1、 1982 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 数学数学（理科） 一 （本题满分一 （本题满分 6 6 分）分） 填表： 函 数 使函数有意义的 x 的实数范围 1 2 xy= 0 2 2 )( xy= R 3 )arcsin(sin xy = R 4 )sin(arcsin xy = -1,1 5 x y lg 10= (0,+） 6 x y10lg= R 解：见上表 奎屯 王新敞 新疆 二 （本题满分二 （本题满分 9 9 分）分） 1求（-1+i) 20展开式中第 15 项的数值; 2求 3 cos 2x y =的导数 奎屯 王新敞 新疆 解：1.第 15 项
2、T15=.38760)() 1( 6 20 14614 20 =CiC 2 3 2 sin 3 1 ) 3 ( 3 sin 3 cos2) 3 )(cos 3 (cos2 xxxxxx y= 三 （本题满分三 （本题满分 9 9 分）分） 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 奎屯 王新敞 新疆 1; 0 436 323 112 = y x 2 = += .sin2 ,cos1 y x 解：1.得 2x-3y-6=0 图形是直线 奎屯 王新敞 新疆 2.化为, 1 4 ) 1( 2 2 =+ y x图形是椭圆 奎屯 王新敞 新疆 四 （本题满分四 （本题满分 1212 分
3、）分） 已知圆锥体的底面半径为 R，高为 H 奎屯 王新敞 新疆 求内接于这个圆锥体并且体积最大的圆柱体的高 h（如图） 奎屯 王新敞 新疆 解：设圆柱体半径为 r 高为 h 奎屯 王新敞 新疆 由ACDAOB 得 . R r H hH = 由此得),(hH H R r= 圆柱体体积 .)()( 2 2 2 2 hhH H R hrhV = 由题意，Hh0，利用均值不等式，有 .)(, 3 , 2 . 27 4 27 4 22 4 2 3 2 2 2 2 最大时因此当时上式取等号当 原式 hV H hh hH HR H H R h hHhH H R = = = Y 1 X O Y 1 O X
4、A D c H h B E O 2R （注：原“解一”对 h 求导由驻点解得 奎屯 王新敞 新疆） 五 （本题满分五 （本题满分 1515 分）分） 的大小与比较设| )1 (log| )1 (log|, 1, 0, 10xxaax aa +（要写出比 较过程） 奎屯 王新敞 新疆 解一：当a1 时， . | )1 (log| )1 (log|,1, 0, 10 . | )1 (log| )1 (log| , 0)1 (log, 110 , 10 ).1 (log| )1 (log| )1 (log| ),1 (log| )1 (log|),1 (log| )1 (log| ,10 . | )
5、1 (log| )1 (log| , 0)1 (log, 110 , 1 ).1 (log)1 (log)1 (log| )1 (log| )1 (log| ),1 (log| )1 (log|),1 (log| )1 (log| 22 2 22 2 xxaax xx xxa xxx xxxx a xx xxa xxxxx xxxx aa aa a aaa aaaa aa a aaaaa aaaa + + =+ +=+= + =+=+ +=+= 总有时因此当 时当 解二： | )1 (log| )1 (log )1 (log | )1 (log| | )1 (log| 1 x x x x x
6、x a a a a = + = + + , 110 , 11+xx | )1 (log| )1 (log|, 1 | )1 (log| | )1 (log| , 1 0)1 (log, 110 , 11 )1 (log1 1 1 log 1 1 log)1 (log 2 1 2 2 1 2 111 xx x x xxx x x x x x aa a a x xxxx + + + = + = = + + 即原式 原式 六 （本题满分六 （本题满分 1616 分）分） 如图：已知锐角AOB=2 内有动点 P，PMOA，PNOB， 且四边形 PMON 的面积等于常 数 c 2 奎屯 王新敞 新疆今以
7、 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 奎屯 王新敞 新疆 解：设 P 的极点坐标为（，）POM=-，NOM=+， OM=cos(-),PM=sin(-), ON=cos(+),PN=sin(+), 四边形 PMON 的面积 . 2sin 2 . 2sin 2 )sin(cos sin,cos . 2sin 2 2cos 2cos2sin 2 )(2sin)(2sin 4 )sin()cos()sin()cos( 2 :, )sin()cos()sin()cos( 22 1 2 1 2 22 2 222 2 2 2 2 2 2 2
8、 2 2 = = = = = =+ =+ + =+= c yx c yx c c c c P PNONPMOMS 即 为化为直角坐标方程上式用 即 用和差化积公式化简得 用倍角公式化简得 的轨迹的极坐标方程是动点依题意 这个方程表示双曲线 奎屯 王新敞 新疆由题意， 动点 P 的轨迹是双曲线右面一支在AOB 内的一部分 奎屯 王新敞 新疆 七 （本题满分七 （本题满分 1616 分）分） A M P（，） X O N B 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 奎屯 王新敞 新疆 证：连
9、结 AC，在ABC 中， AM=MB，CN=NB，MNAC 奎屯 王新敞 新疆 在ADC 中，AQ=QD，CP=PD， QPAC 奎屯 王新敞 新疆MNQP 奎屯 王新敞 新疆 同理，连结 BD 可证 MQNP 奎屯 王新敞 新疆 MNPQ 是平行四边形 奎屯 王新敞 新疆 取 AC 的中点 K，连 BK，DK 奎屯 王新敞 新疆 AB=BC，BKAC， AD=DC，DKAC 奎屯 王新敞 新疆因此平面 BKD 与 AC 垂直 奎屯 王新敞 新疆 BD 在平面 BKD 内，BDAC 奎屯 王新敞 新疆MQBD，QPAC，MQQP，即 MQP 为直角 奎屯 王新敞 新疆故 MNPQ 是矩形 奎屯
10、 王新敞 新疆 八 （本题满分八 （本题满分 1818 分）分） 抛物线 y 2=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 x 2=2qy 相切 奎屯 王新敞 新疆 解：不失一般性，设 p0,q0. 又设 y 2=2px 的内接三角形顶点 为 A1（x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3) 因此 y1 2=2px 1，y2 2=2px 2 ，y3 2=2px 3 奎屯 王新敞 新疆 B M R A N Q D K S P C Y x2=2qy y2=2px A1 O A2 A3 X 其中 y1y2 , y2y3 , y
11、3y1 . 依题意， 设A1A2， A2A3与抛物线x 2=2qy相切， 要证A 3A1也与抛物线x 2=2qy 相切 奎屯 王新敞 新疆 因为 x 2=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 奎屯 王新敞 新疆即（x1,y1),(x2,y2),(x3,y3)，都不能是（0， 0） ;又因 A1A2与 x 2=2qy 相切， 所以 A 1A2不能与 Y 轴平行， 即 x1x2 , y1 -y2,直线 A1A2的方程是 ),( 1 12 12 1 xx xx yy yy = ).(2)( 121212 2 1 2 2 xxpyyyyyy
12、=+= (1) 0)(2 . 0) 2 (4) 4 ( ,2 , 0 24 2 . 2 2121 2 21 212 21 2 21 21 21 21 2 2 21 21 21 21 21 =+ = + + + = = = + + = + + + = yyyyqp yy yqy yy pq qyxAA yy yqy x yy pq x qyxAA yy yy x yy p yAA 化简得 上面二次方程的判别式相切与抛物线由于 交点的横坐标满足与抛物线 方程是 同理由于 A2A3与抛物线 x 2=2qy 相切，A 2A3也不能与 Y 轴平行，即 x2x3, y2-y3,同样得到 (2) 0)(2p
13、 3232 2 =+yyyyq 由（1） （2）两方程及 y20,y1y3,得 y1+y2+y3=0. 由上式及 y20,得 y3-y1，也就是 A3A1也不能与 Y 轴平行 奎屯 王新敞 新疆今将 y2=-y1-y3代入（1）式得： (3) 0)(2p 1313 2 =+yyyyq (3)式说明 A3A1与抛物线 x 2=2qy 的两个交点重合，即 A 3A1与抛物线 x 2=2qy 相切 奎屯 王新敞 新疆所以只要 A1A2，A2A3与抛物线 x2=2qy 相切，则 A3A1也与抛 物线 x 2=2qy 相切 奎屯 王新敞 新疆 九 （附加题，本题满分九 （附加题，本题满分 2020 分，
14、计入总分）分，计入总分） 已知数列 ,21 , n aaa和数列, 21 n bbb其中 111 , = nn paaqbpa ).0, 0,(),2( 11 += rpqrqpnrbqab nnn 且是已知常数 1用 p,q,r,n 表示 bn，并用数学归纳法加以证明; 2求.lim 22 nn n n ba b + 解：1.a1=p, an=pan-1,an=p n. 又 b1=q, b2=qa1+rb1=q(p+r), b3=qa2+rb2=q(p 2+pq+r2), 设想. )( )( 121 rp rpq rrppqb nn nnn n =+= 用数学归纳法证明： 当 n=2 时，,
15、 )( )( 22 2 rp rpq rpqb =+=等式成立; 设当 n=k 时，等式成立，即, )( rp rpq b kk k = 则 bk+1=qak+rbk=, )()( 11 rp rpq rp rprq qp kkkk k = + + 即 n=k+1 时等式也成立 奎屯 王新敞 新疆 所以对于一切自然数 n2， rp rpq b nn n = )( 都成立 奎屯 王新敞 新疆 . )( lim , 0)( , 10 , )(1 )( )(1 lim , , )()( )( lim, 0 , )( )( )( limlim. 2 2222 222 2222 2 22 2 22 qrp q ba b p r n p r p r qrp p r q p rpqrpp rpq rp rp rpq p rp rpq ba b nn n n n n n n n nnn nn n nn n nn n nn n n + = + + = + = + = + 时故当 原式 分子分母同除以 原式
