1982年高考理科数学试题

1982年一般高等学校招生全国一致考试数学（理科）一．（此题满分6分）填表：函数使函数存心义的x的实数范围1yx2{0}2y(x)2R3yarcsin(sinx)R4ysin(arcsinx)[-1,1]5y10lgx(0,+∞）6ylg10xR解：见上表二．（此题满分9分）1．求（-1+i)20睁开式中第15项的数值;2．求ycos2x的导数31514(1)6()14638760.解：1.第15项T=C20iC202.y2(cosx)(cosx)2cosxsinx(x)1sin2x.3333333三．（此题满分9分）在平面直角坐标系内，以下方程表示什么曲线？画出它们的图形Y1．2．

2x111X3y230;634Ox1cos,y2sin.解：1.得2x-3y-6=0图形是直线Y2.化为(x1)2y21,图形是椭圆41四．（此题满分12分）OX已知圆锥体的底面半径为R，高为H求内接于这个圆锥体而且体积最大的圆柱体的高h（如图）解：设圆柱体半径为r高为h由△ACD∽△AOB得

AHhr.HR

DcH由此得rR(Hh),hHBE圆柱体体积O2hR22h.2RV(h)rH2(Hh)由题意，H＞h＞0，利用均值不等式，有原式4R2HhHhh4R2H34R2H.H222H22727当Hhh,时上式取等号,所以当hH时,V(h)最大.23（注：原“解一”对h求导由驻点解得）五．（此题满分15分）设0x1,a0,a1,比较|loga(1x)|与|loga(1x)|的大小（要写出比较过程）解一：当a>1时，|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)|.当0a1时,|loga(1x)|loga(1x),|loga(1x)|loga(1x),|loga(1x)||loga(1x)|loga(1x2).0a1,01x21,loga(1x2)0,|loga(1x)||loga(1x)|.所以当0x1,a0,a1时,总有|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．（此题满分16分）如图：已知锐角∠AOB=2α内有动点P，PM⊥OA，PN⊥OB，A且四边形PMON的面积等于常MP（ρ，θ）数c2今以O为极点，∠AOB的X角均分线OX为极轴，求动点PO的轨迹的极坐标方程，并说明NB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112SPMONPN[cos()sin()cos( )sin( )]OM222,:依题意动点的轨迹的极坐标方程是P2c22[cos()sin()cos()sin()]2c2用倍角公式化简得[sin2()sin2()]42c2用和差化积公式化简得sin2cos22c22即2cos2.sin2用xcos,ysin化为直角坐标方程上式为22sin2)2c2即2y22c2(cossin2.x.sin2这个方程表示双曲线由题意，动点P的轨迹是双曲线右边一支在∠AOB内的一部分七．（此题满分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是一个矩形证：连接AC，在△ABC中，AM=MB，CN=NB，∴MN∥AC在△ADC中，∵AQ=QD，CP=PD，QP∥AC∴MN∥QP同理，连接BD可证MQ∥NP∴MNPQ是平行四边形取AC的中点K，连BK，DKAB=BC，∴BK⊥AC，

BMRANDKSPCAD=DC，∴DK⊥AC所以平面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．（此题满分18分）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.

Yx2=2qy2y=2px又设y2=2px的内接三角形极点A1为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不可以是所设内接三角形的极点即（x1,y1),(x2,y2),(x3,y3)，都不可以是（0，0）;又因A1A2与x2=2qy相切，所以A1A2不可以与Y轴平行，即x1≠x2,y1≠-y2,直线A1A2的方程是yy1y2y1(xx1),x2x1y22y12(y2y1)(y2y1)2p(x2x1).A1A2方程是y2pxy1y2.y1y1y2y2A1A2与抛物线x22qy交点的横坐标知足x24pqx2qy1y20,y1y2y1y2因为A1A2与抛物线x22qy相切,上边二次方程的鉴别式(4pq)24(2qy1y2)0.y1y2y1y2化简得2p2qy1y2(y1y2)0(1)同原因于A2A3与抛物线x2=2qy相切，A2A3也不可以与Y轴平行，即x2≠x3,y2≠-y3,相同获得2p2qy2y3(y2y3)0(2)由（1）（2）双方程及y≠0,y1≠y,得y+y+y=0.23123由上式及y≠0,得y≠-y1，也就是AA也不可以与Y轴平行今将2331y2=-y1-y3代入（1）式得：2p2qy3y1(y3y1)0(3)31与抛物线2=2qy的两个交点重合，即31与抛物线(3)式说明AAxAAx2=2qy相切所以只需A1A2，A2A3与抛物线x2=2qy相切，则A3A1也与抛物线x2=2qy相切九．（附带题，此题满分20分，计入总分）已知数列a1,a2,an,和数列b1,b2,,bn,此中a1p,b1q,anpan1bnqan1rbn1(n2),(p,q,r是已知常数,且q0,pr0).1．用p,q,r,n表示bn，并用数学概括法加以证明;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用数学概括法证明：当n=2时，b2q(pr)q(p2r2),等式建立;pr设当n=k时，等式建立，即bkq(pkrk),pr则bk+1=qak+rbk=qpkrq(pkrk)q(pk1rk1),prpr即n=k+1时等式也建立所以关于全部自然数n≥2，bnq(pnrn)都建立pr2