1995年全国高考数学试题

一九九五年全国高考数学试题理科试题15〔1〕-〔10〕4〔11〕-〔15〕题每题5分，共65分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。IM，NI，假设MN=N，则〔C〕〔A〕MN 〔B〕MN 〔C〕MN 〔D〕MN函数y 1 的图象是 〔B〕x1y (B) y (C) y (D) yo1 x -1o x o 1 x -1 o xy4sin(3x

)3cos(3x4

)的最小正周期是〔C〕4〔A〕6 〔B〕2 〔C〕2

〔D〕3 3正方体的全面积是a2，它的顶点都在球面上，这个球的外表积是 〔B〕〔A〕a2 〔B〕a2

〔C〕2a2 〔D〕3a23 2假设图中的直线lll1 2 3

的斜率分别为kk1 2

,k，则 〔D〕3y〔A〕k k ky1 2 3〔B〕k3

k kl1l1l2l3O〔C〕k k k3 2 1x〔D〕k k kx1 3 2〔6〕在(1x3)(1x)10的开放式中，x5的系数是 〔D〕〔A〕-297 〔B〕-252 〔C〕297 〔D〕207使arcsinxarccosx成立的x的取值范围是 〔B〕〔A〕(0,

] 〔B〕(222

,1] 〔C〕[1, ) 〔D〕[1,0)222 222双曲线3x2y23的渐近线方程是 〔C〕3〔A〕y3x 〔B〕y1x y 3x 〔D〕y x33 3是第三象限角，且sin4cos4

5，那么sin2等于9222

2

2

2〔A〕23 3 3 32直线l平面，直线m平面〔D〕①//lm; ②l//m;③l//m; ④lm//.其中正确的两个命题是〔A〕①与②〔B〕③与④ 〔C〕②与④ 〔D〕①与③yloga

(2ax)在[0，1]上是x的减函数，则a的取值范围是 〔B〕01〕B〔12〕C〔2〕D[2，+〕等差数列{an

},{bn

的前nSn

与TSnn Tn

2n ,则liman等于 〔C〕nbn6〔A〕1 〔B〕6

2

43 3 91，2，3，4，5其中偶数共有 〔A〕〔A〕24个 〔B〕30个 〔C〕40个 〔D〕60个在极坐标系中，椭圆的两焦点分别在极点和2c0，离心为e,则它的极坐标方程是 〔D〕

c(1e)1ecos

c(1e2)1ecos

c(1e)

c(1e2)BC-ABC111 B1 D1 A1∠BCA=900，点DF1 1

分别是AB， ACF1C11F1C1BC=CA=CCBD与AF

所成角的余1 1 1弦值是 〔A〕B A30〔A〕 1 C3010 23015〔C〕 〔D〕301515 10二．填空题：本大题共5小题;每题4分，共20分。把答案填在题中横线上。

(1)x283

32x的解是 答：{x|2x4}圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，母线与底面所成的角为，则圆台的体积与球体积之比 337332(18ysin(x

)cosx的最小值是 634直线l过抛物线y2a(x1)(a0)的焦点并且与x轴垂直假设l被抛物线截得的线段长为4，则a 答：4四个不同的小球放入编号为1、2、3、4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有 种〔用数字作答〕C2P31444 4三．解答题：本大题共6小题;共65分.解同意写出文字说明、证明过程或推演步骤。21〔本小题总分值7分〕在复平面上，一个正方形的四顶点依据逆时针方向依次为Z1Z，Z，〔其中O是原点，Z对应复数z 1 i。求Z和Z2 3 2 2 1 3对应的复数。解：设Z，Z对应的复数分别为zz.1 3 1 3依题设得221 12221z z2cos(4)isin(4)21

3i)( i)22 2233 1 1i332 2221 1222z 23

313

isin3i3

4

3i)( i)22 222 222〔本小题总分值10分〕求sin220cos250sin20cos50的值。2

1(1cos100)sin20cos5021

1(cos100cos40)1(sin70sin30)2 23sin70sin301sin7034 2 423〔本小题总分值12分〕如图，圆柱的轴截面ABCDEAF⊥DE，F〔Ⅰ〕求证：AF⊥DB;〔Ⅱ〕D-ABE3，求直线DE平面ABCDFHFHDA⊥平面ABE D C∵BE平面ABE，∴DA⊥EB.A B∵ABE点E∴AE⊥EB，又AE∩AD=A，故得EB⊥平面DAE∵AF平面DAE，∴EB⊥AF又AF⊥DE，且EB∩DE=E，故得AF⊥平面DEB.∵DB平面DEB∴AF⊥DB.〔Ⅱ〕解：过点EEH⊥AB，HDH.依据圆柱性质，平面ABCD⊥平面ABE，AB是交线，且EH平面ABE，∴EH⊥平面ABCD.又DH平面ABCD，∴DH是EDABCD从而∠EDHDEABCD设圆柱的底面半径而R，则DA=AB=2RV

=2πR3，圆柱V=1AD·S

=2R2

·EH.D-ABE 3 △ABE 3V:V圆柱

=3πEH=R.D-ABE可知HAH=R，DA2DA2AH2

5R,∴∠EDH=arcctgDHarcctg5.EH24〔本小题总分值12分〕某地为促进淡水鱼养殖业的进展，将价格掌握在适当范围内，打算x/千克，政府补贴为t/千克，依据市场调查，当8≤x≤14场日供给量PQP1000(xt8)(x8,t0),Q500 40(x8)2(8x14).当P=Q〔Ⅰ〕将市场平衡价格表示为政府补贴的函数，并求出函数的定义域;〔Ⅱ〕10每千克多少元？解〔Ⅰ〕依题设有100(xt)(x,t),500 40(x)2.化简得5x28t80)x4t264t280)0当判别式80016t20时，可得4x8 t 50t2.45由0t0,8x14得不等式组:① 0t 50,2550t2 2550t2 8 5

14;2550t2 0t2550t2② 488 t 5

14.解不等式组①，得0t 10.不等式组②无解。故所求的函数关系式为4x8 t 50t2.4510函数的定义域为[0， ]10〔Ⅱ〕为使x10，应有5050t2x8 t5

10化简得t24t50,解得t1或t5.由于t0,知t1.125〔本小题总分值12分〕设{aS是其前nn nn〔Ⅰ〕证明lgSn

2

n2lgS

;n1〔Ⅱ〕是否存在常数c>0lg(Sn

c)lg(S2

n2c)

lg(S

n1c)

成立？并证明你的结论。〔Ⅰ〕证明：设{an

的公比为q，由题设知a 0,q0.1当q1时，S na,从而n 1S n

n2

S2n1

na1

(n2)a1

1

a21

0.当q1时，

S a(1qn从而1 n 11 a(1qn)(1qn2) a(1qn1)2S n

n2

S2 1n1

(1q)2

1(1q)2

a1

2qn

0.由〔1〕和〔2〕得Sn

Sn2

S2n1依据对数函数的单调性，知lg(Sn

Sn2

)lgS2 ,n1即lgS即n

2

n2lgS

.n1〔Ⅱ〕解：要使lg(Sn

c)lg(S2

n2c)

lg(S

n1

c)①

成立，则有(S

c)(S

n2

c)(S

n1

c)2②S c0n1〕当q1时，(S c)(Sn

n2

c)(S

n1

c)2(na1

c)[(n2)a1

c][(n1)a1

c]2

a21

0.可知，不满足条件①，即不存在常数c>0，使结论成立。〔2〕当q1时，假设条件①成立，因(S c)(S c)(S c)21n n2 n11a(1qn) a

(1qn2)

(1qn1) 2111

1q

c

1q

c

1q

ca1

qn[a1

c(1q)],且aqn0故只能有a1 ac 1 .a

c(1q)0即1q此时，c0a1

0,0q1.1an但0q1时，S a 1q1an

不满足条件②，n 1q 1q即不存在常数c>0，使结论成立。证法二：用反证法.假设存在常数c>0，使lg(Sn

c)lg(S2

n2

lg(S

n1

c)，则有S S n S

(1)(2) n1Sn2

(3)(Sn

c)(S

n2

c)(S

n1

c)2.

(4)由〔4〕得Sn

Sn2

S2n1

c(Sn

Sn2

2S

n1

). (5)依据平均值不等式及2〔4〕知S S(S (S c)(Snn2c)

n2

2S

n1

(Sn

c)(S

n2

c)2(S

n1

c)2

n1

c)0.由于c>，故〕式右端非负，而由〔Ⅰ〕〕冲突。故不存在常数c>0，使lg(Sn

c)lg(S2

n2c)

lg(S

n1

c)26〔本小题总分值12分〕x2y2

1，直线l:xy

1.Pl上一点，射线OP24 16 12 8椭圆于点Q在OPPl动时，求点Q解：由题设知点QP，R，Q〔x,y),〔x,y),〔x,y), yP P R Rl其中x,y不同时为零. QR当点P不在y轴上时， O x由于点RO，Q，Rx2 y2 R R

x2

48x2 ,

(1)24 16 解得 R

2x23y2y y.y

y2

48y2 .

(2)x x RR

2x2

3y2由于点Pl上及点O，Q，P解方程组xPyP

x

24x ,

(3)12 8y y P .

解得Py

2x3y 24y .

(4)x x PP

2x3y当点Py〔1〕~〔4〕式也成立由题设|OQ|·|OP|=|OR|2，得x2y2xx2y2x2yP2Px2yR2R将〔1〕~〔4〕式代入上式，化简整理得24(x2y2)224(x2y2)2(2x3y)2 ,2x23y2x 因x与x同号或y与y同号，以及〕知2 3 0x P P故点Q(x1)2(y1)2

1其中x,y不同时为零).5 52 31015所以点Q的轨迹是为中心长短半轴分别为 和 且10152 3长轴与x解法二：由题设点QP，R，Q〔x,y),〔x,y〔x,y),其中x,yP P R R设OP与x，则有x |OP|cos,yP x |OR|cos,yR

|OP|sinx|OQ|cos,y|OQ|sin由上式及题设|OQ|·|OP|=|OR|2，得x

|OP|x,

(1) P |OQ| |OP|y y; P |OQ|x2|OP|x2, R |OQ| |OP|y2 R |OQ|

(2)(3)(4)由点Pl上，点RxPyP

(5)12 8x2 y2 R R 1. (6)24 16将2〔4〕代入〔，整理得点Q(x1)2(y1)2

1其中x,y不同时为零).5 52 31015所以点Q的轨迹是为中心长短半轴分别为 和 且10152 3长轴与x解法三：投影法设P，R，Q〔x为零.

,y),〔x,y),〔x,y),其中x,yP P R R由题设|OQ|·|OP|=|OR|2xxP设OPykx

x2Ry kx P

, x2 24 ,2xP

3yP

24.

P y kx

, 4822xR2R

R3y2R

48.

x2R

.3k2x

46k,xxP

x2R

23k2 这就是Qkyk.(x1)2

(y1)2

1其中x,y不同时为零).5 52 3当P在ykQ〔0，2〕满足方程，故Q〔1，1〕为中心，长、短半轴分别为轴与x解法四：极坐标法在极坐标系OXPOX=|OR|,|OP|,|OQ|(0)1 2

和 且长10152 31015

y21得1

cos2sin2

(1)24 16

2 24 161xy

11

cossin

(2)12 8

12 82由|OQ|·|OP|=|OR|2得 2即2 11 2 1

)将〔2〕代入3〕 22 1cos sin

sin2( )2( 12 8 24 16xy

x2y2

配方整理得12 8 24 16(x1)2

(y1)2

1其中x,y不同时为零).5 52 310故Q〔1，1〕为中心，长、短半轴分别为轴与x10

15和 且长152 3文科试题15〔1〕-〔10〕4〔11〕-〔15〕题每题5分，共65分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。〔1〕全集-3，-4}，则MN 〔B〕〔B〕{-3，-4}〔C〕{-1，-2}〔D〕〔2〕函数y 1 的图象是 〔D〕x1y (B) y (C) y (D) y 〔3〕函数 y4sin(3x )3cos(3x )o1 x -1o x o 1 x -1 o x 4 4〔C〕2〔D〕〔C〕2〔D〕期是〔C〕〔A〕6 〔B〕23 3正方体的全面积是a2，它的顶点都在球面上，这个球的外表积是 〔B〕〔A〕a2 〔B〕a2

〔C〕2a2 〔D〕3a23 2假设图中的直线lll1 2 3〔A〕k k k1 2 3

的斜率分别为kk1 2y

,k，则 〔D〕3〔B〕k3

k kl1l1l2l3O〔C〕k k k3 2 1〔D〕k k k1 3 2 x双曲线3x2y23的渐近线方程是 〔C〕3〔A〕y3x 〔B〕y1x y 3x 〔D〕y x33 3使sinxcosx成立的x的取值范围是 〔A〕, 〔A〕[3 ,

〔B〕,]

〔C〕

[,3]

〔D〕

[0,][4 4 2 2 4 4[〔8〕圆x2y22x0和x2y24y0的位置关系是 〔C〕〔A〕相离 〔B〕外切 〔C〕相交 〔D〕内切是第三象限角，且sin4cos4

5，那么sin2等于9222

2

2

2〔A〕23 32

3 3是正方体，11111 BE=DFAB BE与DF1 11 11 4 1

所成角

D1 F1 C1的余弦值是 〔A〕〔A〕15 〔B〕1 C17 2A1E1B1D3A1E1B1D317yloga

2(2x是xa的取值范围是〔B〕02〕B〔01〕C〔2〕D〔，+〕〔12〕在(1x3)(1x)10的开放式中，x5的系数是 〔D〕〔A〕-297 〔B〕-252 〔C〕297 〔D〕207直线l平面，直线m平面〔D〕①//lm; ②l//m;③l//m; ④lm//.其中正确的两个命题是〔A〕①与②〔B〕③与④ 〔C〕②与④ 〔D〕①与③等差数列{an

},{bn

的前nSn

与TSnn Tn

2n ,则liman等于 〔C〕nbn6〔A〕1 〔B〕6

2

43 3 9用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有 〔A〕〔A〕24个 〔B〕30个 〔C〕40个 〔D〕60个二．填空题：本大题共5小题;每题4分，共20分。把答案填在题中横线上。方程log2答：3

(x1)2log4

(x1)5的解是 圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，母线与底面所成的角为，则圆台的体积与球体积之比 37 3答：7 332(18ycosxcos(x3答：3

)的最大值是 3直线l过抛物线y24(x1)的焦点，并且与x轴垂直，则l被抛物线截得的线段长为 答：4四个不同的小球放入编号为1、2、3、4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有 种〔用数字作答〕C2P31444 4三．解答题：本大题共6小题;共65分.解同意写出文字说明、证明过程或推演步骤。21〔本小题总分值7分解方程3x232x80.y3x，则原方程可化为9y280y90.解得y1

9,y2

1.91而方程3x 9由3x9得x2,所以原方程的解为x=2.22〔本小题总分值12分〕设复数zcosisin(,2求复数z2z的模和辐角。z2z(cosisin2(cosisin)cos2isin2cosisincos 2cos3cosi(2sin3 cos 2 2 2 2 3(cos i3 3(cos i3sin2222coscos(3)isin(3)22 2 (,2), ),2cos0. ( ,2 2 2所以复数z2z的模为2cos;2辐角为(2k1)3(kZ).223〔本小题总分值10分〕设{an

Sn

是其前n证明lg0.5Sn

2

n2lg

0.5

S .n1证明：设{an

的公比为q，由题设知a 0,q0.1当q1时，S na,从而n 1S S S2 na(n2)a(n1)2a2a2n n2 n1 1 1 1 1

0.

q1Sn

a1a1q

从而a(1qn)(1qn2) a(1qn1)2S n

n2

S2 1n1

(1q)2

1(1q)2

a1

2qn

0.由〔1〕和〔2〕得Sn

S2

S2n1依据对数函数的单调性，知lg(Sn

S2

)lgS2 ,n1即lg0.5Sn

S2

n2lg

0.5

S .n1证法二：设{an

的公比为q，由题设知a 0,q0.1Sn1

a qS1

,Sn2

a qS1

,n1S n

n2

n1

S(an

n1

)(a1

qSn

)Sn1a(S1

Sn1

)aa1

n1

0.即S n

2

S2n1

〔以下同证法一〕24〔本小题总分值12分〕是垂足。〔Ⅰ〕求证：AF⊥DB;〔Ⅱ〕假设AB=a，圆柱与三棱锥D-ABE3，求点EABCD〔Ⅰ〕证明：依据圆柱性质，DA⊥平面ABE D C∵BE平面ABE，∴DA⊥EB. FA B∵ABE点E∴AE⊥EB，又AE∩AD=A，故得EB⊥平面DAE∵AF平面DAE，∴EB⊥AF又AF⊥DE，且EB∩DE=E，故得AF⊥平面DEB.∵DB平面DEB∴AF⊥DB.〔Ⅱ〕解：设点EABCDd记AD=h，因圆柱轴截面ABCDAD⊥AB。S=1AB·AD=ah.△ABD 2 2V=V

=dS=1dah.D-ABE

E-ABD 3 △ABD 6又V=π

AB( )2

·AD=

a2h.，圆柱 2 4a2h由题设知4 31dah6即da.225〔本小题总分值