1983年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题含答案.pdf

1、 1983 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题及答案 （这份试题共九道大题，满分 120 分） 一 （本题满分一 （本题满分 10 分）本题共有分）本题共有 5 小题，每小题都给出代号为小题，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的四个结论，其中只有一个结论是正确的 奎屯 王新敞 新疆把正确结论的代号写把正确结论的代号写 在题后的圆括号内在题后的圆括号内 奎屯 王新敞 新疆每一个小题：选对的得每一个小题：选对的得 2 分分;不选，选错或者选出不选，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） ，一律得的代号超过一个的（不论是否都写在圆括号

2、内） ，一律得 0 分分 奎屯 王新敞 新疆 1两条异面直线，指的是 （ D ） （A）在空间内不相交的两条直线 奎屯 王新敞 新疆 （B）分别位于两个不同平面内的两条直线 奎屯 王新敞 新疆 （C）某一平面内的一条直线和这个平面外的一条直线 奎屯 王新敞 新疆 （D）不在同一平面内的两条直线 奎屯 王新敞 新疆 2方程 x 2-y2=0 表示的图形是 （ A ） （A）两条相交直线 （B）两条平行直线 （C）两条重合直线 （D）一个点 3三个数 a ,b ,c 不全为零的充要条件是 （ D ） （A）a ,b ,c 都不是零 （B）a ,b ,c 中最多有一个是零 （C）a ,b ,c 中只

3、有一个是零（D）a ,b ,c 中至少有一个不是零 4设, 3 4 =则)arccos(cos的值是 （ C ） （A） 3 4 （B） 3 2 （C） 3 2 （D） 3 5 3 . 0 2 2 2, 3 . 0log,3 . 0这三个数之间的大小顺序是 （ C ） （A）3 . 0log23 . 0 2 3 . 02 （B） 3 . 0 2 2 23 . 0log3 . 0 （C） 3 . 02 2 23 . 03 . 0log （D） 23 . 0 2 3 . 023 . 0log 二 （本题满分二 （本题满分 1212 分）分） 1在同一平面直角坐标系内，分别画出两个方程, xy= y

4、x=的图形，并写出它们交点的坐标 奎屯 王新敞 新疆 2在极坐标系内，方程=cos5表示什么曲线？画出它的图形 奎屯 王新敞 新疆 解： 1.图形如左图所示 奎屯 王新敞 新疆 交点坐标是：O（0，0） ，P（1，-1） 2曲线名称是：圆 奎屯 王新敞 新疆 图形如右所示 奎屯 王新敞 新疆 三 （本题满分三 （本题满分 1212 分）分） 1已知xey x 2sin =，求微分dy 奎屯 王新敞 新疆 2一个小组共有 10 名同学，其中 4 名是女同学，6 名是男同学 奎屯 王新敞 新疆要从 小组内选出 3 名代表，其中至少有 1 名女同学，求一共有多少种选法 奎屯 王新敞 新疆 解：1.d

5、xxexedxxedy xxx 2sin)()2(sin)2sin(+= .)2sin2cos2()2sin2cos2(dxxxedxxexe xxx = 2)(100 3 4 1 6 2 4 2 6 1 4 种=+CCCCC 或：)(10020120 3 6 3 10 种=CC 四 （本题满分四 （本题满分 1212 分）分） 计算行列式（要求结果最简） ： Y 2 1 1 O X P O X ( ,0) + cos2cossin sin)sin(cos cos)cos(sin 2 5 解： 把第一列乘以sin加到第 2 列上， 再把第三列乘以)cos(加到第 2 列上，得 0 cos0si

6、n sin0cos cos0sin cos2cos2cossin sin)sin()sin(cos cos)cos()cos(sin = = + =原式 五 （本题满分五 （本题满分 1515 分）分） 1证明：对于任意实数 t，复数ittz|sin|cos|+=的模| zr = 适合 4 2r 奎屯 王新敞 新疆 2当实数 t 取什么值时，复数ittz|sin|cos|+=的幅角主值适合 4 0 ？ 1证：复数ittz|sin|cos|+=（其中 t 是实数）的模| zr =为 . |sin|cos|) |sin|() |cos|( 22 ttttr+=+= 要证对任意实数 t，有 4 2r

7、，只要证对任意实数 t， 2|sin|cos|+tt成立 奎屯 王新敞 新疆 对任意实数 t，因为1|sin|cos| 22 =+tt，所以可令 |,sin|sin|,cos|costt=且) 2 , 0( ，于是 . 2) 4 sin(2sincos|sin|cos| +=+=+tt 2因为复数ittz|sin|cos|+=的实部与虚部都是非负数，所以 z 的 幅角主值一定适合 2 0 奎屯 王新敞 新疆从而 . 10 4 0 tg 显然0|= zr 奎屯 王新敞 新疆因为 . 111|010, | |cos| |sin| =tgttgtgtgt t t tg所以 由于 ).( 44 11,

8、 22 为任意整数 的解是因此并且它的周期是内是增函数在 kktk tgtttgty + = 这就是所求的实数 t 的取值范围 奎屯 王新敞 新疆 六 （本题满分六 （本题满分 1515 分）分） 如图，在三棱锥 S-ABC 中，S 在底面上的射影 N 位于底面的高 CD 上;M 是侧棱 SC 上的一点，使截面 MAB 与底面所成的角等 于NSC，求证 SC 垂直于截面 MAB 奎屯 王新敞 新疆 证：因为 SN 是底面的垂线，NC 是斜线 SC 在底面上的射影， ABNC，所以 ABSC（三垂线定理） 连结 DM 奎屯 王新敞 新疆因为 ABDC，ABSC， 所以AB垂直于DC和SC所决定的

9、平面 奎屯 王新敞 新疆又 因 DM 在这个平面内，所以 ABDM 奎屯 王新敞 新疆 MDC 是截面与底面所成二面角的平面角，MDC=NSC 奎屯 王新敞 新疆 在MDC 和NSC 中，因为MDC=NSC，DCS 是公共角， 所以DMC=SNC=90 0 奎屯 王新敞 新疆从而 DMSC 奎屯 王新敞 新疆从 ABSC，DMSC， 可知 SC截面 MAB 奎屯 王新敞 新疆 七 （本题满分七 （本题满分 1616 分）分） 如图，已知椭圆长轴|A1A2|=6，焦距|F1F2|=24，过椭圆焦点 F1 作一直线，交椭圆于两点 M，N 奎屯 王新敞 新疆设F2F1M=（0）当取什 么值时，|MN

10、|等于椭圆短轴的长？ S M P C A N D B 解一：以椭圆焦点 F1为极点， 以 F1为起点并过 F2的射线为极 轴建立极坐标系 奎屯 王新敞 新疆 由已知条件可知椭圆长半轴 a=3，半焦距 c=22，短半轴 b=1，离心率 e= 3 22 ，中心到准线距离 = 4 29 , 焦点到准线距离 p= 4 2 .椭圆的极坐标方程为 = = cos223 1 cos1e ep . 2 cos89 6 | , cos223 1 |. cos223 1 | 2 21 2211 = =+= + = = MN NFMF 解得. 6 5 6 . 2 2 cos = =或 以上解方程过程中的每一步都是可

11、逆的， 所以当 6 =或 6 5 =时，|MN|等于短轴的长 奎屯 王新敞 新疆 解二： 以椭圆的中心为原点， F1F2所在直线为 x 轴建立直角坐标系 （如 图）由已知条件知，椭圆的方程为. 1 9 2 2 =+ y x MN 所在直线方程为)()22(=+=tgkxky其中 解方程组 += =+ )22( 1 9 2 2 xky y x 消去 y 得0) 18(9236)91 ( 2222 =+kxkxk. Y M A1 F1 O F2 A X N + + = + + = + + =+= 2 2 2 2 22 222 2 21 2 21 91 66 91 66 )91 ( )1 (36)1

12、 (36 )()(| tg tg k k k kkk yyxxMN 下同解法一 奎屯 王新敞 新疆 解三：建立坐标系得椭圆如解二， MN 所在直线的参数方程为 )( sin cos22 是参数t ty tx = += 代入椭圆方程得 . 01)cos24()sin9(cos 222 =+tt 设 t1,t2是方程两根，则由韦达定理， . sin9cos 6 4)(| . sin9cos 1 , sin9cos cos24 22 21 2 2121 22 21 22 21 + =+= + = + =+ ttttttMN tttt 下同解一 奎屯 王新敞 新疆 解四：设|F1M|=x ,则|F2M

13、|=6-x 奎屯 王新敞 新疆|F1F2|= 24，F2F1M= 在MF1F2中由余弦定理得 013cos22 ,cos28)24()6( 222 =+ += xx xxx = cos223 1 x 同理，设|F1N|=y，则|F2N|=6-y 在F1F2N 中，由余弦定理得 . cos89 6 cos223 1 cos223 1 | , cos223 1 , 1cos223 ).cos(28)24()6( 2 222 = + + = + =+ += MN yyy yyy 下同解一 奎屯 王新敞 新疆 八 （本题满分八 （本题满分 1616 分）分） 已知数列an的首项 a1=b(b0） ，它

14、的前 n 项的和 Sn=a1+a2+an (n1),并且 S1，S2，Sn，是一个等比数列，其公比为 p（p0 且|p| 1） 奎屯 王新敞 新疆 1证明：a2,a3,a3,an,(即an从第二项起）是一个等比数列 奎屯 王新敞 新疆 2设 Wn=a1S1+a2S2+a3S3+anSn(n1),求 n n W lim（用 b,p 表示） 奎屯 王新敞 新疆 1证：由已知条件得 S1=a1=b. Sn=S1p n-1=bpn-1(n1） 奎屯 王新敞 新疆 因为当 n2 时，Sn=a1+a2+an-1+an=Sn-1+an ,所以 an=Sn-Sn-1=bp n-2(p-1)(n2)从而 ),2

15、( ) 1( ) 1( 2 1 1 = = + np pbp pbp a a n n n n 因此 a2,a3,a3,an,是一个公比为 p 的等比数列 奎屯 王新敞 新疆 2解：当 n2 时， , ) 1( ) 1( 2 12 1 11 p bppbp bppbp Sa Sa nn nn nn nn = = + 且由已知条件可知 p 2alnb, 即只要证 b b a alnln 考虑函数)0( ln +=x x x y 奎屯 王新敞 新疆因为但 ex 时， , 0 ln1 2 = x x y所以函数),( ln +=e x x y在内是减函数 奎屯 王新敞 新疆 因为 eaba 奎屯 王新

16、敞 新疆 2证一：由 a b=ba，得 blna=alnb，从而 b b a alnln = 奎屯 王新敞 新疆 考虑函数)0( ln +=x x x y，它的导数是 . ln1 2 x x y = 因为在（0，1）内0)( x f，所以 f(x)在（0，1）内是增函数 奎屯 王新敞 新疆 由于 0a0,所以 a b1,从而 ba=ab1.由 ba0, 可推出 b1. 由 0a1,0b1,假如ba ，则根据 f(x)在（0，1）内是增函数，得 )()(bfaf，即 b b a alnln ，从而 ab ba 这与 a b=ba矛盾 奎屯 王新敞 新疆 所以 a=b 奎屯 王新敞 新疆 证二：因

17、为 0a1，a b=ba，所以 ,loglogbaab aa =即b a b a log= 奎屯 王新敞 新疆 假如 ab，则1 a b ，但因 ab，则1 a b ，而1logb a ，这也与b a b a log=矛盾 奎屯 王新敞 新疆 所以 a 不能大于 b 奎屯 王新敞 新疆因此 a=b 奎屯 王新敞 新疆 证三：假如 a0 奎屯 王新敞 新疆由于 0a0, 根据幂函数或指数函数的性质，得1 a和1)1 ( + a a ， 所以 ,)(,)1 (,)1 ( aaaaaa aa a aaa a a+ + + + 即 a bba.这与 ab=ba矛盾 奎屯 王新敞 新疆所以 a 不能小于 b 奎屯 王新敞 新疆 假如 ba，则 ba0,同上可证得 a bba. 这于 a b=ba矛盾 奎屯 王新敞 新疆所以 a 不能大于 b 奎屯 王新敞 新疆 因此 a=b 奎屯 王新敞 新疆