1981年全国统一高考数学试卷(理科)
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1981年全国统一高考数学试卷（理科）
一、解答题（共10小题，满分120分）
1．（6分）设A表示有理数的集合，B表示无理数的集合，即设A={有理数}，B={无理数}，试写出：（1）A∪B，（2）A∩B．
2．（6分）在A、B、C、D四位候选人中，（1）如果选举正、副班长各一人，共有几种选法？写出所有可能的选举结果；（2）如果选举班委三人，共有几种选法？写出所有可能的选举结果．
3．（8分）下表所列各小题中，指出A是B的充分条件，还是必要条件，还是充要条件，或者都不是．
4．（10分）写出余弦定理（只写一个公式即可），并加以证明．
5．（10分）解不等式（x为未知数）：．
6．（10分）用数学归纳法证明等式对一切自然数n都成立．
7．（16分）设1980年底我国人口以10亿计算．
（1）如果我国人口每年比上年平均递增2%，那么到2000年底将达到多少？
（2）要使2000年底我国人口不超过12亿，那么每年比上年平均递增率最高是多少？
8．（17分）在120°的二面角P﹣a﹣Q的两个面P和Q内，分别有点A和点B 已知点A和点B到棱a的距离分别为2和4，且线段AB=10，
（1）求直线AB和棱a所成的角；
（2）求直线AB和平面Q所成的角．
9．（17分）给定双曲线．
（1）过点A（2，1）的直线L与所给的双曲线交于两点P1及P2，求线段P1P2的中点P的轨迹方程．
（2）过点B（1，1）能否作直线m，使m与所给双曲线交于两点Q1及Q2，且点B是线段Q1Q2的中点？这样的直线m如果存在，求出它的方程；如果不存在，说明理由．
10．（20分）已知以AB为直径的半圆有一个内接正方形CDEF，其边长为1（如图）设AC=a，BC=b，作数列u1=a﹣b，u2=a2﹣ab+b2，u3=a3﹣a2b+ab2﹣b3，…，uk=ak﹣ak﹣1b+ak﹣2b2﹣…+（﹣1）kbk；
求证：un=un﹣1+un﹣2（n≥3）．
1981年全国统一高考数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、解答题（共10小题，满分120分）
1．（6分）设A表示有理数的集合，B表示无理数的集合，即设A={有理数}，B={无理数}，试写出：（1）A∪B，（2）A∩B．
考点： 交集及其运算；并集及其运算．
分析： 根据实数可分为有理数、无理数两大类，可得A∪B，又由有理数、无理数的定义，可得A∩B．解答： 解：（1）根据实数可分为有理数、无理数两大类，可得A∪B=R，
（2）有理数、无理数的定义，没有一个数既是有理数又是无理数，
则A∩B=Φ．
点评： 本题结合实数的分类与有理数、无理数的关系，考查集合间的交集、并集的运算，是概念类型的试题，难度较小．
2．（6分）在A、B、C、D四位候选人中，（1）如果选举正、副班长各一人，共有几种选法？写出所有可能的选举结果；（2）如果选举班委三人，共有几种选法？写出所有可能的选举结果．
考点： 组合及组合数公式；排列及排列数公式．
专题： 计算题；阅读型．
分析： （1）由题意知本题是一个从四个元素中选两个元素的问题，只要用排列数表示出来即可，列举时注意可以按照一定的顺序进行，比如先写出包含A的，再写包含B的去掉重复的．
（2）本题和前一个问题是有一定的区别的，上一问选正、副班长各一人包括选出来，安排谁当什么，而本题只是选出三个人即可，与顺序无关．
解答： 解：（1）选举种数A42=12（种）所有可能的选举结果：
AB、AC、AD、BC、BD、CD、
BA、CA、DA、CB、DB、DC．
（2）选举种数C43=4（种）所有可能的选举结果：ABC、ABD、ACD、BCD．
点评： 排列与组合问题要区分开，若题目要求元素的顺序则是排列问题，排列问题要做到不重不漏，有些题目带有一定的约束条件，解题时要先考虑有限制条件的元素．
3．（8分）下表所列各小题中，指出A是B的充分条件，还是必要条件，还是充要条件，或者都不是．
考点： 必要条件、充分条件与充要条件的判断．
专题： 阅读型．
分析： 本题考查的判断充要条件的方法，我们可以根据充要条件的定义进行逐一判断即可．
解答： 解：见表
对于第一个：平行四边形不一定是矩形，是矩形一定是平行四边形，故答案为：必要条件；
对于第二个：a=3则|a|=3，但|a|=3则a=±3，故答案为：充分条件；
对于第三个：θ=150°则sinθ=，但sinθ=则θ可能为30°，故答案为：充分条件；
对于第四个：点在圆上，则点的坐标适合圆的方程，反之，点的坐标适合圆的方程则点在圆上，故答案为：充要条件
点评： 判断充要条件的方法是：
①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；
②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；
③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；
④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．
⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．
4．（10分）写出余弦定理（只写一个公式即可），并加以证明．
考点： 余弦定理．
专题： 证明题．
分析： 建立坐标系，用解析法证明余弦定理．
解答： 解：a2=b2+c2﹣2bccosA．
下用解析法证明证：
以A为原点，射线AB为x轴正向，建立直角坐标系，则得A（0，0），B（c，0），C（bcosA，bsinA）．
由两点距离公式得：
a2=|BC|2=（c﹣bcosA）2+（﹣bsinA）2
=b2+c2﹣2bccosA．
点评： 解析法证明代数几何中的某些定理与公式是一个很有效的武器．答题者应好好体会在本证明中的作用，并以所得的心得体会来证明余弦定理的其它形式．
5．（10分）解不等式（x为未知数）：．
考点： 三阶矩阵．
专题： 计算题．
分析：
根据三阶矩阵的计算法则=a11a22a33+a12a23a31+a13a21a32﹣a13a22a31﹣a12a21a33﹣a11a23a32化简不等式的左边，求出不等式的解集即可．
解答：
解：不等式的左边=
=（x﹣a）（x﹣b）（x﹣c）﹣abc﹣abc﹣ac（x﹣b）﹣ab（x﹣c）﹣bc（x﹣a）=x3﹣ax2﹣bx2﹣cx2=x2（x﹣a﹣b﹣c），
所以不等式变形为：x2（x﹣a﹣b﹣c）＞0，
当x≠0时，x2＞0得到x﹣a﹣b﹣c＞0即x＞a+b+c
则原不等式解是x＞a+b+c且x≠0．
点评： 此题是一道以三阶矩阵为平台，利用它的计算法则对不等式进行变形并会求不等式解集．
6．（10分）用数学归纳法证明等式对一切自然数n都成立．
考点： 数学归纳法．
专题： 证明题．
分析： 要证明等式对一切自然数n都成立，则我们要先证明n=1时成立，再假设n=k时成立，进而n=k+1时等式也成立．
解答： 解：①当n=1时，
②假设当n=k时，等式成立，即
则当n=k+1时，
=•
=•=
即此时等式也成立，
故等式对一切自然数n都成立．
点评： 数学归纳法常常用来证明一个与自然数集N相关的性质，其步骤为：设P（n）是关于自然数n的命题，若1）（奠基） P（n）在n=1时成立；2）（归纳） 在P（k）（k为任意自然数）成立的假设下可以推出P（k+1）成立，则P（n）对一切自然数n都成立．
7．（16分）设1980年底我国人口以10亿计算．
（1）如果我国人口每年比上年平均递增2%，那么到2000年底将达到多少？
（2）要使2000年底我国人口不超过12亿，那么每年比上年平均递增率最高是多少？
考点： 数列的应用．
专题： 应用题．
分析： （1）由题意知所求人口数x（亿）x=10×（1.02）20，两边取对数可的答案．
（2）设人口每年比上年平均递增率最高是y%，按题意得10×（1+y%）20≤12，（1+y%）20≤1.2．由此解可得答案．
解答： 解：（1）所求人口数x（亿）是等比数列
10，10×1.02，10×（1.02）2，的第21项，即
x=10×（1.02）20，
两边取对数，得lgx=1+20lg1.02=1.17200，
∴x=14.859（亿）
（2）设人口每年比上年平均递增率最高是y%，按题意得
10×（1+y%）20≤12，
（1+y%）20≤1.2．
根据对数函数的单调上升性，对上列不等式两边取对数得
20lg（1+y%）≤lg1.2，
即lg（1+y%）≤0.00396，
∴1+y%≤1.0092，y%≤0.0092．
点评： 本题考查数列性质的综合应用，解题时要注意公式的灵活运用．
8．（17分）在120°的二面角P﹣a﹣Q的两个面P和Q内，分别有点A和点B 已知点A和点B到棱a的距离分别为2和4，且线段AB=10，
（1）求直线AB和棱a所成的角；
（2）求直线AB和平面Q所成的角．
考点： 直线与平面所成的角；异面直线及其所成的角．
专题： 空间角．
分析： （1）如图所示，在平面P内作直线AD⊥a于点D，在平面Q内，作直线BE⊥a于点E，过点D作DC⊥a，与从点B作CB∥a相交于点C．∠ABC等于AB和a所成的角，∠ADC为两面角P﹣a﹣Q的平面角，
利用余弦定理即可得到AC，由a⊥平面ACD，BC∥a即可得到BC⊥平面ACD，在直角△ABC中求出sin∠ABC即可；
（2）在△ACD所在的平面内，作AF⊥CD交CD的延长线于点F，利用面面垂直的性质即可证明AF⊥平面Q，从而得到∠ABF是直线AB和平面Q所成的角．
解答： 解：（1）在平面P内作直线AD⊥a于点D，在平面Q内，作直线BE⊥a于点E，
从点D作a的垂线与从点B作a的平行线相交于点C．
∴∠ABC等于AB和a所成的角，
∠ADC为两面角P﹣a﹣Q的平面角，
∴∠ADC=120°，
又AD=2，BCDE为矩形，∴CD=BE=4．
连接AC，由余弦定理得AC2=AD2+CD2﹣2AD•CDcos∠ADC=22+42﹣2×2×4×cos120°=28．
∴．
又∵AD⊥a，CD⊥a，∴a⊥平面ACD，
∵BC∥a，∴BC⊥平面ACD，
∴BC⊥AC．
在直角△ABC中，，
∴．
（2）在△ACD所在的平面内，作AF⊥CD交CD的延长线于点F．
∵平面ACD⊥平面Q，∴AF⊥平面Q．
在△ADF中，∠ADF=60°，AD=2，∴AF=．
