1985年全国高考数学试题及其解析_高考数学试题解析

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1985年全国高考数学试题及其解析

理工农医类试题

本试卷共八道大题，满分120分。第九题是附加题，满分10分，不计入总分

一．（本题满分15分）本题共有5小题，每小题都给出代号为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圆括号内，选对的得3分、不选，选错或者选出的代号超过一个的（不论是否都写在圆括号内），一律得0分。

（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（）

（2）tanx1是x

5的（）4（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

（3）在下面给出的函数中，哪一个函数既是区间(0,)上的增函数又是以π为周期的偶函数？（）

（A）yx(xR).（B）y|sinx|(xR)（C）ycos2x(xR)（D）yesin2x22(xR)

(4)极坐标方程asin(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．（本题满分20分）本题共5小题，每一个小题满分4分。只要求直接写出结果）（1）求方程2sin(x)1解集。6（2）设|a|1，求arccosaarccos(a)的值。（3）求曲线y16x64的焦点。

（4）设(3x-1)6=a6x6+a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,求a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0的值。（5）设函数f(x)的定义域是[0，1]，求函数f(x2)的定义域。三．（本题满分14分）

（1）解方程log4(3x)log0.25(3x)log4(1x)log0.25(2x1).（2）解不等式2x5x1.四．（本题满分15分）

如图，设平面AC和BD相交于BC，它们所成的一个二面角为450，P为平面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（00

五．（本题满分15分）

设O为复平面的原点，Z1和Z2为复平面内的两动点，并且满足：（1）Z1和Z2所对应的复数的辐角分别为定值θ和-θ(0（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。

六．（本题满分15分）

已知两点P（-2，2），Q（0，2）以及一条直线：L:y=x，设长为2的线段AB在直线L上移动，如图。求直线PA和QB的交点M的轨迹方程。（要求把结果写成普通方程）

2)，2

七．（本题满分14分）设an1223n(n1)(n1,2)

n(n1)(n1)2（1）证明不等式对所有的正整数n都成立。an22（2）设bn

八．（本题满分12分）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（1）A∩B≠（表示空集），（2）（a,b)∈C 同时成立。

九．（附加题，本题满分10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。

an1(n1,2),用定义证明limbn.nn(n1)2文史类试题

（本试卷共八道大题，满分120分）

一．（本题满分15分）本题共有5小题，每小题都给出代号为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圆括号内。每一个小题：选对的得3分;不选，选错或者选出的代号超过一个的（不论是否都写在圆括号内），一律得0分。（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（）a3a3a3a3(A)(B)(C)(D)

2346（2）tanx1是x5的（）4（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

（3）设集合X={0，1，2，4，5，7}，Y={1，3，6，8，9}，Z={3，7，8}，那么集合(XY)Z是（）

（A）{0，1，2，6，8}

（B）{3，7，8}（C）{1，3，7，8}

（D）{1，3，6，7，8}（4）在下面给出的函数中，哪一个函数既是区间(0,)上的增函数又是以π为周期的偶函数？（）

（A）yx(xR).（B）y|sinx|(xR)（C）ycos2x(xR)（D）yesin2x22(xR)

（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．（本题满分20分）本题共5小题，每一个小题满分4分。只要求直接写出结果）（1）求函数y4x2的定义域。x1（2）求圆锥曲线3x2-y2+6x+2y-1=0的离心率。

（3）求函数y=-x2+4x-2在区间[0，3]上的最大值和最小值。

（4）设(3x-1)6=a6x6+a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0 ,求a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0的值。（5）设i是虚数单位，求(1+i)6的值 三．（本题满分14分）

222222222设S1=1，S2=1+2+1，S3=1+2+3+2+1，„，Sn=1+2+3+„+n+„+3+2+1,„ 222

222

n(2n21)用数学归纳法证明：公式Sn对所有的正整数n都成立。四．（本题满分13分）

证明三角恒等式

32sin4xsin22x5cos4xcos3xcosx2(1cos2x)五．（本题满分16分）

（1）解方程lg(3x)lg(3x)lg(1x)lg(2x1)（2）解不等式2x5x1.六．（本题满分15分）

设三棱锥V-ABC的三个侧面与底面所成的二面角都是β，它的高是h。求这个所棱锥底面的内切圆半径。

七．（本题满分15分）

22已知一个圆C：x+y+4x-12y+39=0和一条直线L:3x-4y+5=0。求圆C关于直线L的对称的圆的方程。

八．（本题满分12分）

设首项为1，公比为q(q＞0)的等比数列的前n项之和为Sn。又设Tn=

Sn,n1,2,.求limTn.nnSn1理工农医类参考答案及解析

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.（1）{x|xk[(1)k1],kZ}.6(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：由原对数方程得

3x2x12x1log4loglog, 0.2541x3x3x(3x)(2x1)3x2x1log41 0,由此得到1x3x(1x)(3x)解这个方程，得到x1=0,x2=7.检验：x=7是增根，x=0是原方程的根。

2x502x50x10或（2）解： x1022x5x2x15x2}.2四、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.解得{x|解：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=450 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=PRctg450,所以NR=PR。在Rt△MNR中，MR=NR在Rt△PMR中，11。PRsinsinPR212aPRMRPRPR(1)22sinsin2222又已知00＜θ＜900，所以PRasin1sin2.在Rt△PRQ中，PQPR1asin.sinsin1sin2。故线段PQ的长为asinsin1sin

2五、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：设Z1,Z2和Z对应的复数分别为z1,z2和z，其中

z1r1(coisin),z2r2(coisin).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)cos(r1r2)isin.于是

|3z|2(r1r2)2cos2(r1r2)2sin2(r1r2)2cos24r1r2cos2(r1r2)2sin2 (r1r2)24r1r2cos2又知△OZ1Z2的面积为定值S及sin20(0)，所以 212Sr1r2sin2S,即r1r22sin28Scos222由此,|3z|(r1r2)(r1r2)24Sctg

sin22S2故当r1r2时,|z|最小,且|z|最小值Sctg.sin2

3六、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.解：由于线段AB在直线y=x上移动，且AB的长2，所以可设点A和B分别是（a,a)和(a+1,a+1)，其中a为参数。于是可得：直线PA的方程是 y2a2(x2)(a2)a2(1)

直线QB的方程是

a1x(a1)(2)a1a2a11.当,即a0时,直线PA和QB平行，无交点。

a2a1y22．当a0时，直线PA与QB相交，设交点为M(x,y)，由（2）式得

y2(122x3xy23yx6)x,a1,a2,a2.a1xy2xy2xy2将上述两式代入（1）式，得

y223yx6(x2)整理得x2y22x2y80即3xy22(x1)(y1)188

(*)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。

注：考生没指出“a=0”及“a=-2或a=-1”时的情形不扣分。

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）证一：用数学归纳法。略。证二：由不等式kk(k1)k(k1)2k1对所有正整数k成立，把它对k从122到n（n≥1）求和，得到

352n1 222n(n1)又因12n,以及

212nan352n11(n1)2[135(2n1)],22222 2n(n1)(n1)因此不等式an.22对所有的正整数n都成立。（2）由（1）及bn的定义知

1n111111 bn,于是bnbn22n22n222n对任意指定的正数ε，要使bn11，只要使，即只要使 22nn111.取N是的整数部分，则数列bn的第N项以后所有的项都满足bn。

2221.n

2八、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.根据极限的定义，证得limbn解：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), nm,即 2nab3m15.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d3n215n2126()12 222n1n1n211,即n23时上式中等号才成立。由于n是整数，因此n23，所以当且仅当2上式中等号不可能成立。即d12

因为点P在直线L上，点P到原点的距离ab必满足

22a2b2d12.而（2）成立要求a2+b2≤144，即ab12。由此可见使得（1）成立的a和b必不能使（2）成立。

所以，不存在实数a和b使得（1），（2）同时成立

2九、(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

y＇|x=x0=3x02-12x0+11 点P处切线方程是 y=(3x02-12x0+11)(x-x0)+y0 设这切线与y轴的截距为r，则

r=(3x02-12x0+11)(-x0)+(x03-6x02+11x0-6)=-2x03+6x02-6 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 r＇=-6x02+12x0=-6x0(x0-2)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

文史类参考答案及解析

一、本题考查基本概念和基本运算.(1)D;(2)A;(3)C;(4)B;(5)B.二、本题考查基础知识和基本运算,只需直接写出结果.（1）{x|2x1}{x|1x2}.(2)2

(3)最大值是2，最小值是-2;(4)64（或26）(5)

－8i.三．（本题满分14分）

2222222证：因为Sn=1+2+3+„+n+„+3+2+1,即要证明

n(2n21)1+2+3+„+n+„+3+2+1=，（A）

3222222

2（Ⅰ）当n=1,左边=1，右=

131，故（A）式成立 3（Ⅱ）假设当n=k时，（A）式成立，即

k(2k21)1+2+3+„+k+„+3+2+1=

3222222

2现设n=k+1，在上式两边都加上（k+1)+k,得

k(2k21)221+2+3+„+k+(k+1)+k„+3+2+1=+(k+1)+k

3222222

22k3k3(k1)23k23k(2k1)(k1)3(k1)23

(k1)(2k24k3)3(k1)[(2(k1)21].3即证得当n=k+1时（A）式也成立 根据（Ⅰ）和（Ⅱ），（A）式对所有的正整数n都成立，即证得

n(2n21)Sn3四．（本题满分13分）

证：左边2sinx3sinxcosx5cosx(4cosx3cosx)cosx

2sin4x3sin2xcos2xcos4x3cos2x 42242(2sin2xcos2x)(sin2xcos2x)3cos2x2sin2xcos2x3cos2x22cos2x右边五．（本题满分16分）（1）解：由原对数方程得

3x1xlglg, 3x2x1于是3x1x.解这个方程，得x1=0,x2=7.3x2x1检验：x=7是增根，因此，原方程的根是x=0.2x502x50x10或（2）解：

2x102x5x2x1解得{x|5x2}.2六．（本题满分15分）

解：自三棱锥的顶点V向底面作垂线，垂足为O，再过O分别作AB，BC，CA的垂线，垂足分别是E，F，G。连接VE，VF，VG。根据三垂线定理知：VE⊥AB，VF⊥BC，VG⊥AC。

因此∠VEO，∠VFO，∠VGO分别为侧面与底面所成二面角的平面角，由已知条件得 ∠VEO=∠VFO=∠VGO=β，在△VOE和△VOF中，由于VO⊥平面ABC，所以VO⊥OE，VO⊥OF又因VO=VO，∠VEO=∠VFO，于是△VEO≌△VFO。

由此得到OE=OF 同理可证 OE=OG。因此OE=OF=OG。

又因OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥AC，所以点O是△ABC的内切圆的圆心。

在直角三角形VEO中，VO=h，∠VEO=β，因此OE=hctgβ.即这个三棱锥底面的内切圆半径为hctgβ.七．（本题满分15分）

22解：已知圆方程可化成(x+2)+(y-6)=1,它的圆心为P（-2，6），半径为1。设所求的圆的圆心为P＇（a,b），a2b6,)应在直线L上，故有 22a2b63()4()50,即3a4b200(1)

22b63又PP＇⊥L，故有1即4a3b100(2)

a24则PP＇的中点(解（1），（2）所组成的方程，得a=4,b=-2

22由此，所求圆的方程为(x-4)+(y+2)=1,即：

22x+y-8x+4y+19=0.八．（本题满分12分）

解：当公比q满足0＜q＜1时，Sn1qqq2n1Sn1qn1qn10,于是Tn1.n11qSn11q10

当公比q1时,Sn111n,于是TnSnn.Sn1n1n因此limTnlimn1lim1nn1n11n2n1

当公比q1时,Sn1qqqSnqn1于是Tnn1.Sn1q1

qn1q1