1982年高考理科數(shù)學(xué)試題

1982年一般高等學(xué)校招生全國一致考試數(shù)學(xué)（理科）一．（此題滿分6分）填表：函數(shù)使函數(shù)存心義的x的實數(shù)范圍1yx2{0}2y(x)2R3yarcsin(sinx)R4ysin(arcsinx)[-1,1]5y10lgx(0,+∞）6ylg10xR解：見上表二．（此題滿分9分）1．求（-1+i)20睜開式中第15項的數(shù)值;2．求ycos2x的導(dǎo)數(shù)31514(1)6()14638760.解：1.第15項T=C20iC202.y2(cosx)(cosx)2cosxsinx(x)1sin2x.3333333三．（此題滿分9分）在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，以下方程表示什么曲線？畫出它們的圖形Y1．2．

2x111X3y230;634Ox1cos,y2sin.解：1.得2x-3y-6=0圖形是直線Y2.化為(x1)2y21,圖形是橢圓41四．（此題滿分12分）OX已知圓錐體的底面半徑為R，高為H求內(nèi)接于這個圓錐體而且體積最大的圓柱體的高h(yuǎn)（如圖）解：設(shè)圓柱體半徑為r高為h由△ACD∽△AOB得

AHhr.HR

DcH由此得rR(Hh),hHBE圓柱體體積O2hR22h.2RV(h)rH2(Hh)由題意，H＞h＞0，利用均值不等式，有原式4R2HhHhh4R2H34R2H.H222H22727當(dāng)Hhh,時上式取等號,所以當(dāng)hH時,V(h)最大.23（注：原“解一”對h求導(dǎo)由駐點解得）五．（此題滿分15分）設(shè)0x1,a0,a1,比較|loga(1x)|與|loga(1x)|的大小（要寫出比較過程）解一：當(dāng)a>1時，|loga(1x)|loga(1x),|loga(1x)|loga(1x),|loga(1x)||loga(1x)|[loga(1x)loga(1x)]loga(1x2).a1,01x21,loga(1x2)0,|loga(1x)||loga(1x)|.當(dāng)0a1時,|loga(1x)|loga(1x),|loga(1x)|loga(1x),|loga(1x)||loga(1x)|loga(1x2).0a1,01x21,loga(1x2)0,|loga(1x)||loga(1x)|.所以當(dāng)0x1,a0,a1時,總有|loga(1x)||loga(1x)|.解二：|loga(1x)|loga(1x)|log1x(1x)||loga(1x)|loga(1x)1x1,01x1,原式11x2log1x(1x)log1x1xlog1x1x21log1x(1x)1x1,01x21,log1x(1x2)0原式1,即|loga(1x)|1,|loga(1x)||loga(1x)||loga(1x)|六．（此題滿分16分）如圖：已知銳角∠AOB=2α內(nèi)有動點P，PM⊥OA，PN⊥OB，A且四邊形PMON的面積等于常MP（ρ，θ）數(shù)c2今以O(shè)為極點，∠AOB的X角均分線OX為極軸，求動點PO的軌跡的極坐標(biāo)方程，并說明NB它表示什么曲線解：設(shè)P的極點坐標(biāo)為（ρ，θ）∴∠POM=α-θ，∠NOM=α+θ，OM=ρcos(α-θ),PM=ρsin(α-θ),ON=ρcos(α+θ),PN=ρsin(α+θ),四邊形PMON的面積112SPMONPN[cos()sin()cos( )sin( )]OM222,:依題意動點的軌跡的極坐標(biāo)方程是P2c22[cos()sin()cos()sin()]2c2用倍角公式化簡得[sin2()sin2()]42c2用和差化積公式化簡得sin2cos22c22即2cos2.sin2用xcos,ysin化為直角坐標(biāo)方程上式為22sin2)2c2即2y22c2(cossin2.x.sin2這個方程表示雙曲線由題意，動點P的軌跡是雙曲線右邊一支在∠AOB內(nèi)的一部分七．（此題滿分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（如圖）求證MNPQ是一個矩形證：連接AC，在△ABC中，AM=MB，CN=NB，∴MN∥AC在△ADC中，∵AQ=QD，CP=PD，QP∥AC∴MN∥QP同理，連接BD可證MQ∥NP∴MNPQ是平行四邊形取AC的中點K，連BK，DKAB=BC，∴BK⊥AC，

BMRANDKSPCAD=DC，∴DK⊥AC所以平面BKD與AC垂直BD在平面BKD內(nèi)，∴BD⊥AC∵M(jìn)Q∥BD，QP∥AC，∴MQ⊥QP，即∠MQP為直角故MNPQ是矩形八．（此題滿分18分）拋物線y2=2px的內(nèi)接三角形有兩邊與拋物線x2=2qy相切，證明這個三角形的第三邊也與x2=2qy相切解：不失一般性，設(shè)p>0,q>0.

Yx2=2qy2y=2px又設(shè)y2=2px的內(nèi)接三角形極點A1為OA2A3XA1（x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3)所以y122=2px22=2px3=2px1，y2，y3此中y≠y,y≠y,y3≠y.12231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相切因為x2=2qy在原點O處的切線是y2=2px的對稱軸，所以原點O不可以是所設(shè)內(nèi)接三角形的極點即（x1,y1),(x2,y2),(x3,y3)，都不可以是（0，0）;又因A1A2與x2=2qy相切，所以A1A2不可以與Y軸平行，即x1≠x2,y1≠-y2,直線A1A2的方程是yy1y2y1(xx1),x2x1y22y12(y2y1)(y2y1)2p(x2x1).A1A2方程是y2pxy1y2.y1y1y2y2A1A2與拋物線x22qy交點的橫坐標(biāo)知足x24pqx2qy1y20,y1y2y1y2因為A1A2與拋物線x22qy相切,上邊二次方程的鑒別式(4pq)24(2qy1y2)0.y1y2y1y2化簡得2p2qy1y2(y1y2)0(1)同原因于A2A3與拋物線x2=2qy相切，A2A3也不可以與Y軸平行，即x2≠x3,y2≠-y3,相同獲得2p2qy2y3(y2y3)0(2)由（1）（2）雙方程及y≠0,y1≠y,得y+y+y=0.23123由上式及y≠0,得y≠-y1，也就是AA也不可以與Y軸平行今將2331y2=-y1-y3代入（1）式得：2p2qy3y1(y3y1)0(3)31與拋物線2=2qy的兩個交點重合，即31與拋物線(3)式說明AAxAAx2=2qy相切所以只需A1A2，A2A3與拋物線x2=2qy相切，則A3A1也與拋物線x2=2qy相切九．（附帶題，此題滿分20分，計入總分）已知數(shù)列a1,a2,an,和數(shù)列b1,b2,,bn,此中a1p,b1q,anpan1bnqan1rbn1(n2),(p,q,r是已知常數(shù),且q0,pr0).1．用p,q,r,n表示bn，并用數(shù)學(xué)概括法加以證明;2．求limbn.2n2anbn解：1.∵a1anan-1,∴ann=p,=p=p.1又b=q,b2=qa1+rb1=q(p+r),b3=qa2+rb2=q(p2+pq+r2),假想bnq(pn1pn2rrn1)q(pnrn).pr用數(shù)學(xué)概括法證明：當(dāng)n=2時，b2q(pr)q(p2r2),等式建立;pr設(shè)當(dāng)n=k時，等式建立，即bkq(pkrk),pr則bk+1=qak+rbk=qpkrq(pkrk)q(pk1rk1),prpr即n=k+1時等式也建立所以關(guān)于全部自然數(shù)n≥2，bnq(pnrn)都建立pr2