1982年(高考数学试题文理科)

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文档介绍

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∽……,‎
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