普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题及答案,82届

发布时间:2022-03-09 14:09:12

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：
函数使函数有意义的x的实数范围 1 {0} 2 R 3 R 4 [-1,1] 5 (0,+∞）
6 R 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．求的导数解：1.第15项T15= 2. 三．（本题满分9分）
Y 1 X O Y 1 O X 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．解：1.得2x-3y-6=0图形是直线 2.化为图形是椭圆四．（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）
A D c H h B E O 2R 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（注：原“解一”对h求导由驻点解得）
五．（本题满分15分）
（要写出比较过程）
解一：当>1时，解二：
六．（本题满分16分）
A M P（ρ，θ）
X O N B 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）
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 B M R A N Q D K S P C 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是矩形八．（本题满分18分）
Y x2=2qy y2=2px A1 O A2 A3 X 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：
(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相切九．（附加题，本题满分20分，计入总分）
已知数列和数列其中 1．用p,q,r,n表示bn，并用数学归纳法加以证明; 2．求解：1.∵1=p, n=pn-1,∴n=pn. 又b1=q, b2=q1+rb1=q(p+r), b3=q2+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bk+1=qk+rbk= 即n=k+1时等式也成立所以对于一切自然数n≥2，都成立