1985年全国统一高考数学试卷(理科).doc

.1985年全国统一高考数学试卷（理科）一、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）1（3分）如果正方体ABCDABCD的棱长为a，那么四面体AABD的体积是（）ABCD2（3分）的（）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3（3分）在下面给出的函数中，哪一个函数既是区间上的增函数又是以为周期的偶函数？（）Ay=x2（xR）By=|sinx|（xR）Cy=cos2x（xR）Dy=esin2x（xR）4（3分）极坐标方程=asin（a0）的图象是（）ABCD5（3分）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（）A96个B78个C72个D64个二、解答题（共13小题，满分90分）6（4分）求方程解集7（4分）设|a|1，求arccosa+arccos（a）的值8（4分）求曲线y2=16x+64的焦点9（4分）设（3x1）6=a6x6+a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，求a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0的值10（4分）设函数f（x）的定义域是0，1，求函数f（x2）的定义域11（7分）解方程log4（3x）+log0.25（3+x）=log4（1x）+log0.25（2x+1）12（7分）解不等式13（15分）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为平面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=（090），线段PM的长为a，求线段PQ的长14（15分）设O为复平面的原点，Z1和Z2为复平面内的两动点，并且满足：（1）Z1和Z2所对应的复数的辐角分别为定值和；（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15（15分）已知两点P（2，2），Q（0，2）以及一条直线：L：y=x，设长为的线段AB在直线L上移动，如图，求直线PA和QB的交点M的轨迹方程（要求把结果写成普通方程）16（14分）设，（1）证明不等式对所有的正整数n都成立；（2）设，用定义证明17（12分）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（1）AB（表示空集），（2）（a，b）C同时成立18已知曲线y=x36x2+11x6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1985年全国统一高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）1（3分）如果正方体ABCDABCD的棱长为a，那么四面体AABD的体积是（）ABCD考点：棱柱、棱锥、棱台的体积专题：计算题分析：画出图形，直接求解即可解答：解：如图四面体AABD的体积是V=故选D点评：本题考查棱锥的体积，是基础题2（3分）的（）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考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断 专题：计算题分析：先解出tanx=1的解，再判断两命题的关系解答：解：由tanx=1得，当k=1时，x=，固由前者可以推出后者，所以tanx=1是的必要条件故选A点评：此题要注意必要条件，充分条件的判断，掌握正切函数的基本性质，比较简单3（3分）在下面给出的函数中，哪一个函数既是区间上的增函数又是以为周期的偶函数？（）Ay=x2（xR）By=|sinx|（xR）Cy=cos2x（xR）Dy=esin2x（xR）考点：三角函数的周期性及其求法 专题：压轴题分析：根据函数的周期性和三角函数的单调性对选项逐一验证即可解答：解：y=x2（xR）不是周期函数，故排除Ay=|sinx|（xR）周期为，且根据正弦图象知在区间上是增函数故选B点评：本题主要考查三角函数的最小正周期和三角函数的图象4（3分）极坐标方程=asin（a0）的图象是（）ABCD考点：简单曲线的极坐标方程 专题：计算题；压轴题分析：先将原极坐标方程两边同乘以后化成直角坐标方程，再利用直角坐标方程进行判断解答：解：极坐标方程=asin（a0）2=asin，x2+y2=ay，它表示圆心在（0，）的圆故选C点评：本题考查点的极坐标和直角坐标的互化，能在极坐标系中用极坐标刻画点的位置，体会在极坐标系和平面直角坐标系中刻画点的位置的区别，能进行极坐标和直角坐标的互化利用直角坐标与极坐标间的关系，即利用cos=x，sin=y，2=x2+y2，进行代换即得5（3分）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（）A96个B78个C72个D64个考点：排列、组合的实际应用 专题：计算题；压轴题；分类讨论分析：根据题意，分析首位数字，要求这个五位数比20000大，则首位必须是2，3，4，5这4个数字，由于百位数不是数字3，分2种情况讨论，百位是3，百位是2，4，5，分别求得其情况数目，由乘法原理，计算可得答案解答：解：根据题意，要求这个五位数比20000大，则首位必须是2，3，4，5这4个数字，分2种情况讨论，当首位是3时，百位数不是数字3，有A44=24种情况，当首位是2，4，5时，由于百位数不能是数字3，有3（A44A33）=54种情况，综合可得，共有54+24=78个数字符合要求，故选B点评：本题考查排列、组合的应用，注意结合题意，进行分类讨论，特别是“百位数不是数字3”的要求二、解答题（共13小题，满分90分）6（4分）求方程解集考点：任意角的三角函数的定义 专题：计算题分析：直接化简方程，利用正弦函数的定义，求出方程的解解答：解：方程化为： 所以方程解集为：点评：本题考查任意角的三角函数的定义，考查计算能力，是基础题7（4分）设|a|1，求arccosa+arccos（a）的值考点：反三角函数的运用 专题：计算题分析：直接应用反函数的运算法则，求解即可解答：解：arccosa+arccos（a）=arccosa+arccosa=点评：本题考查反函数的运算，是基础题8（4分）求曲线y2=16x+64的焦点考点：抛物线的简单性质 专题：计算题；转化思想分析：先把曲线方程整理成标准方程，设x4=t，则可求得y2=16t的焦点坐标，则抛物线y2=16（x4）的焦点坐标可得解答：解：整理曲线方程可得y2=16（x4）令x4=t，则y2=16t，焦点坐标为（4，0）y2=16（x4）的焦点为（0，0）点评：本题主要考查了抛物线的简单性质考查了学生对抛物线基础的灵活运用9（4分）设（3x1）6=a6x6+a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，求a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0的值考点：二项式系数的性质 专题：计算题分析：对等式中的x赋值1求出各项系数和解答：解：令x=1得26=a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0故a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0=26点评：本题考查赋值法是求展开式的各项系数和的重要方法10（4分）设函数f（x）的定义域是0，1，求函数f（x2）的定义域考点：函数的定义域及其求法 分析：函数f（x）的定义域是0，1，函数f（x2）中x20，1，求解即可解答：解：函数f（x）的定义域是0，1，函数f（x2）中x20，1，解得x1，1点评：本题考查函数的定义域及其求法，是基础题11（7分）解方程log4（3x）+log0.25（3+x）=log4（1x）+log0.25（2x+1）考点：对数的运算性质；对数函数的定义域 专题：计算题分析：把方程移项，再化为同底的对数，利用对数性质解出自变量的值，由于不是恒等变形，注意验根解答：解：由原对数方程得，解这个方程，得到x1=0，x2=7检验：x=7是增根，故x=0是原方程的根点评：本题考查对数的运算性质，对数函数的定义域12（7分）解不等式考点：其他不等式的解法 专题：计算题；分类讨论分析：分类讨论，当时不等式成立，解出不等式解集即可，当时，将不等式的两边平方，解出解集即可，最后求出两个解集的并集即可解答：解：，解得；（4分）或，解得1x2；（8分）综上所述，解得（12分）点评：此题主要考查根号下的不等式的求解13（15分）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为平面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=（090），线段PM的长为a，求线段PQ的长考点：平面与平面之间的位置关系 专题：计算题分析：过点P作平面BD的垂线，垂足为R，由PQ与平面BD所成的角为，要求PQ，可根据，故我们要先求PR值，而由二面角的平面角为45，我们可得NR=PR，故我们要先根据MR=，及a2=PR2+MR2，求出NR的值解答：解：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=PRcot45，所以NR=PR在RtMNR中，MR=，在RtPMR中，又已知090，所以在RtPRQ中，故线段PQ的长为点评：本题考查的知识点是平面与平面间的位置关系，二面角，解三角形，根据已知条件由未知的结论利用分析法寻求解题思路是解题的关键14（15分）设O为复平面的原点，Z1和Z2为复平面内的两动点，并且满足：（1）Z1和Z2所对应的复数的辐角分别为定值和；（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考点：复数的基本概念；复数求模 专题：综合题分析：设出Z1，Z2和Z对应的复数分别为z1，z2和z，由于Z是OZ1Z2的重心，表示其关系，求解即可解答：解：设Z1，Z2和Z对应的复数分别为z1，z2和z，其中z1=r1（co+isin），z2=r2（coisin）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+（r1r2）isin于是|3z|2=（r1+r2）2cos2+（r1r2）2sin2=（r1r2）2cos2+4r1r2cos2+（r1r2）2sin2=（r1r2）2+4r1r2cos2又知OZ1Z2的面积为定值S及，所以，即由此，故当r1=r2=时，|z|最小，且|z|最小值=点评：本题考查复数的基本概念，复数求模，是中档题15（15分）已知两点P（2，2），Q（0，2）以及一条直线：L：y=x，设长为的线段AB在直线L上移动，如图，求直线PA和QB的交点M的轨迹方程（要求把结果写成普通方程）考点：轨迹方程 专题：计算题；交轨法分析：根据题意，设点A和B分别是（a，a）和（a+1，a+1），直线PA的方程是，直线QB的方程是当，即a=0时，直线PA和QB平行，无交点；当a0时，直线PA与QB相交，设交点为M（x，y），由此能得到直线PA和QB的交点M的轨迹方程解答：解：由于线段AB在直线y=x上移动，且AB的长，所以可设点A和B分别是（a，a）和（a+1，a+1），其中a为参数于是可得：直线PA的方程是直线QB的方程是（1）当，即a=0时，直线PA和QB平行，无交点（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x2y2+2x2y+8=0，即当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点评：本题考查轨迹方程的求法，解题时要认真审题，仔细分析，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地选取公式16（14分）设，（1）证明不等式对所有的正整数n都成立；（2）设，用定义证明考点：不等式的证明；极限及其运算 专题：证明题分析：（1）考虑an和式的通项，先对其进行放缩，结合数列的求和公式即可证得；（2）欲用定义证明即证对任意指定的正数，要使解答：证：（1）由不等式对所有正整数k成立，把它对k从1到n（n1）求和，得到1+2+3+nan又因1+2+3+n=，以及1+3+5+（2n+1）=，对所有的正整数n都成立（2）由（1）及bn的定义知对任意指定的正数，要使，只要使，即只要使取N是的整数部分，则数列bn的第N项以后所有的项都满足根据极限的定义，证得点评：本题主要考查不等式的证明，主要采用了放缩法放缩是一种重要的变形手段，但是放缩的对象以及放缩的尺度不易掌握，技巧性较强17（12分）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（1）AB（表示空集），（2）（a，b）C同时成立考点：集合关系中的参数取值问题；点到直线的距离公式 专题：压轴题分析：A、B、C是点的集合，由y=na+b和y=3m2+15想到直线和抛物线AB表示直线和抛物线有公共点，故只需联力方程，0得a，b的关系式，再考虑与集合C中x2+y2144表示的以原点为圆心，以12为半径的圆及内部点的关系即可解答：解：据题意，知 A=（x，y）|x=n，y=an+b，nZ B=（x，y）|x=m，y=3m2+15，mZ 假设存在实数a，b，使得AB成立，则方程组 y=ax+b y=3x2+15 有解，且xZ消去y，方程组化为 3x2ax+15b=0方程有解，=a212（15b）0a212b180又由（2），得 a2+b2144由+，得 b212b36（b6）20 b=6代入，得 a2108代入，得 a2108a2=108a=63 将a=6，b=6代入方程，得 3x26x+9=0解之得 x=，与xZ矛盾 不存在实数a，b使（