1、1990年全国高考数学试题及答案1990年全国高考数学试题理工农医类一、选择题:在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的,把所选项前的字母填 在题后括号内.方程210兮=扌的解是(B)(C 弦=43x= (D = 9一、选择题:此题考査根本知识和根本运算.1A把复数1 +】对应的向量按顺时针方向旋转牛，所得到的向量对应的 复数是2 2B2 2 -1 + V3 + 1-/3i2 2D +2 2 【 】K 巧 (2)B如果轴截面为正方形的圆柱的侧面积是S,那么圆柱的体积等于Key (4)C(C)co = 2, (p =6(D) = 2,(p=函数y二晋十凹十器十闽的値域是|sin.x
2、| cosx |tgx| ctgz(A) -2,4 (B)-2,0,4(C)-2,024 (D)-4,-2,0,4 【 】Key (6)B(7)如果直线y二ax+2与直线y=3x b关于直线y=x对称，那么(A)a = - ,b = 6 (B)a = i ,b = -6(C)a=3,b=-2 (D)a=3,b=6【 】(8)极坐标方程4psin2-=策示的曲线是2(A)圆(B)椭圆(C)双曲线的一支(D)抛物线 【 】2(9)设全集1二(x, y)|x,y eR),S-nM = x, y)|=1),x 乙N = (N,y)|y H n +1另卩么El师等于g (B)(2,3) (C)(2,3)
3、 (D)(x,y) | y=x+l(10)如果实数T满足等式0-2)2 +y2 = 3,那么l的最大值是X(A)* (B)#(q2r)假设【】Key (10)D(11)如图，正三棱锥S ABC的侧棱与底面边长相等，如果E、F分别为SC、AB的中点，那么异面 直线EF与SA所成的角等于(A)90 (B)60 (C)45 (D)30Key (11)C(12)h0设命题屮为:两个实数a,b满足| a-b | v2h;命题乙为:两个实数a,b满足| al | vh且 | b-1 | h那么(A)屮是乙的充分条件,但不是乙的必要条件(B)屮是乙的必要条件,但不是乙的充分条件(C)屮是乙的充分条件(D)屮
4、不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件 【 】(13)A,B、CQ,E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A.B可以不相邻)，那么不同的排 法共有(A)24种(B)60种(C)90种(D)120种 【 】Key (13)B(14)以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有(A)70 个(B)64 个(C)58 个(D)52 个【 1Key (14)C(15)设函数y=arctgx的图象沿x轴正方向平移2个单位所得到的图象为C.乂设图象C与C关于 原点对称，那么C所对应的函数是(A)y=-aictg(x-2) (B)y=arctg(x-2)(C)y=-arctg(x+2) (D)y=arctg(x
5、+2)【Key (15)D二、填空题:把答案填在题中横线上.(16)双曲线彩斗=啲准线方程是 (17)(x-l )-(x-l)2+(x-l )3-(x-l)4+(x-1 )5 的展开式中,X2 的系数等于 .(18)an是公差不为零的等差数列，如果Sn是an的前n项的和，那么応些零于z K (19)函数 y=sinxcosx+sinx+cosx 的最大值是(20)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中，假设E、F分别为AB、AC的中点，平面EB1C1F将三棱柱分成体积为Vl、V2的两局部，那么V1:V2= .三、解答题7(21)有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列,并且第一个数与第
6、四个数的 和是16,第二个数与第三个数的和是12 求这四个数.Key 三.解答题.(21)本小题考査等差数列、等比数列的概念和运用方程(组)解决问题的能力.解法一: 设四个数依次为a-d,a,a + d,.代(a + d)2 让依题意，有(a-d) + =16,a + (a + d) = 12.由式得 d=12-2a. 将式代入式得a - (12- 2Q + = 16,a整理得 a2-13a+36=O解得 al=4,a2=9.代入式得dl=4,d2=-6.从而得所求四个数为04&16或15,9,3,1.解法二:设四个数依次为x,yj 2y, 16-x依题意，有玄 + (12_ y) = 2y,
7、 y(16-K)= (12-y)2.由式得x=3y-12. 将式代入式得y(16-3y+=(12-y)2, 整理得y213y+36=O解得 yi=4,y2=9.代入式得xi=O,x2=15.从而得所求四个数为04&16或15,9,3,1.解法一:山得两式相除得培所以tg+p)=解法二:如图，不妨设OW ci W 0 V2 Ji,且点A的坐标是(cos a ,sin a )，点B的坐标是(cos B ,sin B )，那么点A、B在单位圆x2+y2=l上连结连结OC,于是OC丄AB,假设设点D的坐标是(1,0)，再连结OAQB、那么有ZD0A= ct,ZDOB= p,ZDOC= -k.将式代入式
8、，可得sin( a -)=sin(- P ). 于是 a -=(2k+l)Ji-(-P)(kGZ), 或 a -=2kn+(.p)(keZ).假设 a =(2k+l) n -(- P )(kWZ),那么 a = B +(2k+l)兀(keZ). 于是 sin a =-sin P，即sin a +sin B =0.由此可知 a -=2k n +( P )(k G Z),即 a + B =2+2kn(keZ)由式聞=I所以(23)如图，在三棱锥S ABC中,SA丄底面ABC,AB丄BC. DE垂直平分SC,且分别交AC、SC于 D、E.乂SA = AB,SB = BC.求以BD为棱，以BDE与BD
9、C为面的二面角的度数.Key (23)本小题考査直线和平面，直线和直线的位置关系，二面角等根本知识，以及逻辑推理能力和空间想象能力.解法一:山于SB = BC,且E是SC的中点，因此BE是等腰三角形SBC的底边SC的中线，所以SC丄 BE.乂 SCI DE,BE Q DE=E,A SC丄面BDE,/.SC 丄 BD.乂 VSA丄底面ABC,BD在底面ABC上，ASA 丄 BD.而SCQSA = S,BD丄面SAC.VDE=面SAC n 面BDE,DC =面SAC A 面BDC,ABD 丄 DE.BD 丄 DC.ZEDC是所求的二面角的平面角.VSA丄丿應面ABC,SA丄AB$A丄AC.设 SA
10、 = a,贝 ljAB = a?BC=SB=/2a.乂因为AB丄BC,在 RtASAC 中,tgZ 龛CS=AZ ACS = 30 .乂DE丄SC,所以ZEDC = 60，即所求的二面角等于60解法二:山于SB = BC,且E是SC的中点，因此BE是等腰三角形SBC的底边SC的中线，所以SC丄 BE.乂SC丄DE.BE Q DE = ESC丄面BDE,:.SC丄BD山于SA丄底面ABC,且A是垂足，所以AC是SC在平面ABC上的射影.由三垂线定理的逆定理 得BD丄AC; 乂因E GSC, AC是SC在平面ABC上的射影，所以E在平面ABC上的射影在AC上, 由于DEAC,所以DE在平面ABC上
11、的射影也在AC上,根据三垂线定理乂得BD丄DE.T DEu 面 BDEQCu 面 BDC, ZEDC是所求的二面角的平面角.以下同解法一.(24)设aNO,在复数集C中解方程z2+2 | z | =a.Key (24)本小题考査复数与解方程等根本知识以及综合分析能力.解法一:设z=x+yi,代入原方程得x2 - y2 + 2J/ + y2 + 2nyt = a于是原方程等价于方程组山式得y=0或x=0.|ll此可见，假设原方程有解，那么其解或为实数，或为纯虚数下面分别加以讨 论.情形1.假设y=0,即求原方程的实数解z二x.此时，式化为X2+2 | x | =a.(I )令风0,方程变为x2+
12、2x=a.解方程得x = 土曲此可知:当a=0时，方程无正根；当a = 0时，方程有正根龙二-1 +Jl + a.(【I )令风0时,方程有负根x=l-Vl + a.(【II)令x=0,方程变为0=a.Ill此可知:当a=0时,方程有零解x=0;当aX)时，方程无零解.所以,原方程的实数解是：当 a=0 时,z=0;当a 0时,z 二 (1 - J1 + a)情形2.假设X=OJ|于y=0的情形前已讨论，现在只需考查yHO的情形，即求原方程的纯虚数解 z=yi(yHO).此时，式化为-yi+2 | y | =a.(I )令丫0,方程变为-y2+2y=a,即(y-l)2=l-a.由此可知:当al
13、时，方程无实根.当a W1时解方程得y=l Vl - at从而，当a=0时,方程有正根y=2;当OvaWl时，方程有正根y=l 土严I.(11)令丫l时，方程无实根.当aW1时解方程得 y=-1 (17 ,从而，当a=0时,方程有负根y=-2;当OvaWl时，方程有负根y=-4所以，原方程的纯虚数解是：当 a=0 时,z=2i;当0vaWl时， z=(l + Vl - a )i,z=(l-V1 - a)j.而当al时,原方程无纯虚数解.解法二:设z二x+yi代入原方程得 寸 +2x2 +y2 +2xyi = a,于是原方程等价于方程组x2 - y2 + 2护 +y2 = % 2xy = 0.
14、山式得y=0或x=0.山此可见,假设原方程有解，那么其解或为实数，或为纯虚数.下面分别加以讨 论.情形1.假设y=0,即求原方程的实数解z二x.此时，式化为X2+2 | x | =a.即 I x 12+2 | x | =a.解方程得I x | = -1 + V1 + a所以，原方程的实数解是Z= 土 (-1+ /T+7)情形2.假设X=OJ|于y=0的情形前已讨论，现在只需考查yHO的情形，即求原方程的纯虚数解 z二yi(yHO).此时，式化为-y2+2 I y I =a.即-| y | 2 +2 | y | =a 当a=0时,因yHO,解方程得| y | =2,即留神0时,原方程的纯虚数解是
15、z=2i.当OvaWl时，解方程得I y I = 1 士倍嘉即当OvaWl时,原方程的纯虚数解是z = (1 +Jl- a )i,z = 士 (1-71 - a )i.而当al时,方程无实根，所以这时原方程无纯虚数解.解法三:因为z2=-2 | z | +a是实数，所以假设原方程有解，那么其解或为实数，或为纯虚数，即z=x或z=yi(yHO).情形1.假设z=x.以下同解法一或解法二中的情形1.情形2.假设z=yi(yHO).以下同解法一或解法二中的情形2.解法四:设z=r(cos 0 +isin 0 )，其中r$O,OW 0 0时,方程无解.所以，当a=0时，原方程有解z=0;当a0时，原方
16、程无零解.情形2.假设8 =罗阪=0丄2,习,由于r = 0的情形前己讨论，现在只需考查r0的情形.(I )k=0,2时,对应的复数是z二土r.因cos2 0二1,故式化为 r2+2r=a.解方程可得r =-1 71+7由此可知:当a=0时，方程无正根;当a0时,方程有正根r=-l+所以，当a0时，原方程有解 士(曲-1).(H )留神1,3时,对应的复数是z=ri.因cos2 0 =1,故式化为 -r2+2r=a,即(r-1)2=1-a, 由此可知:当al时，方程无实根,从而无正根；当吋解方程得r二1 JT石从而，当a=0时,方程有正根r=2;当0 v怎1时方程有正根厂=1 Jl a所以，当
17、a=0时，原方程有解z=2i;当0 vaWl时，原方程有解z = (1 +V1- a)i,z = (1 - V1 - a)i-当al时,原方程无纯虚数解.(25)设椭圆的中心是坐标原点,长轴在h轴上，离心率e =芈,己知点P (0,-)2 2到这个椭圆上的点的最远距离是求这个椭圆的方程，并求椭圆上到点P 的距离等于厲的点的坐标。Key (25)本小题考査椭圆的性质，距离公式撮大值知识以及分析问题的能力.解法一:根据题设条件，可取椭圆的参数方程是x = acos 0 ,彳y = bsin 8 其中ab0待定,OW 0 1,即b u丄，那么当sin = J时沪从而d有最 2b 2大值11题设得,
18、? 1 1 由此得bf/7巧 ,-b 矛盾.因此必有丄C0Se = 可得，橢圆上的点“，丄,点語，丄2 2 2 2 到点P的距离都命。yp(o4)解法二:设所求椭圆的直角坐标方程是a D其中ab0待定.可得即 a=2b.设椭圆上的点(x,y)到点P的距离为d,那么d2 = x2 + (y - -)2=a2(l-p-) + y2 3y+ |9=4b2 _ 3护 3y+ -4=-3(y + |)2 +4b2 +3, 其中 byb.如果b V丄，那么当y = -bBtd2 (从而d)有最大值，由题设得23(0 =(b +詳，由此得b = 丄，与矛盾。2 2 2因此必有b?丄成立.于是当卩=丄时护(从
19、而d)有最大值，由题设得2 2(V?) 2 =4b2+3t由此可得 b= 1 ,a=2.所求椭圆的直角坐标方程是y+y2 = i,4由厂-*及求得的椭圆方程可得，椭圆上的点点(厲，冷) 到点p的距离都77(26)f(玄) = lg 才+_Uj1；11 a ,其中a是实数，n是任意自然数且 n.n2.(I )如果f(x)当xW(-8,l时有意义，求a的取值范围；(II)如果 ae(O,l,证明 2f(x)vf(2x)当 xHO 时成立.Key (26)此题考査对数函数，指数函数，数学归纳法，不等式的知识以及综合运用有关知识解决问题的能力.(I)解:f(x)3xe(.ooj时有意义的条件是因为 一
20、 GY(k = 12-,n- 1)在(-,!,在(8J上也是增函数，从而它在X=1时取得最大值1 2 n -1 亍nl)+ ) = = (n -1).n n n n 2因此式竽价于宀+() 也就是a的取值范围为日 I a (n -1).(II)证法 :2f(x)f(2x) a(O,l,xHO.即1 +2x+ +(n-l)x+nxa2n 1 +22x+ +(n-1 )2x+n2xa aG(O,l,xO.现用数学归纳法证明式.(A)先证明当n=2时式成立. 假设 Ovavl,xHO,那么(l+2xa)2=l+2 2xa+22xa22( 1 +22x)2( 1 +22xa). 假设a=l,xO,因为
21、lH2x,所以(1 + 2X)2 =1 + 2-2X +23k 2)时式成立，即有1 +2x+ +(k-l)x+kxa2k 1 +22x+ +(k 1 )2xa a W (0,1 ,xHO, 那么，当aW(O,l,xHO日寸(1 +2x+ +kx)+(k+1 )xa2=(1 +2x+kx)2+2( 1 +2x+kx)(k+1 )xa+(k+1 )2xa2k(l +22x+ +k2x)+2(l +2x+ +kx)(k+1 )xa+(k+1 )2xa2 二k(l+22x+k2x)+2 1 (k+l)xa+2 2x(k+l)xa+ +2kx(k+ l)xa+(k+1 )2xa2k( 1 +22x+
22、+k2x)+ 1 +(k+1 )2xa2+22x+(k+1 )2xa2+ +k2X+(k+1)2xa2 +(k+1 )2xa2=(k+1)1 +22x4- +k2x+(k+1 )2xa2W(k+1)1 +22x+ +k2x+(k+1 )2xa, 这就是说，当zk+l时式也成立.根据(A),(B河知，式对任何n2(nGN)都成立.即有2f(x)f(2x) aW(O,l,xHO.证法二:只需证明n$2时1 4- + +(n -l)x +nxa2 nl + 22x+-+(n -I)2 H-na a (0,1,z#0.) 因为(心十勾十玩尸=(a；十a；十+ 幻幻+aLa5 + -十弘屮& +磧 +
23、+a)+(aj +韵)+(a； +兹；)+ (諾 +罔)十+ (磧 +計)+(證 +i) + (a；2 +处)+ ：1 +处) 二门厨+处+处).于是(a1+a2 + - +an)2n(aJ+aj +- +a：),其中等号当且仅当al=a2=-=an时成立.利用上面结果知，当a=l,xHO时，因lH2x,所以有1 +2x+(n J )x+nx2n 1 +22x+(n-1 )2x+n2x当Ovavl,xHO时，因a2va,所以有1 +2x+(n 1 )x+nxa2W n 1 +22x+ +(n-1 )2x+n2xa2 n 1 +22x+(n-1 )2x+n2xa.即有 2f(x)f(2x) aG(O,l),xHO.
