高考试题1985年全国高考数学试题答案.docx
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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.
又已知△OZ1Z2的面积为S,且r1为三角形边长,r1>0,以及sin2>θ（因
[Key]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.
2.当a≠0时,直线PA与QB相交,设交点为M（x,y）,由
（2）式得
将上述两式代入
（1）式,得
整理得x2-y2+2x-2y+8=0,（*）
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.
解法二:
设直线PA和QB的交点为M（x,y）.
当点M与点P及点Q都不重合时,直线PM的方程是
（x+2）（Y-2）=（y-2）（X+2）,
直线QM的方程是
x（Y-2）=（y-2）X.
由方程组
解得直线PM和直线l的交点A的坐标为
由方程组
解得直线QM和直线l的交点B的坐标为
根据题意,线段AB两端点A,B的横坐标有如下关系:
从而得x2-y2+2x-2y+8=0,（*）
即
又因点M与点P或点Q重合时,M点的坐标也满足（*）式.所以（*）式即为所求动点M的轨迹方程.
（1）证明不等式
对所有的正整数n都成立.
[Key]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）证法一:
用数学归纳法.
假设当n=k（k≥1）时不等式成立,即
当n=k+1时,可得
即
也成立.
从而不等式对所有的正整数n都成立.
证法二:
直接证明.
由于不等式
对所有的正整数k成立,把它对k从1到n（n≥1）求和,得到
又因
以及
因此不等式
对所有的正整数n都成立.
（2）由
（1）及bn的定义知
于是
八、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
（2）（a,b）∈C
同时成立.
[Key]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.
解法一:
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）,
即
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
当且仅当
时上式中等号才成立.由于n是整数,因此n2≠3,所以上式中等号不可能成立.即
d>12.
所以,不存在实数a和b使得
（1）,
（2）同时成立.
解法二:
如果实数a和b使得
（1）,
（2）同时成立.同解法一,由于
（1）成立,知存在整数n使得na+b=3n2+15,即
b=3n2+15-an.（*）
由
（2）成立,得
a2+b2≤144.
把（*）式代入上式,得关于a的不等式
（1+n2）a2-2n（3n2+15）a+（3n2+15）2-144≤0.（**）
它的判别式
Δ=4n2（3n2+15）2-4（1+n）2[（3n2+15）2-144]
=-36（n2-3）2.
但n是整数,n2-3≠0,因而Δ<0.
又因1+n2>0,故（**）式不可能有实数解a,这就表明,不存在实数a和b使得
（1）、
（2）同时成立.
解法三:
如果实数a和b使
（1）、
（2）同时成立.同解法一,由
（1）成立知,必存在整数n使得
3n2-an-（b-15）=0.（*）
于是,它的判别式非负,即
Δ=a2+12b-180≥0,（**）
由（**）得12b-180≥-a2.
由
（2）成立知a2+b2≤144,（***）
即-a2≥b2-144.
因此,12b-180≥b2-144,
即（b-6）2≤0,
由此得出b=6.
把b=6代入判别式（**）,得出a2≥108,但把b=6代入（***）,得出a2≤108,因而必有a2=108.
此时,从（*）式可解出
所以,不存在实数a和b使得
（1）,
（2）同时成立.
九、（附加题,不计入总分）
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.
[Key]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
点P处切线方程是
设这切线与y轴的截距为r,则
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
当00,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.
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