高考试题
（理工农医类）
一、选择题:在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的, 把所选项前的字母填在题后括号内.
【】
【】
(3)如果轴截面为正方形的圆柱的侧面积是S, 那么圆柱的体积等于
【】
(4)方程sin2x=sinx在区间(0, 2π)内的解的个数
是
(A)1(B)2(C)3(D)4【】
(5)【】
【】
(A){-2, 4}(B){-2, 0, 4}
(C){-2, 0, 2, 4}(D){-4, -2, 0, 4}
(7)如果直线y=ax＋2与直线y=3x－b关于直线y＝x对称, 那么【】
(C)a=3, b=-2(D)a=3, b=6
【】
(A)圆(B)椭圆
(C)双曲线的一支(D)抛物线
【】
(B){(2, 3)}
(C)(2, 3)(D){(x, y)│y=x+1}
【】
(11)如图, 正三棱锥S-ABC的侧棱与底面边长相等,
如果E、F分别为SC、AB的中点, 那么异面直线EF
与SA所成的角等于【】
(A)90°(B)60°(C)45°(D)30°
(12)已知h>0.设命题甲为:两个实数a, b满足│a－b
│<2h;命题乙为:两个实数a, b满足│a－1│ b-1│ (A)甲是乙的充分条件, 但不是乙的必要条件 (B)甲是乙的必要条件, 但不是乙的充分条件 (C)甲是乙的充分条件 (D)甲不是乙的充分条件, 也不是乙的必要条件 (13)A, B, C, D, E五人并排站成一排, 如果B必须站在A的右边（A, B可以不相邻）, 那么不同的排法共有【】 (A)24种(B)60种(C)90种(D)120种 (14)以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有【】 (A)70个(B)64个(C)58个(D)52个 (15)设函数y=arctgx的图象沿x轴正方向平移2个单位所得到的图象为C.又设图象C＇与C关于原点对称, 那么C＇所对应的函数是【】 (A)y=-arctg(x-2)(B)y=arctg(x-2) (C)y=-arctg(x+2)(D)y=arctg(x+2) 二、填空题:把答案填在题中横线上. (17)(x-1)-(x-1)2+(x-1)3-(x-1)4+(x-1)5的展开式中, x2的系数等 于. (18)已知{a n}是公差不为零的等差数列, 如果S n是{a n}的前n项的和, 那 (20)如图, 三棱柱ABC－A1B1C1中, 若E、F分别为 AB、AC 的中点, 平面EB1C1F将三棱柱分成体积为V1、V2的两部 分, 那么V1:V2＝. (19)函数y=sinxcosx+sinx+cosx的最大值是. 三、解答题. (21)有四个数, 其中前三个数成等差数列, 后三个数成等比数列, 并且第一个数与第四个数的和是16, 第二个数与第三个数的和是12.求这四个数. (23)如图, 在三棱锥S-ABC中, SA⊥底面ABC, AB⊥BC．DE 垂直平分SC, 且分别交AC、SC于D、E.又SA＝AB, SB＝BC.求以BD为棱, 以BDE与BDC为面的二面角的度数. (24)设a≥0, 在复数集C中解方程z2+2│z│＝a. n≥2. (Ⅰ)如果f(x)当x∈(-∞, 1]时有意义, 求a的取值范围; (Ⅱ)如果a∈(0, 1], 证明2f(x) 1990年试题（理工农医类）答案 一、选择题:本题考查基本知识和基本运算. (1)A(2)B(3)D(4)C(5)C(6)B (7)A(8)D(9)B (10)D(11)C(12)B (13)B(14)C(15)D 二、填空题:本题考查基本知识和基本运算. 三、解答题. (21)本小题考查等差数列、等比数列的概念和运用方程（组）解决问题的能力. 解法一: ① 由②式得d=12-2a.③ 整理得a2-13a+36=0 解得a1=4, a2=9. 代入③式得d1=4, d2=-6. 从而得所求四个数为0, 4, 8, 16或15, 9, 3, 1. 解法二:设四个数依次为x, y, 12-y, 16-x① 由①式得x=3y-12.③ 将③式代入②式得y(16-3y+12)=(12-y)2, 整理得y2-13y+36=0. 解得y1=4, y2=9. 代入③式得x1=0, x2=15. 从而得所求四个数为0, 4, 8, 16或15, 9, 3, 1. (22)本小题考查三角公式以及三角函数式的恒等变形和运算能力. 解法一:由已知得 解法二:如图, 不妨设0≤α≤β＜2π, 且点A的坐标是（cosα, sinα）, 点B的坐标是（cosβ, sinβ）, 则点A, B在单 位圆x2+y2=1上.连结 连结OC, 于是OC⊥AB, 若设点D的坐标是（1, 0）, 再连结OA, OB, 则有 解法三:由题设得4(sinα+sinβ)=3(cosα+cosβ). 将②式代入①式, 可得sin(α-)=sin(-β). 于是α－＝(2k+1)π-(-β)(k∈Z), 或α-=2kπ+(-β)(k∈Z). 若α-=(2k+1)π-(-β)(k∈Z), 则α＝β＋(2k+1)π(k∈Z). 于是sinα=-sinβ, 即sinα+sinβ=0. 由此可知α-=2kπ+(-β)(k∈Z), 即α＋β＝2+2kπ(k∈Z). 所以 (23)本小题考查直线和平面, 直线和直线的位置关系, 二面角等基本知识, 以及逻辑推理能力和空间想象能力. 解法一:由于SB＝BC, 且E是SC的中点, 因此BE是等腰三角形SBC 的底边SC的中线, 所以SC⊥BE. 又已知SC⊥DE, BE∩DE＝E, ∴SC⊥面BDE, ∴SC⊥BD. 又∵SA⊥底面ABC, BD在底面ABC上, ∴SA⊥BD. 而SC∩SA＝S, ∴BD⊥面SAC. ∵DE＝面SAC∩面BDE, DC＝面SAC∩面BDC, ∴BD⊥DE, BD⊥DC. ∴∠EDC是所求的二面角的平面角. ∵SA⊥底面ABC, ∴SA⊥AB, SA⊥AC. 设SA＝a, 又因为AB⊥BC, ∴∠ACS＝30°. 又已知DE⊥SC, 所以∠EDC＝60°, 即所求的二面角等于60°. 解法二:由于SB＝BC, 且E是SC的中点, 因此BE是等腰三角形SBC 的底边SC的中线, 所以SC⊥BE. 又已知SC⊥DE, BE∩DE＝E∴SC⊥面BDE, ∴SC⊥BD. 由于SA⊥底面ABC, 且A是垂足, 所以AC是SC在平面ABC上的射影.由三垂线定理的逆定理得BD⊥AC;又因E∈SC, AC是SC在平面ABC 上的射影, 所以E在平面ABC上的射影在AC上, 由于D∈AC, 所以DE在平面ABC上的射影也在AC上, 根据三垂线定理又得BD⊥DE. ∵DE面BDE, DC面BDC, ∴∠EDC是所求的二面角的平面角. 以下同解法一. (24)本小题考查复数与解方程等基本知识以及综合分析能力. 解法一:设z＝x+yi, 代入原方程得 于是原方程等价于方程组 由②式得y=0或x=0.由此可见, 若原方程有解, 则其解或为实数, 或为纯虚数.下面分别加以讨论. 情形1.若y=0, 即求原方程的实数解z=x.此时, ①式化为x2+2│x│=a.③ (Ⅰ)令x>0, 方程③变为x2＋2x=a.④ . 由此可知:当a=0时, 方程④无正根; (Ⅱ)令x<0, 方程③变为x2-2x=a.⑤ . 由此可知:当a=0时, 方程⑤无负根; 当a>0时, 方程⑤有负根 x=1-. (Ⅲ)令x=0, 方程③变为0=a. 由此可知:当a=0时, 方程⑥有零解x=0; 当a>0时, 方程⑥无零解. 所以, 原方程的实数解是: 当a=0时, z=0; . 情形2.若x=0, 由于y=0的情形前已讨论, 现在只需考查y≠0的情形, 即求原方程的纯虚数解z=yi(y≠0).此时, ①式化为 -y2+2│y│=a.⑦ (Ⅰ)令y>0, 方程⑦变为-y2+2y=a, 即(y-1)2=1-a.⑧ 由此可知:当a>1时, 方程⑧无实根. 当a≤1时解方程⑧得 y=1±, 从而, 当a=0时, 方程⑧有正根y=2; 当0 (Ⅱ)令y<0, 方程⑦变为-y2-2y=a, 即(y+1)2=1-a.⑨ 由此可知:当a>1时, 方程⑨无实根. 当a≤1时解方程⑨得y=-1±, 从而, 当a=0时, 方程⑨有负根y=-2; 当0 所以, 原方程的纯虚数解是: 当a=0时, z=±2i; 当0 而当a>1时, 原方程无纯虚数解. 解法二:设z=x+yi代入原方程得 于是原方程等价于方程组 由②式得y=0或x=0.由此可见, 若原方程有解, 则其解或为实数, 或为纯虚数.下面分别加以讨论. 情形1.若y=0, 即求原方程的实数解z=x.此时, ①式化为x2+2│x│=a. 即| x |2+2│x│=a.③ 解方程③得 , 所以, 原方程的实数解是 . 情形2.若x=0, 由于y=0的情形前已讨论, 现在只需考查y≠0的情形, 即求原方程的纯虚数解z=yi(y≠0).此时, ①式化为 -y2+2│y│=a. 即-│y│2 +2│y│=a.④ 当a=0时, 因y≠0, 解方程④得│y│=2, 即当a=0时, 原方程的纯虚数解是z=±2i. 当0 , 即当0 . 而当a>1时, 方程④无实根, 所以这时原方程无纯虚数解. 解法三:因为z2=-2│z│+a是实数, 所以若原方程有解, 则其 解或为实数, 或为纯虚数, 即z=x或z=yi(y≠0). 情形1.若z=x.以下同解法一或解法二中的情形1. 情形2.若z=yi(y≠0).以下同解法一或解法二中的情形2. 解法四:设z=r(cosθ+isinθ), 其中r≥0, 0≤θ<2π.代入原方程得r2cos2θ＋2r+ir2sin2θ＝a. 于是原方程等价于方程组 情形1.若r=0.①式变成 0=a.③ 由此可知:当a=0时, r=0是方程③的解. 当a>0时, 方程③无解. 所以, 当a=0时, 原方程有解z=0; 当a>0时, 原方程无零解. 考查r>0的情形. (Ⅰ)当k=0, 2时, 对应的复数是z=±r.因cos2θ=1, 故①式化为 r2+2r=a.④ . 由此可知:当a=0时, 方程④无正根; 当a>0时, 方程④有正根. 所以, 当a>0时, 原方程有解. (Ⅱ)当k=1, 3时, 对应的复数是z=±ri.因cos2θ=-1, 故①式化为 -r2+2r=a, 即(r-1)2=1-a, ⑤ 由此可知:当a>1时, 方程⑤无实根, 从而无正根; . 从而, 当a=0时, 方程⑤有正根r=2; . 所以, 当a=0时, 原方程有解z=±2i; 当0 当a>1时, 原方程无纯虚数解. (25)本小题考查椭圆的性质, 距离公式, 最大值知识以及分析问题的能力. 解法一:根据题设条件, 可取椭圆的参数方程是 其中a>b>0待定, 0≤θ<2π. 设椭圆上的点(x, y)到点P的距离为d, 则 大值, 由题设得 , 因此必有 , 由此可得b=1, a=2. 所求椭圆的参数方程是 . 解法二:设所求椭圆的直角坐标方程是 其中a>b>0待定. , 设椭圆上的点(x, y)到点P的距离为d, 则 其中-byb. 由此得 , 由此可得b=1, a=2. 所求椭圆的直角坐标方程是 (26)本题考查对数函数, 指数函数, 数学归纳法, 不等式的知识以及综合运用有关知识解决问题的能力. (Ⅰ)解:f(x)当x∈(-∞, 1]时有意义的条件是 1+2x+…(n-1)x+n x a>0x∈(-∞, 1], n≥2, 上都是增函数, 在(-∞, 1]上也是增函数, 从而它在x=1时取得最大值 也就是a的取值范围为 (Ⅱ)证法一:2f(x) [1+2x+…+(n-1)x+n x a]2 a∈(0, 1], x≠0.② 现用数学归纳法证明②式. （A）先证明当n=2时②式成立. 假如0 (1+2x a)2=1+2·2x a+22x a2≤2(1+22x)<2(1+22x a). 假如a=1, x≠0, 因为1≠2x, 所以 因而当n=2时②式成立. （B）假如当n=k(k≥2)时②式成立, 即有 [1+2x+…+(k-1)x+k x a]2 [(1+2x+…+k x)+(k+1)xa]2 =(1+2x+…+k x)2+2(1+2x+…+k x)(k+1)x a+(k+1)2x a2 =k(1+22x+…+k2x)+[2·1·(k+1)x a+2·2x(k+1)x a+… +2k x(k+1)x a]+(k+1)2x a2 +k2x)+{[1+(k+1)2x a2]+[22x+(k+1)2x a2]+… +[k2x+(k+1)2x a2]}+(k+1)2x a2] =(k+1)[1+22x+…+k2x+(k+1)2x a2] ≤(k+1)[1+22x+…+k2x+(k+1)2x a], 这就是说, 当n=k+1时②式也成立. 根据(A), (B)可知, ②式对任何n≥2(n∈N)都成立.即有2f(x) 证法二:只需证明n≥2时 因为 其中等号当且仅当a1=a2=…=a n时成立. 利用上面结果知, 当a=1, x≠0时, 因1≠2x, 所以有[1+2x+…+(n-1)x+n x]2 当0 [1+2x+…+(n-1)x+n x a]2 ≤n[1+22x+…+(n-1)2x+n2x a2] 即有2f(x)
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