【高考试题】1985年全国高考数学试题★答案

【高考试题】1985年全国高考数学试题★答案

(理工农医类)

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

【 】

[Key] 一、本题考查基本概念和基本运算.

(1)D;

(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 【 】

[Key] (2)A;

(A)y=x2 (x∈R)

(B)y=│sinx│ (x∈R) (C)y=cos2x (x∈R) (D)y=esin2x (x∈R) 【 】

[Key] (3)B;

(4)极坐标方程ρ=asinθ(a>0)的图象是

【 】

[Key] (4)C;

(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 【 】

[Key] (5)B.

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.

[Key] 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、(1)解方程 log4(3-x)+log0.25(3+x)=log4(1-x)+log0.25(2x+1).

[Key] 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

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、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.

[Key] 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、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.

[Key] 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.

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