1962年全国高考数学试题及其解析
1962年全国统一高考数学试卷
1962年全国统一高考数学试卷一、解答题（共10小题，共100分）1．（10分）某工厂第三年产量比第一年增长21%，问平均每年比上一年增长百分之几？又第一年的产量是第三年的产量的百分之几？（精确到1%）2．（10分）求（1﹣2i）5的实部．3．（10分）解方程lg（x﹣5）+lg（x+3）﹣2lg2=lg（2x﹣9）．4．（10分）求的值．5．（10分）如图所示，O是△ABC的内心，∠BOC=100°，则∠BAC=_________度．6．（10分）解方程组并讨论a取哪些实数时，方程组（1）有不同的两实数解；（2）有相同的两实数解；（3）没有实数解．7．（10分）已知D为△ABC内的一点，AB=AC=1，∠BAC=63°，∠BAD=33°，∠ABD=27°，求DC （精确到小数点后两位，sin27°=0.4540）．8．（10分）已知ABCD，A'B'C'D'都是正方形（如图），而A'、B'、C'、D'分别把AB、BC、CD、DA 分为m：n，设AB=1．（1）求A'B'C'D'的面积；（2）求证A'B'C'D'的面积不小于．9．（10分）由正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A作这正方体的对角线A1C的垂线，垂足为E，证明A1E：EC=1：2．10．（10分）求证两两相交而不过同一点的四条直线必在同一个平面内．1962年全国统一高考数学试卷参考答案与试题解析一、解答题（共10小题，共100分）1．（10分）某工厂第三年产量比第一年增长21%，问平均每年比上一年增长百分之几？又第一年的产量是第三年的产量的百分之几？（精确到1%）考点：函数模型的选择与应用．专题：应用题．分析：先设平均每年增长x%，则得（1+x%）2=1+21%，求得x的值，再计算第一年的产量是第三年的产量的百分之几即得结果．解答：解：设平均每年增长x%，则得（1+x%）2=1+21%，x=10．又，故该工厂平均每年比上一年增长10%，第一年的产量是第三年的产量的83%．点评：本小题主要考查函数模型的选择与应用，属于基础题．解决实际问题通常有四个步骤：（1）阅读理解，认真审题；（2）引进数学符号，建立数学模型；（3）利用数学的方法，得到数学结果；（4）转译成具体问题作出解答，其中关键是建立数学模型．2．（10分）求（1﹣2i）5的实部．考点：复数的基本概念；复数的代数表示法及其几何意义．分析：因为所给的代数式次数比较高，所以题目不会让我们直接展开运算，要用二项式定理来整理，又有i的特点知它的偶次方为实数，得到结果．解答：解：∵（1﹣2i）5的实部是由包含i的零次方及包含i的偶次方的各项所组成，由二项式定理知所求之实部为C50+C52（﹣2i）2+C54（﹣2i）4=41．点评：复数的加减乘除运算是比较简单的问题，在高考时有时会出现，若出现则是要我们一定要得分的题目．3．（10分）解方程lg（x﹣5）+lg（x+3）﹣2lg2=lg（2x﹣9）．考点：对数的运算性质．分析：先根据对数运算性质求出x，再根据对数的真数一定大于0检验即可．解答：解：，，x2﹣10x+21=0，x=3，x=7．当x=3时，使x﹣5＜0，2x﹣9＜0无意义，故不是原方程的解，原方程的解为x=7．点评：本题主要考查对数的运算性质和对数函数的定义域问题．属基础题．4．（10分）求的值．考点：反三角函数的运用；同角三角函数基本关系的运用．专题：计算题．分析：根据题意，设arcsin=α，可得α的范围，由反三角函数的定义，可得sinα=，根据同角三角函数的基本关系，可得cosα=；而sin（2arcsin）=sin2α，由二倍角公式，计算可得答案．解答：解：设arcsin=α，（0°＜α＜90°），则sinα=，根据同角三角函数的基本关系，可得cosα=；则sin（2arcsin）=sin2α=2sinαcosα=．点评：本题考查反三角函数的运用，这类题目的易错点是反三角函数的范围，应特别注意．5．（10分）如图所示，O是△ABC的内心，∠BOC=100°，则∠BAC=20度．考点：圆的切线的性质定理的证明．专题：计算题．分析：由三角形内切定义可知：OB、OC是∠ABC、∠ACB的角平分线．利用内角和定理先求得∠OBC+∠OCB=80°，所以可知∠OBC+∠OCB=（∠ABC+∠ACB），把对应数值代入此关系式即可求得∠BAC的值．解答：解：∵OB、OC是∠ABC、∠ACB的角平分线，∴∠OBC+∠OCB=180°﹣100°=80°，而∠OBC+∠OCB=（∠ABC+∠ACB）=80°，∴∠ABC+∠ACB=160°，∴∠BAC=180°﹣160°=20°．故答案为20．点评：本题通过三角形内切圆，考查切线的性质．属于基础题．6．（10分）解方程组并讨论a取哪些实数时，方程组（1）有不同的两实数解；（2）有相同的两实数解；（3）没有实数解．考点：一元二次方程的根的分布与系数的关系．专题：综合题．分析：（1）将第二个方程代入第一个方程得到关于y的二次方程，利用二次方程的求根公式求出两个根，将求出的根代入第二个方程求出方程组的解．（2）由（1）当通过代入消元得到的二次方程有两个不等实根即判别式大于0时，方程组有两个实数解；当判别式等于0时，方程组有相等的两实数解；（3）当判别式小于0时，方程组无解．解答：解：由②得x=y﹣a③将③代入①得y2﹣4（（y﹣a）﹣2y+1=0，y2﹣6y（4a+1）=0，，．即方程组的解为即：（1）当2﹣a＞0，即a＜2时，方程组有不同的两实数解；（2）当2﹣a=0，即a=2时，方程组有相同的两实数解；（3）当2﹣a＜0，即a＞2时，方程组没有实数解．点评：本题考查代入消元求方程组组的解的方法、考查将方程组的解的问题转化为二次方程解的问题．7．（10分）已知D为△ABC内的一点，AB=AC=1，∠BAC=63°，∠BAD=33°，∠ABD=27°，求DC（精确到小数点后两位，sin27°=0.4540）．考点：正弦定理；余弦定理．专题：计算题．分析：结合题意，在△ADC中，若AD可求，则DC可求，而AD可在△ABD中利用正弦定理求得．解答：解：∠ADB=180°﹣（33°+27°）=120°，根据正弦定理，得，又∠CAD=63°﹣33°=30°，由余弦定理可得DC2=AD2+AC2﹣AD•AC•cos30°==．∴．点评：此题在求解过程中，先用正弦定理求边，再用余弦定理求边，体现了正、余弦定理的综合运用．8．（10分）已知ABCD，A'B'C'D'都是正方形（如图），而A'、B'、C'、D'分别把AB、BC、CD、DA分为m：n，设AB=1．（1）求A'B'C'D'的面积；（2）求证A'B'C'D'的面积不小于．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积．专题：计算题；证明题．分析：（1）由题意设AA'=mt，A'B=nt，通过．推出A'B'C'D'的面积的表达式；（2）利用配方把（1）的面积转化为，从而证明A'B'C'D'的面积不小于．解答：解（1）：设AA'=mt，A'B=nt又．在直角△D'AA'中，D'A'2=D'A2+AA'2=m2t2+n2t2=（m2+n2）t2而正方形A'B'C'D'的面积=．（2）证明：∵∴．点评：本题是基础题，考查平面几何的知识点，正方形的面积的求法，作差法证明A'B'C'D'的面积不小于．是本题的难点，注意把握．9．（10分）由正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A作这正方体的对角线A1C的垂线，垂足为E，证明A1E：EC=1：2．考点：棱柱的结构特征．专题：证明题．分析：设正方体的棱长为1，连接AC，求出AC，利用A1E•A1C=AA12，EC•A1C=AC2，可求A1E：EC，进而可证命题．解答：证明：设正方体的棱长为1，连接AC，则AC=，∵为直角△A1AC的斜边A1C上的高，∴A1E•A1C=AA12，EC•A1C=AC2，两式相除，得，∴A1E：EC=1：2．点评：本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，逻辑思维能力，是基础题．10．（10分）求证两两相交而不过同一点的四条直线必在同一个平面内．考点：平面的基本性质及推论．专题：证明题；分类讨论．分析：解决此题，先要画出图形，前三条线只能画成“两两相交，且不交于同一点”，这样才能保证第四条线与前三条全相交，这样的话图形一共可以分为两类．然后，我们可以根据推论1或者推论2，先把平面确定好，然后再根据公理1，进一步证明其余的直线也在这个平面里．解答：证明：第一种情形（如图1）：四条直线l1，l2，l3，l4没有三条直线过同一点，这时它们共有六个交点A、B、C、D、E、F，它们各不相同，因直线l1，l2相交于点A，可决定一平面α；因点B、C、D、E均在平面α内，所以直线l3，l4也在平面α内，故直线l1，l2，l3，l4同在平面α内．第二种情形（如图2）：四条直线l1，l2，l3，l4中有三条，例如l1，l2，l3，过同一点A，因直线l4不过点A，故由点A及直线l4可决定一平面α，因直线l4与直线l1，l2，l3，相交，设交点为B、C、D，则点B、C、D在直线l4上，从而在平面α内，因此，直线l1，l2，l3，各有两点在平面α内，即这三条直线在平面α内，故四直线l1，l2，l3，l4在同一平内．点评：此题难度系数不大，关键在于画对图形．重点考查了推论1、2与公理1，这些都是很简单的道理，但是能够运用起来，却不是那么容易，做题时不要烦躁，理清线条，定理运用其实很简单!。
历年高考数学真题(全国卷整理版)
参考公式：如果事件A 、B 互斥，则球的外表积公式如果事件A 、B 相互独立，则其中R 表示球的半径()()()P A B P A P B =球的体积公式如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，则334V R π=n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率其中R 表示球的半径普通高等学校招生全国统一考试一、选择题1、 复数131ii-++= A 2+I B 2-I C 1+2i D 1- 2i 2、集合A ＝{1.3. m }，B ＝{1，m} ,AB ＝A, 则m=A 0或3B 0或3C 1或3D 1或3 3 椭圆的中心在原点，焦距为4 一条准线为*=-4 ，则该椭圆的方程为A 216x +212y =1B 212x +28y =1C 28x +24y =1D 212x +24y =1 4 正四棱柱ABCD- A 1B 1C 1D 1中，AB=2，CC 1=22 E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为A 2B 3C 2D 1〔5〕等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5=5，S 5=15，则数列的前100项和为(A)100101 (B) 99101 (C) 99100 (D) 101100〔6〕△ABC 中，AB 边的高为CD ，假设a ·b=0，|a|=1，|b|=2，则(A)〔B 〕 (C) (D)〔7〕α为第二象限角，sin α＋sin β=33，则cos2α=(A)5-3〔B 〕5-9 (C)59 (D)53〔8〕F1、F2为双曲线C：*²-y²=2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|=|2PF2|，则cos∠F1PF2=(A)14〔B〕35 (C)34 (D)45〔9〕*=lnπ，y=log52，12z=e，则(A)*＜y＜z 〔B〕z＜*＜y (C)z＜y＜* (D)y＜z＜*(10) 函数y＝*²-3*+c的图像与*恰有两个公共点，则c＝〔A〕-2或2 〔B〕-9或3 〔C〕-1或1 〔D〕-3或1〔11〕将字母a,a,b,b,c,c,排成三行两列，要求每行的字母互不一样，梅列的字母也互不一样，则不同的排列方法共有〔A〕12种〔B〕18种〔C〕24种〔D〕36种〔12〕正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，AE＝BF＝73。
1951～1982高考数学试题及解答
第一辑（1951~1965）1951年..............................3 1959年 (29)1952年..............................7 1960年 (32)1953年...........................11 1961年 (36)1954年...........................13 1962年 (39)1955年...........................16 1963年 (43)1956年...........................18 1964年 (47)1957年...........................21 1965年 (52)1958年 (25)第二辑（1977年）北京市（理科）..................60 河北省 (74)北京市（文科）..................63 福建省（理科） (78)上海市（理科）..................64 福建省（文科） (84)上海市（文科）..................68 黑龙江省 (88)天津市..............................71 江苏省 (91)第三辑（1978~1982）1978年...........................97 1980年（文科） (118)1978年（副题）...............101 1981年（理科） (121)1979年（理科）...............105 1981年（文科） (126)1979年（文科）...............110 1982年（理科） (130)1980年（理科）...............113 1982年（文科） (135)第四辑（1983~1994）1983年（理科）..................140 1987年（理科） (186)1983年（文科）..................147 1987年（文科） (192)1984年（理科）..................151 1988年（理科） (198)1984年（文科）..................160 1988年（文科） (204)1985年（理科）..................165 1989年（理科） (208)1985年（文科）..................171 1989年（文科） (214)1986年（理科）..................176 1990年（理科） (219)1986年（文科）..................182 1990年（文科） (227)1991年（理科）..................234 1993年（新考理） (272)1991年（文科）..................241 1993年（新考文） (279)1992年（理科）..................246 1994年（理科） (286)1992年（文科）..................253 1994年（文科） (293)1993年（理科）..................259 1994年（新考理） (299)1993年（文科）..................266 1994年（新考文） (307)第五辑（1995~1999）1995年（理科）..................314 1997年（文科） (356)1995年（文科）..................324 1998年（理科） (363)1996年（理科）..................332 1998年（文科） (372)1996年（文科）..................341 1999年（理科） (382)1997年（理科）..................348 1999年（文科） (391)制作人：过士功第一部分：1．设有方程组x+y=8，2x-y=7，求x ，y 。
1966年全国高考数学试题及其解析
1966年全国高考数学试题及其解析1.有红灯泡7只,绿灯泡5只.从这12只灯泡中,要选出5只.如果这5只中,至少有1只、至多有2只是绿灯泡,一共有多少种选法?2.一个正四棱台的上底面每边长8尺,下底面每边长10尺,侧棱长6尺.分别表示棱台的高和上、下底面的面积.）3.如图,AC是一个山坡,它的倾斜角为θ.B是山坡AC上的一点,它和A点的距离是a米.从A和B测得山下平地上D点的俯角分别是α和β.求C、D两点间的距离.4.已知双曲线的方程为16x2-9y2+64x+18y-89=0.(1)求它的两个焦点的坐标.(2)一个圆通过这两个焦点并且与x轴交于两点,这两点的距离是8.求这个圆的方程.5.解方程组:6.在△ABC中,BC=a,CA=b,AB=c.(3)如果△ABC不是等边三角形,求证:△ABC与△ABC这两个三角形不论它们的边怎样对应都不相似.1966年试题答案1.解:从12只灯泡中,选5只,如果其中有1只绿灯泡,4只红灯泡,那么,选法的种数为如果其中有2只绿灯泡,3只红灯泡,那么,选法的种数为所以一共有175+350=525种选法.2.解法一:如图,已知AD=8,BC=10,CD=6.用O、O1表示上、下底面的中心,E、F表示AD、BC的中点.连结OO1、EF、OE 和O1F,则OO1FE为直角梯形.从E点作O1F的垂线,垂足为G,EG就是正四棱台的高.解法二:如图，已知AD=8,BC=10,AB=6.用O、O1表示上、下底面的中心.连结OO1、OA和O1B，则OO1BA为直角梯形.从A点作O1B的垂线，垂足为H,AH就是正四棱台的高.3.解法一:如图,在△ABD中,AB=a,∠BAD=θ-α,∠BDA=α-β,由正弦定理,得解法二:如图,从D点作AC的垂线与AC的延长线交于E点.设DE=h.在直角三角形AED中,在直角三角形BED中,由(1)、(2)可得在直角三角形CED中,由(3)、(4)可得4.解法一:(1)把所给方程按x、y配方,得16(x+2)2-9(y-1)2=144.令x+2=x＇,y-1=y＇,(1)得16x＇2-9y＇2=144,所以这个双曲线的两个焦点在新坐标系中的坐标,分别为由(1)可以求出这个双曲线的两个焦点在旧坐标系中的坐标,分别为(2)设所求的圆的方程是(x-a)2+(y-b)2=r2因为F1(-7,1)、F2(3,1)在圆上,所以(7+a)2+(1-b)2=r2,(1)(3-a)2+(1-b)2=r2.(2)又由图不难看出b2+│AM│2=r2,就是b2+16=r2.(3)由(1)式减去(2)式,得(7+a)2-(3-a)2=0,就是10(2a+4)=0∴a=-2.代入(2)式,得(1-b)2+25=r2.(4)由(4)式减去(3)式,得(1-b)2-b2+9=0,就是10-2b=0.∴b=5.代入(4)式,得r2=41.因此,所求的圆的方程是(x+2)2+(y-5)2=41,或x2+y2+4x-10y-12=0.解法二:(1)同解法一.(2)如图,F1、F2为双曲线的两个焦点,A、B为圆与x轴的两个交点,C为圆心.因为过C点与x轴垂直的直线必平分线段F1F2,且平分线段AB,所以常数.利用商高定理,由直角三角形ACM得到又由以上二式,得b=5,│AC│2=41.所以圆心C的坐标为(-2,5),圆的方程为(x+2)2+(y-5)2=41,或x2+y2+4x-10y-12=0.(1)同解法一.(2)由解法二的分析,可知M=(-2,0).又因│AM│=│MB│=4,所以A=(-6,0),B=(2,0).设所求的圆的方程为x2y2+Dx+Ey+F=0.因为(-6,0),(2,0),(3,1)在圆上,所以得到由(1),(2)消去F得到D=4.由此得F=-12,E=-10.因此,所求圆的方程为x2+y2+4x-10y-12=0.解法四:(1)同解法一.(2)设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0.(1)因为(-7,1),(3,1)两点都在圆上,所以把它们的坐标代入(1)得-7D+E+F+50=0,(2)3D+E+F+10=0.(3)在(1)内令y=0得x2+Dx+F=0.(4)设所求圆与x轴的交点为(α,0),(β,0),则α与β是(4)的两个根.因为两个点的距离是8,所以(α-β)2=64.又(α-β)2=(α+β)2-4αβ,所以(α+β)2-4αβ=64利用根与系数的关系,可以知道α+β=-D,αβ=F.代入上式得D2-4F=64.(5)解方程组(2)、(3)、(5)得D=4,F=-12,E=-10.因此,所求圆的方程为x2+y2+4x-10y-12=0.5.解法一:(1)式两边平方并化简,得两边再平方,得(x+y)2-14(x+y)+49=4(x+1)(y+1).(x+y)2-18(x+y)-4xy+45=0.(3)把(2)和(3)组成方程组,并设u=x+y,v=xy,得从(5)式得v=u-15.代入(4)式并化简,得u2-22u+105=0.所以u=7,u=15.代入(5)式,得v=-8,v=0.所以就是解这两个方程组,得检验后可以知道,只有前两组数是原方程组的解.解法二:(1)式两边平方并化简,得两边再平方,得(x+y)2-14(x+y)+49=4(x+1)(y+1).整理后得x2+y2-2xy-18x-18y+45=0.(3)由(2)式得代入(3)式并化简,得x4-22x3+97x2+120x=0.利用综合除法分解因式,得x(x+1)(x-15)(x-8)=0.因此x=0,-1,15,8.代入(4)式,得就是检验后可以知道,原方程组的解是解法三:就是把(1)代入(2)并化简,得u2v2+4uv=0.所以uv=0,uv=-4.把上式分别与(1)式组成下列两个方程组:解这两个方程组,得就是所以检验后可以知道,只有前两组数是原方程组的解.解法四:(1)式两边平方并化简,得由(2)式得2(x+y)=xy+x+y+15.(4)比较(3)与(4)得,上面第二个式子不可能成立.因此,由此得解之,得经检验,这都是原方程组的解.6.解:因为a、b、c 是△ABC的三边,所以b+c>a,而两边开方,得以作成一个三角形.(3)不失一般性可以认为a≥b≥c,并且至少有一个不等号成立.由于。
历年高考数学试题及答案word
历年高考数学试题及答案word 以下是历年高考数学试题及答案的格式示例：
一、选择题（每题4分，共40分）
1. 若函数f(x)=x^2+2x+1，则f(-1)的值为（）
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
答案：B
2. 已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1，求a3的值为（）
A. 5
B. 7
C. 9
D. 11
答案：A
二、填空题（每题4分，共20分）
3. 函数y=x^3-3x在区间（-1，1）上的单调性为（）。
答案：单调递减
4. 已知向量a=(1,2)，b=(2,-1)，则|a+b|的值为（）。
答案：√5
三、解答题（共40分）
5. 已知函数f(x)=x^2-4x+3，求函数的零点。
答案：函数的零点为x=1和x=3。
6. 已知直线l的方程为y=2x+1，求直线l与x轴的交点坐标。
答案：直线l与x轴的交点坐标为(-1/2, 0)。
结束语：以上为历年高考数学试题及答案的示例，希望对同学们的复
习有所帮助。
在实际考试中，题目的难度和类型可能会有所不同，但
解题的基本方法和思路是相通的。
建议同学们在复习过程中多做练习，掌握各种题型的解题技巧，提高解题速度和准确率。
同时，也要注意
培养良好的考试心态，保持冷静和自信，相信自己能够取得理想的成绩。
历年高考数学试题解析
历年高考数学试题解析高考数学试题一直以来都是考生比较关注的重点，因为高考数学占比比较大，而且对于理科或工科上大学来说，数学更是一个非常重要的基础课程。
本文将结合历年高考数学试题，对一些重点和难点进行解析，帮助考生更好的备考。
一、数列与数列极限高考数学中的数列、数列极限是考试中的重点，也是难点，通过历年高考试题可以看出其在高考数学中所占内容比例较高，同时考察频率很高，因此在考前的复习备考中，这部分的知识点一定要重点复习。
以下是历年高考数学试题中的数列、数列极限题型：1. 2004年高考真题（安徽卷）已知 $a_1=1$, $a_{n+1}=a_n+\frac{1}{n^2}$（$n∈N^*$）, 求$\lim\limits_{n→+∞} a_n$.解析：对这道题，我们发现一个比较显著的特点是数列递推公式比较特殊，没有固定的形式。
对于考生们来说，一定要避免死记硬背数列递推公式，要理解公式背后的本质含义。
对于这道题来说，首先不难发现，随着 $n$ 的增大， $a_{n+1}$ 与 $a_n$ 之差逐渐趋近于 $0$ ，因此假设数列的极限为 $L$ 。
由数列极限的定义可得到：$$\lim\limits_{n→+∞} (a_{n+1}-a_n)=\lim\limits_{n→+∞}\frac{1}{n^2}=0$$因此有：$$L=\lim\limits_{n→+∞} a_n=\lim\limits_{n→+∞} (a_n-a_{n-1}+a_{n-1}·····+a_2-a_1+a_1)= \lim\limits_{n→+∞} (a_n-a_{n-1}) + a_{n-1}·····+1=\lim\limits_{n→+∞} \frac{1}{n^2} +\lim\limits_{n→+∞} \frac{1}{(n-1)^2}·····+ \lim\limits_{n→+∞}\frac{1}{2^2}+1=a$$2.2017年高考真题（福建卷）已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$, 且 $a_1=2$，$a_{n+1}=3a^2_n-2$（$n∈N^*$）.（1）求 $S_n$；（2）试求 $\lim\limits_{n→+∞} \frac{S_n}{a_n}$.解析：这道题是康拓奇异形式题，考察点主要在于数列的和，和数列的递推公式之间的关系，以及对数列递推公式的转化。
1951年以来历年全国高考数学试卷全试题答案解析
解：应用余弦定理，可得：
由此可知C为锐角；另外，由已知条件，三边边长适合关系式 ＜b＜c，从而可知∠A＜∠B＜∠C 由于C为锐角，故A，B亦为锐角
4.一椭圆通过（2，3）及（-1，4）两点，中心为原点，长短轴重合于坐标轴，试求其长轴，短轴及焦点
1952年普通高等学校招生全国统一考试
数学
第一部分：
1.因式分解x4–y4=？
解：x4–y4=(x2+y2)(x+y)(x-y)
2.若lg2x=21lgx，问x=？
解：2x=x21，x≠0，∴
3.若方程x3+bx2+cx+d=0的三根为1,-1, ,则c=？
解：由根与系数的关系可知：c=1·（-1）+（-1）· + ·1=1
故顶点坐标为（1，-3）
第二部分：
1.解方程x4+5x3-7x2-8x-12=0
解：左式=(x4+5x3-6x2）-（x2+8x+12）
=(x+6)[x2(x-1)-(x+2)]
=(x+6)(x3-x2-x-2)
=(x+6)[(x3-2x2)+(x2-x-2)]
=(x+6)(x-2)(x2+x+1)=0
5．已知直角三角形的斜边为2，斜边上的高为 ，求证此直角三角形的两个锐角是下列三角方程的根
证：设AD=k（如图）
C
A D B
∵AB=2，∴DB=2-k.
由CD2=AD·DB，
在直角△ACD中，
当 时， ∴A=300，B=600.
1962-1966年普通高等学校招生全国统一考试数学试题参考答案
AD=BC,AB=CD D CBA D /C /B /A /A B D =半圆周 2（A B +A D ）=圆周27°1962年普通高等学校招生全国统一考试数学参考答案1．解：设平均每年增长%x ，则有2(1%)121%x +=+， 解得10x =.又第一年产量/第三年产量 =110083%121%121=≈+∴该工厂平均每年比上一年增长10%，第一年的产量是第三年的产量的83%. 2．解：5)21(i -的实部是由包含i 的偶次方的各项所组成， ∴所求之实部为.41)2()2(44522505=-+-+i C i C C3．解：由已知方程得),92lg(4)3)(5(lg-=+-x x x 即(5)(3)294x x x -+=-，∴210210x x -+=， ∴3,7x x ==，当3x =时，方程无意义， ∴原方程的解为7x =．4．解：4sin(2arcsin )5442sin arcsin cos arcsin 55⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭432425525=⨯⨯=．5．证：（1）设ABCD 为圆的内接平行四边形（如图），由于两平行 弦所夹的弧相等，∴又∵ ∴∴∠C=900，∴ABCD 为矩形. （2）设ABCD 为圆外切平行四边形（如图）． ∵圆的外切四边形的每 组对边的和相等，∴AD BC AB +=+ 但,AD BC AB CD ==，∴22,AD AB AB AD ==∴ABCD 为菱形.6．解：由②得 a y x -=③ 将③代入①得24(()210y y a y ---+=，即26(41)0y y a -++=，……………④ 2(6)4(41)16(2)a a ∆=--+=--.（1）当0∆>，即2a <时，方程组有不同的两实数解，且3y ==±，3xa =±，即 113,3x a y ⎧=+⎪⎨=+⎪⎩或 223,3x a y ⎧=-⎪⎨=+-⎪⎩ （2）当0∆=，即2a =时，方程组有相同的两实数解1,3.x y =⎧⎨=⎩（3）当0∆<，即2a >时，方程组没有实数解.7．解：∠ADB =1800-（330+270）=1200根据正弦定理，得sin 27sin120AB AD ⋅︒==︒第7题图 第8题图D1C1B1A1ED CBADCBA又∠CAD=630-330=300，由余弦定理可得222cos30 CD AD AC AD AC=+-⋅⋅︒，24sin271232︒=+-24(0.4540)120.45400.3668.3=+-⨯=∴0.61.CD≈8．解（1）：设AA'mt=，A B'nt=.又1mt nt+=，∴1tm n=+.在直角△D AA''中，222D A D A AA''''=+2222222()m t n t m n t=+=+，而正方形A B C D''''的面积=2222222()()m nD A m n tm n+''=+=+.证（2）：∵2221()2m nm n+-+22222()()2()m n m nm n+-+=+22()2()m nm n-=≥+，∴2221()2m nm n+≥+.9．证：设正方体的棱长为1，连接AC，则AC=2.∵AE为直角△1A AC的斜边1AC上的高，∴1A E·1AC=21AA，CE·1AC=AC2.两式相除，得,21)2(122211===ACAAECEA∴1A E:CE=1:2.10．证：第一种情形：四条直线4321,,,llll没有三条直线过同一点，这时它们共有六个交点,,,,,A B C D E F，它们各不相同.令直线21,ll相交于点A，可决定一平面α.∵点,,B C D均在平面α内，∴直线43,ll也在平面α内，∴直线4321,,,llll同在平面α内.第二种情形：四条直线4321,,,llll中有三条，例如,,,321lll过同一点A.∵直线4l不过点A，∴由点A及直线4l可决定一平面α.∵直线4l与直线,,,321lll相交，设交点为,,B C D，则点,,B C D在直线4l上，从而在平面α内，因此，直线,,,321lll各有两点在平面α内，即这三条直线在平面α内，故四直线4321,,,llll在同一平内.βP E D C B A D C BA1963年普通高等学校招生全国统一考试数学参考答案 1．解：tan cos 0θθ=∴≠ ， ∴cos sin 1tan cos sin 1tan θθθθθθ--=++3==-+. 2．解：（1）2)3(1|31|22=+=+i ，tan θ=3πθ=.（2）由图可知，复数i 31+沿反时针方向转1500后，得到的复数为2(cos210sin 210)i i ︒+︒=.3．解：∵AD :BD =4:1， ∴AD =54AB ，BD =51AB ， 又∵AB =1，∴AD =54，BD =51.在直角△ACD 中， ∵CD ⊥AB ，∴CD 2=AD ·BD =,254 ∴CD =52.4．证：如图，点P 是二面角CD αβ--内一点，PA ⊥平面α于点A ，PB ⊥平面β于点B ，∴PA ⊥CD ，PB ⊥CD .∴CD 垂直于由PA ， PB 所决定的平面． 5．解：101lg23.28101lg23.28-=-101 1.3670=-⨯____138.067013910.0670=-=+-____139.9330=，lg 0.9330,8.570x x ==，∴10113923.28108.570--=⨯1398.57010-=⨯.6．解：由sin 3sin cos 20x x x -+=得， 2cos 2sin cos 20x x x ⋅+=，即 cos 2(2sin 1)0x x +=．由cos 20x =得，222x k ππ=±，即4x k ππ=±（k Z ∈）；由2sin 10x +=，得1sin 2x =-，即 1(1)()(1)66k k x k k ππππ+=+--=+-（k Z ∈）．7．解：由2(1)3(2)⨯+得222530x xy y --=，即 (3)(2)0x y x y -+=，∴3x y =，或2yx =-．将3x y =代入（1）得2y x =±= 将2yx =-代入（1）得2,1y x =±= ，经检验得原方程组的解为11x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩ 或221,2.x y =⎧⎨=-⎩ 8．解：（1）没有重复数字的五位数共有72056=P （个）． （2）由这六个数组成的五位数要为偶数，其末位数字只能是2和4，故末位数的取法有12C 种，当末位数字取定后，其余四位数字的取法只有4445P C ⋅种偶数的个数为240444512=⋅⋅P C C （个）． （3）五位数要为3的倍数，必须组成它的数字的和是3的倍数，这里只有1，3，4，7，9五个数字的和是3的倍数，故共有 120!555==P （个）． 9．证：由图可知AE 2=AC ·AD ，BF 2=BD ·BC ，∵AC =BD ，AD =BC ，∴AE 2=BF 2，AE =BF又OE OF =，90AEO BFO ∠=∠=︒， ∴△AOE ≌△BOF . 10． 证：（1）如图，过球心O 与直圆锥底面的中心1O 作一平面与圆锥和球的截面，则△SAB 为等腰三角形． 联OB ，则1OBO θ∠=． 设圆锥母线长为l ， 底面半径为R ，则 cos 2l R θ⋅=，即θ=2cos Rl ．又11tan OBO R ∠=，即1tan R θ=， ∴1tan cos 2l θθ=⋅，∴11tan cos 2tan l R θθθ+=+⋅11(1)tan cos 2θθ=+ 11cos 2tan cos 2θθθ+=⋅22212cos tan cos sin θθθθ=⋅- 22122tan 1tan tan (1tan )g θθθθ=⋅=--． （2）由条件及（1）得圆锥的全面积()S R l R π=+212tan tan (1tan )πθθθ=⋅⋅- 222tan (1tan )πθθ=-． （3）由（2）得222tan (1tan )S πθθ=-22228tan (1tan )2ππθθ≥=⎛⎫+- ⎪⎝⎭，当且仅当arctan 2θ=，即tan 2θ=（舍去负值），∴arctan2θ= ∴当θ取值22arctg=θ时，圆锥的全面积最小.注：本题可用配方法等方法求解.βPDBA1964年普通高等学校招生全国统一考试数学参考答案1．解：原式=32==．2．解：设乙的速度为v ，则甲的速度为v a +．在直角PBD ∆中，10cot PD v β=⋅； 在直角PAD ∆中，10()cot PD v a α=+， ∴10cot 10()cot v v a βα⋅=+，∴cot cot cot a v αβα=-∴cot cot 10cot cot cot a PD v αβββα==-10cos cos .sin()αβαβ=-3．解方程,014=+x 并证明它的四个根为一个正方形的四个顶点解：,sin cos 14ππi x +=-= ∴22cossin44k k x i ππππ++=+，0,1,2,3.k=1cossin44x i ππ=+=233cos sin44x i ππ=+=，355cos sin44x i ππ=+=，477cossin 4422x i iππ=+=-． 在复平面内（x 为实轴，y 为虚轴）分别用,,,A B C D 四点来表示四个根1234,,,x x x x （如图）即22A ⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭，22B ⎛- ⎝⎭，22C ⎛-- ⎝⎭，22D ⎛- ⎝⎭. ∵,A B 关于y 轴对称，,A D 关于x 轴对称，∴∠A =900，同理，90B C D ∠=∠=∠=︒，且|AB |=|BC |=|CD |=|DA |=.2 ∴ABCD 是正方形，而,,,A B C D 是顶点． 4．证：设R 为△ABC 的外接圆的半径，则由正弦定理得，2sin ,2sin ,2sin a R b R c R αβγ===，∴由余弦定理得222cos 2b c a bcα+-=222224(sin sin sin )42sin sin R R βγαβγ+-=⋅⋅ 222sin sin sin 2sin sin βγαβγ+-=⋅. 5．解：设方程的三根为,,αββ，且0β>，则由根与系数的关系及题设有22222, (1)23,(2), (3)2 6. (4)m n αβαββαβαβ+=-⎧⎪+=-⎪⎨=-⎪⎪+=⎩ 由（4）-2·（2）得2412,(5)ααβ-=（1）式平方得22244,(6)m ααββ++=（5）+（6）得2222(2)12m αβ+=+,即22612m ⋅=+， ∴0m =.由（1）得02=+βα，即2αβ=-，代入（4）得266β=，1β=，或1β≠-（舍去），2α=-. 由（3）得2(2)12n αβ=-=--⋅=，∴0,2m n ==.6．解：将圆台补成圆锥体（如图）.设其顶点为S ，SD x =，则103015x r x R ==+，即)(60cm x =. 又因AB 弧的长为 230()l R cm ππ==， 而90()l SA cm θθ=⋅=，∴,3090πθ=3πθ=，∴△SAB 为等边三角形，AB =90（cm ），即AB 间的距离为90cm.7．证：1）先证,,,A B C D 四点共面.设通过直线1111A B C D 而垂直于平面M 的平面为P .则因1AA ⊥平面M ，而1A 又在直线1111A B C D上，所以点A 在平面 P 内，同理点,,B C D 均在平面P 内，即 ,,,A B C D 四点共面.2）证ABCD 是一个平行四边形.若AB 与CD 相交于E ，则其在平面N 内的射影22A B 与22C D 也相交于2E ，此与22A B ∥22C D 的假设相违，∴AB ∥CD ，同理AD ∥BC . ∴ABCD 是一个平行四边形. 8．解：（1）设圆1O ，圆2O 的半径分别为1R ，2R ，则由图知 190CEO ∠=︒， 22CE O E R ==∴.211R CO =同理.222R AO =∴2211AC AO O O CO =++1212)()R R R R =+++121)()R R =+.又∵AB =1，∴AC =2.∴121)()R R +=∴122R R +== （2）两圆面积之和22221212()S R R R R πππ=+=+2211[(2)]R R π=+2211[22(2(2]R R π=-+2132(2R π⎛=-+ ⎝，∴当122R -=，即12R R =时S 取小. ∵1R 的最大值为1R =21，这时2R 为最小值，其值为2R=13(222-= 又当2R =21时，1R 有最小值1R =223-， ∴当1R =21（此时2R =223-）或1R =223-（此时2R =21）时，S 有最大值. 机动题 解：（1）如图，ABCD 为矩形.设AB =a ，AD b =. 作直角△12O O G ，则有()212R R +[][]221212()()b R R a R R =-++-+，解得12R R +=（a +b ）.2ab ± ∵12R R a b +<+ ,∴12R R +=（a +b ）.2ab - ∴两圆面积之和2212S R R ππ=+212(R π⎡=⎢⎣⎦∴当1R =，即12R R =时，S有最小值；当1R 或212R =min(b a ,)时,S 有最大值. (2)如图，球1O 和球2O 外切，球1O 和以1C 为顶点的三面角的三个面相切，球2O 和以A 为顶点的三面角的三个面相切（设棱长为1）.同前类似可计算出：22AO =111C O =，1232R R +=. 两球的体积和33331212444()333V R R R R πππ=+=+22213)R ⎫⎡⎤⎪--⎬⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎩⎭2213R ⎤⎛⎥=+ ⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦当1R =，即12R R =时V 有最小值；当2111,22R R ===，或121,2R R ==V 有最大值.注：在（1）中的b a ,必须限制为,2b a b ≤<否则在矩形内之二圆无法相切.C B AAB 1965年普通高等学校招生全国统一考试数学参考答案1.解：二视图表示的是一 个正六棱锥，其棱长为a 2， 底面边长为a ，∴底面积2323a S = 棱锥的高,3a h =∴正六棱锥的体积23113332V Sh a ===.2.解：设经过x 小时后， 甲船在C 处追上以船， 则22BC x =（里） 26AC x =（里）由正弦定理得sin sin BC ACCAB ABC=∠∠，即2226sin(4948)sin(1804948)x xα=''︒-︒-︒，∴22sin 4948sin(4948)26α'⋅︒'︒-=，两边取对数得lgsin(4948)α'︒-lg22lgsin 4948lg26 1.8104'=+︒-=，9484015α''︒-=︒，∴49484015933α'''=︒-︒=︒. 3. 解：A ，B 两地之间的球面距离为过A ，B 所作的大圆的圆弧的长，设其长为l ，且设θ=∠AOB ， 过A ，B 作平面1O AB NS ⊥（极轴）， 此平面与球面交成圆1O . 设其半径为r ，由已知， 1AO B β∠=.设C ，D 分别为赤道平面上与点A ，B 同经度之两点，则由已知得， AOC BOD α∠=∠=. 在过A ，B 的大圆上有180R l πθ=.由此可知，只需求出θ即可.在圆1O 中，线段AB=2sin 2AB r β=.又在过A ，C 的大圆中，1190,OO A OAO α∠=︒∠=， ∴αcos R r =，代入上式，可得线段2cos sin2AB R βα=.在AOB ∆中，线段2sin ,2AB R θ=∴2sin2θR =,2sincos 2βαR∴2arcsin(cos sin)2βθα=.由此可得A ，B 两地之间的球面距离为2arcsin(cos sin ).1802R l πβα=此处之角度以度为单位. 4.证：（1）|sin 2||2sin cos |x x x =⋅2|sin ||cos |x x =⋅．∵|cos |1x ≤，∴|sin 2|2|sin |x x ≤． （2）当n =1时，结论显然成立. 假设当(1)n k k =>时结论成立，即 .|sin ||sin |x k kx ≤ 当1n k =+时，|sin(1)||sin cos cos sin |k x kx x kx x +=⋅+⋅ |sin cos ||cos sin |kx x kx x ≤⋅+⋅ |sin ||cos ||cos ||sin |kx x kx x =⋅+⋅ |sin ||sin |(1)|sin |k x x k x ≤+=+， 这就是说当1n k =+时，结论成立， ∴当n 为任意正整数时，结论均成立. 5.解：曲线C 是椭圆，中心在(1,1)-，其长轴平行于y 轴，短轴平行于x 轴（如图）．设直线1l 过点P (4,2)-且垂直于直线l ，与曲线C 相交于点A ，B ，1l 的方程为2(4)y x +=--，即2y x =-+.解方程组22(1)(1)1,242,x y y x ⎧+-+=⎪⎨⎪=-+⎩得 12211,1,3 3.5;3x x y y ⎧=⎪=-⎧⎪⎨⎨=⎩⎪=⎪⎩∴直线1l 与曲线C 的交点为 15(,),(1,3)33A B -. 6.解：设α是它们的公共根，则2230, (1)4(1)0.(2)a p a p αα⎧+-=⎨---=⎩由（1）+3⨯（2）得241230p p ααα+--=，即 (4)(3)0p αα+-=，解得3α=或4pα=-.当3α=时，将3α=代入（1）得2p =-；当4p α=-时，将4pα=-代入（1）得210p +=，p 不存在.∴当p =-2时，方程032=-+px x 与方程x x 42-0)1(=--p 有一公共根3.7.解：（1） ∵111222(,),(,)P x y P x y ， ∴12PP 的中点为)2,2(21211y y x x M ++， ∴点3P 的横坐标,8)(22212y y y x +== 纵坐标221y y y +=.123PP P S ∆=1122212121112()182x y x y y y y y ++211221121|()22x x x y x y y y -=-++ 21212()|8y y y y -++2222121221121|()2222y y y y y y y y -=-++ 21212()|8y y y y -++22121212121|||42()()|16y y y y y y y y =-⋅-+++ |)(|||16122121y y y y --⋅-=3121||16y y =-. （2）∵1P 的坐标为11(,)x y ， 3P 的坐标为)2,8)((21221y y y y ++， ∴13PP 的中点为)43,1625(212221212y y y y y y M +++，点1Q 的横坐标,32)3(22212y y y x +== 纵坐标.4321y y y +=同理，点2Q 的横坐标212(3)32y y x +=，纵坐标.4321y y y += ∴131PPQ ∆的面积+232P PQ ∆的面积=128)(14332)3(121212212122111y y y y y y y y y x ++++的绝对值+114332)3(128)(21222122121221y x y y y y y y y y ++++的绝对值2212121|[2()(3)]16y y y y y =+-+ 12121212()(3)[2()(3)]8y y y y y y y y ++++-+2221212[(3)4()]|4y y y y y ++-+ 2212121|[2()(3)]16y y y y y ++-+ 12121212()(3)[2()(3)]8y y y y y y y y ++++-+2221212[(3)4()]|4y y y y y ++-+ 222112122111|||()||||()|128128y y y y y y y y =-⋅-+-⋅- 3121||64y y =-. （3）线段12PP 与抛物线所围成的图形的面积123131232()PP P PP Q P P Q S S S S ∆∆∆=+++ 333121212111||||||1664256y y y y y y =-+-+-+ 3123121||116||11214y y y y -==--.8.附加题（1）已知c b a ,,为实数，证明c b a ,,均为正整数的充要条件是0,0,0.a b c ab bc ca abc ++>⎧⎪++>⎨⎪>⎩（2）已知方程023=+++r qx px x 的三根γβα,,都是实数，证明γβα,,是一个三角形的三边的充要条件是30,0,048.p q r p pq r <><⎧⎨>-⎩证明：（1）条件的必要性是显然的. ∵,0,0,0>>>c b a∴0>++c b a ，0>++ca bc ab ， .0>abc .下面证明条件的充分性：设c b a ,,是三次方程320x px qx r +++=的三个根，则由根与系数的关系及已知条件有0,0,0,p a b c q ab bc ca r abc -=++>⎧⎪=++>⎨⎪-=>⎩即 .0,0,0<><r q p∴三次方程023=+++r qx px x 的系数正负相间，∴方程无负根，即方程的根均非负; 又由0>abc 可知，方程无零根， ∴0,0,0a b c >>>.（2）由（1）的证明可知，γβα,,均为正数的充要条件是0,0,0p q r <><， ∴问题转化为证明γβα,,为三角形三条边的充要条件为r pq p 843->. 条件的必要性：若γβα,,为三角形的三边，则由三角形的性质必有,,αβγβγαγαβ+>+>+>， ∴0,0αβγβγα+->+->，0γαβ+->，∴))()((βαγαγβγβα-+-+-+ (2)(2)(2)p p p αβγ=------ (2)(2)(2)p p p αβγ=-+++a 32[2()p p αβγ=-+++ 4()8]p βγγααβαβγ++++33(248)p p pq r =--+- 3480p pq r =-+>， 即r pq p 843->.条件的充分性：若r pq p 843->，则 ,0843>+-r pq p 3()αβγ-+++4()()80αβγαββγγααβγ++++->， ()(222αβγαββγγα++++222)80αβγαβγ---->， 2[()][()αβγβγ++--22()]80αβγααβγ++-->， 322()()ααβγαβγ-+++- 2()()0βγβγ-+->，22()()()0ααβγβγαβγ-+++--->， 22()[()]0αβγαβγ-++-->，()()()0αβγαβγαβγ-+++--+>．此式中至少有一因式大于0，今设,0>++-γβα则必有()()0αβγαβγ+--+>．如果,0,0<+-<-+γβαγβα 两式相加得02<a ，即0<α， 此与0>α相矛盾． ∴,0>++-γβα,0,0>+->-+γβαγβα 即⎪⎩⎪⎨⎧>+>+>+,,,βγαγβααγβ 即γβα,,可作为一个三角形的三条边．综上所证可知，方程023=+++r qx px x 的三根γβα,,为一个三角形的三条边的充要条件是⎩⎨⎧-><><.840,0,03r pq p r q p1966年普通高等学校招生全国统一考试数学参考答案1.解:从12只灯泡中,选5只,如果其中有1只绿灯泡,4只红灯泡,那么,选法的种数为1457175C C =.如果其中有2只绿灯泡,3只红灯泡,那么,选法的种数为2357350C C =.∴一共有175+350=525种选法. 2.解:如图,已知8AD =， 10,6BC CD ==. 用1,O O 表示上、下 底面的中心,,E F 表 示,AD BC 的中点.连接11,,,OO EF OE O F ,则1OO FE 为直角梯形.从E 点作1O F 的垂线,垂足为G ，EG 就是正四棱台的高.EF ==EG ==，∴110080)3V =++=. 3.解法一:如图,在ABD ∆中，,,AB a BAD BDA θααβ=∠=-∠=-，由正弦定理得sin()sin()BD aθααβ=--，即asin()sin()a BD θααβ-=-.在BCD ∆中，,CBD BCD θβπθ∠=-∠=-， 由正弦定理,得sin()sin()CD BDθβπθ=--，即 sin()sin BD CD θβθ-=，∴sin()sin()sin sin()a CD θαθβθαβ--=-..解法二:如图, 从D 点作AC 的垂线与AC 的延长线交于点E ，设DE h =.在直角三角形ADE 中，tan()ha BEθα=-+，即tan()hBE a θα=--.在直角三角形BDE 中, tan()h BE θβ=- ，即tan()tan()hh a θβθα⎡⎤=--⎢⎥-⎣⎦，∴tan()tan()tan()tan()a h θβθαθβθα--=---.在直角三角形CDE 中,[]tan()tan()sin sin tan()tan()h a CD θβθαθθθβθα--==--- ．4.已知双曲线的方程为221696418890x y x y -++-=.(1)求它的两个焦点的坐标.(2)一个圆通过这两个焦点并且与x 轴交于两点,这两点的距离是8.求这个圆的方程.解:(1)已知方程变形得2216(2)9(1)144x y +--=，即22(2)(1)1916x y +--=．令2,1x x y y ''+=-=,得221916x y ''-=， ∴这条双曲线的两个焦点在新坐标系中的坐标分别为(5,0),(5,0)-，且双曲线的两个焦点在旧坐标系中的坐标分别为 12(7,1),(3,1)F F -.(2)如图, 12,F F 为双曲线的两个焦点,为圆与x 轴的两个交点, C 为圆心.因为过C 点与x 轴垂直的直线必平分线段12F F ,且平分线段AB ,所以C 点的横坐标为7322-+=-，且4AM BM ==. 设圆心坐标为(2,)C t -，半径为r ，则在AMC Rt ∆中，2216r t =+. 由圆C 经过焦点12,F F 得()2222(7)(1)r t =---+-，即22226r t t =-+，∴2216226t t t +=-+， ∴5t =，∴r =∴圆的方程为22(2)(5)41x y ++-=.5. 解:设0,0u v ，则221,1x u y v =-=-， ∴原方程组可转化为22223, (1)2()180.(2)u v u v u v +=⎧⎨-++=⎩ 由（2）得2222()4180u v u v u v -+++=，即2240u v uv +=，0uv =，或40uv =-<（舍去）.解方程组3,0u v uv +=⎧⎨=⎩得0,3u v ==，或3,0u v ==，即1,8,x y =-⎧⎨=⎩或9,1.x y =⎧⎨=-⎩检验知原方程组的解是1,8,x y =-⎧⎨=⎩9,1.x y =⎧⎨=-⎩ 注：本题的解法较多，在此不一一列举. 6.解: （1）为边长可这三个数中，任意两个数的和大于第三个数即可.∵,,a b c 是三角形是△ABC 的三边， ∴b c a +>，∴2b c b c a =++>+>，>同理可证>>∴以为边长可以作一个三角形.（2）∵是三角形A B C '''∆的三边长，∴cos A '=.(3)不失一般性可以认为a b c ≥≥,并且至少有一个不等号成立.由于较大的数的算术≥ 如果△ABC 与A B C '∆相似，那么△ABC 中的大边与A B C '''∆中的大边必为对应边，由相似三角形对应边成比例得==a b c ==. 这与△ABC 不是正三角形相矛盾.。
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1962年全国高考数学试题及其解析
试卷上不必抄题,但须写明题号,例如1,5(1)等
1．某工厂第三年的产量比第一年的产量增长21％.问平均每年比上一年增长百分之几?又第一年的产量是第三年的产量的百分之几?(精确到1％)
2．求(1-2i)5的实部.
3．解方程:log(x-5)+log(x+3)-2log2=log(2x-9).
4.
5．.求证:(1)圆内接平行四边形是矩形;
(2)圆外切平行四边形是菱形.
6．解方程组:
并讨论:a取哪些实数值时,这个方程组
(1) 有不同的两组实数解;
(2) 有相同的两组实数解;
(3) 没有实数解.
7．如图,ABCD和ABCD都是正方形,而A、B、C、D顺次分AB、BC、CD、DA 成m:n,并设AB=1.
(1) 求正方形ABCD的面积;
8 ．D是△ABC内的一点,已知
AB=AC=1,∠CAB=63°,
∠DAB=33°,∠DBA=27°,
求CD.(sin27°=0.4540.最后结果计算到小数点后两位.)
9．由正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A作这个正方体的对角线A1C的垂线,垂足为E.证明:
A1E:EC=1:2.
(要求画图)
10．求证:两两相交而不通过同一点的四条直线必在同一平面内.
1962年试题参考答案
1.解(1)设每年平均增长x％,则
∴x=10.
答:每年平均增长10％.
答:第一年产量是第三年的83％.
∴(1-2i)5的实部是
1+10(2i)2+5(2i)4=1-40+80=41.
3.解原方程可以写成
或者(x-5)(x+3)=4(2x-9).
化简,得x2-10x+21=0,
或(x-3)(x-7)=0.
∴x1=3,x2=7.
当x=3时,x-5<0,而log(x-5)无意义,所以3不是原方程的解,经检验,x=7是原方程的解.
5.证明(1)设ABCD为圆内接平行四边形,因为平行四边形的对角相等,
所以
∠A=∠C.
又因圆内接四边形的对角互补,得
∠A+∠C=180°,
∴∠A=∠C=90°,
∴ABCD是矩形.
(2)设平行四边形ABCD切圆于E、F、G、H(如图),则因从圆外一点所作的两条切线等长,得
四式相加,得
AB+CD=AD+BC.
又因平行四边形的对边相等,得
AB=CD,AD=BC.
∴AB=BC
∴ABCD是菱形.
6.解:
由(2),x=y-a,(3)
代入(1),得
y2-4(y-a)-2y+1=0,
即
y2-6y+4a+1=0.
代入(3),得
方程组的解为:
讨论:
(1)当a<2时,方程组有不同的两组实数解;
(2)当a=2时,方程组有相同的两组实数解;
(3)当a>2时,方程组没有实数解.
7.解:(1)由于AB=1,AA:AB=m:n,得知
又知BAB为直角三角形,
故正方形ABCD的面积为
8.解:在△ABD内,
故根据正弦定理,
又∠DAC=63°-33°=30°,故根据余弦定理,在△ADC内, CD2=1+AD2-2ADcos30°
=1+0.9080×(0.3027-1)
=1-0.9080×0.6973
=1-0.6331
=0.3669.
∴CD=0.60.
9.证明;
作AC,则A1A⊥AC.
故△A1AC为直角三角形.
设正方体的棱长为1,则
在直角三角形A1AC中,AE⊥A1C,
∴A1A2=A1E·A1C,即1=AE·A1C.
同理,AC2=EC·A1C,即2=EC·A1C.
由此得A1E:EC=1:2.
10.证明:在这四条直线中,任取两条直线a、b,设其交点为P.因为四条直线不通过同一点,所以在另外两条直线中,至少有一条直线c不通过P,直线c必与a、b分别交于不同的两点.因此,c必在a、b所决定的平面内.
第四条直线d与a、b、c至少交于两个不同的点,所以d也在a、b所决定的平面内.。