1985年全国高考试题-数学.docx
1985年全国高考数学试题 (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ABCD1ABCD的棱长为a,那么四面体A1ABD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(xR)(B)y=sinx(xR)(C)y=cos2x(xR)(D)y=esin2x(xR)【 】 Key (3)B; (4)极坐标方程=asin(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a1,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);(3)(0,0);(4)64(或26);(5)-1,1(或x-1x1,或-1x1). 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<x<2.但由条件x-1,因此-1x<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,CMQ=(0°<<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PNBC.(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=.在RtPNR中,NR=PRctg45°,所以NR=PR.又已知0°<<90°,所以解法二:同解法一,得PQR=.设:PMR=则在RtPMR中,MR=acos,PR=asin,在RtMNR中,NR=MRsin=acos·sin.又在RtPNR中,由于PNR=45°,所以PR=NR.于是asin=acos·sin,tg=sin,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(cos+isin),z2=r2(cos-isin).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)cos+(r1-r2)isin.于是3z2=(r1+r2)2cos2+(r1-r2)2sin2=(r1-r2)2cos2+4r1r2cos2+(r1-r2)2sin2=(r1-r2)2+4r1r2cos2.解法二:同解法一,得3z=(r1+r2)cos+(r1-r2)isin.于是3z2=(r1+r2)2cos2+(r1-r2)2sin2.又已知OZ1Z2的面积为S,且r1为三角形边长,r1>0,以及sin2>(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a0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(k1)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(n1)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bn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+y2144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n23,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+b2144.把(*)式代入上式,得关于a的不等式(1+n2)a2-2n(3n2+15)a+(3n2+15)2-1440.(*)它的判别式=4n2(3n2+15)2-4(1+n)2(3n2+15)2-144=-36(n2-3)2.但n是整数,n2-30,因而<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=a2+12b-1800,(*)由(*)得12b-180-a2.由(2)成立知a2+b2144,(*)即-a2b2-144.因此,12b-180b2-144,即(b-6)20,由此得出b=6.把b=6代入判别式(*),得出a2108,但把b=6代入(*),得出a2108,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x0,2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0<x0<2时r>0,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.
