一、本题每一个小题都给出代号为A,B,C,D的四个结论,其中只有一个结论是正确的,把正确结论的代号写在题后的括号内.
(1)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)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
【 】
(A)y=x2 (x∈R)
(B)y=│sinx│ (x∈R)
(C)y=cos2x (x∈R)
(D)y=esin2x (x∈R)
【 】
(4)极坐标方程ρ=asinθ(a>0)的图象是
【 】
(5)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、只要求直接写出结果.
(2)设│a│≤1,求arccosa+arccos(-a)的值.
(3)求曲线y2=-16x+64的焦点.
(5)设函数f(x)的定义域是[0,1],求函数f(x2)的定义域.
三、(1)解方程 log4(3-x)+log0.25(3+x)=log4(1-x)+log0.25(2x+1).
四、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.
五、设O为复平面的原点,Z1和Z2为复平面内的两个动点,并且满足:
(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.
(1)证明不等式
对所有的正整数n都成立.
八、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
(2)(a,b)∈C
同时成立.
九、(附加题,不计入总分)
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年试题(理工农医类)答案
一、本题考查基本概念和基本运算.
(1)D; (2)A; (3)B; (4)C; (5)B.
二、本题考查基础知识和基本运算,只需直接写出结果.
(2)π;
(3)(0,0);
(4)64(或26);
(5)[-1,1](或{x│-1≤x≤1},或-1≤x≤1).
三、本题考查对数方程、无理不等式的解法和分析问题的能力.
(1)解法一:由原对数方程得
因为log0.25a=-log4a,上式变成
由此得到
解这个方程,得到
x1=0,x2=7.
检验:把x=0代入原方程,左右两边都等于0;故x=0是原方程的根.但当x=7时,由于3-x<0,1-x<0,它们的对数无意义;故x=7不是原方程的根,应舍去.
因此,原对数方程的根是x=0.
对原方程变形,同解法一,得 x1=0, x2=7.
2x+5>x2+2x+1,
x2<4,即-2<x<2.
但由条件x≥-1,因此-1≤x<2也是原不等式的解.
综合(i),(ii),得出原不等式的解集是
四、本题考查三垂线定理、二面角、斜线与平面所成的角、解三角形、空间想象能力和综合运用知识的能力.
解法一: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=PRctg45°,所以NR=PR.
又已知0°<θ<90°,所以
解法二:同解法一,得∠PQR=β.
设:∠PMR=α则在Rt△PMR中,MR=acosα,
PR=asinα,
在Rt△MNR中,NR=MRsinθ=acosα·sinθ.
又在Rt△PNR中,由于∠PNR=45°,所以PR=NR.
于是 asinα=acosα·sinθ,
tgα=sinθ,
在△PMQ中,应用正弦定理得
五、本题考查复数的概念、复数运算的几何意义、三角恒等式、不等式以及灵活运用知识的能力.
解法一:设Z1、Z2和Z对应的复数分别为z1、z2和z,其中
z1=r1(cosθ+isinθ),
z2=r2(cosθ-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.
解法二:同解法一,得3z=(r1+r2)cosθ+(r1-r2)isinθ.
于是│3z│2=(r1+r2)2cos2θ+(r1-r2)2sin2θ.
又已知△OZ1Z2的面积为S,且r1为三角形边长,r1>0,以及sin2>θ(因
六、本题考查直线方程、两点间的距离公式、参数方程以及轨迹方程的求法.
2.当a≠0时,直线PA与QB相交,设交点为M(x,y),由(2)式得
将上述两式代入(1)式,得
整理得 x2-y2+2x-2y+8=0, (*)
当a=-2或a=-1时,直线PA和QB仍然相交,并且交点坐标也满足(*)式.
所以(*)式即为所求动点的轨迹方程.
解法二:设直线PA和QB的交点为M(x,y).
当点M与点P及点Q都不重合时,直线PM的方程是
(x+2)(Y-2)=(y-2)(X+2),
直线QM的方程是
x(Y-2)=(y-2)X.
由方程组
解得直线PM和直线l的交点A的坐标为
由方程组
解得直线QM和直线l的交点B的坐标为
根据题意,线段AB两端点A,B的横坐标有如下关系:
从而得 x2-y2+2x-2y+8=0,(*)
即
又因点M与点P或点Q重合时,M点的坐标也满足(*)式.所以(*)式即为所求动点M的轨迹方程.
七、本题考查数列和极限的基础知识,证明不等式的基本方法.
(1)证法一:用数学归纳法.
假设当n=k(k≥1)时不等式成立,即
当n=k+1时,可得
即
也成立.
从而不等式对所有的正整数n都成立.
证法二:直接证明.
由于不等式
对所有的正整数k成立,把它对k从1到n(n≥1)求和,得到
又因
以及
因此不等式
对所有的正整数n都成立.
(2)由(1)及bn的定义知
于是
八、本题考查集合的基本知识,不等式的证明以及分析问题的能力.
解法一:如果实数a和b使得(1)成立,于是存在整数m和n使得
(n,na+b)=(m,3m2+15),
即
由此得出,存在整数n使得
na+b=3n2+15,
或写成
na+b-(3n2+15)=0.
这个等式表明点P(a,b)在直线l:nx+y-(3n2+15)=0上,记从原点到直线l的距离为d,于是
当且仅当
时上式中等号才成立.由于n是整数,因此n2≠3,所以上式中等号不可能成立.即
d>12.
所以,不存在实数a和b使得(1),(2)同时成立.
解法二:如果实数a和b使得(1),(2)同时成立.同解法一,由于(1)成立,知存在整数n使得na+b=3n2+15,即
b=3n2+15-an. (*)
由(2)成立,得
a2+b2≤144.
把(*)式代入上式,得关于a的不等式
(1+n2)a2-2n(3n2+15)a+(3n2+15)2-144≤0.(**)
它的判别式
Δ=4n2(3n2+15)2-4(1+n)2[(3n2+15)2-144]
=-36(n2-3)2.
但n是整数,n2-3≠0,因而Δ<0.
又因1+n2>0,故(**)式不可能有实数解a,这就表明,不存在实数a和b使得(1)、(2)同时成立.
解法三:如果实数a和b使(1)、(2)同时成立.同解法一,由(1)成立知,必存在整数n使得
3n2-an-(b-15)=0.(*)
于是,它的判别式非负,即
Δ=a2+12b-180≥0,(**)
由(**)得 12b-180≥-a2.
由(2)成立知 a2+b2≤144,(***)
即 -a2≥b2-144.
因此,12b-180≥b2-144,
即 (b-6)2≤0,
由此得出b=6.
把b=6代入判别式(**),得出a2≥108,但把b=6代入(***),得出a2≤108,因而必有a2=108.
此时,从(*)式可解出
所以,不存在实数a和b使得(1),(2)同时成立.
九、(本题分数不计入总分)本题考查导数的几何意义,利用导数解决函数的最大值、最小值问题的能力.
解:已知曲线方程是y=x3-6x2+11x-6,因此y′=3x2-12x+11.
在曲线上任取一点P(x0,y0),则点P处切线的斜率是
点P处切线方程是
设这切线与y轴的截距为r,则
根据题意,要求r(它是以x0为自变量的函数)在区间[0,2]上的最小值.因为
当0<x0<2时r′>0,因此r是增函数,故r在区间[0,2]的左端点x0=0处取到最小值.即在点P(0,-6)处切线在y轴上的截距最小.
这个最小值是
r最小值=-6.