1956年普通高等学校招生全国统一考数学试题及答案
高考理科数学普通高等学校招生全国统一考试 附答案1456
高考理科数学普通高等学校招生全国统一考试（附答案）注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
8.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”,如30=7+23.在不超过30的素数中,随机选取两个不同的数,其和等于30的概率是()(1)18.下图是某地区2000年至环境基础设施投资额y(单位：亿元)的折现图。
高考数学高三模拟考试试卷压轴题高考理科数学真题一、选择题 1.复数()i 2i -=（） A ．12i + B ．12i -C ．12i -+D ．12i --答案：A 解析过程： 原式=2ii2=1+2i2.若x ，y 满足010x y x y x -⎧⎪+⎨⎪⎩≤，≤，≥，则2z x y =+的最大值为（）A ．0B ．1C．32D ．2 答案：D 解析过程：如图所表示的区域为不等式组表示的平面区域，易知点为目标函数取得最大值的最优解，即Zmax=0+21=23.执行如图所示的程序框图，输出的结果为（）A ．()22-，B ．()40-，C ．()44--，D ．()08-，答案：B 解析过程： 据框图可得：4.设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m β∥”是“αβ∥”的（）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案： B解析过程：显然由m β∥推不出αβ∥，但αβ∥能推出m β∥，故选B 5.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（）A ．25+B ．45+C ．225+D ．5解析过程：直观图如图： 在ABC∆过点A 作BC 的垂线交BC 于点D ，连接PD ，12ABC S BC AD ∆=⨯⨯12222=⨯⨯=， 12PAB PAC S S PA AC ∆∆==⨯⨯15512=⨯⨯=， 又因为5AC =，1PC =，所以6PB PC ==5PD =，12PCB S BC PD ∆=⨯⨯12552=⨯⨯=所以，表面积5225225S =+⨯+=+，选C 6.设{}n a 是等差数列. 下列结论中正确的是（）A ．若120a a +>，则230a a +>B ．若130a a +<，则120a a +<C ．若120a a <<，则213a a a >D ．若10a <，则()()21230a a a a --> 答案： C解析过程：可使用特值法。
数学试卷55年普通高等国统一考数学试题及答案
1955年普通高等学校招生全国统一考试数学1．甲、以二次方程x 2-3x-1=0的两根的平方为两根，作一个二次方程解：设原方程的两根为α，β，则由根与系数关系可得：α+β=3，αβ=-1，又，α 2 +β 2 =(α+β)2-2αβ=11，α2β 2 =1，故所求的二次方程为 x 2-11x +1=0乙、等腰三角形的一腰的长是底边的4倍，求这三角形各角的余弦解：设AB=AC=4BC ，而AD 为底边上的高， 于是ACBC BC BC BC AC AB BC AC AB A ⋅⋅-+=⋅-+=4216162cos 222222.81cos ,81421cos ,3231323122======C AC BCAB BD B BCBC 同理 AB D C丙、已知正四棱锥底边的长为a ，侧棱与底面的交角为450，求这棱锥的高解：设S-ABCD 为正四棱锥，SO 为它的高，底边长为a ，∠SAO=450∵AO=a 22 ∴由△SOA 为等腰直角三角形， 故棱锥S-ABCD 的高SO=a 22 丁、写出二面角的平面角的定义 略2．求b ，c ，d 的值，使多项式x 3+bx 2+cx+d 适合于下列三条件：（1）被x-1整除，（2）被x-3除时余2， （3）被x+2除时与被x-2除时的余数相等解：根据余数定理及题设条件可得f(1)=1+b+c+d =0…………………………………① f(3)=27+9b+3c+d=2………………………………② -8+4b-2c+d= 8+4b+2c+d …………………………③ 化简③式可得 c=-4将其分别代入①②可得b+d=39b+d=-13 解得b=-2,d=5. 综上，b=-2,c=-4,d=5 S3．由直角△ABC 勾上一点D 作弦AB 的垂线交弦于E ，交股的延长线于F ，交外接圆于G EG 为EA 和EB 的比例中项，又为ED 和EF 的比例中项证：连接GA 、GB ，则△AGB 也是一个直角三角形因为EG 为直角△AGB 的斜边EG 为EA 和EB 的比例中项，即EG 2=EA ·EB ∵∠AFE=∠ABC ，∴直角△AEF ∽直角△DEB ，.EF ED EB EA EBEDEF EA ⋅=⋅=即 但是∵EG 2=EA ·EB ，∴EG 2=ED ·EF （等量代换）. 故 EG 也是ED 和EF 的比例中项4．解方程x x x sin cos 2cos +=,求x 的通值解：x x x x sin cos sin cos 22+=-，)(.22,2,424,22)4cos(,22sin 22cos 22,1sin cos 01sin cos )(.4,1,010sin cos .0)1sin )(cos sin (cos ,0)sin (cos )sin )(cos sin (cos 为整数则得如果为整数则得如果k k k x k x x x x x x x x k k x tgx tgx x x x x x x x x x x x x ⎪⎩⎪⎨⎧π-ππ=∴π±π=π+∴=π+∴=-∴=-=-+π-π=∴-==+=+=--+=+--+5．一个三角形三边长成等差数列，其周长为12尺，面积为6平方尺，求证这个三角形为一个直角三角形证：可设其长分别为x-d,x,x+d.F C B因为三角形的周长为12尺， ∴(x-d)+x+(x+d)=12,∴x=4（尺） 于是该三角形的三边又可表示为4-d,4,4+d.由该三角形的面积为6，三边长为4-d,4,4+d ，代入求面积的计算公式，得.1,1),2)(2(1236)]4(6)[46)](4(6[662±==-+=+----=d d d d d d由此可知，该三角形三边的长为3、4、5（或5、4、3）（尺），故它是一个直角三角形。
高考数学普通高等学校招生全国统一考试5
高考数学普通高等学校招生全国统一考试5高考数学普通高等学校招生全国统一考试5本试卷分第Ⅰ卷(选择题)第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分,考试时间120分钟.第Ⅰ卷(选择题共50分)注意事项:1．答第Ⅰ卷前,考生务必将自己姓名.准考证号.考试科目用铅笔涂写在答题卡上.2．每小题选出答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案,不能答在试题卷上.3．考试结束,监考人将本试卷和答题卡一并收回.参考公式:三角函数的积化和差公式:正棱台.圆台的侧面积公式其中.分别表示上.下底面周长,表示斜高或母线长.球体的体积公式:,其中R表示球的半径.一.选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合要求的.1．设集合等于( )A．B．C．D．2．设,则( )A．y3_gt;y1_gt;y2 B．y2_gt;y1_gt;y3C．y1_gt;y2_gt;y3 D．y1_gt;y3_gt;y23．〝〞是〝〞的( )A．必要非充分条件 B．充分非必要条件C．充分必要条件D．既非充分又非必要条件4．已知α,β是平面,m,n是直线.下列命题中不正确的是( )A．若m∥α,α∩β=n,则m//n B．若m∥n,α∩β=n,则n⊥α C．若m⊥α,m⊥β,则α∥β D．若m⊥α,,则α⊥β5．如图,直线过椭圆的左焦点F1和一个顶点B,该椭圆的离心率为 ( )A．B．C． D．6．若且的最小值是 ( )A．2 B．3 C．4 D．57．如果圆台的母线与底面成60°角,那么这个圆台的侧面积与轴截面面积的比为( )A．B． C．D．8．若数列的通项公式是,则等于( )A．B．C．D．9．从黄瓜.白菜.油菜.扁豆4种蔬菜品种中选出3种,分别种在不同土质的三块土地上,其中黄瓜必须种植,不同的种植方法共有( )A．24种B．18种C．12种D．6种10．某班试用电子投票系统选举班干部候选人.全班k名同学都有选举权和被选举权,他们的编号分别为1,2,…,k,规定:同意按〝1〞,不同意(含弃权)按〝0〞,令其中i=1,2,…,k,且j=1,2,…,k,则同时同意第1,2号同学当选的人数为( )A．B．C． D．第Ⅱ卷(非选择题共100分)二.填空题:本大题共4小题,每小题4分,共16分,把答案填在题中横线上.11．已知某球体的体积与其表面积的数值相等,则此球体的半径为.12．函数中,是偶函数.13．以双曲线右顶点为顶点,左焦点为焦点的抛物线的方程是14．将长度为1的铁丝分成两段,分别围成一个正方形和一个圆形,要使正方形与圆的面积之和最小,正方形的周长应为.三.解答题:本大题共6小题,共84分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 15．(本小题满分13分)已知函数(Ⅰ)求的最小正周期; (Ⅱ)求的最大值.最小值.16．(本小题满分13分)已知数列是等差数列,且(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)令求数列前n项和的公式.17．(本小题满分15分)如图,正三棱柱ABC—A1B1C1中,D是BC的中点,AB=a.(Ⅰ)求证:直线A1D⊥B1C1;(Ⅱ)求点D到平面ACC1的距离;(Ⅲ)判断A1B与平面ADC的位置关系,并证明你的结论.18．(本小题满分15分)如图,A1,A为椭圆的两个顶点,F1,F2为椭圆的两个焦点.(Ⅰ)写出椭圆的方程及准线方程;(Ⅱ)过线段OA上异于O,A的任一点K作OA的垂线,交椭圆于P,P1两点,直线A1P与AP1交于点M.求证:点M在双曲线上.19．(本小题满分14分)有三个新兴城镇,分别位于A,B,C三点处,且AB=AC=13km,BC=10km.今计划合建一个中心医院,为同时方便三镇,准备建在BC的垂直平分线上的P点处,(建立坐标系如图)(Ⅰ)若希望点P到三镇距离的平方和为最小,点P应位于何处?(Ⅱ)若希望点P到三镇的最远距离为最小,点P应位于何处?20．(本小题满分14分)设是定义在区间上的函数,且满足条件:(i)(ii)对任意的(Ⅰ)证明:对任意的(Ⅱ)判断函数是否满足题设条件;(Ⅲ)在区间[－1,1]上是否存在满足题设条件的函数,且使得对任意的若存在,请举一例:若不存在,请说明理由.绝密启用前普通高等学校招生全国统一考试数学试题参考解答一.选择题:本题考查基本知识和基本运算. 每小题5分,满分50分. 1．A 2．D 3．A 4．A 5．D 6．B 7．C 8．B 9．B 10．C 二.填空题:本题考查基本知识和基本运算.每小题4分,满分16分.11．3 12． 13．14．三.解答题:本大题共6小题,共84分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.15．本小题主要考查三角函数的倍角.和角公式,以及三角函数的性质等基本知识,考查运算能力,满分13分. (Ⅰ)解:因为所以的最小正周期(Ⅱ)解:因为所以的最大值为,最小值为－16．本小题主要考查等差.等比数列等基本知识,考查综合运用数学知识和方法解决问题的能力.满分13分.(Ⅰ)解:设数列公差为,则又所以(Ⅱ)解:由得①②将①式减去②式,得所以17．本小题主要考查直线与平面的位置关系,正棱柱的性质,棱锥的体积等基本知识,考查空间想象能力和逻辑推理能力. 满分15分.(Ⅰ)证法一:∵点D是正△ABC中BC边的中点,∴AD⊥BC,又A1A⊥底面ABC,∴A1D⊥BC ,∵BC∥B1C1,∴A1D⊥B1C1.证法二:连结A1C1,则A1C=A1B. ∵点D是正△A1CB的底边中BC的中点,∴A1D⊥BC ,∵BC∥B1C1,∴A1D⊥B1C1.(Ⅱ)解法一:作DE⊥AC于E, ∵平面ACC1⊥平面ABC,∴DE⊥平面ACC1于E,即DE的长为点D到平面ACC1的距离. 在Rt△ADC中,AC=2CD=∴所求的距离解法二:设点D到平面ACC1的距离为,∵体积即点D到平面ACC1的距离为.(Ⅲ)答:直线A1B//平面ADC1,证明如下:证法一:如图1,连结A1C交AC1于F,则F为A1C的中点,∵D是BC的中点,∴DF∥A1B,又DF 平面ADC1,A1B平面ADC1,∴A1B∥平面ADC1.证法二:如图2,取C1B1的中点D1,则AD∥A1D1,C1D∥D1B,∴AD∥平面A1D1B,且C1D∥平面A1D1B,∴平面ADC1∥平面A1D1B,∵A1B平面A1D1B,∴A1B∥平面ADC1.18．本小主要考查直线.椭圆和双曲线等基本知识,考查分析问题和解决问题的能力.满分15分.(Ⅰ)解:由图可知,该椭圆的方程为准线方程为(Ⅱ)证明:设K点坐标,点P.P1的坐标分别记为,其中则……① 直线A1P,P1A的方程分别为:……② ……③②式除以③式得化简上式得代入②式得于是,直线A1P与AP1的交点M的坐标为因为所以,直线A1P与AP1的交点M在双曲线.19．本小题主要考查函数,不等式等基本知识,考查运用数学知识分析问题和解决问题的能力.满分14分.(Ⅰ)解:设P的坐标为(0,),则P至三镇距离的平方和为所以,当时,函数取得最小值. 答:点P的坐标是(Ⅱ)解法一:P至三镇的最远距离为由解得记于是因为在[上是增函数,而上是减函数. 所以时,函数取得最小值. 答:点P的坐标是解法二:P至三镇的最远距离为由解得记于是函数的图象如图,因此,当时,函数取得最小值.答:点P的坐标是解法三:因为在△ABC中,AB=AC=13,且,所以△ABC的外心M在线段AO上,其坐标为,且AM=BM=CM. 当P在射线MA上,记P为P1;当P在射线MA的反向延长线上,记P为P2,这时P到A.B.C三点的最远距离为P1C和P2A,且P1C≥MC,P2A≥MA,所以点P与外心M重合时,P到三镇的最远距离最小.答:点P的坐标是20．本小题考查函数.不等式等基本知识,考查综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力.满分14分.(Ⅰ)证明:由题设条件可知,当时,有即(Ⅱ)答:函数满足题设条件.验证如下:对任意的,当当当不妨设有所以,函数满足题设条件.(Ⅲ)答:这样满足的函数不存在.理由如下:假设存在函数满足条件,则由得①由于对任意的,都有所以,②①与②矛盾,因此假设不成立,即这样的函数不存在.。
高考数学普通高等学校招生全国统一考试60
高考数学普通高等学校招生全国统一考试60本试卷分第Ⅰ部分（选择题）和第Ⅱ部分（非选择题）共150分 考试时间120分钟.第Ⅰ部分（选择题 共60分）参考公式：如果事件A 、B 互斥；那么 P(A+B)=P(A)+P(B) 如果事件A 、B 相互独立；那么 P(A·B)=P(A)·P(B)如果事件A 在一次试验中发生的概率是P ；那么n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率k n kk n n P P C k P --=)1()(一、选择题：本大题共12小题；每小题5分；共60分.在每小题给出的四个选项中；只有一项是符合题目要求的. 1．函数y =（ ）A ．[1,)+∞B ．2,3⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．[23,1]D ．（23；1]2．函数221()1x f x x -=+, 则(2)1()2f f =（ ）A ．1B ．－1C ．35 D ．35- 3．圆222430x y x y +-++=的圆心到直线1x y -=的距离为（ ）A ．2 BC ．1 D4．不等式221x x +>+的解集是（ ）A ．(1,0)(1,)-+∞B ．(,1)(0,1)-∞-C ．(1,0)(0,1)-D ．(,1)(1,)-∞-+∞5．sin163sin 223sin 253sin313+=（ ）A ．12-B ．12C．D6．若向量a 与b 的夹角为60；||4,(2).(3)72b a b a b =+-=-,则向量a 的模为 （ ） A ．2 B ．4 C ．6 D ．12 7．已知p 是r 的充分不必要条件；s 是r 的必要条件；q 是s 的必要条件。
那么p 是q 成立的： （ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件8．不同直线,m n 和不同平面,αβ；给出下列命题 （ ）①////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭ ② //////m n n m ββ⎫⇒⎬⎭③ ,m m n n αβ⊂⎫⇒⎬⊂⎭异面 ④ //m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⎭其中假命题有： （ ）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个 9． 若{}n a 是等差数列；首项120032004200320040,0,.0a a a a a >+><；则使前n 项和0n S > 成立的最大自然数n 是（ ）A ．4005B ．4006C ．4007D ．400810．已知双曲线22221,(0,0)x y a b a b-=>>的左；右焦点分别为12,F F ,点P 在双曲线的右支上；且12||4||PF PF =,则此双曲线的离心率e 的最大值为（ ） A ．43 B ．53 C ．2 D ．7311．已知盒中装有3只螺口与7只卡口灯炮；这些灯炮的外形与功率都相同且灯口向下放着；现需要一只卡口灯炮使用；电工师傅每次从中任取一只并不放回；则他直到第3次才取得卡口灯炮的概率为 （ ）A ．2140B ．1740C ．310 D ．712012． 如图；棱长为5的正方体无论从哪一个面看；都有两个直通的边长为1的正方形孔；则这个有孔正方体的表面积（含孔内各面）是 （ ） A ．258 B ．234 C ．222 D ．210第Ⅱ部分（非选择题 共90分）13．若在5(1)ax +的展开式中3x 的系数为80-；则_______a = 14．已知)0,0(,232>>=+y x yx ,则xy 的最小值是____________ 15．已知曲线31433y x =+；则过点(2,4)P 的切线方程是______________ 16．毛泽东在《送瘟神》中写到：“坐地日行八万里”。
高考数学普通高等学校招生全国统一考试65
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原先的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
【答案】C
解：③是假命题，如右图所示
满足 , ，
但 ，故选C．
( 8 )先后抛掷两枚平均的正方体骰子（它们的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6），骰子
朝上的面的点数分别为X、Y，则 的概率为（）
A． B． C． D．
【答案】C
解：满足 的X、Y有(1, 2)，(2, 4)，(3, 6)这3种情形，而总的可能数有36种，因此 ，故选C．
（Ⅱ）试求方程 在闭区间 上的根的个数，并证明你的结论． Nhomakorabea【答案】
解：（Ⅰ）∵ ，
∴
即 ，
∵在［0，7］上，只有 ，
∴ ，∴ ，
∴ 是非奇非偶函数．
（Ⅱ）由 ，令 ，得 ，
由 ，令 ，得 ,
∴ ，
∴ 是以10为周期的周期函数，
由 得， 的图象关于 对称，
∴在［0，11］上，只有 ，
∴10是 的最小正周期，
(9)在同一平面直角坐标系中，函数 和 的图像
关于直线 对称．现将 图像沿x轴向左平移２个单位，
再沿y轴向上平移１个单位，所得的图像是由两条线段组成的折线
（如图２所示），则函数 的表达式为
A． B．
C． D．
【答案】A
解：将图象沿y轴向下平移１个单位，再沿 轴向右平移２个单位得下图A，从而能够得到 的图象，故 ，
1955年普通高等学校招生全国统一考数学试题及答案
1955年普通高等学校招生全国统一考试数学1．甲、以二次方程x 2-3x-1=0的两根的平方为两根，作一个二次方程解：设原方程的两根为α，β，则由根与系数关系可得：α+β=3，αβ=-1，又，α2 +β2 =(α+β)2-2αβ=11，α2β2 =1，故所求的二次方程为 x 2-11x +1=0乙、等腰三角形的一腰的长是底边的4倍，求这三角形各角的余弦解：设AB=AC=4BC ，而AD 为底边上的高， 于是ACBC BC BC BC AC AB BC AC AB A ⋅⋅−+=⋅−+=4216162cos 222222.81cos ,81421cos ,3231323122======C AC BCAB BD B BCBC 同理 AB D C丙、已知正四棱锥底边的长为a ，侧棱与底面的交角为450，求这棱锥的高解：设S-ABCD 为正四棱锥，SO 为它的高，底边长为a ，∠SAO=450∵AO=a 22 ∴由△SOA 为等腰直角三角形， 故棱锥S-ABCD 的高SO=a 22 丁、写出二面角的平面角的定义 略2．求b ，c ，d 的值，使多项式x 3+bx 2+cx+d 适合于下列三条件：（1）被x-1整除，（2）被x-3除时余2， （3）被x+2除时与被x-2除时的余数相等解：根据余数定理及题设条件可得f(1)=1+b+c+d =0…………………………………① f(3)=27+9b+3c+d=2………………………………② -8+4b-2c+d= 8+4b+2c+d …………………………③ 化简③式可得 c=-4将其分别代入①②可得b+d=39b+d=-13 解得b=-2,d=5. 综上，b=-2,c=-4,d=5 S3．由直角△ABC 勾上一点D 作弦AB 的垂线交弦于E ，交股的延长线于F ，交外接圆于G EG 为EA 和EB 的比例中项，又为ED 和EF 的比例中项证：连接GA 、GB ，则△AGB 也是一个直角三角形因为EG 为直角△AGB 的斜边EG 为EA 和EB 的比例中项，即EG 2=EA ·EB ∵∠AFE=∠ABC ，∴直角△AEF ∽直角△DEB ，.EF ED EB EA EBEDEF EA ⋅=⋅=即 但是∵EG 2=EA ·EB ，∴EG 2=ED ·EF （等量代换）. 故 EG 也是ED 和EF 的比例中项4．解方程x x x sin cos 2cos +=,求x 的通值解：x x x x sin cos sin cos 22+=−，)(.22,2,424,22)4cos(,22sin 22cos 22,1sin cos 01sin cos )(.4,1,010sin cos .0)1sin )(cos sin (cos ,0)sin (cos )sin )(cos sin (cos 为整数则得如果为整数则得如果k k k x k x x x x x x x x k k x tgx tgx x x x x x x x x x x x x ⎪⎩⎪⎨⎧π−ππ=∴π±π=π+∴=π+∴=−∴=−=−+π−π=∴−==+=+=−−+=+−−+5．一个三角形三边长成等差数列，其周长为12尺，面积为6平方尺，求证这个三角形为一个直角三角形证：可设其长分别为x-d,x,x+d.F C B因为三角形的周长为12尺， ∴(x-d)+x+(x+d)=12,∴x=4（尺） 于是该三角形的三边又可表示为4-d,4,4+d.由该三角形的面积为6，三边长为4-d,4,4+d ，代入求面积的计算公式，得.1,1),2)(2(1236)]4(6)[46)](4(6[662±==−+=+−−−−=d d d d d d由此可知，该三角形三边的长为3、4、5（或5、4、3）（尺），故它是一个直角三角形。
普通高等学校招生全国统一考试 数学(上海卷)
普通高等学校招生全国统一考试(上海卷)数学注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、填空题（本大题共有12题，满分54分第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1.行列式的值为2.双曲线的渐近线方程为______3.的二项展开式中的系数为(结果用数值表示)4.设常数,函数,若的反函数的图像经过点,则=5.已知复数满足,(是虚数单位),则6.记等差数列的前项和为,若,则7.已知.若函数为奇函数,且在上递减,则8.在平面直角坐标系中,已知点是轴上的两个动点,且,则最小值为9.有编号互不相同的五个砝码,期中5克,3克,1克砝码各两个,从中随机挑选三个,则这三个砝码的总质量为9克的概率为___________(结果用最简分数表示)10.设等比数列的通项公式为,前项和为,若,则___________11.已知常数,函数的图像经过点,若,则=12.已知实数1212,,,x x y y 满足:22221122121211,1,2x y x y x x y y +=+=+=,则+的最大值为_____二、选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.13.设p 是椭圆22153x y +=上的动点,则p 到该椭圆的两个焦点的距离之和为()A. B. C. D.14.已知a R ∈,则“1a >”是“11a<”的()A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充要条件D.既非充分又非必要条件15.《九章算术》中,称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马。
1955年普通高等学校招生全国统一考数学试题及答案
1955年普通高等学校招生全国统一考试数学1．甲、以二次方程x 2-3x-1=0的两根的平方为两根，作一个二次方程解：设原方程的两根为α，β，则由根与系数关系可得：α+β=3，αβ=-1，又，α 2 +β 2 =(α+β)2-2αβ=11，α2β 2 =1，故所求的二次方程为 x 2-11x +1=0乙、等腰三角形的一腰的长是底边的4倍，求这三角形各角的余弦解：设AB=AC=4BC ，而AD 为底边上的高， 于是ACBC BC BC BC AC AB BC AC AB A ⋅⋅-+=⋅-+=4216162cos 222222.81cos ,81421cos ,3231323122======C AC BCAB BD B BCBC 同理 AB D C丙、已知正四棱锥底边的长为a ，侧棱与底面的交角为450，求这棱锥的高解：设S-ABCD 为正四棱锥，SO 为它的高，底边长为a ，∠SAO=450∵AO=a 22 ∴由△SOA 为等腰直角三角形， 故棱锥S-ABCD 的高SO=a 22 丁、写出二面角的平面角的定义 略2．求b ，c ，d 的值，使多项式x 3+bx 2+cx+d 适合于下列三条件：（1）被x-1整除，（2）被x-3除时余2， （3）被x+2除时与被x-2除时的余数相等 解：根据余数定理及题设条件可得f(1)=1+b+c+d =0…………………………………① f(3)=27+9b+3c+d=2………………………………② -8+4b-2c+d= 8+4b+2c+d …………………………③ 化简③式可得 c=-4将其分别代入①②可得 b+d=39b+d=-13 解得b=-2,d=5. 综上，b=-2,c=-4,d=5S3．由直角△ABC 勾上一点D 作弦AB 的垂线交弦于E ，交股的延长线于F ，交外接圆于G 求证：EG 为EA 和EB 的比例中项，又为ED 和EF 的比例中项证：连接GA 、GB ，则△AGB 也是一个直角三角形因为EG 为直角△AGB 的斜边EG 为EA 和EB 的比例中项，即EG 2=EA ·EB∵∠AFE=∠ABC ，∴直角△AEF ∽直角△DEB ，.EF ED EB EA EBEDEF EA ⋅=⋅=即 但是∵EG 2=EA ·EB ，∴EG 2=ED ·EF （等量代换）. 故 EG 也是ED 和EF 的比例中项4．解方程x x x sin cos 2cos +=,求x 的通值 解：x x x x sin cos sin cos 22+=-，)(.22,2,424,22)4cos(,22sin 22cos 22,1sin cos 01sin cos )(.4,1,010sin cos .0)1sin )(cos sin (cos ,0)sin (cos )sin )(cos sin (cos 为整数则得如果为整数则得如果k k k x k x x x x x x x x k k x tgx tgx x x x x x x x x x x x x ⎪⎩⎪⎨⎧π-ππ=∴π±π=π+∴=π+∴=-∴=-=-+π-π=∴-==+=+=--+=+--+5．一个三角形三边长成等差数列，其周长为12尺，面积为6平方尺，求证这个三角形为一个直角三角形 证：可设其长分别为x-d,x,x+d.F C B因为三角形的周长为12尺， ∴(x-d)+x+(x+d)=12,∴x=4（尺） 于是该三角形的三边又可表示为4-d,4,4+d.由该三角形的面积为6，三边长为4-d,4,4+d ，代入求面积的计算公式，得.1,1),2)(2(1236)]4(6)[46)](4(6[662±==-+=+----=d d d d d d由此可知，该三角形三边的长为3、4、5（或5、4、3）（尺），故它是一个直角三角形。
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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1956年普通高等学校招生全国统一考试
数学
1．甲、利用对数性质计算lg2 5+lg2·lg50.
解：原式=lg2 5+lg2(lg5+1)=lg5(lg5+lg2)+lg2=lg5+lg2=1.
乙、设m是实数，求证方程2x2-(4m-1)x-m2-m=0的两根必定都是
实数
证：二次方程当其判别式不小于零时，它的两根为实数
由.124)(24)]14([222mmmm
.0,02m
故原方程的两根均为实数
丙、设M是△ABC的边AC的中点，过M作直线交AB于E，过B作
直线平行于ME交AC于F求证△AEF的面积等于△ABC的面积的一半
证：连MB，
则△AEF的面积=△AEM的面积+△MEF的面积
=△AEM的面积+△MEB的面积
=△ABM的面积=21·△ABC的面积（三角形的中线
BM二等分△ABC的面积）
丁、一个三角形三边长分别为3尺，4尺及37尺，求这个三角形
的最大角的度数
解：该三角形的最大边长为37，所以它所对的角最大，设此角
为，由余弦定理可得
.1206018021432)37(43cos222
A
B
C
F
E
M
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⌒
戊、设0762xxtgtg是方程和的两根
求证：)cos()sin(
证：由根与系数关系可知：
)cos()sin(11)(.7,6
tgtgtgtgtgtgtgtgtg因
2．解方程组
.0)4)(3(,0127)()1(:)2(136)1(12722yxyx
yxyxyxyxyx式可得由解
.6,10;10,6;21919,21919;21919
,21919,.6,10,10,6,0120322,136)16()2()4(.21919,21919055182,136)9()2()3()4(16,16,04)3(9,9,0344332211222222yxyxyxyx
yx
xxxxyxxxxxxyyxyxxyyxyx其解为综上即得代入将
即得代入将
由此可得
经检验，这四组解均为原方程组的解
3．设P为等边△ABC外接圆的BC上的一点，求证：PA2=AB2+PB·PC
证：在△ABP和△ADB中，
∠BAP=∠DAB为公用角，
又∠APB=∠ACB=∠ABD=600
△ABP∽△ADB，
A
BPC
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AB2=PA·AD…………（1）
同理可证△BPD∽△APC，
,PCPAPDPB
∴PB·PC=PA·PD…………（2）
（1）、（2）式左、右两边分别相加，则得
AB2+PB·PC=PA（AD+PD）=PA2，
∴PA2=AB2+PB·PC
4．有一个四棱柱，底面是菱形ABCD，∠A＇AB=∠A＇AD（如图）
求证：平面A＇ACC＇垂直于底面ABCD
证：设底面是菱形ABCD的对角线相交于O，联结A＇D，A＇O，A＇B
在△A＇AB与△A＇AD中，
∵A＇A=A＇A，∠A＇AB=∠A＇AD，AB=AD，
△A＇AB≌△A＇AD，∴A＇B=A＇D，
△A＇BD为等腰三角形
又∵O为DB的中点，∴A＇O⊥DB
由菱形性质，DB⊥AC，∴DB垂直于底面A＇ACC＇
但底面ABCD是经过DB的
故 平面A＇ACC＇垂直于底面ABCD
5．若三角形的三个角成等差级数，则其中有一个角一定是600;
若这样的三角形的三边又成等比级数，则三个角都是600，试证明之
证（1，）设△ABC的三个角为A、B、C，由题意可得
B-A=C-B，∴2B=A+C
但∵A+B+C=1800，即3B=1800，B=600.
A
B
C
D
A'
B'
C'
D'
O
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证（2），由（1）已知△ABC必有一个角为600，今设∠B=600.
∵△ABC的三边cba,,成等比级数，
∴.2acb
又由余弦定理可得,2,cos2222222accabBaccab
60,,60.0)(,02222CA
BCBAB
cacaacca
故△ABC为等边三角形，即其三个内角均为600.