________ 18．函数y=cosx+cos(x+)的最大值是___________ 19．若直线l过抛物线y2=4(x+1)的焦点，并且与x轴垂直，则l被抛物线截得的线段长为______________ 20．四个不同的小球放入编号为1、2、3、4的四个盒子中，则恰有一个空盒的放法共有____________种(用数字作答)三、解答题(本大题共6小题，共65分：解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤)21．(本小题满分7分)解方程3x+2－32－x=80． 22．(本小题满分12分)设复数z=cosθ+isinθ，θ∈(π，2π)，求复数z2+z的模和辐角 23．(本小题满分10分)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn是其前n项和，证明：． 24．(本小题满分12分)如图，ABCD是圆柱的轴截面，点E在底面的圆周上，AF⊥DE，F是垂足．(1)求证：AF⊥DB(2)如果AB=a，圆柱与三棱锥D－ABE的体积比等于3π，求点E到截面ABCD的距离． 25．(本小题满分12分)某地为促进淡水鱼养殖业的发展，将价格控制在适当范围内，决定对淡水鱼养值提供政府补贴，设淡水鱼的市场价格为，政府补贴为，根据市场调查，当8≤x≤14时，淡水鱼的市场日供应量p千克与市场日需求量Q近似地满足关系：
P=1000(x+t－8)(x≥8，t≥0)，Q=500(8≤x≤14)，当P=Q时的市场价格为市场平衡价格，(1)将市场平衡价格表示为政府补贴的函数，并求出函数的定义域：
(2)为使市场平衡价格不高于每千克10元，政府补贴至少每千克多少元？ 26．(本小题满分12分)已知椭圆，直线l：x=12，P是l上一点，射线OP交椭圆于点R，又点Q在OP上，且满足|OQ|·|OP|=|OR|2，当点P在l上移动时，求点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线． 1995年普通高等学校招生全国统一考试 数学试题(文史类)参考答案 一、选择题(本题考查基本知识和基本运算)1．B 2．D 3．C 4．B 5．D 6．C 7．A 8．C 9．A 10．A 11．B 12．D 13．D 14．C 15．A 二、填空题(本题考查基本知识和基本运算)16．3 17． 18． 19．4 20．144 三、解答题 21．本小题主要考查指数方程的解法及运算能力，解：设y=3x，则原方程可化为9y2－80y－9=0，解得：y1=9，y2= 方程3x=无解，由3x =9得x=2，所以原方程的解为x=2． 22．本小题主要考查复数的有关概念，三角公式及运算能力，解：z2+z=(cosθ+isinθ)2+(cosθ+isinθ)=cos2θ+isin2θ+cosθ+isinθ =2coscos+i(2sincos)=2 cos(cos+isin)=－2 cos[cos(－π+)+isin(－π+)] ∵ θ∈(π，2π)∴ ∈(，π)∴ －2cos()>0 所以复数z2+z的模为－2cos，辐角(2k－1)π+(k∈z)． 23．本小题主要考查等比数列、对数、不等式等基础知识以及逻辑推理能力，证法一：设{an}的公比为q，由题设知a1>0，q>0，(1)当q=1时，Sn=na1，从而 Sn·Sn+2－=na1(n+2)a1－(n+1)2=－<0．(2)当q≠1时，从而 Sn·Sn+2－==－qn<0． 由(1)和(2)得Sn·Sn+2<． 根据对数函数的单调性，得log0.5(Sn·Sn+2)>log0.5，即． 证法二：设{an}的公比为q，由题设知a1>0，q>0，∵ Sn+1= a1+qSn，Sn+2=a1+ qSn+1，∴ Sn·Sn+2－=Sn(a1+ qSn+1)－(a1+qSn)Sn+1= a1(Sn－Sn+1)=－a1 an+1<0． 即Sn·Sn+2<．(以下同证法一)24．本小题主要考查空间线面关系、圆柱性质、空间想象能力和逻辑推理能力．(1)证明：根据圆柱性质，DA⊥平面ABE，∵ EB平面ABE，∴ DA⊥EB，∵ AB是圆柱底面的直径，点E在圆周上，∴ AE⊥EB，又AE∩AD=A，故得EB⊥平面DAE，∵ AF平面DAE，∴ EB⊥AF，又AF⊥DE，且EB∩DE=E，故得AF⊥平面DEB，∵ DB平面DEB，∴ AF⊥DB．(2)解：设点E到平面ABCD的距离为d，记AD=h，因圆柱轴截面ABCD是矩形，所以AD⊥AB． S△ABD=AB·AD= ∴ VD－ABE=VE－ABD=S△ABD =dah 又V圆柱=a2h 由题设知=3π，即d=． 25．本小题主要考查运用所学数学知识和方法解决实际问题的能力，以及函数的概念、方程和不等式的解法等基础知识和方法． 解：(1)依题设有1000(x+t－8)=500 化简得5x2+(8t－80)x+(4t2－64t+280)=0，当判别式△=800－16t2≥0时，可得：X=8－t±． 由△≥0，t≥0，8≤x≤14，得不等式组：
① ② 解不等式组①，得0≤t≤，不等式组②无解，故所求的函数关系式为 x=8－t+ 函数的定义域为[0，](2)为使x≤10，应有8－t+≤10，化简得：t2+4t－5≥0，解得t≥1或t≤－5，由于t≥0知t≥1，从而政府补贴至少为每千克1元． 26．本小题主要考查直线、椭圆的方程和性质，曲线与方程的关系，轨迹的概念和求法等解析几何的基本思想综合运用知识的能力． 解：设点P、Q、R的坐标分别为(12，yp)，(x，y)，(xR，yR由题设知xR>0，x>0，由点R在椭圆上及点O、Q、R共线，得方程组 解得 ① ② 由点O、Q、P共线，得，即yp=． ③ 由题设|OQ|·|OP|=|OR|2得 将①、②、③式代入上式，整理得点Q的轨迹方程(x－1)2+=1(x>0)所以点Q的轨迹是以(1，0)为中心，长、短半轴长分别为1和，且长轴在x轴上的椭圆、去掉坐标圆点．
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）
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．
第三篇：78版 普通高等学校招生全国统一考试数学试题及答案
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
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
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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