1982年(高考数学试题文理科)

1982年(高考数学试题文理科)

一九八二年（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 ‎1‎ ‎{0}‎ ‎2‎ R ‎3‎ R ‎4‎ ‎[-1,1]‎ ‎5‎ ‎(0,+∞）‎ ‎6‎ 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 ‎ ‎ ‎ ‎ 1 X ‎ ‎ O ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ Y ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 1 ‎ ‎ 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。‎ 一九八二年（文科）‎ 一．（本题满分8分）‎ 填表：‎ 函 数 使函数有意义的x的实数范围 ‎1‎ ‎{0}‎ ‎2‎ R ‎3‎ ‎(0,+∞）‎ ‎4‎ R 解：见上表。‎ 二．（本题满分7分）‎ 求（-1+i)20展开式中第15项的数值;‎ 解：第15项T15=‎ 三．（本题满分7分）‎ 方程 曲线名称 图形 ‎1.‎ ‎4x2+y2=4‎ 椭圆 y ‎ ‎ ‎ ‎ o x ‎ ‎2.‎ x-3=0‎ 直线 y ‎ ‎ ‎ ‎ o x ‎ 解：见上图。‎ 四．（本题满分10分）‎ 已知求的值。‎ 解：‎ ‎（注：三角换元法解亦可。）‎ 五．（本题满分10分）‎ 以墙为一边，用篱笆围成长方形的场地，并用平行于一边的篱笆隔开（如图）。已知篱笆的总长为定值L，这块场地的长和宽各为多少时场地的面积最大？最大面积是多少？‎ 解：设长方形场地的宽为x，则长为L-3x，它的面积 当宽时，这块长方形场地的面积最大，这时的长为最大面积为 答：略。‎ 六．（本题满分12分）‎ 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为，‎ ‎1．用平面A1BC1截去一角后，求剩余部分的体积;‎ ‎2．求A1B和B1C所成的角。‎ ‎ D1 C1 ‎ ‎ ‎ ‎ A1 B1 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ D C ‎ ‎ A B ‎ ‎ D1 C1 ‎ ‎ ‎ A1 B1 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ D ‎ ‎ C ‎ A B ‎ 解：1.∵BB1⊥平面A1B1C1D1，∴△A1B1C1是棱锥B-A1B1C1的底，BB1是棱锥的高，△A1B1C1的面积=，‎ 截下部分体积=‎ 剩余部分体积=‎ ‎2.连结D1C和D1B1，∵ ，∴四边形A1BCD1是平行四边形，∴A1B∥D1C，∴∠B1CD1即A1B与B1C所成的角，‎ ‎∵正方体各面上对角线的长度相等，即D1B1=B1C=D1C，‎ ‎∴△D1CB1是等边三角形。∴∠D1CB1=600，‎ ‎∴A1B与B1C成600的角。‎ 七．（本题满分12分）‎ 已知定点A，B且AB=2，如果动点P到点A的距离和到点B的距离之比为2∶1，求点P的轨迹方程，并说明它表示什么曲线。‎ 解：选取AB所在直线为横轴，从A到B为正方向，以AB中点O为原点，过O作AB的垂线为纵轴，则A为（-，0），‎ B为（，0），设P为（x,y)。‎ 因为x2,y2两项的系数相等，且缺xy项，所以轨迹的图形是圆。‎ 八．（本题满分16分）‎ 求的值。‎ 解：‎ 九．（本题满分18分）‎ ‎ ‎ ‎ O ‎ ‎ ‎ ‎ A2 B3 ‎ ‎ ‎ ‎ A1 B2 ‎ ‎ ‎ ‎ A B1 ‎ ‎ ‎ ‎ B ‎ 如图，已知△AOB中，OA=b，OB=,∠AOB=θ(≥b,θ是锐角）。作AB1⊥OB，B1A1∥BA;再作A1B2⊥OB，B2A2∥BA;如此无限连续作下去。设△ABB1，△A1B1B2，…的面积为S1，S2，…求无穷数列S1，S2，…的和。‎ 解：AB1= ，BB1=‎ ‎（对一切n≥1成立，此时视A0B0为AB）。‎ ‎∵△ABB1∽△A1B1B2∽△A2B2B3∽……，‎