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1990年高考全国卷数学试题及答案


1990年高考试题
(理工农医类)

一、选择题:在每小题给出的四个选项中 ,只有一项是符合题目要求的 ,把所选 项前的字母填在题后括号内.
【 】





(3)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

【 (4)方程sin2x=sinx在区间(0,2π )内的解的个数是 (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 【 】 (5)











(A){-2,4} (B){-2,0,4} (C){-2,0,2,4} (D){-4,-2,0,4} (7)如果直线y=ax+2与直线y=3x-b关于直线y=x对称,那么【



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(C)a=3,b=-2

(D)a=3,b=6 【 】

(A)圆 (C)双曲线的一支

(B)椭圆 (D)抛物线

【 (B){(2,3)} (C)(2,3) (D){(x,y)│y=x+1}







(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)30° (12)已知h>0.设命题甲为:两个实数a,b满足│a-b│<2h;命 题乙为 : 两个实数 a,b 满足│ a - 1 │ <h 且│ b-1 │ <h. 那么 【 】 (A)甲是乙的充分条件,但不是乙的必要条件 (B)甲是乙的必要条件,但不是乙的充分条件 (C)甲是乙的充分条件 (D)甲不是乙的充分条件,也不是乙的必要条件 (13)A,B,C,D,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 (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 (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.又设图 象C'与C关于原点对称,那么C'所对应的函数是【 】 (A)y=-arctg(x-2) (B)y=arctg(x-2) (C)y=-arctg(x+2) (D)y=arctg(x+2) 二、填空题:把答案填在题中横线上.

(17)(x-1)-(x-1)2+(x-1)3-(x-1)4+(x-1)5的展开式中,x2的系数等于
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.

(18) 已 知 {an} 是 公 差 不 为 零 的 等 差 数 列 , 如 果 Sn 是 {an} 的 前 n 项 的 和 , 那

(19)函数y=sinxcosx+sinx+cosx的最大值是 . (20)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,若E、F分别为AB、AC 的中点,平面EB1C1F将三棱柱分成体积为V1、V2的两部分,那么 V1:V2= . 三、解答题. (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.

第 3 页

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(23)如图,在三棱锥S-ABC中,SA⊥底面ABC,AB⊥BC.DE垂直平分SC,且分别 交AC、SC于D、E.又SA=AB,SB=BC.求以BD为棱,以BDE与BDC为面的二面 角的度数.

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(24)设a≥0,在复数集C中解方程z2+2│z│=a.

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n≥2. (Ⅰ)如果f(x)当x∈(-∞,1]时有意义,求a的取值范围; (Ⅱ)如果a∈(0,1],证明2f(x)<f(2x)当x≠0时成立.

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1990年试题(理工农医类)答案 一、选择题:本题考查基本知识和基本运算. (1)A (2)B (3)D (4)C (5)C (6)B (10)D (11)C (12)B (13)B (14)C (15)D 二、填空题:本题考查基本知识和基本运算.

(7)A

(8)D

(9)B

三、解答题. (21)本小题考查等差数列、等比数列的概念和运用方程(组)解决问题的能力. 解法一: ①

由②式得

d=12-2a.



整理得 a2-13a+36=0 解得 a1=4,a2=9. 代入③式得 d1=4,d2=-6. 从而得所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1. 解法二:设四个数依次为x,y,12-y,16-x ①

由①式得 x=3y-12. ③ 将③式代入②式得 y(16-3y+12)=(12-y)2, 整理得 y2-13y+36=0. 解得 y1=4,y2=9. 代入③式得 x1=0,x2=15. 从而得所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1. (22)本小题考查三角公式以及三角函数式的恒等变形和运算能力. 解法一:由已知得

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解法二:如图,不妨设0≤α ≤β <2π ,且点A的坐标是(cosα , sin α ) , 点 B 的 坐 标 是 ( cos β ,sin β ) , 则 点 A,B 在 单 位 圆 x2+y2=1 上 . 连 结

连结OC,于是OC⊥AB,若设点D的坐标是(1,0),再连结OA,OB,则有

解法三:由题设得

4(sinα +sinβ )=3(cosα +cosβ ).

将②式代入①式,可得

sin(α -)=sin(-β ).
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于是 α -=(2k+1)π -(-β )(k∈Z), 或 α -=2kπ +(-β )(k∈Z). 若 α -=(2k+1)π -(-β )(k∈Z),则α =β +(2k+1)π (k∈Z). 于是 sinα =-sinβ ,即sinα +sinβ =0.

由此可知 α -=2kπ +(-β )(k∈Z), 即 α +β =2+2kπ (k∈Z).

所以

(23)本小题考查直线和平面,直线和直线的位置关系,二面角等基本知识,以及逻 辑推理能力和空间想象能力. 解法一:由于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⊥BE. 又已知 SC⊥DE,BE∩DE=E, ∴SC⊥面BDE, ∴SC⊥BD. 又 ∵SA⊥底面ABC,BD在底面ABC上, ∴SA⊥BD. 而SC∩SA=S,∴BD⊥面SAC. ∵DE=面SAC∩面BDE,DC=面SAC∩面BDC, ∴BD⊥DE,BD⊥DC. ∴∠EDC是所求的二面角的平面角. ∵SA⊥底面ABC,∴SA⊥AB,SA⊥AC. 设SA=a,

又因为AB⊥BC,

∴∠ACS=30°. 又已知DE⊥SC,所以∠EDC=60°,即所求的二面角等于60°.
第 11 页

解法二:由于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⊥BE. 又已知SC⊥DE,BE∩DE=E∴SC⊥面BDE, ∴SC⊥BD. 由于SA⊥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⊥AC;又因E∈SC,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D∈AC,所以DE在平面 ABC上的射影也在AC上,根 据三垂线定理又得BD⊥DE. ∵DE 面BDE,DC 面BDC, ∴∠EDC是所求的二面角的平面角. 以下同解法一. (24)本小题考查复数与解方程等基本知识以及综合分析能力. 解法一:设z=x+yi,代入原方程得

于是原方程等价于方程组

由②式得y=0或x=0.由此可见,若原方程有解,则其解或为实数,或为纯虚数.下面 分别加以讨论. 情形1.若y=0,即求原方程的实数解z=x.此时,①式化为 x2+2│x│=a. ③ (Ⅰ)令x>0,方程③变为x2+2x=a. ④ . 由此可知:当a=0时,方程④无正根;

(Ⅱ)令x<0,方程③变为x2-2x=a. .



由此可知:当a=0时,方程⑤无负根; 当a>0时,方程⑤有负根 x=1.
第 12 页

(Ⅲ)令x=0,方程③变为0=a. 由此可知:当a=0时,方程⑥有零解x=0; 当a>0时,方程⑥无零解. 所以,原方程的实数解是: 当a=0时,z=0; . 情形2.若x=0,由于y=0的情形前已讨论,现在只需考查y≠0的情形,即求原方程的 纯虚数解z=yi(y≠0).此时,①式化为 -y2+2│y│=a. ⑦ (Ⅰ)令y>0,方程⑦变为-y2+2y=a,即(y-1)2=1-a. ⑧ 由此可知:当a>1时,方程⑧无实根. 当a≤1时解方程⑧得 y=1± 从而, ,

当a=0时,方程⑧有正根 y=2; .

当0<a≤1时,方程⑧有正根 y=1± (Ⅱ)令y<0,方程⑦变为-y2-2y=a,即 由此可知:当a>1时,方程⑨无实根. 当a≤1时解方程⑨得 y=-1±

(y+1)2=1-a. ⑨ ,

从而,当a=0时,方程⑨有负根 y=-2; 当0<a≤1时,方程⑨有负根 y=-1± 所以,原方程的纯虚数解是: 当a=0时,z=±2i; 当0<a≤1时, z=±(1+ )i,z=±(1)i.

而当a>1时,原方程无纯虚数解. 解法二:设z=x+yi代入原方程得

于是原方程等价于方程组

由②式得y=0或x=0.由此可见,若原方程有解,则其解或为实数,或为纯虚数.下面 分别加以讨论. 情形1.若y=0,即求原方程的实数解z=x.此时,①式化为 x2+2│x│=a. 即 | x |2+2│x│=a. ③ 解方程③得
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, 所以,原方程的实数解是 . 情形2.若x=0,由于y=0的情形前已讨论,现在只需考查y≠0的情形,即求原方程的 纯虚数解z=yi(y≠0).此时,①式化为 -y2+2│y│=a. 即 -│y│2 +2│y│=a. ④ 当a=0时,因y≠0,解方程④得│y│=2, 即当a=0时,原方程的纯虚数解是z=±2i. 当0<a≤1时,解方程④得 , 即当0<a≤1时,原方程的纯虚数解是 . 而当a>1时,方程④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,所以若原方程有解,则其 解或为实数,或为纯虚数,即z=x或z=yi(y≠0). 情形1.若z=x.以下同解法一或解法二中的情形1. 情形2.若z=yi(y≠0).以下同解法一或解法二中的情形2. 解法四:设z=r(cosθ +isinθ ),其中r≥0,0≤θ <2π .代入原方程得 r2cos2θ +2r+ir2sin2θ =a. 于是原方程等价于方程组

情形1.若r=0.①式变成 0=a. ③ 由此可知:当a=0时,r=0是方程③的解. 当a>0时,方程③无解. 所以, 当a=0时,原方程有解z=0; 当a>0时,原方程无零解.

考查r>0的情形. (Ⅰ)当k=0,2时,对应的复数是z=±r.因cos2θ =1,故①式化为 r2+2r=a. ④
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. 由此可知:当a=0时,方程④无正根; 当a>0时,方程④有正根 所以,当a>0时,原方程有解 . .

(Ⅱ)当k=1,3时,对应的复数是z=±ri.因cos2θ =-1,故①式化为 -r2+2r=a,即(r-1)2=1-a, ⑤ 由此可知:当a>1时,方程⑤无实根,从而无正根; . 从而, 当a=0时,方程⑤有正根 r=2; . 所以, 当a=0时,原方程有解z=±2i; 当0<a≤1时,原方程有解

当a>1时,原方程无纯虚数解. (25)本小题考查椭圆的性质,距离公式,最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

其中a>b>0待定,0≤θ <2π .

设椭圆上的点(x,y)到点P的距离为d,则

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大值,由题设得 ,

因此必有

, 由此可得 b=1,a=2. 所求椭圆的参数方程是

.

解法二:设所求椭圆的直角坐标方程是

其中a>b>0待定.

, 设椭圆上的点(x,y)到点P的距离为d,则

第 16 页

其中

-byb.

由此得

, 由此可得 b=1,a=2. 所求椭圆的直角坐标方程是

(26)本题考查对数函数,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)当x∈(-∞,1]时有意义的条件是 1+2x+…(n-1)x+nxa>0 x∈(-∞,1],n≥2,

上都是增函数,

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在(-∞,1]上也是增函数,从而它在x=1时取得最大值

也就是a的取值范围为

(Ⅱ)证法一:2f(x)<f(2x) a∈(0,1],x≠0.即 [1+2x+…+(n-1)x+nxa]2<n[1+22x+…+(n-1)2x+n2xa] a∈(0,1],x≠0.② 现用数学归纳法证明②式. (A)先证明当n=2时②式成立. 假如0<a<1,x≠0,则 (1+2xa)2=1+2?2xa+22xa2≤2(1+22x)<2(1+22xa). 假如a=1,x≠0,因为1≠2x,所以

因而当n=2时②式成立. (B)假如当n=k(k≥2)时②式成立,即有 [1+2x+…+(k-1)x+kxa]2<k[1+22x+…+(k-1)2xa] a∈(0,1],x≠0, 那么,当a∈(0,1],x≠0时 [(1+2x+…+kx)+(k+1)xa]2 =(1+2x+…+kx)2+2(1+2x+…+kx)(k+1)xa+(k+1)2xa2 <k(1+22x+…+k2x)+2(1+2x+…+kx)(k+1)xa+(k+1)2xa2 =k(1+22x+…+k2x)+[2?1?(k+1)xa+2?2x(k+1)xa+… +2kx(k+1)xa]+(k+1)2xa2<k(1+22x+… +k2x)+{[1+(k+1)2xa2]+[22x+(k+1)2xa2]+… +[k2x+(k+1)2xa2]}+(k+1)2xa2] =(k+1)[1+22x+…+k2x+(k+1)2xa2] ≤(k+1)[1+22x+…+k2x+(k+1)2xa], 这就是说,当n=k+1时②式也成立. 根据(A),(B)可知,②式对任何n≥2(n∈N)都成立.即有 2f(x)<f(2x) a∈(0,1],x≠0. 证法二:只需证明n≥2时

第 18 页

因为

其中等号当且仅当a1=a2=…=an时成立. 利用上面结果知,当a=1,x≠0时,因1≠2x,所以有 [1+2x+…+(n-1)x+nx]2<n[1+22x+…+(n-1)2x+n2x]. 当0<a<1,x≠0时,因a2<a,所以有 [1+2x+…+(n-1)x+nxa]2 ≤n[1+22x+…+(n-1)2x+n2xa2]<n[1+22x+…+(n-1)2x+n2xa]. 即有 2f(x)<f(2x) a∈(0,1),x≠0.

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