1982年(高考數(shù)學(xué)試題文理科)

一九八二年（理科）一（本題滿(mǎn)分6分）填表：函 數(shù)使函數(shù)有意義的x的實(shí)數(shù)范圍102R3R4-1,15(0,+）6R解：見(jiàn)上表。二（本題滿(mǎn)分9分）1求（-1+i)20展開(kāi)式中第15項(xiàng)的數(shù)值;2求的導(dǎo)數(shù)。解：1.第15項(xiàng)T15=2.三（本題滿(mǎn)分9分） Y 1 X O Y 1 O X 在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，下列方程表示什么曲線？畫(huà)出它們的圖形。12解：1.得2x-3y-6=0圖形是直線。2.化為圖形是橢圓。四（本題滿(mǎn)分12分）已知圓錐體的底面半徑為R，高為H。求內(nèi)接于這個(gè)圓錐體并且體積最大的圓柱體的高h(yuǎn)（如圖）。 A D c H h B E O 2R 解：設(shè)圓柱體半徑為r高為h。由ACDAOB得由此得圓柱體體積由題意，Hh0，利用均值不等式，有（注：原“解一”對(duì)h求導(dǎo)由駐點(diǎn)解得。）五（本題滿(mǎn)分15分）（要寫(xiě)出比較過(guò)程）。解一：當(dāng)1時(shí)，解二：六（本題滿(mǎn)分16分） A M P（，） X O N B 如圖：已知銳角AOB=2內(nèi)有動(dòng)點(diǎn)P，PMOA，PNOB，且四邊形PMON的面積等于常數(shù)c2。今以O(shè)為極點(diǎn)，AOB的角平分線OX為極軸，求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡的極坐標(biāo)方程，并說(shuō)明它表示什么曲線。解：設(shè)P的極點(diǎn)坐標(biāo)為（，）POM=-，NOM=+，OM=cos(-),PM=sin(-),ON=cos(+),PN=sin(+),四邊形PMON的面積這個(gè)方程表示雙曲線。由題意，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是雙曲線右面一支在AOB內(nèi)的一部分。七（本題滿(mǎn)分16分）已知空間四邊形ABCD中AB=BC，CD=DA，M，N，P，Q分別是邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)（如圖）求證MNPQ是一個(gè)矩形。 B M R A N Q D K S P C 證：連結(jié)AC，在ABC中，AM=MB，CN=NB，MNAC。在ADC中，AQ=QD，CP=PD，QPAC。MNQP。同理，連結(jié)BD可證MQNP。MNPQ是平行四邊形。取AC的中點(diǎn)K，連BK，DK。AB=BC，BKAC，AD=DC，DKAC。因此平面BKD與AC垂直。BD在平面BKD內(nèi)，BDAC。MQBD，QPAC，MQQP，即MQP為直角。故MNPQ是矩形。八（本題滿(mǎn)分18分） Y x2=2qy y2=2px A1 O A2 A3 X 拋物線y2=2px的內(nèi)接三角形有兩邊與拋物線x2=2qy相切，證明這個(gè)三角形的第三邊也與x2=2qy相切。解：不失一般性，設(shè)p0,q0.又設(shè)y2=2px的內(nèi)接三角形頂點(diǎn)為A1（x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3)因此y12=2px1，y22=2px2 ，y32=2px3。其中y1y2 , y2y3 , y3y1 .依題意，設(shè)A1A2，A2A3與拋物線x2=2qy相切，要證A3A1也與拋物線x2=2qy相切。因?yàn)閤2=2qy在原點(diǎn)O處的切線是y2=2px的對(duì)稱(chēng)軸，所以原點(diǎn)O不能是所設(shè)內(nèi)接三角形的頂點(diǎn)。即（x1,y1),(x2,y2),(x3,y3)，都不能是（0，0）;又因A1A2與x2=2qy相切，所以A1A2不能與Y軸平行，即x1x2 , y1-y2,直線A1A2的方程是同理由于A2A3與拋物線x2=2qy相切，A2A3也不能與Y軸平行，即x2x3, y2-y3,同樣得到由（1）（2）兩方程及y20,y1y3,得y1+y2+y3=0.由上式及y20,得y3-y1，也就是A3A1也不能與Y軸平行。今將y2=-y1-y3代入（1）式得：(3)式說(shuō)明A3A1與拋物線x2=2qy的兩個(gè)交點(diǎn)重合，即A3A1與拋物線x2=2qy相切。所以只要A1A2，A2A3與拋物線x2=2qy相切，則A3A1也與拋物線x2=2qy相切。九（附加題，本題滿(mǎn)分20分，計(jì)入總分）已知數(shù)列和數(shù)列其中1用p,q,r,n表示bn，并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明;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),設(shè)想用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n=2時(shí)，等式成立; 設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，等式成立，即則bk+1=qk+rbk=即n=k+1時(shí)等式也成立。所以對(duì)于一切自然數(shù)n2，都成立。一九八二年（文科）一（本題滿(mǎn)分8分）填表：函 數(shù)使函數(shù)有意義的x的實(shí)數(shù)范圍102R3(0,+）4R解：見(jiàn)上表。二（本題滿(mǎn)分7分）求（-1+i)20展開(kāi)式中第15項(xiàng)的數(shù)值;解：第15項(xiàng)T15=三（本題滿(mǎn)分7分）方程曲線名稱(chēng)圖形1.4x2+y2=4橢圓y o x 2.x-3=0直線y o x 解：見(jiàn)上圖。四（本題滿(mǎn)分10分）已知求的值。解：（注：三角換元法解亦可。）五（本題滿(mǎn)分10分）以墻為一邊，用籬笆圍成長(zhǎng)方形的場(chǎng)地，并用平行于一邊的籬笆隔開(kāi)（如圖）。已知籬笆的總長(zhǎng)為定值L，這塊場(chǎng)地的長(zhǎng)和寬各為多少時(shí)場(chǎng)地的面積最大？最大面積是多少？解：設(shè)長(zhǎng)方形場(chǎng)地的寬為x，則長(zhǎng)為L(zhǎng)-3x，它的面積當(dāng)寬時(shí)，這塊長(zhǎng)方形場(chǎng)地的面積最大，這時(shí)的長(zhǎng)為最大面積為答：略。六（本題滿(mǎn)分12分）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為，1用平面A1BC1截去一角后，求剩余部分的體積;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是棱錐B-A1B1C1的底，BB1是棱錐的高，A1B1C1的面積=，截下部分體積=剩余部分體積=2.連結(jié)D1C和D1B1， ，四邊形A1BCD1是平行四邊形，A1BD1C，B1CD1即A1B與B1C所成的角，正方體各面上對(duì)角線的長(zhǎng)度相等，即D1B1=B1C=D1C，D1CB1是等邊三角形。D1CB1=600，A1B與B1C成600的角。七（本題滿(mǎn)分12分）已知定點(diǎn)A，B且AB=2，如果動(dòng)點(diǎn)P到點(diǎn)A的距離和到點(diǎn)B的距離之比為21，求點(diǎn)P的軌跡方程，并說(shuō)明它表示什么曲線。解：選取AB所在直線為橫軸，從A到B為正方向，以AB中點(diǎn)O為原點(diǎn)，過(guò)O作AB的垂線為縱軸，則A為（-，0），B為（，0），設(shè)P為（x,y)。因?yàn)閤2,y2兩項(xiàng)的系數(shù)相等，且缺xy項(xiàng)，所以軌跡的圖形是圓。八（本題滿(mǎn)分16分）求的值。解：九（本題滿(mǎn)分18分） O A2 B3 A1 B2 A B1 B 如圖，已知AOB中，OA=b，OB=,AOB=(b