1985年全国统一高考数学试卷(理科)

1985年全国统一高考数学试卷（理科）一、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）1．（3分）如果正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为a，那么四面体A′﹣ABD的体积是（）A．B．C．D．2．（3分）的（）A．必要条件B．充分条件C．充分必要条件D．既不充分又不必要的条件3．（3分）在下面给出的函数中，哪一个函数既是区间上的增函数又是以π为周期的偶函数？（）A．y=x2（x∈R）B．y=|sinx|（x∈R）C．y=cos2x（x∈R）D．y=esin2x（x∈R）4．（3分）极坐标方程ρ=asinθ（a＞0）的图象是（）A．B．C．D．5．（3分）用1，2，3，4，5这五个数字，可以组成比20000大，并且百位数不是数字3的没有重复数字的五位数，共有（）A．96个B．78个C．72个D．64个二、解答题（共13小题，满分90分）6．（4分）求方程解集．7．（4分）设|a|≤1，求arccosa+arccos（﹣a）的值．8．（4分）求曲线y2=﹣16x+64的焦点．9．（4分）设（3x﹣1）6=a6x6+a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，求a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0的值．10．（4分）设函数f（x）的定义域是[0，1]，求函数f（x2）的定义域．11．（7分）解方程log4（3﹣x）+log0.25（3+x）=log4（1﹣x）+log0.25（2x+1）．12．（7分）解不等式13．（15分）如图，设平面AC和BD相交于BC，它们所成的一个二面角为45°，P为平面AC内的一点，Q为面BD内的一点，已知直线MQ是直线PQ在平面BD内的射影，并且M在BC上又设PQ与平面BD所成的角为β，∠CMQ=θ（0°＜θ＜90°），线段PM的长为a，求线段PQ的长．14．（15分）设O为复平面的原点，Z1和Z2为复平面内的两动点，并且满足：（1）Z1和Z2所对应的复数的辐角分别为定值θ和﹣θ；（2）△OZ1Z2的面积为定值S求△OZ1Z2的重心Z所对应的复数的模的最小值．15．（15分）已知两点P（﹣2，2），Q（0，2）以及一条直线：L：y=x，设长为的线段AB在直线L上移动，如图，求直线PA和QB的交点M的轨迹方程．（要求把结果写成普通方程）16．（14分）设，（1）证明不等式对所有的正整数n都成立；（2）设，用定义证明17．（12分）设a，b是两个实数，A={（x，y）|x=n，y=na+b，n是整数}，B={（x，y）|x=m，y=3m2+15，m是整数}，C={（x，y）|x2+y2≤144}，是平面XOY内的点集合，讨论是否存在a和b使得（1）A∩B≠φ（φ表示空集），（2）（a，b）∈C同时成立．18．已知曲线y=x3﹣6x2+11x﹣6．在它对应于x∈[0，2]的弧段上求一点P，使得曲线在该点的切线在y轴上的截距为最小，并求出这个最小值．1985年全国统一高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）1．（3分）如果正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为a，那么四面体A′﹣ABD的体积是（）A．B．C．D．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积．专题：计算题．分析：画出图形，直接求解即可．解答：解：如图四面体A′﹣ABD的体积是V=故选D．点评：本题考查棱锥的体积，是基础题．2．（3分）的（）A．必要条件B．充分条件C．充分必要条件D．既不充分又不必要的条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：计算题．分析：先解出tanx=1的解，再判断两命题的关系．解答：解：由tanx=1得，当k=1时，x=，固由前者可以推出后者，所以tanx=1是的必要条件．故选A．点评：此题要注意必要条件，充分条件的判断，掌握正切函数的基本性质，比较简单．3．（3分）在下面给出的函数中，哪一个函数既是区间上的增函数又是以π为周期的偶函数？（）A．y=x2（x∈R）B．y=|sinx|（x∈R）C．y=cos2x（x∈R）D．y=esin2x（x∈R）考点：三角函数的周期性及其求法．专题：压轴题．分析：根据函数的周期性和三角函数的单调性对选项逐一验证即可．解答：解：y=x2（x∈R）不是周期函数，故排除A．∵y=|sinx|（x∈R）周期为π，且根据正弦图象知在区间上是增函数．故选B．点评：本题主要考查三角函数的最小正周期和三角函数的图象．4．（3分）极坐标方程ρ=asinθ（a＞0）的图象是（）A．B．C．D．考点：简单曲线的极坐标方程．专题：计算题；压轴题．分析：先将原极坐标方程两边同乘以ρ后化成直角坐标方程，再利用直角坐标方程进行判断．解答：解：∵极坐标方程ρ=asinθ（a＞0）∴ρ2=aρsinθ，∴x2+y2=ay，它表示圆心在（0，）的圆．故选C．点评：本题考查点的极坐标和直角坐标的互化，能在极坐标系中用极坐标刻画点的位置，体会在极坐标系和平面直角坐标系中刻画点的位置的区别，能进行极坐标和直角坐标的互化．利用直角坐标与极坐标间的关系，即利用ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ2=x2+y2，进行代换即得．5．（3分）用1，2，3，4，5这五个数字，可以组成比20000大，并且百位数不是数字3的没有重复数字的五位数，共有（）A．96个B．78个C．72个D．64个考点：排列、组合的实际应用．专题：计算题；压轴题；分类讨论．分析：根据题意，分析首位数字，要求这个五位数比20000大，则首位必须是2，3，4，5这4个数字，由于百位数不是数字3，分2种情况讨论，①百位是3，②百位是2，4，5，分别求得其情况数目，由乘法原理，计算可得答案．解答：解：根据题意，要求这个五位数比20000大，则首位必须是2，3，4，5这4个数字，分2种情况讨论，当首位是3时，百位数不是数字3，有A44=24种情况，当首位是2，4，5时，由于百位数不能是数字3，有3（A44﹣A33）=54种情况，综合可得，共有54+24=78个数字符合要求，故选B．点评：本题考查排列、组合的应用，注意结合题意，进行分类讨论，特别是“百位数不是数字3”的要求．二、解答题（共13小题，满分90分）6．（4分）求方程解集．考点：任意角的三角函数的定义．专题：计算题．分析：直接化简方程，利用正弦函数的定义，求出方程的解．解答：解：方程化为：所以方程解集为：点评：本题考查任意角的三角函数的定义，考查计算能力，是基础题．7．（4分）设|a|≤1，求arccosa+arccos（﹣a）的值．考点：反三角函数的运用．专题：计算题．分析：直接应用反函数的运算法则，求解即可．解答：解：arccosa+arccos（﹣a）=arccosa+π﹣arccosa=π点评：本题考查反函数的运算，是基础题．8．（4分）求曲线y2=﹣16x+64的焦点．考点：抛物线的简单性质．专题：计算题；转化思想．分析：先把曲线方程整理成标准方程，设x﹣4=t，则可求得y2=﹣16t的焦点坐标，则抛物线y2=﹣16（x﹣4）的焦点坐标可得．解答：解：整理曲线方程可得y2=﹣16（x﹣4）令x﹣4=t，则y2=﹣16t，焦点坐标为（﹣4，0）∴y2=﹣16（x﹣4）的焦点为（0，0）点评：本题主要考查了抛物线的简单性质．考查了学生对抛物线基础的灵活运用．9．（4分）设（3x﹣1）6=a6x6+a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，求a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0的值．考点：二项式系数的性质．专题：计算题．分析：对等式中的x赋值1求出各项系数和．解答：解：令x=1得26=a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0故a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0=26点评：本题考查赋值法是求展开式的各项系数和的重要方法．10．（4分）设函数f（x）的定义域是[0，1]，求函数f（x2）的定义域．考点：函数的定义域及其求法．分析：函数f（x）的定义域是[0，1]，函数f（x2）中x2∈[0，1]，求解即可．解答：解：函数f（x）的定义域是[0，1]，函数f（x2）中x2∈[0，1]，解得x∈[﹣1，1]点评：本题考查函数的定义域及其求法，是基础题．11．（7分）解方程log4（3﹣x）+log0.25（3+x）=log4（1﹣x）+log0.25（2x+1）．考点：对数的运算性质；对数函数的定义域．专题：计算题．分析：把方程移项，再化为同底的对数，利用对数性质解出自变量的值，由于不是恒等变形，注意验根．解答：解：由原对数方程得，解这个方程，得到x1=0，x2=7．检验：x=7是增根，故x=0是原方程的根．点评：本题考查对数的运算性质，对数函数的定义域．12．（7分）解不等式考点：其他不等式的解法．专题：计算题；分类讨论．分析：分类讨论，当时不等式成立，解出不等式解集即可，当时，将不等式的两边平方，解出解集即可，最后求出两个解集的并集即可．解答：解：，解得；（4分）或，解得﹣1≤x＜2；（8分）综上所述，解得（12分）点评：此题主要考查根号下的不等式的求解．13．（15分）如图，设平面AC和BD相交于BC，它们所成的一个二面角为45°，P为平面AC内的一点，Q为面BD内的一点，已知直线MQ是直线PQ在平面BD内的射影，并且M在BC上又设PQ与平面BD所成的角为β，∠CMQ=θ（0°＜θ＜90°），线段PM的长为a，求线段PQ的长．考点：平面与平面之间的位置关系．专题：计算题．分析：过点P作平面BD的垂线，垂足为R，由PQ与平面BD所成的角为β，要求PQ，可根据，故我们要先求PR值，而由二面角的平面角为45°，我们可得NR=PR，故我们要先根据MR=，及a2=PR2+MR2，求出NR的值．解答：解：自点P作平面BD的垂线，垂足为R，由于直线MQ是直线PQ在平面BD内的射影，所以R在MQ上，过R作BC的垂线，设垂足为N，则PN⊥BC（三垂线定理因此∠PNR是所给二面角的平面角，所以∠PNR=45°由于直线MQ是直线PQ在平面BD内的射影，所以∠PQR=β在Rt△PNR中，NR=PRcot45°，所以NR=PR．在Rt△MNR中，MR=，在Rt△PMR中，，又已知0°＜θ＜90°，所以．在Rt△PRQ中，．故线段PQ的长为．点评：本题考查的知识点是平面与平面间的位置关系，二面角，解三角形，根据已知条件由未知的结论利用分析法寻求解题思路是解题的关键．14．（15分）设O为复平面的原点，Z1和Z2为复平面内的两动点，并且满足：（1）Z1和Z2所对应的复数的辐角分别为定值θ和﹣θ；（2）△OZ1Z2的面积为定值S求△OZ1Z2的重心Z所对应的复数的模的最小值．考点：复数的基本概念；复数求模．专题：综合题．分析：设出Z1，Z2和Z对应的复数分别为z1，z2和z，由于Z是△OZ1Z2的重心，表示其关系，求解即可．解答：解：设Z1，Z2和Z对应的复数分别为z1，z2和z，其中z1=r1（coθ+isinθ），z2=r2（coθ﹣isinθ）．由于Z是△OZ1Z2的重心，根据复数加法的几何意义，则有3z=z1+z2=（r1+r2）cosθ+（r1﹣r2）isinθ．于是|3z|2=（r1+r2）2cos2θ+（r1﹣r2）2sin2θ=（r1﹣r2）2cos2θ+4r1r2cos2θ+（r1﹣r2）2sin2θ=（r1﹣r2）2+4r1r2cos2θ又知△OZ1Z2的面积为定值S及，所以，即由此，故当r1=r2=时，|z|最小，且|z|最小值=．点评：本题考查复数的基本概念，复数求模，是中档题．15．（15分）已知两点P（﹣2，2），Q（0，2）以及一条直线：L：y=x，设长为的线段AB在直线L上移动，如图，求直线PA和QB的交点M的轨迹方程．（要求把结果写成普通方程）考点：轨迹方程．专题：计算题；交轨法．分析：根据题意，设点A和B分别是（a，a）和（a+1，a+1），直线PA的方程是，直线QB的方程是．当，即a=0时，直线PA和QB平行，无交点；当a≠0时，直线PA与QB相交，设交点为M（x，y），由此能得到直线PA和QB的交点M的轨迹方程．解