1982年(高考数学试题文理科)

1、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1y x x202y J( x)2R3y arcsin(sin x)R4y sin(arcsin x)-1,15lg x y 10g(0,+ °°)6, j x y lg10R解：见上表。2 .（本题满分9分）1 .求（-1+i） 20展开式中第15项的数值；2 .求y cos2 x的导数。3解：1.第 15 项 T15=C24（ 1）6（i）14C6038760.2. y 2(cosx)(cos-) 2cos-sin (-)1sin2x.3333 3333 .（本题满分9分）在平面直角坐标系内，下列

2、方程表示什么曲线？画出它们的图形。2x 1 11 . 3y 2 3 0；63 4,c x 1 cos , 2.y 2sin .解：1.得2x-3y-6=0图形是直线。2.化为（x 1）2亡1,图形是椭圆。4四.（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7 / 10解：设圆柱体半径为r高为h 由4ACAAOB导H h r . H R由此得r (H h),H圆柱体体积V(h) H(HH 2AH2R由题意,原式 4h)2h.H>h>0,利用均值不等式，有R2 H h H hR2 H 3rh 4 r H 22H 2742R H.27h,时

3、上式取等号，因此当h 旦时,V（h）最大.3（注：原“解一”对h求导由驻点解得。） 五.（本题满分15分）设0 :比较过程）X 1,a 0,a 1,比较 |1oga(1 X)|与 |1oga(1解一：当a>1时，|10ga(1 X) |10ga(1X),|lOga(1 X)| 10g a (1 X),X）|的大小（要写出|10ga(1 X) | | 10g a(12a 1,0 1 x 1,| 10ga(1当0 aX)| |10ga(1X) |10g a(12 10g a(1 X )X) |.X) 10g a(1 X)2、log a (1 X ).0,| 10ga(1| 10ga(10 a

4、I 10ga(1因此当0 解二：|10ga(11时, X) |X) |1, 0x)|10g a(1 X), | 10g a (1 X) |2 |10ga(1 X) | 10g a(1 X ).10g a (1 X),1 X21, 10g a(1 X2) 0,|10ga(1 X) |.1,a 0,a 1 时，总有 | 10g a(1 X) | |10ga(1X) |.X)|10ga(1 X) |1 X 1,0 110ga(1 X) 10g a(1 X)X 1,110g1x(1 X) |原式 logi x(1 x) log 1 x logix工x2 1 logi x(1 x2)1 x 1 x2 2

5、1 x 1,0 1 x 1,log1x(1 x ) 0原式,即 1sH1,Noga(1 x)INoga(1 x)1六.（本题满分16分）如图：已知锐角/ AOB=2内有动点P, PML OA PNL OB 且四边形PMOIN）面积等于常数c2。 今以O为极点，/AOB勺角平分线 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（p , 8 ）/ POM = -0,Z NOMI = + 0 ,OM=p cos( a - 0 ),PM= p sin( a - 0 ),ON=p cos( a + 0 ),PN= p sin( a + 0 ),四边形PMON)面积

6、c 1-1-2S -OM PM -ON PN 万cos()sin( ) cos( )sin( )2cos( )sin( ) cos(2)sin( ) c)sin2( ) c2cos2c2依题意，动点P的轨迹的极坐标方程是：2用倍角公式化简得一sin 2（42用和差化积公式化简得 一sin2222c2即 cos2 .sin 2用xcos ,y sin化为直角坐标方程上式22. 22c 222c(cos sin ) . x y sin2sin 2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/ AO时的一部分七.（本题满分16分）已知空间四边形 ABCM AB=BC CD=DAM N,

7、 P, Q分别是 边AB, BQ CQ DA的中点（如图）求证 MNP偎一个矩形。证：连结AG在 ABC中，bv AM=M BCN=NB 二 MN/AC在ADC, .AQuQ DCP=PD及切 .QP/ AG.MNZQRA / ；N同理，连结BD可证MQ NR.MNPQE平行四边形。c吓取AC的中点K,连BK, DKC 'v AB=BC /. BK! AQv AD=DC /. DKLAG 因止匕平面 BKDW AC垂直。. BD在平面 BKDft, . BDL AG MQ BQ QP/ AG MQLQ只 即/MQ西直角。故MNPQE矩形。八.（本题满分18分）抛物线y2=2px的内接三

8、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Yy2=2px的内接三角形顶点为x2=2qyA（X1,y 1）,A 2（x 2,y 2）,a 3（X3,y 3）y2=2Px222因止匕 yi =2pxi, y2 =2px2 , y3 =2px3。Ai其中 yi*y2 , y 、y 3*yi. 0 /2 a/x依题意，设AiA,AA与抛物线x2=2qy JK相切，要证 A3A也与抛物线 x2=2qy乎相切。因为x2=2qy在原点O处的切线是y2=2px的对称轴，脐以原点O不 能是所设内接三角形的顶点。即（xi,y

9、i）,（x 2,y 2）,（x 3,y 3）,都不能 是（0, 0）;又因AA2与x2=2qy相切，所以AA2不能与Y轴平行， 即x1?x2, y i?-y 2,直线AA2的方程是y2% /、x2xiy yi （x xj22y yi (y yi)(y2 yi)2 P(X2 xi).AA2方程是y 二x y-.yi V2yi V2A A2与抛物线x2 2qy交点的横坐标满足x2 .px 2qy 0 xxu,yi V2yi V2由于A A2与抛物线x2 2qy相切，上面二次方程的判别式()2 4(迎马0.yi V2yi V2化简得 2p2q yi y2(yi y2) 0(i)同理由于AA与抛物线x

10、2=2qy相切，AA也不能与Y轴平行，即x2#x3, y 2#-y 3,同样得到2p2q y2y3B2¥3)0(2)由(i) (2)两方程及 y2#0,y i#y3,得 yi+y2+y3=0.由上式及y2#0,得y3#-yi,也就是AA也不能与Y轴平行。今将 y2=-yi-y 3代入(i)式得：2p2q y3yi(y3 yi) 0(3)(3)式说明AAi与抛物线x2=2qy的两个交点重合，即AA与抛物线 x2=2qy相切。所以只要 AA2, AA与抛物线x2=2qy相切，则 AAi 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 ai,a2, an,和数

11、列 bi,b2, ,bn ，其中 ai p,bi q, an pan ibn qan i rbn i(n 2),( p,q, r是已知常数，且q 0, p r 0).1 .用p,q,r,n表示并用数学归纳法加以证明；2 .求 lim f bn.n .an2 bn2角军:i. a i=p, a n=pa n-i, a n=p .又 bi=q,b2=qai+rbi=q(p+r),b 3=qa2+rb 2=q(p2+pq+r2),n n、 n i n 2n i . q(p r )攻想 bn q(p p r r )-.p用数学归纳法证明：/22、当n=2时，b2 q(p r) q(Pr),等式成立;P

12、 r设当n=k时，等式成立，即bk贝U bk+i=qak+rbk=qpk rq( p p即n=k+1时等式也成立。k k k、 q(P r ),P r/ k 1 k 1、q(P r )P r所以对于一切自然数n>22.limbnn . anbnlimn2nPp r0,原式lim nP r2 / n nx 2 q (P r )(P r)2q(pn rn)2n22 n n 2P (P r) q (P r )q(pn14 / 10分子分母同除以pn,q1原式nim= (p r)2r0 1,故当nP.bnlimn22anbn(-)n Pq21 (r)n2 P时,(3 no,pq,(p r)2 q

13、2一九八二年(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1y ，X x202y3( x)2R3y 101gx(0,+ °°)4y Ig10xR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 项丁5=C24（ 1）6（i）14C2038760.三.（本题满分7分）方程曲线名称图形11.4x2+y2=4椭圆丫ox2.x-3=0直线/口%oM解：见上图。四.（本题满分10分）已知x y 1,x2 y2 1,求x2 y2的值2解：（x y）21,即 x2 2xy y21，44一 ,13,0.37信 2xy 1, （x y

14、） 1,4444'72 27x y-, x y （x y）（x y） .24（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x(L 3x)3(x 33x2 LxL2.12当宽x L时，这块长方形场地的面积 6最大，这时的长为L 3x L 3 L6答：略。六.（本题满分12分）已知正方体ABCD-ABCQ的棱长为 一， ，12”大面积为蒋1 .用平面ABC截去一角后，求剩余部分的体积

15、；2 .求AiB和BC所成的角解：1. BB，平面 ABCD,.ABC是棱锥 B-A1BC1 的底，BB1 C是棱铤的局， ABC的面积=-a2, 211 1 C截下部分体积=BB1 A1B1cl的面积 -a a 33 2剩余部分体积=a3 M35a3.662.连结DC和DB, ADMBC, .四边形ABCD是平行四边形, .AB/ DC,BCD即 AB与 BC所成的角，正方体各面上对角线的长度相等，即 DB=BC=DC,.DCB是等边三角形。./ DCB=600,.A1B与BC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

16、,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(-a, 0),B为(a, 0),设 P为(x,y)。PA 2,(x a)2 y2 -,. 2.PB 1(x a)2 y2(x a)2 y2 q(x a)2 y2, 2223x 10ax 3y 3a 0.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 tg9 ctg117 tg 243 ctg351 的值。解：原式 tg9 tg27 ctg27 ctg9(tg9 ctg9) (tg27 ctg27 )22 c sin54 sin182 -sin18 sin54 sin18 sin54c 2 cos36 sin18 , sin54 ,244sin18 sin 54 sin54九.（本题满分18分）如图，已知 AOEfr, OA=b OB=a, ZAOB=e （a Ab, 0 是锐角）。作ABXOB BA / BA;再作ABOB B2A2/ BA;如此无限连续作下 去。设ABB, ABB,的面积为S,求无穷数列 S,的和。解：AB= bsin , BB=a bcos- 11S1AB1 BB1bsin （a bsin ）,2