1978-1982全国数学

1978年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科考生五，六两题选做一题六两题选做一题，不要求做第七题）一．（下列各题每题4分，五个题共20分） 1．分解因式：x 2-4xy+4y 2-4z 2.解：原式=（x-2y)2-(2z)2=(x-2y-2z)(x-2y+2z)2.已知正方形的边长为a ，求侧面积等于这个正方形的面积，高等于这个正方形边长的直圆柱体的体积解：设底面半径为r ，则底面周长2πr=a则.42,2222πππππa a a a r a r =⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅==体积3．求函数)2lg(x y +=的定义域解： ∵lg(2+x)≥0,∴2+x ≥1.故x ≥-1为其定义域4．不查表求cos800cos350+cos100cos550的值解：原式=sin100cos350+cos100sin350=sin(100+350)=sin450=22 5.化简： 二 .（本题满分14分）已知方程kx 2+y 2=4，其中k 为实数对于不同范围的k 值，分别指.254:.)()1.0()4(41 21214323121b b a ab =⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛−−−−原式解出方程所代表图形的内形，并画出显示其数量特征的草图解：1）k>0时，方程的图形是椭圆，中心在坐标原点，此时又可分为：①k>1时,长轴在y 轴上，半长轴=2，半短轴=k2;②k=1时,为半径r=2的圆; ③k<1时,长轴在x 轴上，半长轴=k2，半短轴=22)k=0时，方程为y 2=4图形是两条平行于x 轴的直线2±=y如图 3）k<0时，方程为三．（本题满分14分）（如图）AB 是半圆的直径，C 是半圆上一点，直线MN 切半圆于CY Y YXX y=-214422=+−y k x点，AM ⊥MN 于M 点，BN ⊥MN 于N 点，CD ⊥AB 于D 点， 求证：1)CD=CM=CN. 2)CD 2=AM ·BN 1)证：连CA ，CB ，则∠ACB=900∠ACM=∠ABC ∠ACD=∠ABC ∴∠ACM=∠ACD ∴△AMC ≌△ADC∴CM=CD 同理CN=CD CD=CM=CN2）∵CD ⊥AB ，∠ACD=900∴ CD 2=AD ·DB 由1）知AM=AD ，BN=BD∴CD 2=AM ·BN四．（本题满分12分）18361818181836181818log 9(2),18 5.log 45.:185,log 5.log 59log 5log 9log 45.log 182log 18log 22b b a a b a ba=≠==∴=⋅++===⋅+−已知求解五．（本题满分20分）已知△ABC 的三内角的大小成等差数列，tgAtgC=32+求角A ，B ，C 的大小又已知顶点C 的对边c 上的高等于a ,b,c的长（提示：必要时可验证324)31(2+=+）M C NA B D212:1802.60,1202tgA tgC (1-tgAtgC)tg(A C)3(1)(2)tgA,tgC x (320.:1,2,1,245,A B C B A C B A C tgAtgC x x x A C tgA tgC A C ++=︒=+∴=︒+=︒=++=+==+−+++===+<==∴=︒解又而由可知是的两根解这方程得设则得12045758;cos 45cos 60 4.c a b c AD DB b a =︒−︒=︒∴=====+=︒+︒=又知上的高等于六．（本题满分20分）22222224223sin 2sin 1,:3sin cos 2.33sin 22sin 20,:sin 2sin 23sin cos ..2sin 2cos 9sin cos 9sin 9sin 1.1sin ()3sin(2)sin cos 2cos sin 2sin (3sin )cos (3sin cos ) αβαβαββαααβαααααααβαβαβααααα+==−===∴+=+∴=∴=+=+=+由得由得为锐角22 3sin (sin cos )3sin 1.2ααααπαβ=+==∴+=七．（本题满分20分，文科考生不要求作此题） 已知函数y=x 2+(2m+1)x+m 2-1(m 为实数） 1）m 是什么数值时，y 的极值是0？2）求证：不论m 是什么数值，函数图象（即抛物线）的顶点都在同一条直线L 1上画出m=-1、0、1时抛物线的草图，来检验这个结论3）平行于L 1的直线中，哪些与抛物线相交，哪些不相交？求证：任.22:0,2sin2-3sin2 ,1sin 2sin 3,,:22πβαβαβαβα=+==+求证且为锐角已知一条平行于L 1而与抛物线相交的直线，被各抛物线截出的线段都相等解：用配方法得：2214545.24450,450,421452.(,),242m 11455x -,,22443:..4,,,,m m m y x y m m m m m m y m x y m m +++⎛⎫=+−∴− ⎪⎝⎭+==−++−−++==−−=−=−−−=的极小值为所以当极值为时函数图象抛物线的顶点坐标为即二式相减得此即各抛物线顶点坐标所满足的方程它的图象是一条直线方程中不含因此不论是什么值抛物线的顶点都在这条222.1,0,1,,115193(),(),().424242m x y y x y x y x =−+=−+=++=+直线上当时之间函数关系为图略 3.设L ：x-y=a 为任一条平行于L 1的直线与抛物线y=x 2+(2m+1)x+m 2-1方程联立求解，消去y ，得x 2+2mx+m 2-1+a =0∴（x+m)2=1-a因而当1-a ≥0即a ≤1时，直线L 与抛物线相交，而a ＞1时，直线L 与抛物线不相交而这与m 无关因此直线L 被各抛物线截出的线段都相等一九七八年副题)1(222)]1()1[(45,1.1,1.1,1a a m a m L L a m a m L a m x a −=−−−−−+−∴︒−+−−−−−±−=≤于被抛物线截出的线段等直线它的倾斜角为的斜率为因直线为与抛物线两交点横坐标即直线时当1．（1）分解因式：x 2-2xy+y 2+2x-2y-3 解：原式=(x-y-1)(x-y+3)(2)求的值65cos 4030sin 2ππ−+︒−︒ctgtg 解：原式=3/4（4）已知直圆锥体的底面半径等于1cm ，母线的长等于2cm ，求它的体积解：)(3312131322cm V ππ=−⋅⋅= .)35()9125(30)5001()52(10)5( 2121211的值计算+−+−−解：原式=302．已知两数x 1 ,x 2满足下列条件：1）它们的和是等差数列1，3，…的第20项; 2）它们的积是等比数列2，-6，…的前4项和求根为211,1x x 的方程 略解：x 1 +x 2=39，x 1x 2=-401/x 1+1/x 2=-39/401/x 1·1/x 2=-1/40所求方程为：40x 2+39x-1=0.3.已知：△ABC 的外接圆的切线AD 交BC 的延长线于D 点，求证：为所求之定义域且且解的定义域求函数12.01,0525:.1)525lg()3( −≠<∴≠+>−+−=x x x x y x xCDBDAC AB ACD ABC ==∆∆22的面积的面积证：因为AD 是△ABC 的外接圆的切线，所以 ∠B=∠1∴△ABD ∽△CAD22AC AB ACD ABC =∆∆∴的面积的面积 作AE ⊥BD 于点E ，则.2121CDBDAE CD AEBD ACD ABC =⋅⋅=∆∆的面积的面积4．（如图）CD 是BC 的延长线，AB=BC=CA=CD=a ，DM 与AB ，AC 分别交于M 点和N 点，且∠BDM=α求证：ααααtg atg CN tg atg BM −=+=34,34证：作ME ⊥DC 于E ，由△ABC 是等边三角形，在直角△MBE 中，1,,22,122BE BM ME BM ME tg BM ED a BM α==∴==∴=−类似地，过N 作NF ⊥BC 于F ，在直角△NFC 中，可证：ααtg atg CN −=345．设有f(x)=4x 4-4px 3+4qx 2+2p(m+1)x+(m+1)2.(p ≠0）求证：AB E F D1）如果f(x)的系数满足p 2-4q-4(m+1)=0,那么f(x)恰好是一个二次三项式的平方2）如果f(x)与F(x)=(2x 2+a x+b)2表示同一个多项式，那么 p 2-4q-4(m+1)=0222432222222222222222224:1)1,444()4442()4444 (2x )(4)(2)()4444 (2x )2(2x )()444 (2x ).4()p qm p q p q f x x px qx p x p q p q px p q x px p q p q px px p q px f x −+=−−∴=−++⋅+−−=−−−+⋅+−−=−−−⋅+−=−−∴证等于一个二次三项4322224322222222)4442(1)(1)(2) 44(4)2,44(1)44(2)2(1)2(3)(1)(4)4(1)(2)4,(3x px qx p m m x ax b x ax a b x abx b p a q a b p m abm bq p a p b a b −+++++=++=−++++−=⎧⎪=+⎪∴⎨+=⎪⎪+=⎩−=−=式的平方由可得代入得将的表达式代入2224),2(1)2,4[44(1)]0.0,44(1)0.q p p m p p p q m p p q m −+=−⋅∴−−+=≠∴−−+=得6．已知：a sinx+bcosx =0.………………………………①Asin2x+Bcos2x=C.………………………………②其中a ,b 不同时为0求证：2a bA+(b 2-a 2)B+(a 2+b 2)C=02222cos ,sin :ba a y ba b y +=+−=设证则①可写成cosysinx-sinycosx=0, ∴sin(x-y)=0∴x-y=k π(k 为整数)， ∴x=y+k π又sin2x=sin2(y+k π)=sin2y=2sinycosy= 222b a ab+−cos2x=cos2y=cos 2y-sin 2y=2222ba b a +−代入②，得22222222222(),2()()0.abA a b B C a b a babA b a B a b C −−+=++∴+−++= 7．已知L 为过点P )23,233(−−而倾斜角为300的直线，圆C 为中心在坐标原点而半径等于1的圆，Q 表示顶点在原点而焦点在)0,82(的抛物线设A 为L 和C 在第三象限的交点，B 为C 和Q 在第四象限的交点1）写出直线L 、圆C 和抛物线Q 的方程，并作草图2）写出线段PA 、圆弧AB 和抛物线上OB 一段的函数表达式3）设P ＇、B ＇依次为从P 、B 到x 轴的垂足求由圆弧AB 和直线段BB ＇、B ＇P ＇、P ＇P 、PA 所包含的面积解：1）直线L 、圆C 和抛物线Q的方程为222::1:x 2L y x C x y Q y =+==草图如图Y X2)由2211:(),(y x A x x y PA f x x x ⎧=⎪=⎨⎪+=⎩=≤≤解得点横坐标线段的函数表达式为2222321:():().(03)7.241.471().244y x B x x y AB f x x OB f x x POP OAB BOB ππ⎧=⎪=⎨⎪+=⎩=≤≤=≤≤'∆=='∆==+解得点横坐标圆弧的函数表达式为抛物线上一段的函数表达式为的面积扇形的面积的面积故所求面积图中阴影部分YL P。

1978 年全国高中数学竞赛题一试题1．已知 y= log 11，问当 x 为何值时， (Ⅰ)y>0；(Ⅱ )y<0？2x+32．已知 tanx=2x 2 (180 °<x<270°)，求 cos2x， cos 的值．23．设椭圆的中心为原点，它在x 轴上的一个焦点与短轴两端连线互相垂直，且此焦点与长轴上较近的端点的距离是10－ 5，求椭圆方程．4．已知方程 2x2－9x+8= 0，求作一个二次方程，使它的一个根为原方程两根和的倒数，另一个根为原方程两根差的平方．5．把半径为 1 的四个小球叠成两层放在桌面上：下层三个，上层一个，两两相切，求上层小球最高点离桌面的高度．6．如图，设线段 AB 的中点为 M，从线段 AB 上的另一点 C 向直线 AB 的一侧引线段 CD ，令线段 CD 的中点为 N，BD 的中点为 P，MN的中点为Q，求证：直线 PQ 平分线段 AC．7．证明：当n、 k 都是给定的正整数，且n>2， k>2 时， n(n－ 1)k－1可以写成 n 个连续偶数的和．8．证明：顶点在单位圆上的锐角三角形的三个角的余弦的和小于该三角形的周长之半．9．已知直线l1： y= 4x 和点 P(6，4)，在直线l 1上求一点Q，使过PQ 的直线与直线l 1以及 x 轴在第Ⅰ象限内围成三角形面积最小．x+y+z= 0，10．求方程组x3+y3+z3=－18的整数解．二试题1．四边形两组对边延长后分别相交，且交点的连线与四边形的一条对角线平行，证明：另一条对角线的延长线平分对边交点连成的线段．2．⑴分解因式：x12+x9+x6+x3+1．⑵证明：对于任意角度θ，都有5+8cosθ+4cos2θ+cos3θ≥0．3．设 R 为平面上以A(4，1)、B(－ 1，－ 6)、C(－ 3，2)三点为顶点的三角形区域 (包括三角形的边界)．试求当 (x， y)在 R 上变动时，函数4x－ 3y 的极大值和极小值． (须证明你的论断 )4．设 ABCD 为任意给定的四边形，边AB、BC、CD、 CA 的中点11分别为 E、F、G、H ，证明：四边形 ABCD 的面积≤ EG?HF ≤(AB+CD) ·22 (AD+BC)．5．设有十人各拿提桶一只到水龙头前打水，设水龙头注满第i(i= 1，2，， 10)个人的提桶需时 T i分钟，假定这些T i各不相同，问：(Ⅰ )当只有一个水龙头可用时，应如何安排这十个人的次序，使你们的总的花费时间( 包括各人自己接水所花时间) 为最少？这时间等于多少？ ( 须证明你的论断)(Ⅱ )当有两个水龙头可用时，应如何安排这十个人的次序，使你们的总的花费时间为最少？这时间等于多少？( 须证明你的论断) 6．设有一个边长为 1 的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出一个面积最大的和一个面积最小的，并求出这两个面积．( 须证明你的论断 )1978 年全国高中数学竞赛题解答一试题1．已知 y= log 1 1，问当 x 为何值时， (Ⅰ)y>0；(Ⅱ )y<0？2x+3解：当 x>－ 3 时， y= log2(x+3) ，⑴x+3>1 x>－ 2 时， y>0；⑵0<x+3<1 ，－ 3<x<－2 时， y<0．x 2．已知 tanx=2 2 (180 °<x<270°)，求 cos2x， cos 的值．2 1－ (2 2)2= －7； cosx= －1= －1． cosx= －解： cos2x=1+(2 2)291+tan2x32 1+cosx32=－3．3．设椭圆的中心为原点，它在x 轴上的一个焦点与短轴两端连线互相垂直，且此焦点与长轴上较近的端点的距离是10－ 5，求椭圆方程．解：由已知 c=b ，故 a= 2c， a－c= 10－ 5=5(2－ 1)=c (2－1)，∴ c=5， a=10．x2 y2所求椭圆方程为10+5=1．4．已知方程2x2－9x+8= 0，求作一个二次方程，使它的一个根为原方程两根和的倒数，另一个根为原方程两根差的平方．9解：设已知方程两根为x1， x2，则 x1+x2= 2，x1x2= 4．所求方程两根为 t1， t2，t 1=1 = 2， t 2= (x 1－ x 2)2= (x 1+x 2)2－ 4x 1x 2= 81－16= 17．x 1+x 2 9 4 42 17∴ 所求方程为 (x －9)(x － 4 )= 0，即 36x 2－ 161x+34= 0．5．把半径为 1 的四个小球叠成两层放在桌面上：下层三个，上层一个，两两相切，求上层小球最高点离桌面的高度．解：边长为2 的正四面体的高h= 23 6．故所求高度= 1+ 2 362 6+1=2+ 3 ．6．如图，设线段 AB 的中点为 M ，从线段 AB 上的另一点 C 向直线 AB 的一侧引线段 CD ，令线段 CD 的中点为 N ，BD 的中点为 P ，MN 的中点为 Q ，求证：直线 PQ 平分线段 AC ．证明：连 NP ，取 AC 中点 O ，则由于N 、 PD1 1分别为 CD 、BD 中点，故 NP ∥ AB ，NP= 2BC= 2(ABN QPAOMCB－ AC)=AM=AO=OM ．∴ NPMO 为平行四边形．即 PO 经过 MN 中点 Q ．即直线 PQ 平分线段 AC ．7．证明：当 n 、 k 都是给定的正整数，且n>2， k>2 时， n(n － 1)k －1可以写成 n 个连续偶数的和．解：设开始的一个偶数为2m ，则此 n 个连续偶数的和为 (2m++2m+2n － 2)× n ÷ 2=n (2m+n － 1)．令 n(n － 1)k －1= n(2m+n －1)，则 (n －1)k －1－ (n － 1)= 2m ．无论 n 为偶数还是奇数， (n － 1)k －1－(n －1)均为偶数，故 m=1 [( n2－ 1)k －1－ (n －1)] 为整数．∴ 从 (n － 1)k － 1－ (n － 1)开始的连续 n 个偶数的和等于 n(n － 1)k －1．由于 n 、 k 给定，故 (n － 1)k －1－ (n － 1)确定．故证．8．证明：顶点在单位圆上的锐角三角形的三个角的余弦的和小于该三角形的周长之半．解：设此三角形三个角为A 、B 、C ，则其三边长分别为2sinA ，2sinB ，2sinC ．本题即证明 cosA+cosB+cosC<sinA+sinB+sinC ．由于 A ＋ B>90 ，故 90 >A>90 － B>0，sinA>sin(90同理， sinB>cosC ， sinC>cosA ，三式相加，即得证．－ B)= cosB ，9．已知直线 l 1： y= 4x 和点 P(6，4)，在直线 l 1 上求一点 Q ，使过PQ 的直线与直线 l 1 以及 x 轴在第Ⅰ象限内围成三角形面积最小．4a － 4解：设 Q(a ， 4a)， (a>1)则直线 PQ 方程为 y － 4= a － 6 (x － 6)，令a －6 5ay= 0，得 x= 6－ a －1= a － 1 ．1 5a ·4a= 10a2 11≥∴ S= · a －1 = 10(a+1+)= 10(a － 1++2)2 a － 1a － 1 a － 110(2+2) = 40．当且仅当 a= 2 时 S 取得最小值．即所求点为 Q(2， 8)．x+y+z= 0，10．求方程组的整数解．x 3+y 3+z 3= － 18解：x 3＋ y 3＋ z 3－ 3xyz=(x ＋ y ＋ z)(x 2＋ y 2＋ z 2－ xy － yz － zx)= 0，故 xyz=－ 6．故 x= － 3，y= 1， z= 2，等共 6 组解．二试题1．四边形两组对边延长后分别相交，且交点的连线与四边形的一条对角线平行，证明：另一条对角线的延长线平分对边交点连成的线段．A证明：如图所示， BD ∥ EF ，作 BG ∥ ED 交GAC 于 G ，则BDP AG AB ADCE QFAC = AE = AF ，从而 GD ∥ BC ，即 BCDG 为平行四边形． P 为 BD 中点，从而 Q 为 EF 中点．2．⑴ 分解因式： x 12+x 9+x 6+x 3+1．⑵ 证明：对于任意角度θ，都有 5+8cos θ+4cos2θ+cos3θ≥0．2π2π解：⑴令 ε= cos 15＋ isin 15．14∴ (x 3－ 1)( x 12+x 9+x 6+x 3+1)=x 15－1= ∏(x －εk )．而 x 3－ 1= (x － 1)(xk= 0－ ε5)(x － ε10)．14故 x 12+x 9+x 6+x 3+1= ∏ (x －εk)．k=0(k 5，10)⑵令 x= cosθ，则 5+8cosθ+4cos2θ+cos3θ= 5+8x+4(2x2－ 1)+4x3－ 3x= 4x3+8x2+5x+1= (x+1)(2 x+1) 2≥ 0 在 x≥－ 1 时成立．3．设 R 为平面上以A(4，1)、B(－ 1，－ 6)、yC(－ 3， 2)三点为顶点的三角形区域(包括三角形的边界 )．试求当 (x， y)在 R 上变动时，函数 4x－ 3y 的极大值和极小值． (须证明你的论断 )解：令 4x－ 3y=t ，则此直线在x 轴上的截距即1为4t．C(-3,2)A(4,1)O x B(-1,-6)分别以 A、B、C 的值代入，得相应的t= 13，14，－ 18．即 4x－ 3y 的极大值为14，极小值为－ 18．4．设 ABCD 为任意给定的四边形，边AB、BC、CD 、 CA 的中点1分别为 E、F、G、H，证明：四边形 ABCD 的面积≤ EG?HF ≤2(AB+CD)? 12(AD+BC)．H D证明：连 EF、FG、GH、HE，取 BD 中点 P，A连 EP、 PG．P GE OB C1易证 S 四边形EFGH =S 四边形ABCD．F211而 S 四边形EFGH = 2EG?HF sin∠ EOF ≤2EG?HF ．但 EP=1A D ，PG=1BC． EP+PG≥ EG，故1(AD+BC)≥ EG，222同理，111(AB+CD)≥HF ．故 EG?HF ≤ (AB+CD)?(AD+BC)，222从而，四边形1(AB+CD)?1ABCD 的面积≤ EG?HF ≤(AD+BC)．225．设有十人各拿提桶一只到水龙头前打水，设水龙头注满第i(i= 1，2，， 10)个人的提桶需时T i分钟，假定这些T i各不相同，问：(Ⅰ )当只有一个水龙头可用时，应如何安排这十个人的次序，使你们的总的花费时间( 包括各人自己接水所花时间) 为最少？这时间等于多少？ ( 须证明你的论断)(Ⅱ )当有两个水龙头可用时，应如何安排这十个人的次序，使你们的总的花费时间为最少？这时间等于多少？( 须证明你的论断)解：当只有 1 个水龙头可用时，所需时间为 10T1+9T2+8T3+ +T10，若当1≤i<j≤ 10 时， T i >T j，则其余人不动，交换第 i 个人与第 j 个人的次序，则所需时间改变量10T1+ +(11 － i)T i + +(11 － j)T j + +T10－ (10T1+ +(11 － i)T j + +(11 －j)T i + )=(11－ i)(T i－ T j )+(11 － j)(T j－T i )= (T j－ T i)(i － j)>0 ．即这样交换后，所需时间变少．∴应使注满桶所需的时间少的人先注水．不妨设T1<T2<<T10，则所需时间为10T1+9T2+8T3+ +T10．⑵设 T1<T2< <T10，则安排 T1、T3、T5、T7、T9在一个龙头， T2、T4、 T6、 T8、T10在另一个龙头．且注水时间短的先注水．这样，共需时间 5(T1+T2)+4( T3+T4)+3(T5+T6)+2( T7+T8)+(T9+T10)．DCEM 6．设有一个边长为 1 的正方形，试在这个正方形FABG的内接正三角形中找出一个面积最大的和一个面积最小的，并求出这两个面积． ( 须证明你的论断)解：如图，设△ EFG 是正方形 ABCD 的一个内接正三角形．且E、F 分别在一组对边AD、BC 上，取EF 中点M，连MG ．则∠GME= ∠GAE= 90°，于是 A、G、M、E 四点共圆．∴∠ MAG= ∠MEG= 60°，同理，∠ MBG= 60°，即△ MAB 为正三角形．于是 M 为定点，故 1=AB ≤EF ≤ABsec15°= 6－2．3∴4≤S△EFG≤ 2 3－ 3．。

1978年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科考生五，六两题选做一题文科考生五，六两题选做一题，不要求做第七题）一．（下列各题每题4分，五个题共20分） 1．分解因式：x 2-4xy+4y 2-4z 2.解：原式=（x-2y)2-(2z)2=(x-2y-2z)(x-2y+2z)2.已知正方形的边长为a ，求侧面积等于这个正方形的面积，高等于这个正方形边长的直圆柱体的体积解：设底面半径为r ，则底面周长2πr=a则.42,2222πππππaa a a r ar =⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅==体积 3．求函数)2lg(x y +=的定义域解： ∵lg(2+x)≥0,∴2+x ≥1.故x ≥-1为其定义域4．不查表求cos800cos350+cos100cos550的值解：原式=sin100cos350+cos100sin350=sin(100+350)=sin450=225.化简： 二 .（本题满分14分）已知方程kx 2+y 2=4，其中k 为实数对于不同范围的k 值，分别指.254:.)()1.0()4(41 21214323121b ba ab =⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛----原式解出方程所代表图形的内形，并画出显示其数量特征的草图解：1）k>0时，方程的图形是椭圆，中心在坐标原点，此时又可分为：①k>1时,长轴在y 轴上，半长轴=2，半短轴=k2;②k=1时,为半径r=2的圆; ③k<1时,长轴在x 轴上，半长轴=k2，半短轴=22)k=0时，方程为y 2=4图形是两条平行于x 轴的直线2±=y如图3）k<0时，方程为三．（本题满分14分）（如图）AB 是半圆的直径，C 是半圆上一点，直线MN 切半圆于CY Y YXX y=-214422=+-ykx点，AM ⊥MN 于M 点，BN ⊥MN 于N 点，CD ⊥AB 于D 点， 求证：1)CD=CM=CN. 2)CD 2=AM ·BN 1)证：连CA ，CB ，则∠ACB=900∠ACM=∠ABC ∠ACD=∠ABC ∴∠ACM=∠ACD ∴△AMC ≌△ADC∴CM=CD 同理CN=CD ∴CD=CM=CN2）∵CD ⊥AB ，∠ACD=900∴ CD 2=AD ·DB 由1）知AM=AD ，BN=BD∴CD 2=AM ·BN四．（本题满分12分）18361818181836181818log 9(2),18 5.log 45.:185,log 5.log 59log 5log 9log 45.log 182log 18log 22bba ab a b a=≠==∴=⋅++===⋅+- 已知求解五．（本题满分20分）已知△ABC 的三内角的大小成等差数列，tgAtgC=32+求角A ，B ，C 的大小又已知顶点C 的对边c 上的高等于a ,b,c的长（提示：必要时可验证324)31(2+=+）M C NA B D212:1802.60,1202tgA tgC (1-tgA tgC )tg(A C )3(1)(2)tgA ,tgC x (320.:1,2,1,245,A B C B A C B A C tgA tgC x x x A C tgA tgC A C ++=︒=+∴=︒+=︒=++=+==+-+++===+<==+∴=︒ 解又而由可知是的两根解这方程得设则得12045758;sin 60sin 45cos 45cos 60 4.c a b c A D D B b a =︒-︒=︒∴====︒︒=+=︒+︒=又知上的高等于六．（本题满分20分）22222224223sin 2sin 1,:3sin cos 2.33sin 22sin 20,:sin 2sin 23sin cos ..2sin 2cos 9sin cos 9sin 9sin 1.1sin ()3sin(2)sin cos 2cos sin 2sin (3sin )cos (3sin cos ) αβαβαββαααβαααααααβαβαβααααα+==-===∴+=+∴=∴=+=+=+由得由得为锐角223sin (sin cos )3sin 1.2ααααπαβ=+==∴+=七．（本题满分20分，文科考生不要求作此题） 已知函数y=x 2+(2m+1)x+m 2-1(m 为实数） 1）m 是什么数值时，y 的极值是0？2）求证：不论m 是什么数值，函数图象（即抛物线）的顶点都在同一条直线L 1上画出m=-1、0、1时抛物线的草图，来检验这个结论3）平行于L 1的直线中，哪些与抛物线相交，哪些不相交？求证：任.22:0,2sin2-3sin2 ,1sin2sin 3,,:22πβαβαβαβα=+==+求证且为锐角已知一条平行于L 1而与抛物线相交的直线，被各抛物线截出的线段都相等解：用配方法得：2214545.24450,450,421452.(,),242m 11455 x -,,22443:..4,,,,m m m y x y m m m m m m y m x y m m +++⎛⎫=+-∴- ⎪⎝⎭+==-++--++==--=-=---=的极小值为所以当极值为时函数图象抛物线的顶点坐标为即二式相减得此即各抛物线顶点坐标所满足的方程它的图象是一条直线方程中不含因此不论是什么值抛物线的顶点都在这条222.1,0,1,,115193(),(),().424242m x y y x y x y x =-+=-+=++=+直线上当时之间函数关系为图略3.设L ：x-y=a 为任一条平行于L 1的直线与抛物线y=x 2+(2m+1)x+m 2-1方程联立求解，消去y ，得x 2+2mx+m 2-1+a =0∴（x+m)2=1-a因而当1-a ≥0即a ≤1时，直线L 与抛物线相交，而a ＞1时，直线L 与抛物线不相交而这与m 无关因此直线L 被各抛物线截出的线段都相等一九七八年副题)1(222)]1()1[(45,1.1,1.1,1a a m a m L L a m a m L a m x a -=-----+-∴︒-+-----±-=≤于被抛物线截出的线段等直线它的倾斜角为的斜率为因直线为与抛物线两交点横坐标即直线时当1．（1）分解因式：x 2-2xy+y 2+2x-2y-3 解：原式=(x-y-1)(x-y+3)(2)求的值65cos4030sin2ππ-+︒-︒ctgtg解：原式=3/4（4）已知直圆锥体的底面半径等于1cm ，母线的长等于2cm ，求它的体积解：)(3312131322cm Vππ=-⋅⋅=.)35()9125(30)5001()52(10)5( 2121211的值计算+-+--解：原式=302．已知两数x 1 ,x 2满足下列条件：1）它们的和是等差数列1，3，…的第20项; 2）它们的积是等比数列2，-6，…的前4项和求根为211,1x x 的方程略解：x 1 +x 2=39，x 1x 2=-40故：1/x 1+1/x 2=-39/401/x 1·1/x 2=-1/40所求方程为：40x 2+39x-1=0.3.已知：△ABC 的外接圆的切线AD 交BC 的延长线于D 点，求证：为所求之定义域且且解的定义域求函数12.01,0525:.1)525lg()3( -≠<∴≠+>-+-=x x x x y xxCDBD ACAB ACD ABC ==∆∆22的面积的面积证：因为AD 是△ABC 的外接圆的切线，所以 ∠B=∠1∴△ABD ∽△CAD22ACAB ACD ABC =∆∆∴的面积的面积作AE ⊥BD 于点E ，则.2121CDBD AECD AEBD ACD ABC =⋅⋅=∆∆的面积的面积4．（如图）CD 是BC 的延长线，AB=BC=CA=CD=a ，DM 与AB ，AC 分别交于M 点和N 点，且∠BDM=α求证：ααααtg atg CN tg atg BM -=+=34,34证：作ME ⊥DC 于E ，由△ABC 是等边三角形，在直角△MBE 中，1,,2242,122BE BM M E BM BM M E atg tg BM EDa BMα==∴==∴=-类似地，过N 作NF ⊥BC 于F ，在直角△NFC 中，可证：ααtg atg CN -=345．设有f(x)=4x 4-4px 3+4qx 2+2p(m+1)x+(m+1)2.(p ≠0）求证：AB E F D1）如果f(x)的系数满足p 2-4q-4(m+1)=0,那么f(x)恰好是一个二次三项式的平方2）如果f(x)与F(x)=(2x 2+a x+b)2表示同一个多项式，那么 p 2-4q-4(m+1)=0222432222222222222222224:1)1,444()4442()4444 (2x )(4)(2)()4444 (2x )2(2x )()444 (2x ).4()p q m p q p q f x x px qx p x p qp q px p q x px p q p q px px p q px f x -+=--∴=-++⋅+--=---+⋅+--=---⋅+-=--∴ 证等于一个二次三项4322224322222222)4442(1)(1)(2) 44(4)2,44(1)44(2)2(1)2(3)(1)(4)4(1)(2)4,(3x px qx p m m x ax b x ax a b x abx b p a q a b p m ab m b q p a p b a b -+++++=++=-++++-=⎧⎪=+⎪∴⎨+=⎪⎪+=⎩-=-=式的平方由可得代入得将的表达式代入2224),2(1)2,4[44(1)]0.0,44(1)0.q p p m p p p q m p p q m -+=-⋅∴--+=≠∴--+= 得6．已知：a sinx+bcosx =0.………………………………①Asin2x+Bcos2x=C.………………………………②其中a ,b 不同时为0求证：2a bA+(b 2-a 2)B+(a 2+b 2)C=02222cos ,sin :ba a y ba b y +=+-=设证则①可写成cosysinx-sinycosx=0, ∴sin(x-y)=0∴x-y=k π(k 为整数)， ∴x=y+k π又sin2x=sin2(y+k π)=sin2y=2sinycosy= 222baab +-cos2x=cos2y=cos 2y-sin 2y=2222ba b a +-代入②，得22222222222(),2()()0.abA a b B C a ba babA b a B a b C --+=++∴+-++=7．已知L 为过点P )23,233(--而倾斜角为300的直线，圆C 为中心在坐标原点而半径等于1的圆，Q 表示顶点在原点而焦点在)0,82(的抛物线设A 为L 和C 在第三象限的交点，B 为C 和Q 在第四象限的交点1）写出直线L 、圆C 和抛物线Q 的方程，并作草图2）写出线段PA 、圆弧AB 和抛物线上OB 一段的函数表达式3）设P ＇、B ＇依次为从P 、B 到x 轴的垂足求由圆弧AB 和直线段BB ＇、B ＇P ＇、P ＇P 、PA 所包含的面积解：1）直线L 、圆C 和抛物线Q的方程为222:3:1:x 2L y xC x y Q y =+==草图如图YX2)由221321:(),(322y x A x x y PA f x x x ⎧=⎪=-⎨⎪+=⎩=-≤≤-解得点横坐标线段的函数表达式为22223221:()(22:().(023)7.241.471().244y x B x x y AB f x x O B f x x PO P O AB BO B ππ⎧=⎪=⎨⎪+=⎩=-≤≤=≤≤'∆=='∆==+解得点横坐标圆弧的函数表达式为抛物线上一段的函数表达式为的面积扇形的面积的面积故所求面积图中阴影部分L。

Reading (I) 班级：________ 姓名：________ 得分：________ 课时作业 I. 根据句意及所给的汉语提示完成句子。

（15分） 1. The park is in the __________ (南部的) part of the city. 2. Their __________ (妻子) are all nurses. 3. Would you like to go to the __________ (电影院) with us? 4. I __________ (搬) here with my family when I was two years old. 5. We lived together till 1965, when I got __________ (结婚). II. 从方框中选择正确的词或词组填空。

（10分） since then, moved to, times, on foot, not…until… 1. We _____________ new house last week. 2. I have lived here _____________. 3. They did ___________ get home __________ 12 o’clock. 4. ---How many ________ have you been there? ---Only once. 5. ---How do you go to school every day? ---_____________. III. 单项选择。

（30分） ( ) 1. The government has turned the place ______ a park.A. withB. forC. ofD. into ( ) 2. Has Sunshine Town changed ______ over the years?A. a lotB. a lot ofC. lots ofD. lot ( ) 3. We often meet ______ weekends.A. onB. atC. inD. over ( ) 4. ---We are going to the East Mountain (山) for a holiday next month. ---Have a ______ trip!A. pleasedB. pleasantC. excitedD. well ( ) 5. My wife and I moved to ______ flat in the centre of town.A. otherB. othersC. anotherD. the others ( ) 6. We ______ had a small post office in the centre.A. alsoB. tooC. eitherD. as well ( ) 7. ---______ my dictionary? ---Yes. I saw it on your desk a moment ago.A. Have you seenB. Do you seenC. Had you seenD. Would you seen ( ) 8. ---May I go to play tennis with you, Dad? ---______ you ______ your homework yet?A. Are; finishingB. Did; finishC. Will; finishD. Have; finished ( ) 9. Millie wants to write ______ the changes ______ Sunshine Town.A. in, ofB. about, toC. on, fromD. at, in ( ) 10. Our English teacher has taught us English in our school ______he came here.A. whenB. forC. beforeD. since IV. 完型填空。

1982年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）一．（本题满分6分） 填表：解：见上表二．（本题满分9分）1．求（-1+i)20展开式中第15项的数值; 2．求3cos 2xy =的导数解：1.第15项T 15=.38760)()1(6201461420-=-=-C i C 2..32sin 31)3(3sin 3cos 2)3)(cos 3(cos 2x x x x x xy -='-='=' 三．（本题满分9分）在平面直角坐标系内，下列方程表示什么曲线？画出它们的图形1．;0436323112=-y x2．⎩⎨⎧φ=φ+=.sin 2,cos 1y x解：1.得2x-3y-6=0图形是直线2.化为,14)1(22=+-y x 图形是椭圆四．（本题满分12分）已知圆锥体的底面半径为R ，高为H求内接于这个圆锥体并且体积最大的圆柱体的高h （如图）解：设圆柱体半径为r 高为h由△ACD ∽△AOB 得.RrH h H =- 由此得),(h H HR r -=圆柱体体积.)()(2222h h H HR h r h V -π=π= 由题意，H ＞h ＞0，利用均值不等式，有.)(,3,,2.274274224232222最大时因此当时上式取等号当原式h V H h h h H H R H H R h h H h H H R ==-π=⋅π⋅≤⋅-⋅-⋅π⋅=Y XAB 2R（注：原“解一”对h 求导由驻点解得）五．（本题满分15分）的大小与比较设|)1(log ||)1(log |,1,0,10x x a a x a a +-≠><<（要写出比较过程）解一：当a >1时，.|)1(log ||)1(log |,1,0,10.|)1(log ||)1(log |,0)1(log ,110 ,10).1(log |)1(log ||)1(log |),1(log |)1(log |),1(log |)1(log |,10.|)1(log ||)1(log |,0)1(log ,110,1).1(log )]1(log )1([log |)1(log ||)1(log |),1(log |)1(log |),1(log |)1(log |222222x x a a x x x x x a x x x x x x x a x x x x a x x x x x x x x x a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a +>-≠><<+>-∴>-∴<-<<<-=+--+-=+-=-<<+>-∴>--∴<-<>--=++--=+--+=+--=-总有时因此当时当解二：|)1(log |)1(log )1(log |)1(log ||)1(log |1x x x x x x a a a a -=+-=+-+,110,11<-<>+x x|)1(log ||)1(log |,1|)1(log ||)1(log |,10)1(log ,110,11)1(log 111log 11log )1(log 212212111x x x x x x x x xx x x a a a a x x x x x +>-∴>+->∴<-<-<>+--=-+=-=--=+++++即原式原式 六．（本题满分16分）如图：已知锐角∠AOB=2α内有动点P ，PM ⊥OA ，PN ⊥OB ，且四边形PMON 的面积等于常数c 2今以O 为极点，∠AOB 的角平分线OX 为极轴，求动点P的轨迹的极坐标方程，并说明它表示什么曲线解：设P 的极点坐标为（ρ，θ）∴∠POM=α-θ，∠NOM=α+θ， OM=ρcos(α-θ),PM=ρsin(α-θ), ON=ρcos(α+θ),PN=ρsin(α+θ), 四边形PMON 的面积.2sin 2.2sin 2)sin (cos sin ,cos .2sin 22cos 2cos 2sin 2)](2sin )(2[sin 4)]sin()cos()sin()[cos(2:,)]sin()cos()sin()[cos(221212222222222222222α=-α=θ-θρθρ=θρ=α=θρ=θαρ=θ+α+θ-αρ=θ+αθ+α+θ-αθ-αρθ+αθ+α+θ-αθ-αρ=⋅+⋅=c y x c y x c c c c P PN ON PM OM S 即为化为直角坐标方程上式用即用和差化积公式化简得用倍角公式化简得的轨迹的极坐标方程是动点依题意这个方程表示双曲线由题意，动点P 的轨迹是双曲线右面一支在∠AOB 内的一部分七．（本题满分16分）AO已知空间四边形ABCD 中AB=BC ，CD=DA ，M ，N ，P ，Q 分别是边AB ，BC ，CD ，DA 的中点（如图）求证MNPQ 是一个矩形证：连结AC ，在△ABC 中，∵AM=MB ，CN=NB ，∴MN ∥AC 在△ADC 中，∵AQ=QD ，CP=PD ， ∴QP ∥AC ∴MN ∥QP同理，连结BD 可证MQ ∥NP∴MNPQ 是平行四边形取AC 的中点K ，连BK ，DK ∵AB=BC ，∴BK ⊥AC ，∵AD=DC ，∴DK ⊥AC BKD 与AC 垂直∵BD 在平面BKD 内，∴BD ⊥AC ∵MQ ∥BD ，QP ∥AC ，∴MQ ⊥QP ，即∠MQP 为直角故MNPQ 是矩形八．（本题满分18分）抛物线y 2=2px 的内接三角形有两边与抛物线x 2=2qy 相切，证明这个三角形的第三边也与x 2=2qy 相切解：不失一般性，设p>0,q>0.又设y 2=2px 的内接三角形顶点为A 1（x 1,y 1),A 2(x 2,y 2),A 3(x 3,y 3)因此y 12=2px 1，y 22=2px 2 ，y 32=2px 3BP C Y x 2=2qy y 2=2px X其中y 1≠y 2 , y 2≠y 3 , y 3≠y 1 .依题意，设A 1A 2，A 2A 3与抛物线x 2=2qy 相切，要证A 3A 1也与抛物线x 2=2qy 相切因为x 2=2qy 在原点O 处的切线是y 2=2px 的对称轴，所以原点O 不能是所设内接三角形的顶点即（x 1,y 1),(x 2,y 2),(x 3,y 3)，都不能是（0，0）;又因A 1A 2与x 2=2qy 相切，所以A 1A 2不能与Y 轴平行，即x 1≠x 2 , y 1≠-y 2,直线A 1A 2的方程是),(112121x x x x y y y y ---=- ).(2))((1212122122x x p y y y y y y -=+-=-(1)0)(2.0)2(4)4(,2,0242.2212122121221221212121222121212121=++=+++-=∆==+-+-=+++=∴y y y y q p y y y qy y y pq qy x A A y y y qy x y y pqx qy x A A y y y y x y y py A A 化简得上面二次方程的判别式相切与抛物线由于交点的横坐标满足与抛物线方程是同理由于A 2A 3与抛物线x 2=2qy 相切，A 2A 3也不能与Y 轴平行，即 x 2≠x 3, y 2≠-y 3,同样得到(2) 0)(2p 32322=++y y y y q由（1）（2）两方程及y 2≠0,y 1≠y 3,得y 1+y 2+y 3=0.由上式及y 2≠0,得y 3≠-y 1，也就是A 3A 1也不能与Y y 2=-y 1-y 3代入（1）式得：(3) 0)(2p 13132=++y y y y q(3)式说明A 3A 1与抛物线x 2=2qy 的两个交点重合，即A 3A 1与抛物线x 2=2qy 相切所以只要A 1A 2，A 2A 3与抛物线x 2=2qy 相切，则A 3A 1也与抛物线x 2=2qy 相切九．（附加题，本题满分20分，计入总分）已知数列 ,21,,n a a a 和数列,,,,21 n b b b 其中111,,-===n n pa a q b p a).0,0,,,(),2(11>>≠≥+=--r p q r q p n rb qa b n n n 且是已知常数1．用p,q,r,n 表示b n ，并用数学归纳法加以证明; 2．求.lim22nn n n b a b +∞→解：1.∵a 1=p, a n =p a n-1,∴a n =p n . 又b 1=q,b 2=q a 1+rb 1=q(p+r), b 3=q a 2+rb 2=q(p 2+pq+r 2),… 设想.)()(121rp r p q rr ppq b n n n n n n --=+++=---用数学归纳法证明：当n=2时，,)()(222r p r p q r p q b --=+=等式成立; 设当n=k 时，等式成立，即,)(r p r p q b k k k --=则b k+1=q a k +rb k =,)()(11rp r p q r p r p rq qp k k k k k--=--+++ 即n=k+1时等式也成立所以对于一切自然数n ≥2，rp r p q b n n n --=)(都成立.)(lim,0)(,,10,])(1[)(])(1[lim,,)()()(lim ,0,)()()(limlim.222222222222222222q r p qb a b p r n prprq r p p r q p r p q r p p r p q r p r p r p q p r p r p q ba b n n n n n n n n n n nnn n n n nn n n n nnn n +-=+∴→∞→<<-+--=-+--=>>--+--=+∞→∞→∞→∞→∞→时故当原式分子分母同除以原式。

1982年二十八省、市、自治区中学生联合数学竞赛1．选择题(本题48分，每一小题答对者得6分，答错者得0分，不答者得1分)：⑴ 如果凸n 边形F (n ≥4)的所有对角线都相等，那么A ．F ∈{四边形}B ．F ∈{五边形}C ．F ∈{四边形}∪{五边形}D ．F ∈{边相等的多边形}∪{内角相等的多边形}⑵ 极坐标方程ρ=11－cos θ+sin θ所确定的曲线是A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线 ⑶ 如果log 2[log 12(log 2)]=log 3[log 13(log 3x)]= log 5[log 15(log 5x)]=0，那么A ．z <x <yB ．x <y <zC ．y <z <xD ．z <y <x ⑷ 由方程|x －1|+|y －1|=1确定的曲线所围成的图形的面积是A ．1B ．2C ．πD ．4 ⑸ 对任何φ∈(0，π2)都有A ．sinsin φ<cos φ<coscos φB ．sinsin φ>cos φ>coscos φC ．sincos φ>cos φ>cossin φD ．sincos φ<cos φ<cossin φ ⑹ 已知x 1，x 2是方程x 2－(k －2)x +(k 2+3k +5)=0(k 为实数) 的两个实数根，x 12+x 22的最大值是A ．19B ．18C ．559D ．不存在⑺ 设M ={(x ，y )| |xy |=1，x >0}，N ={(x ，y )|arctan x +arccot y =π}，那么 A ．M ∪N ={(x ，y )| |xy |=1} B ．M ∪N =MC ．M ∪N =ND ．M ∪N ={(x ，y )| |xy |=1，且x ，y 不同时为负数} ⑻ 当a ，b 是两个不相等的正数时，下列三个代数式：甲：(a +1a )(b +1b )， 乙：(ab+1ab )2， 丙：(a+b 2+2a+b )2中间，值最大的一个是A ．必定是甲B ．必定是乙C ．必定是丙D ．一般并不确定，而与a 、b 的取值有关 2．(本题16分)已知四面体SABC 中，∠ASB =π2，∠ASC =α(0<α<π2)，∠BSC =β(0<β<π2)．以SC 为棱的二面角的平面角为θ．求证：θ=－arc cos(cot α∙cot β)． 3．(本题16分)已知：⑴ 半圆的直径AB 长为2r ；⑵ 半圆外的直线l 与BA 的延长线垂直，垂足为T ，|AT |=2a (2a <2r )； ⑶ 半圆上有相异两点M 、N ，它们与直线l 的距离|MP |、|NQ |满足条件|MP||AM|=|NQ||AN|=1．求证：|AM |+|AN |=|AB |． 4．(本题20分)已知边长为4的正三角形ABC ．D 、E 、F 分别是BC 、CA 、AB 上的点，且|AE |=|BF |=|CD |=1，连结AD 、BE 、CF ，交成△RQS ．点P 在△RQS 内及边上移动，点P 到△ABC 三边的距离分别记作x 、y 、z ．⑴求证当点P在△RQS的顶点位置时乘积xyz有极小值；⑵求上述乘积xyz的极小值．5．(本题20分)已知圆x2+y2=r2(r为奇数)，交x轴于点A(r，0)、B(－r，0)，交y轴于C(0，－r)、D(0，r)．P(u，v)是圆周上的点，u=p m，v=q n(p、q都是质数，m、n都是正整数)，且u>v．点P在x轴和y轴上的射影分别为M、N．求证：|AM|、|BM|、|CN|、|DN|分别为1、9、8、2．1982年二十八省、市、自治区中学生联合数学竞赛解答1．选择题(本题48分，每一小题答对者得6分，答错者得0分，不答者得1分)：⑴ 如果凸n 边形F (n ≥4)的所有对角线都相等，那么A ．F ∈{四边形}B ．F ∈{五边形}C ．F ∈{四边形}∪{五边形}D ．F ∈{边相等的多边形}∪{内角相等的多边形}解：由正方形及正五边形知A 、B 均错，由对角线相等的四边形形状不确定，知D 错，选C ．⑵ 极坐标方程ρ=11－cos θ+sin θ所确定的曲线是A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线 解：ρ=11－2cos(θ+π4)，知e =2，选C ．⑶ 如果log 2[log 12(log 2)]=log 3[log 13(log 3x)]= log 5[log 15(log 5x)]=0，那么A ．z <x <yB ．x <y <zC ．y <z <xD ．z <y <x解：x =212，y =313，z =515；x =212=816，y =313=916，故x <y ，又x =32110，z =25110，故z <x ．故选A ． ⑷ 由方程|x －1|+|y －1|=1确定的曲线所围成的图形的面积是A ．1B ．2C ．πD ．4解：此曲线的图形是一个正方形，顶点为(0，1)，(1，0)，(2，1)，(1，2)；其面积为2．选B ．⑸ 对任何φ∈(0，π2)都有A ．sinsin φ<cos φ<coscos φB ．sinsin φ>cos φ>coscos φC ．sincos φ>cos φ>cossin φD ．sincos φ<cos φ<cossin φ解：由0<sin φ<φ<π2，⇒cossin φ>sin φ．由0<cos φ<1，得sincos φ<cos φ．故选D ．⑹ 已知x 1，x 2是方程x 2－(k －2)x +(k 2+3k +5)=0(k 为实数) 的两个实数根，x 12+x 22的最大值是A ．19B ．18C ．559 D ．不存在解：△=(k －2)2－4(k 2+3k +5)=－3k 2－16k －16≥0，－4≤k ≤－43．由韦达定理，得x 12+x 22=(x 1+x 2)2－2x 1x 2=(k －2)2－2(k 2+3k +5)=－k 2－10k －6=－(k －5)2+19． ∴ 当k =－4时，x 12+x 22取得最大值－18．故选B ．⑺ 设M ={(x ，y )| |xy |=1，x >0}，N ={(x ，y )|arctan x +arccot y =π}，那么 A ．M ∪N ={(x ，y )| |xy |=1} B ．M ∪N =MC ．M ∪N =ND ．M ∪N ={(x ，y )| |xy |=1，且x ，y 不同时为负数} 解：M 是双曲线xy =±1在第一、四象限内的两支；由arctan x =π－arccot y ，⇒x =－1y ，⇒xy =－1，若x <0，则arctan x ∈(－π2，0)，而arccot y ∈(0，π)，π－arccot y∈(0，π)，故x >0．即N 是xy =－1在第四象限的一支．故选B ．⑻ 当a ，b 是两个不相等的正数时，下列三个代数式：甲：(a +1a )(b +1b )， 乙：(ab+1ab)2， 丙：(a+b 2+2a+b )2中间，值最大的一个是A ．必定是甲B ．必定是乙C ．必定是丙D ．一般并不确定，而与a 、b 的取值有关 解：甲>乙，但甲、丙大小不确定．故选D ． 2．(本题16分)已知四面体SABC 中，∠ASB =π2，∠ASC =α(0<α<π2)，∠BSC =β(0<β<π2)．以SC 为棱的二面角的平面角为θ．求证：θ=－arc cos(cot α∙cot β)．证明：在SC 上取点D ，使SD =1，在面SAC 、SBC 内分别作DE ⊥SC ，DF ⊥SC ，分别交SA 、SB 于E 、F ，连EF ．则∠EDF 为二面角A —SC —B 的平面角．即∠EDF =θ．由∠BSC =β，知SF =sec β，DF =tan β．由∠ASC =α，得SE =sec α，DE =tan α．由∠ASB =π2，得EF 2=SE 2+SF 2= DE 2+DF 2－2DE ∙DF cos θ．∴ sec 2α+sec 2β=tan 2α+tan 2β－2tan αtan βcos θ．⇒cos θ=－cot αcot β． ∴ θ=－arc(cot αcot β)．3．(本题16分)已知：⑴ 半圆的直径AB 长为2r ；⑵ 半圆外的直线l 与BA 的延长线垂直，垂足为T ，|AT |=2a (2a <2r )；⑶ 半圆上有相异两点M 、N ，它们与直线l 的距离|MP |、|NQ |满足条件|MP||AM|=|NQ||AN|=1． 求证：|AM |+|AN |=|AB |．证明：以AT 中点O 为原点，AB 所在直线为x 轴建立直角坐标系， 则由已知，M 、N 是半圆(x －a －r )2+y 2=r 2(y ≥0)与抛物线y 2=4ax 的交点． 消去y 得：x 2+2(a －r )x +2ra +a 2=0．条件2a <r2保证△>0，于是此方程有两个不等实根x 1，x 2，即为M 、N 的横坐标．由韦达定理，知x 1+x 2=－(2a －2r )．∵ |AM |=|MP |=x 1+a ，|AN |=|NQ |=x 2+a ．∴ |AM |+|AN |=x 1+x 2+2a =2r ．证毕．又证：作MC ⊥AB ，ND ⊥AB ，垂足为C 、D ．则AN 2=AD ∙AB ，AM 2=AC ∙AB ，∴ AN 2－AM 2=(AD －AC )AB =CD ∙AB ．∵ AN 2－AM 2=(AN +AM )(AN －AM )=(AN +AM )(NQ －MP )=(AN +AM )∙CD ．比较得，AN +AM =AB ． 4．(本题20分)已知边长为4的正三角形ABC ．D 、E 、F 分别是BC 、CA 、AB 上的点，且|AE |=|BF |=|CD |=1，连结AD 、BE 、CF ，交成△RQS ．点P 在△RQS 内及边上移动，点P 到△ABC 三边的距离分别记作x 、y 、z ．⑴ 求证当点P 在△RQS 的顶点位置时乘积xyz 有极小值； ⑵ 求上述乘积xyz 的极小值．解： 利用面积，易证：⑴ 当点P 在△ABC 内部及边上移动时，x +y +z 为定值h =23；⑵过P 作BC 的平行线l ，交△ABC 的两边于G 、H ．当点P 在线段GH 上移动时，y +z 为定值，从而x 为定值．G H lz yEA SACBSDEF⑶设y ∈[α，β]，m 为定值．则函数u =y (m －y )在点y =α或y =β时取得极小值． 于是可知，过R 作AB 、AC 的平行线，过Q 作AB 、BC 的平行线，过S 作BC 、AC 的平行线，这6条平行线交得六边形STRUQV ，由上证，易得只有当点P 在此六点上时，xyz 取得极小值．由对称性易知，xyz 的值在此六点处相等．由EA AC ·CD DB ·BS SE =1，得BS BE =1213，x =1213·34h=913h ，y =SE BE h=113h ，z =313h ． ∴ xyz =(313)3h 3=64821973．5．(本题20分)已知圆x 2+y 2=r 2(r 为奇数)，交x 轴于点A (r ，0)、B (－r ，0)，交y 轴于C (0，－r )、D (0，r )．P (u ，v )是圆周上的点，u =p m ，v =q n (p 、q 都是质数，m 、n 都是正整数)，且u >v ．点P 在x 轴和y 轴上的射影分别为M 、N ．求证：|AM |、|BM |、|CN |、|DN |分别为1、9、8、2．证明：p 2m +q 2n =r 2．若p =q ，则由u >v ，得m >n ，于是p 2n (p 2(m －n )+1)=r 2，这是不可能的．(因p 2(m －n )与p 2(m －n )+1都是完全平方数，它们相差1，故必有p 2(m －n )=0，矛盾)．故p ≠q ，于是(p ，q )=1．若p 、q 均为奇数，则p 2≡q 2≡1(mod 4)，与r 2≡0或1矛盾．故p 、q 必有一为偶数．即p 、q 必有一个=2．(或直接由r 为奇数得p 、q 一奇一偶，其实r 为奇数的条件多余) 设p =2，则q 2n =r 2－22m =(r +2m )(r －2m)．即r +2m 与r －2m 都是q 2n 的约数．设r +2m =q k ，r －2m =q h ，其中k >h ≥1，k +h =2n ．∴ r = 12 (q k +q h )= 12 q h (q k －h +1)，2m = 12 (q k －q h )= 12 q h (q k －h －1)，但q h 是奇数，又是2m +1的约数，故h =0．r =12(q 2n+1)，2m +1=q 2n －1=(q n +1)(q n －1)． ∴ q n +1=2α，q n －1=2β．(α+β=m +1，α>β)，而2=2α－2β=2β(2α－β－1)，从而β=1，α－β=1，α=2． ∴ m =2，u =4，q n =3，q =3，n =1，v =3．|OP |=5．∴ |AM |=5－4=1，|BM |=5+4=9，|CN |=5+3=8，|DN |=5－3=2． 若设q =2，则同法可得u =3，v =4，与u >v 矛盾，舍去．又证：在得出p 、q 互质且其中必有一为偶数之后．由于(p m ，q n )=1，故必存在互质的正整数a ，b (a >b )，使a 2－b 2= q n ，2ab = p m ，a 2+b 2=r ．或a 2－b 2=p m ，2ab =q n ，a 2+b 2=r ．若p m =2ab ，得p =2，a |2m ，b |2m ，故a =2λ，b =2μ，由a ，b 互质，得μ=0，∴ b =1，a =2m －1．q n =22m －2－1=(2m －1+1)(2m －1－1)．故2m －1+1=q α，2m －1－1=q β，(α+β=n ，且α>β)．∴ 2=q α－q β=q β(q α－β－1)．由q 为奇数，得β=0，2=q n －1，q n =3，从而q =3，n =1，a 2=4．a =2，m =2．仍得上解．V UT lSRQ A DCB FE。

分）求的导数．）；
）．
分）求的导数．
解：
=
=．
）；
）．
可得曲线的方程为，
本题主要考查了椭圆的参数方程，以及三阶行列式的求解等基础知识，属于基础题．
解：设圆柱体半径为r高为h
得．
由此得，
圆柱体体积．
=．
当，时上式取等号，因此当时，
∵，=﹣
，即，
四边形PMON的面积
[cos
依题意，动点P的轨迹的极坐标方程是：
[cos
用倍角公式化简得[sin2
用和差化积公式化简得sin2
即．
用x=ρcosθ，y=ρsinθ化为直角坐标方程上式为
．即．这个方程表示双曲线由题意，
的方程是，
y=
，
==0
然后用数学归纳法分3步进行证明．
设想
时，，等式成立；
时，等式成立，即，
=，
，都成立．。

新中国数学的六十年一、60年来中国数学的发展史1949年11月即成立中国科学院。

1951年3月《中国数学学报》复刊(1952年改为《数学学报》。

《数学学报》（1954年）第三卷第一期1951年8月中国数学会召开建国后第一次全国代表大会，讨论了数学发展方向和各类学校数学教学改革问题。

建国后的数学研究取现代数学开始于清末民初的留学活动。

较早出国学习数学的有：190得长足进步。

1951年10月《中国数学杂志》复刊(1953年改为《数学通报》《数学通报》（1954年）50年代初期就出版了华罗庚的《堆栈素数论》(1953)、苏步青的《射影曲线概论》(1954)、陈建功的《直角函数级数的和》(1954)和李俨的《中算史论丛》(5辑，1954-1955)等专着，到1966年，共发表各种数学论文约2万余篇。

除了在数论、代数、几何、拓扑、函数论、概率论与数理统计、数学史等学科继续取得新成果外，还在微分方程、计算技术、运筹学、数理逻辑与数学基础等分支有所突破，有许多论著达到世界先进水平，同时培养和成长起一大批优秀数学家。

60年代后期，中国的数学研究基本停止，教育瘫痪、人员丧失、对外交流中断，后经多方努力状况略有改变。

1970年《数学学报》恢复出版，并创刊《数学的实践与认识》。

1973年陈景润在《中国科学》上发表《大偶数表示为一个素数及一个不超过二个素数的乘积之和》的论文，在哥德巴赫猜想的研究中取得突出成就。

此外中国数学家在函数论、马尔可夫过程、概率应用、运筹学、优选法等方面也有一定创见。

1978年11月中国数学会召开第三次代表大会，标志着中国数学的复苏。

1978年恢复全国数学竞赛。

1985年中国开始参加国际数学奥林匹克数学竞赛。

1981年陈景润等数学家获国家自然科学奖励。

1983年国家首批授于18名中青年学者以博士学位，其中数学工作者占2/3。

1986年中国第一次派代表参加国际数学家大会，加入国际数学联合会，吴文俊应邀作了关于中国古代数学史的45分钟演讲。

1982年全国统一高考数学试卷（理科）一、填空题（共1小题，每小题6分，满分6分）1．（6分）填表：二、解答题（共9小题，满分94分）2．（4分）求（﹣1+i）20展开式中第15项的数值；3．（5分）求的导数．4．（9分）在平面直角坐标系内，下列方程表示什么曲线？画出它们的图形．（1）；（2）．5．（12分）已知圆锥体的底面半径为R，高为H求内接于这个圆锥体并且体积最大的圆柱体的高h （如图）．6．（14分）设0＜x＜1，a＞0，a≠1，比较|log a（1﹣x）|与|log a（1+x）|的大小（要写出比较过程）．7．（16分）如图，已知锐角∠AOB=2α内有动点P，PM⊥OA，PN⊥OB，且四边形PMON的面积等于常数c2，今以O为极点，∠AOB的角平分线OX为极轴，求动点P的轨迹的极坐标方程，并说明它表示什么曲线．8．（16分）已知空间四边形ABCD中AB=BC，CD=DA，M，N，P，Q分别是边AB，BC，CD，DA的中点（如图）求证MNPQ是一个矩形．9．（18分）抛物线y2=2px的内接三角形有两边与抛物线x2=2qy相切，证明这个三角形的第三边也与x2=2qy相切．10．已知数列a1，a2，…a n，…和数列b1，b2，…，b n…，其中a1=p，b1=q，a n=pa n﹣1，b n=qa n﹣1+rb n﹣1（n≥2），（p，q，r是已知常数，且q≠0，p＞r＞0），用p，q，r，n表示b n，并用数学归纳法加以证明．1982年全国统一高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、填空题（共1小题，每小题6分，满分6分）1．（6分）填表：考点：函数的定义域及其求法．专题：压轴题．分析：分别按各自函数的定义和性质直接填空即可．解答：解：由题意依据函数的定义和性质，直接填表：点评：本题考查各类函数的定义和性质，是基础题，考查基础知识的记忆．二、解答题（共9小题，满分94分）2．（4分）求（﹣1+i）20展开式中第15项的数值；考点：二项式定理．专题：计算题．分析：利用二项展开式的通项公式求出第15项，利用虚数单位的平方为﹣1及组合数公式化简此项．解答：解：第15项T15=C2014（﹣1）6（i）14=﹣C206=﹣38760．点评：本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题．3．（5分）求的导数．考点：导数的运算．专题：计算题．分析：利用复合函数的求导公式[u（v）]'=[u'（v）]*v'（u（v）为复合函数f[g（x）]），求解即可．解答：解：==．点评：本题考查了复合函数的导数，属于基本运算4．（9分）在平面直角坐标系内，下列方程表示什么曲线？画出它们的图形．（1）；（2）．考点：椭圆的参数方程；三阶矩阵．专题：计算题；作图题．分析：（1）根据三阶行列式的运算公式a11（a22a33﹣a23a32）﹣a12（a21a33﹣a31a23）+a13（a21a32﹣a31a22）=0化简得2x﹣3y﹣6=0，显然为直线方程；（2）根据同角三函数sin2φ+cos2φ=1消去φ可得曲线的方程，显然是以（1，0）点为中心的椭圆．解答：解：（1）根据三阶行列式的运算公式有a11（a22a33﹣a23a32）﹣a12（a21a33﹣a31a23）+a13（a21a32﹣a31a22）=0；化简得2x﹣3y﹣6=0；其图形是直线．（2）根据同角三函数sin2φ+cos2φ=1；消去φ可得曲线的方程为，图形是椭圆点评：本题主要考查了椭圆的参数方程，以及三阶行列式的求解等基础知识，属于基础题．5．（12分）已知圆锥体的底面半径为R，高为H求内接于这个圆锥体并且体积最大的圆柱体的高h（如图）．考点：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；平均值不等式．专题：计算题；函数思想；转化思想．分析：先设出圆柱的底面半径，高为h，利用三角形相似，推出r的表达式，然后求出体积表达式，利用均值不等式，求出体积最大值时的圆柱体的高h．解答：解：设圆柱体半径为r高为h由△ACD∽△AOB得．由此得，圆柱体体积．由题意，H＞h＞0，利用均值不等式，有原式=．当，时上式取等号，因此当时，V（h）最大．点评：本题考查旋转体的体积，考查均值不等式求函数的最值，是中档题．6．（14分）设0＜x＜1，a＞0，a≠1，比较|log a（1﹣x）|与|log a（1+x）|的大小（要写出比较过程）．考点：不等式比较大小．专题：做商法．分析：此题有两种比较大小的方法①做差比较大小②做商比较大小，解本题的另一关键不要忽视对a的分类讨论．解答：解一：当a＞1时，|log a（1﹣x）|=﹣log a（1﹣x），|log a（1+x）|=log a（1+x），|log a（1﹣x）|﹣|log a（1+x）|=﹣[log a（1﹣x）+log a（1+x）]=﹣log a（1﹣x2）．∵a＞1，0＜1﹣x2＜1，∴﹣log a（1﹣x2）＞0，∴|log a（1﹣x）|＞|log a（1+x）|．当0＜a＜1时，|log a（1﹣x）|=log a（1﹣x），|log a（1+x）|=﹣log a（1+x），|log a（1﹣x）|﹣|log a（1+x）|=log a（1﹣x2）．∵0＜a＜1，0＜1﹣x2＜1，∴log a（1﹣x2）＞0，∴|log a（1﹣x）|＞|log a（1+x）|．因此当0＜x＜1，a＞0，a≠1时，总有|log a（1﹣x）|＞|log a（1+x）|．解二：∵，∵1+x＞1，0＜1﹣x＜1，原式=﹣∵1+x＞1，0＜1﹣x2＜1，log1+x（1﹣x2）＜0∴原式＞1，即，∴|log a（1﹣x）|＞|log a（1+x）|．点评：本题考查比较大小的问题，且两种常见方法①做差比较大小②做商比较大小，均适用，具有代表性，同时考查了对数的运算及对底数的讨论，比较典型．7．（16分）如图，已知锐角∠AOB=2α内有动点P，PM⊥OA，PN⊥OB，且四边形PMON的面积等于常数c2，今以O为极点，∠AOB的角平分线OX为极轴，求动点P的轨迹的极坐标方程，并说明它表示什么曲线．考点：轨迹方程．专题：计算题．分析：设P的极点坐标为（ρ，θ），进而可分别）∠POM，∠NOM，OM，PM，ON，PN．根据四边形PMON的面积公式可得动点P的轨迹的极坐标方程化简后用x=ρcosθ，y=ρsinθ化为直角坐标方程上式为即可得到答案．解答：解：设P的极点坐标为（ρ，θ），∴∠POM=α﹣θ，∠NOM=α+θ，OM=ρcos（α﹣θ），PM=ρsin（α﹣θ），ON=ρcos（α+θ），PN=ρsin（α+θ），四边形PMON的面积[cos（α﹣θ）sin（α﹣θ）+cos（α+θ）sin（α+θ）]依题意，动点P的轨迹的极坐标方程是：[cos（α﹣θ）sin（α﹣θ）+cos（α+θ）sin（α+θ）]=c2用倍角公式化简得[sin2（α﹣θ）+sin2（α+θ）]=c2用和差化积公式化简得sin2αcos2θ=c2即．用x=ρcosθ，y=ρsinθ化为直角坐标方程上式为．即．这个方程表示双曲线由题意，动点P的轨迹是双曲线右面一支在∠AOB内的一部分．点评：本题主要考查了根据极点坐标求轨迹的方程问题．此类题常涉及三角函数的问题，故应熟练记忆三角函数的公式．8．（16分）已知空间四边形ABCD中AB=BC，CD=DA，M，N，P，Q分别是边AB，BC，CD，DA的中点（如图）求证MNPQ是一个矩形．考点：棱锥的结构特征；直线与平面垂直的判定．专题：证明题．分析：先证MN∥QP，MQ∥NP，推出MNPQ是平行四边，再证MQ⊥QP，就是MNPQ是矩形．解答：证明：连接AC，在△ABC中，∵AM=MB，CN=NB，∴MN∥AC在△ADC中，∵AQ=QD，CP=PD，∴QP∥AC，∴MN∥QP同理，连接BD可证MQ∥NP∴MNPQ是平行四边取AC的中点K，连BK，DK∵AB=BC，∴BK⊥AC，∵AD=DC，∴DK⊥AC．因此平面BKD与AC垂直∵BD在平面BKD内，∴BD⊥AC∵MQ∥BD，QP∥AC，∴MQ⊥QP，即∠MQP为直角故MNPQ是矩形．点评：本题考查棱锥的结构特征，直线与平面垂直的判定，考查逻辑思维能力，是中档题．9．（18分）抛物线y2=2px的内接三角形有两边与抛物线x2=2qy相切，证明这个三角形的第三边也与x2=2qy相切．考点：抛物线的应用．专题：计算题；压轴题．分析：设p＞0，q＞0．又设y2=2px的内接三角形顶点为A1（x1，y1），A2（x2，y2），A3（x3，y3），分别代入抛物线方程，依题意，设A1A2，A2A3与抛物线x2=2qy相切，要证A3A1也与抛物线x2=2qy相切，由x2=2qy在原点O处的切线是y2=2px的对称轴，可知原点O不能是所设内接三角形的顶点推断三个顶点都不能是（0，0）；故可设直线A1A2的方程，进而得A1A2方程代入抛物线方程，整理后根据判别式等于0，求得2p2q+y1y2（y1+y2）=0同理由于A2A3与抛物线x2=2qy相切，A2A3也不能与Y轴平行，即x2≠x3，y2≠﹣y3，同样得到2p2q+y2y3（y2+y3）=0把y2=﹣y1﹣y3代入2p2q+y1y2（y1+y2）=0整理后可说明A3A1与抛物线x2=2qy的两个交点重合，进而可判断只要A1A2，A2A3与抛物线x2=2qy相切，则A3A1也与抛物线x2=2qy相切．解答：解：不失一般性，设p＞0，q＞0．又设y2=2px的内接三角形顶点为A1（x1，y1），A2（x2，y2），A3（x3，y3）因此y12=2px1，y22=2px2，y32=2px3其中y1≠y2，y2≠y3，y3≠y1．依题意，设A1A2，A2A3与抛物线x2=2qy相切，要证A3A1也与抛物线x2=2qy相切因为x2=2qy在原点O处的切线是y2=2px的对称轴，所以原点O不能是所设内接三角形的顶点即（x1，y1），（x2，y2），（x3，y3），都不能是（0，0）；又因A1A2与x2=2qy相切，所以A1A2不能与Y轴平行，即x1≠x2，y1≠﹣y2，直线A1A2的方程是，∵y22﹣y12=（y2﹣y1）（y2+y1）=2p（x2﹣x1）．∴A1A2方程是y=A1A2与抛物线x2=2qy交点的横坐标满足，由于A1A2与抛物线x2=2qy相切，上面二次方程的判别式△==0．化简得2p2q+y1y2（y1+y2）=0（1）同理由于A2A3与抛物线x2=2qy相切，A2A3也不能与Y轴平行，即x2≠x3，y2≠﹣y3，同样得到2p2q+y2y3（y2+y3）=0（2）由（1）（2）两方程及y2≠0，y1≠y3，得y1+y2+y3=0．由上式及y2≠0，得y3≠﹣y1，也就是A3A1也不能与Y轴平行今将y2=﹣y1﹣y3代入（1）式得：2p2q+y3y1（y3+y1）=0（3）（3）式说明A3A1与抛物线x2=2qy的两个交点重合，即A3A1与抛物线x2=2qy相切所以只要A1A2，A2A3与抛物线x2=2qy相切，则A3A1也与抛物线x2=2qy相切．点评：本题主要考查抛物线的应用和直线与抛物线的关系．考查了学生综合分析问题和运算能力．10．已知数列a1，a2，…a n，…和数列b1，b2，…，b n…，其中a1=p，b1=q，a n=pa n﹣1，b n=qa n﹣1+rb n﹣1（n≥2），（p，q，r是已知常数，且q≠0，p＞r＞0），用p，q，r，n表示b n，并用数学归纳法加以证明．考点：数列递推式；极限及其运算；数学归纳法．专题：综合题；压轴题；探究型；归纳法．分析：先根据a n=pa n﹣1求出a n的表达式，然后代入n=1，2，3进行求出b1、b2、b3的式子，猜想然后用数学归纳法分3步进行证明．解答：解：∵a1=p，a n=pa n﹣1，∴a n=p n．又b1=q，b2=qa1+rb1=q（p+r），b3=qa2+rb2=q（p2+pq+r2），设想用数学归纳法证明：当n=2时，，等式成立；设当n=k时，等式成立，即，则b k+1=qa k+rb k=，即n=k+1时等式也成立，所以对于一切自然数n≥2，都成立．点评：本题主要考查数列通项公式的求法和数学归纳法的证明．考查综合运用能力．。

1978年全国高中数学竞赛题一试题1．已知y=log 121x +3，问当x 为何值时，(Ⅰ) y >0；(Ⅱ) y <0？ 2．已知tan x=2 2 (180°<x <270°)，求cos2x ，cos x2的值．3．设椭圆的中心为原点，它在x 轴上的一个焦点与短轴两端连线互相垂直，且此焦点与长轴上较近的端点的距离是10－5，求椭圆方程．4．已知方程2x 2－9x +8=0，求作一个二次方程，使它的一个根为原方程两根和的倒数，另一个根为原方程两根差的平方．5．把半径为1的四个小球叠成两层放在桌面上：下层三个，上层一个，两两相切，求上层小球最高点离桌面的高度．6．如图，设线段AB 的中点为M ，从线段AB 上的另一点C 向直线AB 的一侧引线段CD ，令线段CD 的中点为N ，BD 的中点为P ，MN 的中点为Q ，求证：直线PQ 平分线段AC ．7．证明：当n 、k 都是给定的正整数，且n >2，k >2时，n (n －1)k －1可以写成n 个连续偶数的和． 8．证明：顶点在单位圆上的锐角三角形的三个角的余弦的和小于该三角形的周长之半．9．已知直线l 1：y=4x 和点P (6，4)，在直线l 1上求一点Q ，使过PQ 的直线与直线l 1以及x 轴在第Ⅰ象限内围成三角形面积最小．10．求方程组⎩⎨⎧x +y +z=0，x 3+y 3+z 3=－18的整数解．二试题1．四边形两组对边延长后分别相交，且交点的连线与四边形的一条对角线平行，证明：另一条对角线的延长线平分对边交点连成的线段．2．⑴ 分解因式：x 12+x 9+x 6+x 3+1．⑵ 证明：对于任意角度θ，都有5+8cos θ+4cos2θ+cos3θ≥0．3．设R 为平面上以A (4，1)、B (－1，－6)、C (－3，2)三点为顶点的三角形区域(包括三角形的边界)．试求当(x ，y )在R 上变动时，函数4x －3y 的极大值和极小值．(须证明你的论断)4．设ABCD 为任意给定的四边形，边AB 、BC 、CD 、CA 的中点分别为E 、F 、G 、H ，证明：四边形ABCD 的面积≤EG ∙HF ≤12(AB +CD )· 12(AD +BC )．5．设有十人各拿提桶一只到水龙头前打水，设水龙头注满第i (i=1，2，…，10)个人的提桶需时T i 分钟，假定这些T i 各不相同，问：(Ⅰ) 当只有一个水龙头可用时，应如何安排这十个人的次序，使你们的总的花费时间(包括各人自己接水所花时间)为最少？这时间等于多少？(须证明你的论断)(Ⅱ) 当有两个水龙头可用时，应如何安排这十个人的次序，使你们的总的花费时间为最少？这时间等于多少？(须证明你的论断)6．设有一个边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出一个面积最大的和一个面积最小的，并求出这两个面积．(须证明你的论断)1978年全国高中数学竞赛题解答 一试题1．已知y=log 121x +3，问当x 为何值时，(Ⅰ) y >0；(Ⅱ) y <0？解：当x >－3时，y=log 2(x +3)，⑴ x +3>1⇒x >－2时，y >0；⑵ 0<x +3<1，⇒－3<x <－2时，y <0．2．已知tan x=2 2 (180°<x <270°)，求cos2x ，cos x2的值．解：cos2x=1－(22)21+(22)2=－79；cos x=－1 1+tan 2x=－13．cos x 2=－1+cos x 2=－33．3．设椭圆的中心为原点，它在x 轴上的一个焦点与短轴两端连线互相垂直，且此焦点与长轴上较近的端点的距离是10－5，求椭圆方程．解：由已知c=b ，故a=2c ，a －c=10－5=5(2－1)=c (2－1)，∴ c=5，a=10．所求椭圆方程为x 210+y 25=1．4．已知方程2x 2－9x +8=0，求作一个二次方程，使它的一个根为原方程两根和的倒数，另一个根为原方程两根差的平方．解：设已知方程两根为x 1，x 2，则x 1+x 2=92，x 1x 2=4．所求方程两根为t 1，t 2，t 1=1x 1+x 2=29，t 2=(x 1－x 2)2=(x 1+x 2)2－4x 1x 2=814－16=174． ∴ 所求方程为(x －29)(x －174)=0，即36x 2－161x +34=0．5．把半径为1的四个小球叠成两层放在桌面上：下层三个，上层一个，两两相切，求上层小球最高点离桌面的高度．解：边长为2的正四面体的高h=263．故所求高度=1+263+1=2+263．6．如图，设线段AB 的中点为M ，从线段AB 上的另一点C 向直线AB 的一侧引线段CD ，令线段CD 的中点为N ，BD 的中点为P ，MN 的中点为Q ，求证：直线PQ 平分线段AC ．证明：连NP ，取AC 中点O ，则由于N 、P 分别为CD 、BD 中点，故NP ∥AB ，NP=12BC=12(AB －AC )=AM=AO=OM ．∴ NPMO 为平行四边形．即PO 经过MN 中点Q ．即直线PQ 平分线段AC ．7．证明：当n 、k 都是给定的正整数，且n >2，k >2时，n (n －1)k －1可以写成n 个连续偶数的和．ADCBMN PQO解：设开始的一个偶数为2m ，则此n 个连续偶数的和为(2m +…+2m +2n －2)×n ÷2=n (2m +n －1)．令n (n －1)k －1= n (2m +n －1)，则(n －1)k －1－(n －1)=2m ．无论n 为偶数还是奇数，(n －1)k －1－(n －1)均为偶数，故m=12[(n －1)k －1－(n －1)]为整数．∴ 从(n －1)k －1－(n －1)开始的连续n 个偶数的和等于n (n －1)k －1．由于n 、k 给定，故(n －1)k －1－(n －1)确定．故证．8．证明：顶点在单位圆上的锐角三角形的三个角的余弦的和小于该三角形的周长之半． 解：设此三角形三个角为A 、B 、C ，则其三边长分别为2sin A ，2sin B ，2sin C ． 本题即证明 cos A +cos B +cos C <sin A +sin B +sin C ．由于A ＋B >90︒，故90︒>A >90︒－B >0，⇒sin A >sin(90︒－B )=cos B ，同理，sin B >cos C ，sin C >cos A ，三式相加，即得证．9．已知直线l 1：y=4x 和点P (6，4)，在直线l 1上求一点Q ，使过PQ 的直线与直线l 1以及x 轴在第Ⅰ象限内围成三角形面积最小．解：设Q (a ，4a )，(a >1)则直线PQ 方程为y －4=4a －4a －6(x －6)，令y=0，得x=6－a －6a －1=5aa －1．∴ S=12·5a a －1·4a=10a 2a －1=10(a +1+1a －1)=10(a －1+1a －1+2)≥10(2+2)=40．当且仅当a=2时S 取得最小值．即所求点为Q (2，8)．10．求方程组⎩⎨⎧x +y +z=0，x 3+y 3+z 3=－18的整数解．解：x 3＋y 3＋z 3－3xyz=(x ＋y ＋z )(x 2＋y 2＋z 2－xy －yz －zx )=0，故xyz=－6． 故x=－3，y=1，z=2，等共6组解． 二试题1．四边形两组对边延长后分别相交，且交点的连线与四边形的一条对角线平行，证明：另一条对角线的延长线平分对边交点连成的线段．证明：如图所示，BD ∥EF ，作BG ∥ED 交AC 于G ，则 AG AC =AB AE =ADAF，从而GD ∥BC ，即BCDG 为平行四边形．P 为BD 中点，从而Q 为EF 中点．2．⑴ 分解因式：x 12+x 9+x 6+x 3+1．⑵ 证明：对于任意角度θ，都有5+8cos θ+4cos2θ+cos3θ≥0．解：⑴令ε=cos 2π15＋i sin 2π15．∴ (x 3－1)( x 12+x 9+x 6+x 3+1)=x 15－1=14∏k=0(x －εk )．而x 3－1=(x －1)(x －ε5)(x －ε10)．EAQF DCBP G故x 12+x 9+x 6+x 3+1=14∏k=0(k 5，10)(x －εk )．⑵ 令x=cos θ，则5+8cos θ+4cos2θ+cos3θ=5+8x +4(2x 2－1)+4x 3－3x=4x 3+8x 2+5x +1=(x +1)(2x +1)2≥0在x ≥－1时成立．3．设R 为平面上以A (4，1)、B (－1，－6)、C (－3，2)三点为顶点的三角形区域(包括三角形的边界)．试求当(x ，y )在R 上变动时，函数4x －3y 的极大值和极小值．(须证明你的论断)解：令4x －3y=t ，则此直线在x 轴上的截距即为14t ．分别以A 、B 、C 的值代入，得相应的t=13，14，－18．即4x －3y 的极大值为14，极小值为－18．4．设ABCD 为任意给定的四边形，边AB 、BC 、CD 、CA 的中点分别为E 、F 、G 、H ，证明：四边形ABCD 的面积≤EG ∙HF ≤12(AB +CD )∙ 12(AD +BC )．证明：连EF 、FG 、GH 、HE ，取BD 中点P ，连EP 、PG ． 易证S 四边形EFGH =12S 四边形ABCD ．而S 四边形EFGH =12EG ∙HF sin ∠EOF ≤12EG ∙HF ．但EP=12AD ，PG=12BC ．EP +PG ≥EG ，故12(AD +BC )≥EG ，同理，12(AB +CD )≥HF ．故EG ∙HF ≤12(AB +CD )∙ 12(AD +BC )，从而，四边形ABCD 的面积≤EG ∙HF ≤12(AB +CD )∙ 12(AD +BC )．5．设有十人各拿提桶一只到水龙头前打水，设水龙头注满第i (i=1，2，…，10)个人的提桶需时T i 分钟，假定这些T i 各不相同，问：(Ⅰ) 当只有一个水龙头可用时，应如何安排这十个人的次序，使你们的总的花费时间(包括各人自己接水所花时间)为最少？这时间等于多少？(须证明你的论断)(Ⅱ) 当有两个水龙头可用时，应如何安排这十个人的次序，使你们的总的花费时间为最少？这时间等于多少？(须证明你的论断)解：当只有1个水龙头可用时，所需时间为10T 1+9T 2+8T 3+…+T 10，若当1≤i <j ≤10时，T i >T j ，则其余人不动，交换第i 个人与第j 个人的次序，则所需时间改变量 10T 1+…+(11－i )T i +…+(11－j )T j +…+T 10－(10T 1+…+(11－i )T j +…+(11－j )T i +…)=(11－i )(T i －T j )+(11－j )(T j －T i )=(T j －T i )(i －j )>0．即这样交换后，所需时间变少． ∴ 应使注满桶所需的时间少的人先注水．不妨设T 1<T 2<…<T 10，则所需时间为10T 1+9T 2+8T 3+…+T 10．⑵ 设T 1<T 2<…<T 10，则安排T 1、T 3、T 5、T 7、T 9在一个龙头，T 2、T 4、T 6、T 8、T 10在另一个龙头．且注水时间短的先注水．这样，共需时间5(T 1+T 2)+4(T 3+T 4)+3(T 5+T 6)+2(T 7+T 8)+(T 9+T 10)． P OH GFE BCDA6．设有一个边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出一个面积最大的和一个面积最小的，并求出这两个面积．(须证明你的论断)解：如图，设△EFG是正方形ABCD的一个内接正三角形．且E、F分别在一组对边AD、BC上，取EF中点M，连MG．则∠GME=∠GAE=90°，于是A、G、M、E四点共圆．∴∠MAG=∠MEG=60°，同理，∠MBG=60°，即△MAB为正三角形．于是M为定点，故1=AB≤EF≤ABsec15°=6－2．∴34≤S△EFG≤23－3．此文档基本上包括了所有课后问题的答案不过因为是乱序，所以只好下载下来然后通过word关键词搜索法方法如下，把题目复制到word搜索框，就会弹出。