1952 年试题

数学试题分两部分

第一部分

注意:第一部分共二十题, 均答在题纸上,每题的中间印着一道横线,将正确的答案就填写在横线上.

例题:若 2x-1=x+3,则 x= 4 .

本题的正确答案是 4,所以在横线上填写 4.

**1.**分解因式:x4-y4= . **2.**若 log102x=2log10x,问 x= .

3. 若方程式x³ + bx² + cx + d = 0之三根为

1 则c = .

4. 若 - 4 = 0, 则x = .

1 2 3

1,-1, 2 ,

5. 4 5 0 = .

3 2 1

1. 两个圆的半径都是 4 寸,并且一个圆通过另一圆的圆心,则这两个圆的公共弦之长是 寸.

2. 三角形△ABC 的面积是 60 平方寸,M 是 AB 的中点,N 是 AC 的中点, 则△AMN 的面积是 平方寸.

3. 正十边形的一内角是 度.

4. 祖冲之的圆周率π= .

5. 球的面积等于大圆面积的 倍.

6. 直圆锥之底之半径为 3 尺,斜高为 5 尺,则其体积为 立方

尺.

1. 正多面体有 种,其名称为 .

2. 已知sinθ 1 求cos2θ = .

= 3 ,

1. 方程式 tan2x=1 的通解为 x= .

2. 太阳仰角为 30°时塔影长 5 丈,求塔高= .

3. 三角形△ABC 之 b 边为 3 寸,c 边为 4 寸,A 角为 30°,则△ABC 的面积为 平方寸.

4. 已知一直线经过点(2,-3), 其斜率为- １ , 则此直线之方程式为 .

5. 若原点在一圆上, 而此圆的圆心为点(3,4),则此圆的方程式为 .

**19.**原点至 3x+4y+1=0 之距离= .

**20.**抛物线 y2-8x+6y+17=0 之顶点之坐标为 .

第二部分

**注意:第二部分共四题,均答在后面白纸上. 1.**解方程式 x4+5x3-7x2-8x-12=0.

1. △ ABC 中, ∠ A 的外分角线与此三角形的外接圆相交于 D, 求证:BD=CD.

2. 设三角形的边长为 a=4,b=5,c=6, 其对角依次为 A,B,C.(1) 求cosC.(2)求 sinC,sinB,sinA.(3)问 A,B,C 三个角各为锐角或钝角？

3. 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, 试求其长短轴及焦点.

1952 年试题答案第一部分

1. (x-y)(x+y)(x2+y2).

2. 2.

3. -1.

4. ±3.

5. -24

6. 4

7. 15.

8. 144°

9. 22 , 355 , 3.14159265.

7 113

10. 4.

11. 12π.

12. 5,正四面体,正六面体,正八面体,正十二面体,正二十面体.

13. 7 9

14. 1 (nπ + π).

2 4

15. 5 3

3

16. 3.

17. x+y+1=0.

18. x2+y2-6x-8y=0

19. 1

5

20. (1,-3)

1. 2,-6,ω,ω2.

1 3

第二部分

5 1

1. cosC = 8 , sinC = 8 7 , sinB = 16 7 , sinA = 4 7.

A,B,C 皆为锐角。

1. 长轴: 2

3

165, 短轴: 2

7

385

焦点: (0, ± 2

21

1155).

1953 年试题

一、下列十题顺次解答, 不必抄题（但须写明题号: 甲, 乙, 丙⋯⋯）,结果务须明确,过程可以简单。

甲、解 x + 1

x - 1

+ x - 1

x + 1

= 10

3

乙、若 3x2+kx+12=0 之二根相等,求 k.

3 − 1 1

丙、求

2 4 6 之值．

7 0 5

丁、求 log 300 + log 700 + log 1之值 ．

10 7 10 3 10

戊、求 tan(870°)

己、若

cos2x = 1

2

, 求x之通值．

庚、两三角形相似之条件为何？（把你所知道的都写出来） 辛、长方体之长、宽、高为 12 寸,3 寸,4 寸,求对角线之长.

壬、垂直三棱柱之高为 6 寸,底面三边之长为 3 寸,4 寸,5 寸,求体积.

癸、球之表面积为 36π方寸,求体积.

x ² - 2xy＋3y ² = 9,

二、解  2 2

4x - 5xy＋6y = 30．

12

三、(1)化简 25 +

1. 求

(2x ³ + 1

x

) ¹² 之展开式中之常数项．

**四、**锐角三角形 ABC 之三高线为 AD,BE,CF,垂心为 H;求证 HD 平分

∠EDF.

**五、**已知三角形的两个角为 45°及 60°,而其夹边长 1 尺;求最小边之长及面积.

1953 年试题答案

一、下列十题顺次解答, 不必抄题（但须写明题号: 甲, 乙, 丙⋯⋯）,结果务须明确,过程可以简单。

甲、将原方程整化得 6(x2+1)=10(x2-1),故 4x2=16,x=±2.

乙、原方程二根相等之条件为 k² - 4×3×12 = 0,

即k² = 12 ² , k = ±12．

丙、原行列式=3×4×5-6×7-4×7+2×5

=60-42-28+10=0.

丁、原式 = log ( 300 × 700 ×1) = log 10000 = 4．

10 7 3 10

戊 、tan870° = tan(900° - 30°)

= tan(-30°) = -tan30°

= - 1

3

己、因

1

cos2x = 2 , 故2x = 2nπ±

π , x = nπ± π ．

3 6

庚、(i) ∠A=∠A′,∠B=∠B′;

1. ∠A=∠A′,AB∶A′B′=AC∶A′C′;

2. AB∶A′B′=AC∶A′C′=BC∶B′C′; 三者各为△ABC—△A′B′C′之条件.

辛、对角线 = 12² + 3² + 4² 寸 = 169寸 = 13寸．

壬、因 3²+4²=5²,故底面为直角三角形, 其面积为 1 × 3×4方寸 = 6方寸．

2

（或用“底面积 = 1

4

方寸 = 6方寸”亦可）

棱柱体积=6×6 立方寸=36 立方寸.

癸、设球的半径为 R 寸,则 4πR²=36π,∴ R=3.

4 ₃

球的体积为 3 πR = 36π（立方寸）．

**二、解:**原方程组消去常数项,得

2x²+5xy-12y²=0

将此方程左边分解因式,得(x+4y)(2x-3y)=0,

即 x+4y=0,2x-3y=0.

由此有

x² − 2xy + 3y ² = 9，

（I）x + 4y = 0；

解方程组(Ⅰ),得

x ² − 2xy + 3y ² = 9，

（II）2x − 3y = 0．

x = 4 3， x = − 4 3，

 ¹ 3

 1

 ² 3

 1

y1 = − 3 3； y2 = 3 3；

解方程组(Ⅱ),得

x3 = 3，

x4 = −3，

 = 2；  = −2．

三、解：(1)原式 =

+ 4 3² ×10⁴ +

= 2 3 + 10

5

+ 2 3

3

= 166 3

15

(2)由二项展开式的通项公式:

r

r+1 12

(2x3 )12 －r

1 r

( x )

r ·212－r ·x36 －4r

令 36-4r=0,

∴ r=9.

故常数项为

9 ⋅ 212− 9 = C3

⋅ 2³ = 1760．

**四、证明:**由于 AD⊥BC,BE⊥CA,

∴ 点 A,B,D,E 共圆. 故 ∠ADE=∠ABE.

又因点 F,B,C,E 共圆,

∴ ∠FBE=∠FCE.

又因点 C,A,F,D 共圆,

∴ ∠FCA=∠FDA.

综上可得∠ADE=∠FDA, 即 AD 平分∠EDF.

**五、解:**已知∠B=45°,∠C=60°,于是∠A=75°. 由正弦定理得

AC

sin45°

= 1 ，

sin75°

∴ AC = sin 45° = 2 

= − 1(尺)．

sin 75° 2 ( 3 + 1)

2 2 2

△ABC的面积 S = 1 ×1×(

2

− 1)·sin60°

= 1 (3 −

4

3)（平方尺）．

1954 年试题

一、下列六题顺次解答,不必抄题（但须写明题号:甲,乙,丙,⋯⋯）.结果务须明确,过程可以简单.

- 3 1 1 1

甲、化简

[(a 2 · b ² ) ^-1 ·(a·b ^-3 ) 2 · (b 2 ) ⁷ ］ 3

乙、解 1 1 ．

6 logx = 3 loga + 2logb + logc

丙、用二项式定理计算(3·02) ⁴ , 使误差小于

1 ．

1000

丁、直角三角形弦上半圆的面积等于勾上半圆与股上半圆面积之和,试证明之.

戊、已知球的半径为 r,求内接正方体的体积.

己、已知三角形的一边之长为 a ,两邻角为β 及γ ,求计算边长 b 的计算公式.

**二、**描绘 y=3x2-7x-1 之图象,并按下列条件分别求 x 的值的范围: (i)y>0; (ii)y<0.

**三、**假设两圆互相外切,求证用连心线段为直径所作的圆必与前两圆的外公切线相切.

四、解 1 + tgx

1 - tgx

= 1 + sin2x, 求x之通值．

**五、**有一直圆锥,全面积为 a;与之同底同高之直圆柱全面积为 a′.求该圆锥高与母线之比.

1954 年试题答案

一、下列六题顺次解答,不必抄题,结果务须明确,过程可以简单.

3 1 - 3 7 1

甲、解：原式 = (a 2 b -2 a 2 b 2 h b 2 ) 3

3 + 1

-2 - 3 +7 1

= (a 2 2 b

2 2 ) 3

1

= (a ² ·b ⁰ ) 3

2

= a 3

乙、解:原式可化为

于是有

1

logx 6

1

= loga 3 b ²c．

1 1

x 6 = a 3 b ² c

1

∴ x = (a 3 b ²c) ⁶ = a ² b ¹² c ⁶ ．

丙、解:由 (3.02)4=(3+0.02)4

=34+4×33×0.02+6×32×(0.02)2

+4×3×(0.02)3+(0.02)4,

可知第 4 项的值已小于 0.01,所以,计算可到第3 项为止,其误差必小于千分之一.

(3.02)4 =34+4×33×0.02+6×32×(0.02)2

=81+2.16+0.0216

=83.182

丁、证:设直角三角形的勾为 a,股为 b,弦为 c,则有c2=a2+b2

所以弦上半圆的面积=

1 π( c

2 2

) ² =

1 π· c

2 4

= 1 π·

2

a ² + b ²

4

= 1 π a ₂ 1 b ₂

2 ( 2 ) + 2 π( 2) ．

即弦上半圆面积=勾上半圆面积+股上半圆的面积.

戊、解:内接正方体的中心即该球的球心.正方体过中心的对角线为该球的直径,故其长为 2r.若设正方体的边长为 a,则有

3a ² = 4r ² ,

a = 2

3

3r．

所以内接正方体的体积

V = a ³ = ( 2

3

3r)³

= 8 3r ³

9

己、解:由正弦定理可知

a sin［180° - (β + r)］

= b , sinβ

∴ b = asinβ

sin［180° - ( β + r)］

= asinβ

sin(β + r)

二、解:将原方程变形,可得

7 ₂ 1 61

(x - 6 ) = 3 (y + 12 )．

于是, 抛物线顶点为( 7 ,

6

61 （如图）．

12

抛物线与 x 轴的交点为:

7

M( - 6

N( 7 +

6

,0),

,0),

6

即 M( 7 - 6 61 ,0),

N( 7 + 61 ,0)．

6

当 y>0 时,x 的取值范围为:

(-∞, 7 - 61), (7 + 61 ,+∞)．

6 6

当 y<0 时,x 的取值范围为:

( 7 - 61 , 7 + 61 )．

6 6

三、证明:设⊙O1 及⊙O2 为互相外切的二圆,其中一外公切线为 A1A2,切点A1 及 A2（如图）,令点 O 为连心线 O1O2 的中点,过 O 作 OA⊥A1A2.

∵ 1 1

OA = 2 (O 1A1 + O2 A 2 ) = 2 O1O 2

∴ 以O1O2 为直径,即以O 为圆心,OA 为半径的圆必与直线A1A2 相切. 同理可证,此圆必切于⊙O1 及⊙O2 的另外一条外公切线.

四、解： cosx + sinx = (cosx + sinx) ² , cosx - sinx

cosx+sinx=(cosx+sinx)2(cosx-sinx), (cosx+sinx)(1-cos2x+sinx2)=0, 2(cosx+sinx)·sin2x=0,

∴ cosx+sinx=0,sin2x=0. 由方程 cosx+sinx=0 得,tgx=-1．

∴ x = kπ - π （k为整数）．

4

由方程 sin2x=0,得

x=kπ（k 为整数）.

由检验可知

x = kπ - π , x = kπ（k为整数）均为方程的通解． 4

**五、解:**设直圆锥的高为 h,底面半径为 R,母线长为 l,则

a = πR(R + l) a′ 2πR(R + h)

= R + l , 2(R + h)

∴ 2a(R+h)=a’(R+l).

由R =

, 代入可得

2a(

(2a - a')

+ h) = a'(

= a' l - 2ah.

+ l),

两边同乘以 l ,可得

(2a - a')

h

= a'l - 2a· l

等式两边平方,

(4a ² - 4aa'+a'² )［

h 2 ］ = a'² -4aa' · h

2 h 2

l - ( l )

2 2 h 2 h

l + 4a ( l ) ,

2

(8a - 4aa'+a' )( l ) - 4aa′· l + (4aa'-4a ) = 0．

h

这个关于 l 的一元二次方程的判别式

Δ = (-4aa')² - 4(8a ² - 4aa'+a'² )(4aa'−4a² )

=16a(2a-a′)3>0,

∴该一元二次方程有两个实根,解得

h 4aa' ± 16a(2a - a') ³

l = 2(8a ² - 4aa'+a'² )

= 2aa' ±2(2a - a' ) a(2a - a' ) ．

4a ² + (2a - a' ) ²

即为圆锥的高与母线的比.

1955 年试题

一、下列四题顺次解答, 不必抄题（但须写明题号:甲,乙,丙,丁）. 结果务须明确,过程可以简单.

甲、以二次方程 x2-3x-1=0 的两根的平方为两根作一二次方程. 乙、等腰三角形一腰的长是底边的 4 倍,求这三角形各角的余弦.

丙、已知正四棱锥底边的长为 a,侧棱与底面的交角为 45°,求这棱锥的高.

丁、写出:二面角的平面角的定义.

**二、**求 b,c,d 的值,使多项式 x3+bx2+cx+d 适合下列三条件: (1)被 x-1 整除;

1. 被 x-3 除时余 2;

2. 被 x+2 除与被 x-2 除时余数相等.

**三、**由直角三角形勾上一点 D 作弦 AB 的垂线交弦于 E、股的延长线于 F、外接圆周于 Q,求证:EQ 为 EA 与 EB 的比例中项又为 ED 与 EF 的比例中项. **四、**解方程 cos2x=cosx+sinx,求 x 的通值.

**五、**一三角形三边的长成等差级数,其周长为 12 尺,面积为 6 平方尺,求证这三角形为一直角三角形.

1955 年试题答案

**一、**甲、设方程 x2-3x-1=0 的二根为α,β, 则 α+β=3, αβ=-1.

∴ α2+β2=(α+β)2-2αβ=32-2(-1)=11 α2β2=(αβ)2=(-1)2=1

∴ 所求的二次方程为 y2-11y+1=0.

乙、设△ABC 中 AB=AC=4BC,AD 为 BC 边上的高,则各角的余弦为:

cosA =

AB² + AC² - BC²

=

2AB·AC

1 BC

16BC ² + 16BC² - BC²

2·4BC·4BC

= 31 ,

32

cosB = cosC = CD =

CA

2

4BC

= 1 ．

8

丙、设 S-ABCD 为一正四棱锥,SH 为其高,底边的长为 a,∠SAH=45°,

则 △SHA 为一等腰直角三角形,

即 SH=AH.

但 AH 为其底的对角线的一半,且其底边的长为 a,

∴ AH = a 2,

2

∴ SH = a 2．

2

丁、自二面角的棱上一点在其各面上作棱的垂线,此二垂线所夹的角叫做该二面角的平面角.

**二、解:**∵x3+bx2+cx+d 可被 x-1 整除.

∴ 1+b+c+d=0; ①

∵ x3+bx2+cx+d 被 x-3 除余 2,

∴ 27+9b+3c+d=2; ②

∵ x3+bx2+cx+d 被 x+2 除与被 x-2 除时余数相等,

∴ -8+4b-2c+d=8+4b+2c+d, ③ 由③: c=-4.

代入①和②:

b+d=3, ④

9b+d=-13. ⑤

由④和⑤:

8b=-16, b=-2, d=5.

**三、证:**连结 QA,QB,则∠AQB 为一直角,而 EQ 为直角三角形 AQB 弦上的高,

∴ EQ 为 EA,EB 的比例中项,

又 ∵ ∠1=∠2.（均与∠ABF 互余）

∴ △AED∽△FEB,

∴ EA∶EF=ED∶EB,

∴ EA·EB=EF·ED,

∴ EQ2=EF·ED,

即 EQ 为 ED 与 EF 的比例中项.

**四、解:**cos2x=cosx+sinx.

cos2x-sin2x=cosx+sinx. (cosx+sinx)(cosx-sinx-1)=0, cosx+sinx=0, ①

由①：

cosx-sinx-1=0,②

tanx = -1． ∴x = nπ - π ．

4

由②：

cosx -

sinx = ,

cos(x + π ) = cos π ,

4 4

x + π

4

= 2nπ± π ,

4

∴ x = 2nπ或2nπ - π ．

2

**五、证明:**设△ABC 即此三角形,CA、AB、BC 各边的长为 x 尺, (x-y)尺,(x+y)尺.

则 x＋y＋x＋x-y=12 ①

由①得 x=4. ③

= 6 ②

由②及③得 6(6-4-y)(6-4)(6-4+y)=36,

12(2-y)(2+y)=36,4-y2=3,y2=1,∴y=±1,

故此三角形各边的长为 3 尺,4 尺,5 尺.

∵ 32+42=52

∴ △BAC 为一直角三角形.

1956 年试题

下列各题顺次解答,不必抄题（但须写明题号, 例如:Ⅰ甲、Ⅰ乙、Ⅱ、Ⅲ等）.

**一、**甲、利用对数性质,计算 lg25+lg2·lg50.

（log 是以 10 为底的对数 log10 的记号）

乙、设 m 是实数,求证方程 2x2-(4m-1)x-m2-m=0 的两个根必定都是实数.

丙、设 M 是△ABC 的边 AC 的中点,过 M 作直线交 AB 直线于 E,过 B 作直线平行于 ME 交 AC 直线于 F.求证△AEF 的面积等于△ABC 的面积的一半.

丁、一个三角形三边的长分别是3尺,4尺及最大角的度数．

37尺,求这个三角形的

戊、设tanα与tanβ是方程x² + 6x + 7 = 0的两个根, 求证

sin(α + β) = cos(α + β)．

**二、**解联立方程

7

− x − y = 12，

 2 2

x + y = 136．

⌒

三、设P是等边三角形ABC外接圆BC 上的一点, 求证 PA² = AB² + PB·PC．

**四、**有一四棱柱体,底面 ABCD 为菱形,∠A’AB=∠A’AD（如右图）,求证平面A’ACC’垂直于底面 ABCD.

**五、**若三角形的三个角成等差级数,则其中一定有一个角是 60°;若这样的三角形的三边又成等比级数,则三个角都是 60°,试证明之.

**1956 年试题答案一 、**甲、解: ∵lg2=1-lg5,lg50=1+lg5,

原式=lg25+lg2·lg50=lg25+(1-lg5)(1+lg5)=lg25+1-lg25=1.乙、解:方程的判别式Δ=(4m-1)2+8(m2+m)=24m2+1,

∵ m2 ≥0 ,∴Δ>0, 所以二个根全是实数.

丙、解:连 BM.

△AEF 的面积=△ABF 的面积+△BEF 的面积,

∵ BF∥MF,

∴ △BEF 的面积=△BFM 的面积,

∴ △AEF 的面积=△BAM 的面积.

∵ △BAM的面积 = 1 △ABC的面积,

2

∴ △AEF的面积 = 1 △ABC的面积．

2

丁、解:最大角对最大边,由余弦定律得37=32+42-2·3·4cosθ

∴ cosθ = 9 + 16 - 37

24

= - 1 , 2

∴ θ=120°.

戊、解:tanα+tanβ=-6,tanα·tanβ=7;

sin(α + β)

∴ cos(α + β)

= tan(α + β) = tanα + tanβ

1 − tanαtanβ

= −6 = 1，

−6

∴ sin(α + β) = cos(α + β)．

二、解：

7

x²

• y²

− x − y = 12

= 136

(1)

(2)

由(1)移项得 (x + y) − 7

+ 12 = 0,

即 ( − 3)(

∴ = 3, 或

− 4) = 0, x + y) = 4.

两边分别平方,x+y=9,或 x+y=16.

分别与(2)联立:

x + y = 9， (Ⅰ)x² + y² = 136；

解方程组(Ⅰ),得

x + y = 9，

(Ⅰ)

x + y = 16， (Ⅱ)x² + y² = 136．

x + y = 9，

(Ⅱ)

x − y = 191；

x − y = − 191；

x = 9 + 191 ， x = 9 − 191 ，

 1 2  2 2

     

 = 9 −

 1

191 ；

2

 = 9 + 191 ；

 ² 2

解方程组(Ⅱ)得

(Ⅰ)x + y = 16，



x₃ = 10，

(Ⅱ x + y = 16，



x₄ = 6，

 = 6；  = 10；

综上述,共得四组解:

x = 9 + 191 ，

x = 9 − 191 ，

 ¹ 2



= 9 − 191 ；

 ¹ 2

 ² 2



 = 9 + 191 ；

 ² 2

x₃ = 10，

 = 6；

x₄ = 6，

 = 10．

经检验,以上四组解均为原方程的解.

**三、解:**令 AP 与 BC 的交点是 M,

∵ ∠APB=∠ABM.

∴ △ABP∽△AMB,∴ AP·AM=AB2,(1)

∵ ∠APC=∠BPM,∠PAC=∠PBM,

∴ △ACP∽△BMP,∴AP·MP=PB·PC, (2) (1)+(2), 得 AP·AM+AP·MP=AB2+PB·PC, 即 AP2=AB2+PB·PC.

四、

解: ∵AB = AD

∴AO⊥BD.

∵ ∠A＇AB = ∠A＇AD,

∴ △AAB≌△A＇AD.

∴ A＇B = A＇D, ∴ A＇O⊥BD,

∴ 平面A＇OA⊥BD,

故 平面 A＇ACC＇⊥ABCD.

**五、解:**令三角形的三个角是 A,B,C, 由 A-B=B-C,A+B+C=180°,

得 B=60°

设三边的长为 a,aq,aq2,则长边 aq 的边所对的角即为 60°, 根据余弦定理,

(aq)2=a2+(aq2)2-2a·aq2cos60°, a2q2=a2+a2q4-a2q2.

∴ q=±1.但 q=-1 不合题意,

于是此三角形边长各为 a 因而三个角都是 60°.

1957 年试题

试卷上不必抄题,但须写明题号,例如:Ⅰ甲、Ⅰ乙、Ⅱ、Ⅲ等.

7 ¹ ₋ 10 − 2

一、甲、化简 (2

) 2 + 0.1 ² + (2 ) 3 ．

9 27

乙、求适合不等式 x2+x<2 的实数 x 的范围.

丙、求证:cot22° 30′ = 1 + 2. （注）cot 是余切的符号.

丁、在四面体 ABCD 中,AC=BD,P、Q、R、S 依次为棱 AB、BC、CD、DA 的中点.求证 PQRS 为一菱形.

戊、设 a、b 为异面二直线,EF 为 a、b 的公垂线,α为过 EF 中点且与a、b 平行的平面,M 为 a 上任一点,N 为 b 上任一点.求证:线段 MN 被平面α 二等分.

（注）“异面二直线”也叫“不共面二直线”.

lg(2x +1) + lg(y − 2) = 1

二、解方程组 

10

^xy = 10^x·10^y

（注）lg 是以 10 为底的对数 log10 的符号.

2rcos B cos C

三、若△ABC的内切圆半径为r, 求证BC边上的高AD =

2 2 ．

sin A

2

**四、**若△ABC 为锐角三角形,以 BC 边为直径作圆,并从 A 作此圆的切线 AD, 与圆切于 D,又在 AB 边上取 AE 等于 AD,并过 E 作 AB 的垂线与 AC 边的延长线交于 F,求证:

1. AE∶AB=AC∶AF;

2. △ABC 的面积=△AEF 的面积.

五、求证: ：方程x³ − (

+ 1)x² + (

• q)x + q = 0的一个根是1．设这个

方程的三个根是一个△ABC的三个内角的正弦sinA、sinB、sinC， 求A、B、C的度数及q的数值．

1957 年试题答案

7 ¹ ₋ 10 − 2

一、甲、(2

) 2 + 0.1 ² + (2 ) 3

9 27

25 ¹ 1 1

= ( ) 2 +

9

0.12 +

64 ²

= 5 + 100 + 9

3 16

= 102 11

48

( ) 3

27

乙、解:x2+x<2

即 (x+2)(x-1)<0

∴ -2<x<1.

丙、证:：cot22°30'= cot 45°

2

1 + 1

= 1 + cos45° = sin45°

2 = 1+

丁、证:（如图）

∵ P、Q 依次为 AB、BC 的中点,

∴ PQ平行于AC且等于AC

1

的 2 ．

同理RS也平行于AC且等于AC

∴ PQ 与 RS 平行且相等.

∴ PQRS 为一平行四边形.

1

的 2 ．

又因AC = BD，

∴ PQ=QR.

PQ =

1 AC， QR =

2

1. BD，

2

∴ PQRS 为一棱形.

戊、证:（如图）

过 a 作平面β与α平行,过 b 作平面γ与α平行, 则 α‖β‖γ.

设 EF 中点为 O,MN 与α的交点为 O’, 则 MO’∶O’N= EO∶OF.

∵ EO=OF,

∴ MO’= O’N,即线段 MN 被平面α二等分.

二、解:

lg(2x +1) + lg(y - 2) = 1， ①

 xy x y

10 = 10 ·10 ． ②

由①得: (2x+1)(y-2)=10. ③

由②得: xy=x+y. ④

由③得: 2xy-4x+y-12=0. ⑤

⑤—④×2 得: -4x+y-12=-2x-2y, 整理得: 2x-3y+12=0,

∴y =

2 x + 4． ⑥

3

代入④得：x( 2

3

x + 4) = x + 2 x + 4，

3

即 2 x² + 7 x − 4 = 0，

3 3

即 2x² + 7x − 12 = 0,

∴ x = −7 ±

4

= −7 ± ．

4

代入⑥得： y = 17 ± 145 ．

4

∵

∴ 当 y =

> 12，

时,y − 2 < 0不合原题．

x = −7 + 145 ，

 4

∴ 原方程组的解为：   

三、证明:（如图）

y = 17 +

 4

145 ．

设 O 为△ABC 的内切圆心,E 为 AB 边上的切点,连结 OB、OA 与 OE,则OB、OA 分别平分∠B、∠A,而 OE⊥AB.

在直角三角形OEB中,BE = OEcot∠EBO = rcot B ，

2

同理可得 EA = rcot A ．

2

∴ AB = AE + EB = r(cot A

2

+ cot

B)． 2

在直角三角形 ADB 中,AD=ABsinB,

∴ AD = r(cot A

2

+ cot

B)sinB 2

cos A sin B +

2 2

B A

cos sin

2 2 B B

= r·

sin A sin B

2 2

1

1. 2 sin cos

2 2

= 2r·

sin (A + B) 2

sin A

• cos B

2

2

2r cos B + cos C

= 2 2 ．

sin A

2

四、证明:（如图）

1. 设 AB 与圆交于 G,则 AG∶AD=AD∶AB.

∵AE=AD, ∴AG∶AE=AE∶AB.

连结 GC,则 GC‖EF,∴ AG∶AE=AC∶AF.

∴AE∶AB= AC∶AF.

1. ∵AE∶AB= AC∶AF,∴AB·AC=AE·AF.

∵△ABC 与△AEF 有公共角∠A,

∴ △ABC

△AEF

= AB·AC AE·AF

= 1，

∴△ABC 的面积=△AEF 的面积.

五、解：将1代入原方程得1 − (

故知原方程有一个根是1.

+ 1) + (

• q) + q = 0,故1适合原方程,

原方程现有一根是1, 所以它的左端可以析出x - 1的因式,而得

(x − 1)(x² − 2x − q) = 0

又因这个方程的三个根是 sinA、sinB、sinC,所以这三个之中必定有一个是1,设 sinC=1,则 C=90°．

并且sinA、sinB是方程x² − 2x − q = 0的两个根.

由根与系数的关系知sinA + sinB = 2． ① 由于A + B = 90°, ∴sin²A + sin²B = 1． ②

①2—②得 2sinAsinB=1. ③

②—③得 (sinA-sinB)2=0.

∴ sinA=sinB.

∴ A=B=45°.

由根与系数的关系及③知

• q = SinAsinB = 1 ，

2

∴ q = − 1 ．

2

1957 年副题

试卷上不必抄题,但须写明题号,例如:Ⅰ甲、Ⅰ乙、Ⅱ、Ⅲ等.

一、甲、方程 3x2-5x+(k+1)=0 若有实数根,k 的值应当怎样？

乙、设 a、b、c 为△ABC 的三边,已知 a2=b2+bc+C2,求 a 边的对角 A.

丙、已知线段a、b、c,求作一线段x = c

（只要求画出图形,写出作法,不必证明 .）

丁、设 P 为一个 60°的二面角的平分面上任意一点,求证从 P 到二面角的棱的距离等于从 P 到二面角的一个面的距离的两倍.

戊、已知一个直圆锥的高为 1.2 尺,其侧面积为底面积的 2 倍,问此底面积为若干平方尺.

（答案要一位小数）

x² − 2xy＋y^２ − 2x + 2y = 15，

二、解方程组4x

² + 3y²

= 48．

**三、**如图,已知 AD,BC 为梯形 ABCD 的一底,∠ABC=90°,∠ABD=α,

∠AED=β,∠BDC=γ, BE=a.求证:

AD = asinα sinβ ，BC =

sin(β − α)

asinβ sinγ

sin(β − γ ) cos(γ − α)

**四、**一圆周被 AB 弦分为优劣两弧,C 为优弧的中点,D 为劣弧上任一点.又 E 为劣弧 AD 的中点,F 为劣弧 DB 的中点.若于 CD 弦上任取一点 P,PA 与 CE 交于 Q，PB 与 CF 交于 R,则 QR 与 AB 平行,试证明之.

**五、**在已知边长为 a 的正六边形的每边上依次取 1∶2 的内分点,并顺序连结分点作成内接正六边形.又对这个新的正六边形,用同样方法再作内接正六边形.这样继续作了 n 次之后,则得 n 个新的正六边形,其边长依次设为x1,x2,⋯⋯,xn.

(1)求边长 x1,x2,⋯⋯,xn ;

(2)求边长的平方和x² + x² + + x²；

1 2 n

(3)求这 n 个新正六边形面积的和.

**1957 年副题答案一、**甲、由题意知Δ=25-12(k+1)≥0,

∴ 13≥12k,

∴ k≤ 13 ．

12

乙、由余弦定理知 a2=b2+c2-2bccosA, 又由题设知 a2=b2+c2+bc,

∴ -2bccosA=bc,

cosA = - 1 ，

2

∴ A=120°.

丙、

作法:作线段 AB=a,延长 AB 至 C,令 BC=b. 以 AC 为直径作半圆.

作 BD⊥AC,与半圆交于 D. 在 DA 连线上取 DE=c.

过 E 作 EF⊥BD,与 DC 连线交于 F,则 DF 为求作的 x. 注意:考生仅作出一图即可.

丁、证:如图,设π是二面角的一个面,P 是平分面上一点.过 P 作棱AB 的垂直平面与 AB 交于C 点,与平面π交于一条直线CD.过 P 作PD⊥CD 于D. 则线段 PC 是 P 至 AB 的距离,PD 是 P 至π的距离.

∵ ∠DCP = 1 ·60° = 30°,△PCD是直角三角形, 2

∴ PC = 2PD．

戊、解:设底半径=r,

则直圆锥侧面积 = πr

• r²

直圆锥底面积=πr2.

由题设知

∴

∴

πr = 2πr ² ,

= 2r, (1.2)² = 3r² .

₂ (1.2)²

∴ 底面积 = πr =

π = 1.5 平方尺.

3

(x − y)² − 2(x − y) − 15 = 0 ①

二、解：原方程变形为4x

² + 3y²

− 48 = 0 ②

由①分解因式得 x=y+5,x=y-3. 于是原方程组分为下列两个方程组:

x = y + 5，

(i)4x² + 3y² − 48 = 0；

解方程组(i) ,得两组解:

x = y − 3，

(ii)4x² + 3y² − 48 = 0．

x = 9 ，

x₁ = 3，

 ² 7

y = −2；  26

 1 y2 = − ．

解方程组(ii),得另两组解:



x3



=  −9 + 2 ，

7  



x4



= −9 − 2 ，

7

 = 12 + 2 57 ；

 ³ 7

 = 12 − 2 ．

 ⁴ 7

**三、证明:**在△BDE 中,由正弦定理知

a = BD

sin(β − α) sin(π − β)

asinβ

∴ BD = sin(β − α)

∴ AD = BDsinα

= asinαsinβ sin(β - α)

在 △BCD中, ∠C = π − (γ + π − a)

2

= π − (γ − α) 2

由正弦定理知

BC

sinγ

= BD ．

sin[ π − (γ − α)] 2

∴ BC =

BD sin γ

cos(γ − α)

= a sin βsin γ ．

sin(β − α) cos( γ − α)

**四、证明:**连结 CA、CB,则 CA=CB.

∵ E 为 AD 弧的中点,F 为 DB 弧的中点,

∴ ∠ACE=∠ECD,∠BCF=∠FCB.

在 △CAP 与 △CPB 中 , PQ∶QA=CP∶CA,PR∶RB=CP∶CB,

∴PQ∶QA=PR∶RB,

∴QR∥AB

五、解：(1)∵正六边形的一个内角为 2π ，

3

由余弦定理及题设得:

x2 = a 2

2a 2

a 2a

2π 7 2

₁ ( 3) + ( 3 )

− 2( )(

3

) cos

3 3

= a ．

9

∴ x1 =

7 a．

3

用同样方法可求得:

x² = 7 x² = ( 7 )² a²，x = 7 a．

2 9 1 9 2 9

x² = 7 x² = ( 7 )³a²，x = 7 7 a．

3 9 2 9

³ 27

2 7 2

7 _{n 2} 7ⁿ

xn = xn −1 = ( )

9 9

a ，xn = a． 3n

(2) x² + x² + + x² = 7 a ² + ( 7 ) ² a² + ( 7) ³ a² + + ( 7 ) ⁿ a ²．

^{1 2 n} 9 9 9 9

根据等比级数求前 n 项的公式得:

7 [1 − 7 n

( ) ]

x² + x² + + x² = 9 9 a²

1 2 n

1 − 7

9

= 7 [1 − ( 7 )ⁿ ]a²．

2 9

(3)∵边长为x 的正六边形的面积为 3 3 x²，

1 2 1

∴这 n 个新正六边形面积的和为:

3 3 x2 + 3 3 x2 +

2 1 2 2 2 n

= 3 3 (x² + x² + + x² )

2 1 2 n

= 21 3 [1− ( 7 )ⁿ ]a²．

4 9

1959 年试题

试卷上不必抄题,但须写明题号,例如 Ⅰ(1)、Ⅰ(2)、Ⅱ、Ⅲ等. 一、(1)已知 lg2=0.3010,lg7=0.8451,求 lg35.

(注)lg 是以 10 为底的对数的符号.

(1− i)³

(2)化简 ．

1+ i

(3)解不等式:2x2+5x<3. (4 求 cos165°的值.

1. 一直圆台上底的面积为 25π平方厘米,下底的直径为 20 厘米, 母线长为 10 厘米.求这直圆台的侧面积.

2. 有三条不在同一平面内的平行线 a、b 和 c.在线 a 上取一固定线段 AB,在线 c、b 上各任取一点 C 和 D.求证:不论 C 和 D 取在 c、b 的什么位置上,四面体 ABCD 的体积总是不变的.

**二、**三个数成等差数列,前两个数的和的三倍等于第三个数的二倍;如果第二个数减去 2(仍当作第二项),三个数就成等比数列.求原来的三个数.

三、设有△ABC，已知∠B = 60°，AC边长为4,面积为及BC两边之长．

1. 求AB

**四、**A、B、C 是直线 L 上三点,P 是这直线外一点.已知 AB=BC=a,

∠APB=90°,∠BPC=45°.试求:(1)∠PBA 的正弦、余弦、正切;(2)线段 PB 的长;(3)P 点到直线 L 的距离.

**五、**延长圆 O 的两弦 AB、CD 交于圆外一点 E,过 E 点作 DA 的平行线交CB 的延长线于点 F,自 F 点作圆 O 的切线 FG.求证 FG=FE.

1959 年试题答案

一、(1)lg35 = lg

10 × 7

2

= lg10 + lg7 - lg2

= 1 + 0.8451 - 0.3010

= 1.5441．

1. 解法一：

(1 - i)³

1 + i

解法二：

= (1− i)⁴

2

= 1− 4i + 6i² − 4i³ + i⁴

2

= 1 − 4i − 6 + 4i + 1 = −2．

2

(1 - i)³ = 1 − 3i + 3i ² − i³

1 + i 1 + i

= 1− 3i − 3 + i = −2 − 2i = −2

1. 解法一:

2x2+5x<3,

1+ i

1 + i

移项,得

2x2+5x-3<0, (2x-1)(x+3)<0.

因为两个数的积是负数,必须并且只须这两个数中一个是正数,一个是负数,所以从这个不等式可以得出下面两个不等式组:

2x − 1 > 0，

x + 3 < 0；

2x − 1 < 0，

x + 3 > 0．

第一个不等式组没有解,第二个不等式组的解是− 3 < x < 1 ,

2

所以原不等式的解是 − 3 < x < 1 ．

2

解法二: 移项,得

2x2+5x<3,

2x2+5x-3<0,

不等式两边都乘以-1,得

-2x2-5x+3>0

△=(-5)2-4·(-2)·3>0,

二次三项式− 2x² − 5x + 3的根是 − 3 1

和 2 ．

当 − 3 < x < 1 的时候， − 2x² − 5x + 3和 − 2异号． 2

因此，原不等式的解是 − 3 < x < 1 ．

2

1. 解法一：

cos165° = cos(180°－15° )

= －cos15°

= －cos(45°－30°)

= －(cos45° cos30°+sin45° sin30° )

= －( 1 · 3 +

2 2

• 1 )

2

= － 3 + 1 = − + ．

2 4

解法二：

cos165° = cos(180°－15°)

= －cos15° = － cos 30°

2

= － = －

= － 6 + 2 ．

4

1. 圆台侧面积 S=πL(R+r),其中 L 为母线,r、R 分别为上,下底的半径.

   上底面积=πr2=25π ∴r=5(厘米)

下底半径 R=20/2(厘米)=10(厘米) 母线 l=10(厘米)

∴ 这圆台侧面积S=πL(R+r)

=π·10·(10+5)

=150π(厘米 2)

1. △ABD 当四面体 ABCD 的底(如图)作底上的高 CO.

∵ a∥b

∴ 无论 D 在 b 上什么位置,

△ABD 的面积总不变.

∵ a∥b∴a,b 决定一平面.

∵ c∥a,c∥b.

∴ c 平行于 a,b 所决定的平面.

∴ 无论 C 点在 c 的什么位置,高 CO 的高度总不变.

1

四面体的体积等于 ×高×底面积,

3

因之,无论 C,D 在 c,b 上什么位置,其体积总不变.

**二、**设成等差数列的三个数是 x-y、x、x+y,依据题中条件,

3[(x - y) + x] = 2(x + y)， (1)

列出方程组：(x − 2)² = (x − y)(x + y)． (2)

化简(1)和(2),得:

4x = 5x，

y² − 4x + 4 = 0．

将(3)代入(4),得:

y2-5y+4=0, (y-1)(y-4)=0

故 y1=1,y2=4

(3)

(4)

将y1与y2

的值代入(3),得：

x1 =

5 ，x = 5

4 2



故  ₁

= 5 ，

4

x2

y

= 5，

= 4．

y1 = 1；  2

又 1 9

x1 - y1 = 4 , x1 + y1 = 4 ；x2 - y2 = 1, x2 + y2 = 9．

1 5 9

答：所求的三个数是 4 ， 4 ， 4 或1，5，9．

**三、**设 AB 及 BC 两边之长为 x 及 y,则有x2+y2-2xycos60°=42

1 xysin60° = 3． 2

代入 cos60°及 sin60°的值,得到: x2+y2-xy=16

xy=4

化简,得到: x2+y2=20 (1)

2xy=8 (2)

(1)+(2),得: (x+y)2=28, (3)

(1)-(2),得: (x-y)2=12 (4)

由(3)得

由(4)得

x + y = 2

x - y = ±2 3．

(5)

(6)

(5) + (6), 得： x =

(5) - (6), 得： y =

± 3，

μ 3，

答：AB之长为

± 3,BC之长为

μ 3．

四、解法一:令∠PBA=θ

PB = x, P点到直线L的距离为h.

由△APB 知 x=acosθ, (1)

由△BPC知

a sin45°

= x

sin(θ − 45°)

(2)

从(1)，(2)消去x，得：

a

sin 45°

= a cosθ ，

sin(θ − 45°)

( sinθcos45°− cosθ sin 45°) = cosθ, sinθ − cos θ = cos θ

sinθ = 2cos θ

故 tgθ = 2

θ是锐角,所以

sinθ =

， cosθ =

于是 x = a cosθ =

， h = xsinθ = 2 a．

5

答：(1) ∠PBA的正弦, 余弦及正切分别是 ，

1. PB的长是 ；

2. P到 L的距离为 2 a．

5

1 ，2．

5

解法二：由(2)得

x = asin(θ − 45° )

sin45°

= a 2 (sinθcos45°− cosθsin45°)

= asinθ − acosθ. (3)

由(1),并因θ是锐角, 得

sinθ = a

代(1),(4)入(3),得

x = − x

由此得

于是

5x² = a² ,

x = a 5

cosθ = x =

a

，sinθ = ，

tgθ = 2，h = xsinθ =

1. a．

5

**五、**证明:∵EF∥DA,

∴∠FEB=∠BAD，而∠BAD=∠BCD,

∴∠FEB=∠BCD，又∠EFB=∠EFC

∴△EFB∽△CFE

因此,FE:FC=FB:FE, 即 FE2=FB·FC.

∵FG 是圆 O 的切线,FBC 的圆 O 的割线,

∴FG2=FB·FC

∴FG2=FE2即 FG=FE.

1960 年试题

试卷上不必抄题,但须写明题号,例如Ⅰ(1)、Ⅰ(2)、Ⅱ、Ⅲ等. 一、

1. 解方程 - = 0.(限定在实数范围内)

2. 有 5 组篮球队,每组 6

   队.首先每组中各队进行单循环比赛(即每两队比赛一次),

然后各组的冠军再进行单循环比赛.问先后共比赛多少次?

1. 求证等比数列的各项的对数组成等差数列.(这里所说的等比数列的各项都是正数)

2. 求使等式

x

= cos 2 成立的x值的范围.(x是0°到720°的角)

1. 如图,用钢珠测量机件上一小孔的直径.所用钢珠的中心是

   O,直径是 12 毫米.将钢珠放在这小孔上,测得钢珠上端D 到机件平面的距离CD 是9 毫米.求这小孔的直径 AB 的长.

2. 四棱锥 P—ABCD 的底面是一正方形.PA 与底面垂直.已知PA 是 3 厘米,P 点到

   BC 的距离是 5 厘米.求 PC 的长.

**二、**有一直圆柱,高是 20 厘米,底面半径是 5 厘米.它的一个内接长方体的

体积是 800 立方厘米.求这长方体的底面的长和宽.

**三、**从一船上看到在它的南 30°东的海面上有一灯塔.船以 30 /小时的速度向正东南方向航行半小时后,看到这个灯塔在船的正西方.问这时船与灯塔的距离是多少?(精确到 0.1 )

**四、**要在墙上开一矩形的大玻璃窗,周长限定为 6 米.

(i)求以矩形的一条边长(x)表示窗户的面积(y)的函数式; (ii)求这函数图象的顶点的坐标、对称轴的方程;

(iii)画出这函数的图象,并求出的 x 的允许值的范围.

**五、**下列(1)、(2)两题选作一题.

1. 已知方程 2x2-x·4sinθ+3cosθ=0 的两个根相等,且θ为锐角,求θ和这个方程的两个根.

2. a 是什么实数的时候,下列方程组的解是正数:

2x + ay = 4，

x + 4y = 8．

1960 年试题答案

一、

解: (1) - = 0，

= 5x - 7，

2x2-5=5x-7,

2x2-5x+2=0, (2x-1)(x-2)=0,

∴x = 1 或2 2

1

∵ 2 使原方程无意义, 舍去.

∴x=2

(2)解:5c ² + c² = 5× 6·5 + 5·4

^{6 5} 1·2 1·2

=75+10=85

答:共比赛 85 次.

1. 证明:设等比数列为a,aq,aq2,⋯,aqn-1

则各项的对数依次为loga,logaq,logaq2,⋯,logaqn-1,

即 loga,loga+logq,loga+2logq,⋯,loga+(n-1)logq,

∴上面的数列是以 loga 为首项,logq 为公差的等差数列.

1. 解: 根据算术根的定义, cos x ≥0，

2

x

°≤ 2 ≤

90°和270 x

2

360°，

即 0°≤x≤180°和 540°≤x≤720° (5)解法一:

设 AB 为 x 毫米,

则AC = x 毫米.

2

又直径 DE=12 毫米

CD=9 毫米

∴CE=12-9=3 毫米

∵AC2=DC·CE,

∴ x ₂

( 2 ) = 9×3,

∴x2=9×3×4

∴x = 6 3(取正值)

答: 小孔的直径是6 3毫米.

解法二:

设 AB 为 x 毫米,

则AC = x 毫米.

2

又 CD=9 毫米,半径 OD=6 毫米,

∴OC=9-6=3(毫米)

连结 OA,则 OA=6 毫米

在直角三角形 OAC 中,OA2=OC2+AC2

即 2 2 x 2

6 = 3 +( )

2

x2

= 27,

4

∴x = 6 3(取正值)

答: 小孔的直径是6 3毫米.

(6)解:∵PA⊥平面 ABCD, 又 AB⊥BC,

∴PB⊥BC,即 PB=5 厘米又 PA=3 厘米,

因此 AB=BC=4 厘米

∴PC =

=

= 41( 厘米)

答: PC是 41厘米.

二、

解:设底面的长和宽分别是 x 厘米和 y 厘米,则

x² + y² = 10² ，



20xy = 800．

上方程组可变形为

x² + y² = 100，



2xy = 80．

解这个方程组,得

分别解下面的两个方程组:

x + y = 6 5,

x - y = 2 5，就得出:

x1 = 4 5,



x + y = 6 5,

, x - y = -2

x2 = 2



y1 = 2 5; y2 = 4 5.

三、

解法一:如图,A 是原来船的位置,B 是灯塔,C 是航行半小时后船的位置.

= 15(sin45°cos30° - cos45°sin30°)

sin60°

15× ( - 1)

= 2 2 2

3

2

= 5 2 (3 - 3)

2

=4.5()

答:船与灯塔的距离是 4.5.

解法二:如图,过 A 引 CB 的垂线与 CB 的延长线交于 D 点.

△ADB中, DB = DAtg30° = 15 2 ×

3 = 5 6 ,

∴BC = DC - DB

= 15 2 - 5 6

2 3 2

2 2

= 5(3 2 - 6)

2

=4.5()

答:船与灯塔的距离是 4.5.

四、

解:(i)y=(3-x)x=-x2+3x.

x 的允许值的范围:0<x<3

五、

(1)解:△=16sin2θ-24cosθ=0, 即 2sin2θ-3cosθ=0.

由 sin2θ=1-cos2θ,上方程可变形为2cos2θ+3cosθ-2=0,

(2cosθ-1)(cosθ+2)=0, cosθ+2=0,无解.

由 2cosθ-1=0,得

cosθ = 1 ．

2

∵θ为锐角,∴θ=60°

∴x = 4sin60° = sin60° = 3

4 2

答: θ是60°, 方程的两个根都是 3

2

(2)解:2x + ay = 4 ①

 ②

②×2-①:(8-a)y=12,

当 a≠8 时,

y = 12

8 - a

把③代入②中,得

x = 16 - 8a = 8(2 - a) ．

8 - a 8 - a

要使 y 是正数,必须并且只须 8-a>0,由此要使 x 是正数,必须并且只须2-a>0.解不等式组

8 - a > 0,

2 - a > 0,

得 a<2

因此,当 a<2 的时候,原方程组的解是正数.

1961 年试题

试卷上不必抄题,但须写明题号,例如Ⅰ(1)、Ⅰ(2)、Ⅱ、Ⅲ等. 一、(1)求(2-x)10 展开式里 x7 的系数.

(2)解方程:2lgx=lg(x+12).(注:lg 是以 10 为底的对数的符号.)

(3)求函数y = x - 1 的自变量x的允许值的范围.

x - 5

1. 求sin ν

12

sin 5ν 的值.

12

1. 一个水平放着的圆柱形排水管,内半径是 12

   厘米.排水管的圆截面上被水淹没部分的弧含有 150°(如图).求这个截面上有水部分的面积.(取π=3.14.)

1. 已知△ABC 的一边 BC 在平面 N 内,△ABC 所在的平面与平面 N 组成二面角

   a(a＜90°).从 A 点作平面 N 的垂线 AA＇,A＇是垂足.设△ABC 的面积是 S,求证△A＇BC 的面积是 Scosa.

**二、**一个机器制造厂的三年生产计划,每年比上一年增产机器的台数相同. 如果第三年比原计划多生产1 千台,那末每年比上一年增长的百分数就相同, 而且第三年生产的台数恰等于原计划三年生产总台数的一半,原计划每年各生产机器多少台?

**三、**有一块圆环形的铁皮,它的内半径是 45 厘米,外半径是 75 厘米.用它的五分之一(如图中的阴影部分),作圆台形水桶的侧面,这个水桶的容积是多少立方厘米?

**四、**在平地上有 A、B 两点.A 在山的正东.B 在山的东南,且在 A 的西 65

°南 300 米的地方.在 A 测得山顶的仰角是 30°,求山高.(sin70°=0.940. 精确到 10 米.)

**五、**下面甲、乙两题,选作一题.

甲、k 是什么实数的时候,方程 x2-2(k+3)x+3k2+1=0 有实数根? 乙、设方程 8x2-(8sina)x+2+cos2a=0 的两个根相等,求 a.

1961 年试题答案

一、(1)解:在这个展开式里含有 x7 的项是第八项.它的系数是

C⁷ (-1) ⁷ ·2³

= - C³ ·8

= - 10·9·8 ·8 1·2·3

=-960.

(2)解:2lgx=lg(x+12), lgx2=lg(x+12),

∴x2=x+12,x2-x-12=0,

(x-4)(x+3)=0,

∴x1=4,x2=-3.

**当 x=-3 时,lgx 没有意义,舍去;x=4 为原方程的解. (3)解:**根据根式的定义,x-1≥0,∴x≥1;

又根据分母不能为零,x-5≠0,∴x≠5.

所以自变量 x 的允许值的范围是 x≥1,但 x≠5.

1. 解法一:sin ν sin 5ν

12

= sin ν

12

12

cos ν

12

= 1 sin ν

2 6

= 1 · 1

2 2

= 1 .

4

解法二: sin ν

12

1

sin 5ν

12

ν ν

= (cos 2

1 1

- cos )

3 2

= (

2 2

= 1 .

4

π

- 0)

解法三:sin12 =

=

1. - cos 5π

= 1

2

1 + 3

2 - 3 ,

sin 5π = 12

6 = 2 = 1

2 2 2

2 + 3 ,

∴ sin

π sin 5π = 1

2 - 3· 1

2 + 3 = 1 .

12

解法一:

12 2 2 4

弧ACB的长是12× 5ν

6

= 10ν (厘米),

扇形O - ACB的面积 = 1 ×12×10ν

2

= 60ν( 平方厘米),

△OAB的面积 = 1 ×12² ×sin150°

2

= 36(平方厘米).

∴截面上有水部分的面积=60π-36

=60×3.14-36=152.4(平方厘米).

解法二:

扇形O - ACB的面积 = 150 ×ν×12² = 60ν (平方厘米),

360

△OAB的面积 = 1 ×12² ×sin150° = 36(平方厘米).

2

∴ 截面上有水部分的面积=60π-36

=60×3.14-36=152.4(平方厘米).

(6)证明:

∴△A' BC的面积

= 1 BC·A' D 2

= 1 BC·ADcosα

2

= Scosα.

二、

解法一:

设原计划第一、二、三年生产机器的千台数分别为 x,x+y,x+2y.依题意,

得方程组:

 (x + y) - x = (x + 2y + 1) - (x + y) ,

 x x + y

 1

x + 2y + 1 =



[x + (x + y) + (x + 2y)].

2

这个方程组经过变形后,得方程组:

y² - x = 0,

x - y - 2 = 0.

解这个方程组,得

x1 = 4,

y = 2;

x 2 = 1,

y = -1.

 1  2

由第一组解,得 x=4,x+y=6,x+2y=8. 第二组解不合题意,舍去.

答:原计划第一、二、三年各生产机器 4 千台、6 千台、8 千台.

解法二:

设原计划第一、二、三年生产机器的千台数为别为 x-y,x,x+y.依题意, 得方程组:

x² = (x - y)(x + y + 1),



 1

x + y + 1 = 2 [(x - y) + x + (x + y)].

这个方程组经过变形后,得方程组:

y² + y - x = 0,

x - 2y - 2 = 0.

解这个方程组,得

x1 = 6,

y = 2;

x2 = 0,

y = -1.

 1  2

由第一组解,得 x-y=4,x=6,x+y=8. 第二组解不合题意,舍去.

答:原计划第一、二、三年各生产机器 4 千台、6 千台、8 千台.

三、

解:

水桶上口的半径 = 1 ×75 = 15(厘米),

5

水桶下底的半径 = 1 ×45 = 9(厘米),

5

水桶的斜高 = 75 - 45 = 30(厘米),

水桶的高 =

= 12 6(厘米),

∴ 水桶的容积 = 1 ·12 6ν(15² + 9² + 15×9)

3

= 1764 6ν( 立方厘米).

答: 水桶的容积是1764 6ν立方厘米.

四、

**解:**如图,CD 为山的高.

在△ABC 中,∠ACB=45°,∠CAB=65°,

∴∠ABC=180°-(45°+65°)=70°;又 AB=300(米)

∴AC = ABsin70°

sin45°

= 300sin70°

2

2

= 300 2sin70°(米).

在直角三角形 ACD 中,∠CAD=30°,

CD = ACtg30°

= 300 2sin70°· 3

3

= 100 sin70°

=100×2.45×0.940

=230(米)

答:山高是 230 米

五、

**甲、解法一:**当这个方程的判别式Δ=0 或者Δ>0 的时候,原方程有实数根. (k+3)2-(3k2+1)

=-2k2+6k+8. 解 -2k2+6k+8=0,

即 k2-3k-4=0,

得 k=-1 或者 k=4. 解 -2k2+6k+8>0,

即 -k2+3k+4>0, 得 -1<k<4.

所以在-1≤k≤4 的时候,原方程有实数根.

解法二:

这个方程有实数根的条件是: (k+3)2-(3k2+1)≥0

化简得:

-k2+3k+4≥0, k2-3k-4≤0,

(k+1)(k-4)≤0,

∴-1≤k≤4 的时候,方程有实数根.

**乙、解:**因为方程的两个根相等,所以(8sina)2-4·8(2+cos2a)=0.

化简:

2sin2a-(2+cos2a)=0, 2sin2a-(3-2sin2a)=0, 4sin2a-3=0.

∴ sinα = ± 3 .

2

由 sinα = 3 , 得α = nπ + (-1) ⁿ π ;(n为整数)

2 3

由 sinα = - 3 , 得α = nπ - (-1) ⁿ π .(n为整数)

2 3

∴ α = nπ± π .(n为整数)

3

1962 年试题

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).

1. 求

sin(2arcsin

1. 的值.

5

1. 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.

2. 解方程组:

y² - 4x - 2y + 1 = 0,

y = x + a.

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.

1. 如图,ABCD 和 A′B′C′D′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 A′B′C′D′的面积;

   2. 证明: 正方形A′B′C′ D′的面积不小于 1 .

2

1. 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.)

1. 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:

(要求画图)

A1E:EC=1:2.

1. 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 年试题答案

1.解(1)设每年平均增长 x％,则

(1 + x

100

) 2 = 121 ,

100

故 1 + x 100

= 11 ,

10

∴ x=10.

答:每年平均增长 10％.

(2) 1÷ 121 = 100 ≈0.83.

100 121

答:第一年产量是第三年的 83％.

2. 解∵(1- 2i)⁵ = 1 - C¹ 2i + C² (2i)² - C³(2i) ³ + C⁴ (2i) ⁴ - (2i)⁵ ,

5 5 5 5

∴(1-2i)5 的实部是

1+10(2i)2+5(2i)4=1-40+80=41.

1. 解原方程可以写成

log (x - 5)(x + 3) = log(2x - 9),

4

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.

1. 解设arc sin 4

5

则

= a(0 < a <

4

ν ), 2

sina = ,

5

4 ₂ 3

cosa =

∴ 4

1 - ( ) = .

5 5

sin(2arc sin

) = sin2a

5

= 2sinacosa

= 2 4 3 24

· 5 · 5 = 25 .

1. 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

AE = AH,

BE = BF,

CG = CF,

DG = DH.

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.

解:

y² - 4x - 2y + 1 = 0, (1)

y = x + a. (2)

由(2), x=y-a, (3)

代入(1),得

y2-4(y-a)-2y+1=0,

即

y2-6y+4a+1=0.

∴ y = 3±

= 3±2

代入(3),得

x = 3 - a±2

方程组的解为:

x1 = 3 - a + 2 2 - a ,

y = 3 + 2 2 - a ;

x 2 = 3 - a - 2 2 - a ,

y = 3 - 2 2 - a.

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.

1. 解:(1)由于 AB=1,AA′:A′B=m:n,得知

AA'= m

m + n

, A' B = n .

m + n

又知 BA′B′为直角三角形,

∴A' B' = =

=

故正方形 A′B′C′D′的面积为

A′ B′2 =

m² + n²

(m + n) ².

m² + n² 1

1. 证明

(m + n) ⁿ ≥ 2 .

m ² + n² 1

2(m² + n² ) - (m + n) ²

(m - n)²

∵ (m + n) ² - 2 =

2(m + n) ²

= 2(m + n) ² ≥0,

m ² + n² 1

∴ (m + n) ² ≥ 2 .

1. **解:**在△ABD 内,

∠BDA = 180° - 33° - 27° = 120°,

故根据正弦定理,

AD

sin27°

= 1 ,

sin120°

AD = 2

3

sin27°.

又 ∠DAC=63°-33°=30°,

故根据余弦定理,在△ADC 内, CD2=1+AD2-2ADcos30°

= 1 +

4 sin ² 27° - 2sin27°

3

= 1 + 2sin27°( 2

3

sin27

° - 1)

=1+0.9080×(0.3027-1)

=1-0.9080×0.6973

=1-0.6331

=0.3669.

∴ CD=0.60.

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

AC = 2.

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.

1. **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.

1963 年试题

1. 已知tgθ = 2 , 求cosθ + sinθ 的值.

cosθ - sinθ

2.(1) 求出复数1 + 3i的模数和辐角.

1. 在直角坐标系XOY所在的平面内, 以A点表示复数1 + 3i,

把 OA 绕着 O 点按反时针方向旋转 150°,设 A 点到达的位置为 B,写出 B 点所表示的复数的代数式.

1. 如图,AB 为半圆的直径,CD⊥AB.已知 AB=1,AC:CB=4:1,求 CD.

1. 从二面角内任意一点向二面角的两个面作垂线,求证这两条垂线所决定的平面垂直于二面角的棱.(要求画图)

2. 利用下列常用对数表,计算 23.28-1.1

对数表

反对数表

1. 解方程:sin3x-sinx+cos2x=0.

2. 用 1,2,3,4,7,9 组成没有重复数字的五位数,问;

   (1)这样的五位数一共有多少个?

   1. 在这些五位数中,有多少个是偶数?

   2. 在这些五位数中,有多少个是 3 的倍数?

x² - 2xy - y² = 1, 8．解方程组: 

(限定在实数范围内)

1. 如图,线段 CD 与⊙O 相交于 A、B 两点,且 AC=BD, 又 CE、DF 分别与⊙O 相切于 E、F.

求证:△OEC≌△OFD.

1. 如图,半径为 1 的球,内切于圆锥(即直圆锥),已知圆锥的母线与底面的夹角是

   2θ.

   1. 求证圆锥的母线与底面半径的和是

2 ;

tgθ(1- tg ²θ)

示) 点.)

1. 求证圆锥的全面积是 2π ;

tg²θ(1- tg² θ)

1. 当θ是什么值的时候,圆锥的全面积最小?(θ用反三角函数表(图中

   V 是圆锥的顶点,VB 是母线,O 是球心,A 是球和圆锥底面的切

1963 年试题答案

1. 解法一: ∵tgθ = 2 , ∴ cosθ≠0.

以 cosθ除分式的分子和分母,得

cosθ + sinθ = 1 + tgθ =

cosθ - sinθ

1 - tgθ

(1 + 2 ) ²

= =

(1 - 2)(1+ 2)

= -3 - 2 2.

-1

解法二: ∵ tgθ = 2 , ∴θ在第Ⅰ象限或第Ⅲ象限.

∴ sinθ = ±

1. , cosθ = ± . 3

当θ在第Ⅰ象限时, sinθ = - , cosθ = ,

1 + 2

∴ cosθ + sinθ = 3 3 =

cosθ - sinθ

1 - 2

3 3

= -3 - 2 2;

当θ在第Ⅲ象限时, sinθ = - 2 , cosθ = - ,

3

- 1 - 2

∴ cosθ + sinθ = 3 3 =

cosθ - sinθ

- 1 - (- 2 )

3 3

解:

(1)1 + 3i的模数r =

= -3 - 2 2.

= 2; ,

1 + 3i的辐角θ的主值是60°

∴辐角是 k·360°+60°. (其中 k 为任何整数)

(2)B 点所表示的复数的模数是 2,而辐角的主值是 60°+150°=210°,

∴B 点所表示的复数是: 2(cos210°+isin210°)

=

• • i.

**3.解:**∵AB=1,AC:CB=4:1,

∴AC =

4 , CB = 1 .

5 5

∴CD = 4 × 1 = 2 .

5 5 5

4.证法一:

已知:二面角 M-AB-N,P 是 M-AB-N 内任意一点,PC 垂直平面 M 于 C,PD 垂直平面 N 于 D.

求证:平面 PCD⊥AB.

**证明:**∵PC⊥平面 M,

∴PC 和 AB 垂直,

∵PD⊥平面 N,

∴PD 和 AB 垂直.

∴平面 PCD⊥AB.

证法二:

已知:同证法一. 求证:同证法一.

**证明:**∵PC⊥平面 M,

∴过 PC 的平面 PCD⊥平面 M.

∵PD⊥平面 N,

∴过 PD 的平面 PCD⊥平面 N.

∴平面 PCD 垂直平面 M 和 N 的交线. 而 AB 即是平面 M 和 N 的交线,

∴平面 PCD⊥AB.

对数表

反对数表

**5.解:**lg23.28-1.1=-1.1×lg23.28

=-1.1×1.3670

=-1.5037

= 2.4963.

∴23.28-1.1=0.03135.

解法一:

sin3x-sinx+cos2x=0, 2cos2xsinx+cos2x=0, cos2x(2sinx+1)=0

由 cos2x = 0, 得 2x = 2nπ± π ,

2

∴ x = nν± π . 4

(n 是整数)

由2sinx + 1 = 0, 得

sinx = - 1 ,

2

∴x = 2nν - ν ;

6

x = (2n + 1)ν + ν .

6

(n 是整数)

∴x = nν± ν , x = 2nν - ν , x = (2n + 1)π + ν .(n是整数)

4 6 6

解法二:

sin3x-sinx+cos2x=0,

(3sinx-4sin3x)-sinx+(1-2sin2x)=0, 整理,得 4sin3x+2sin2x-2sinx-1=0. 分解,得 (2sinx+1)(2sin2x-1)=0.

由 2sinx + 1 = 0, 得

sinx = - 1 ,

2

∴ x = 2nν - ν ;

6

x = (2n + 1)ν + ν

6

(n是整数)

由 2sin² x - 1 = 0, 得sinx = ± = ± 2

2

∴ x = 2nν + ν , x = (2n + 1)ν - ν ;

4 4

x = 2nν - ν , x = (2n + 1)ν + ν .

4 4

(n 是整数)

∴x = 2nν - ν , x = (2n + 1)ν ν ν± ν .(n是整数)

6

解:

+ , x = n

6 4

1. 从这六个数字中,取出五个数字,共能排成

A ⁵ = 6×5×4×3×2 = 720

个五位数.

1. 在所求的偶数中,末位必须取 2、4

   这两个数字中的一个,这有两种方法,取定末位后,再从其余五个数字中任取四个,排成其他四位,这有

A ⁴ = 5×4×3×2 = 120

种方法.因此,共有

2A⁴ = 2×120 = 240

个五位数是偶数.

1. 一个整数是不是 3 的倍数,要看它的各位数字之和是不是 3

   的倍数,这六个数字 1,2,3,4,7,9 之和是 26,因此只有除去 2,余下的五个数字之和才是 3 的倍数.由此可知,所取的五个数字必须是1,3,4,7,9.因此,共

有

P5=5!=120

个五位数是 3 的倍数.

解法一:

x² - 2xy - y² = 1, (1)



 = x. (2)

(2)的两边平方,得

xy+3=x2,

即 x2-xy=3. (3)

将(1)的两边乘以 3,得

3x2-6xy-3y2=3. (4)

从(4)的两边分别减去(3)的两边,得2x2-5xy-3y2=0.

分解,得

(2x+y)(x-3y)=0, 2x+y=0,x-3y=0.

x² - xy = 3 x² - xy = 3,

由此得

2x + y = 0;

解得x₁ = 1

y = -2;

x - 3y = 0 .

x₂ = -1,

y = 2;

 1  2

x = 3 2 , x = - 3 2 ,

 ³ 2



 ⁴ 2



y = 2 ; y = - 2 .

 3 2  4 2

检验后,x1,y1 与 x3,y3 是原方程组的两组解;x2,y2 与 x4,y4 不适合方程(2).

∴方程组的解是:

x = 3 2 ,

解法二:

x = 1,

y = -2;





y =



2

2 . 2

x² - 2xy - y² = 1, (1)

 = x. (2)

(2)的两边平方,得

xy + 3 = x ² ,

x² - 3

∴y =

代入(1),得

. (3)

x

x² - 2x

整理,得

(x² - 3

) - (

x

x² - 3

x

)² = 1.

2x4-11x2+9=0.

分解,得

(x2-1)(2x2-9)=0.

x2-1=0,∴x1=1,x2=-1;

2x² - 9 = 0,

∴x3 =

, x = - 3 2 .

4 2

将 x 的值代入(3),得

y = -2, y = 2, y = 2 , y = - 2 .

1 2 3 2 4 2

检验后,x1,y1 与 x3,y3 是原方程组的两组解

;x2,y2 与 x4,y4 不适合方程(2).

∴方程组的解是:

x = 3 2 ,

x = 1,

y = -2;

证法一:

连结 OA,OB.

∵OA=OB,∴∠OAB=∠OBA;

∴∠OAC=∠OBD.





y =



2

2 . 2

又 AC=BD,∴△OAC≌△OBD,∴OC=OD.

∵CE、DF 分别切⊙O 于 E、F,∴∠OEC、OFD 都是直角. 在△OEC 与△OFD 中:

∵∠OEC=∠OFD=90°,OE=OF,OC=OD,

∴△OEC≌△OFD.

证法二:

∵CE、CB 分别是⊙O 的切线与割线,

∴CE2=CA·CB=CA(CA+AB).

同理,DF2=DB·DA=DB(DB+AB).

∵CA=DB,∴CE2=DF2,∴CE=DF

∵CE、DF 分别切⊙O 于 E、F,∴∠OEC、∠OFD 都是直角. 在△OEC 与△OFD 中:

∵∠OEC=∠OFD=90°,OE=OF,CE=DF,

∴△OEC≌△OFD.

1. 解:(1)设 C 为母线 VB 与球相切的切点. 连 OA、OB、OC,则

   OA=OC=1,OB=OB,

∠OAB=∠OCB=90°,

故 △OAB≌△OCB. 由此可知,

∠OBA=∠OBC=θ.

设 圆锥的底面半径为 r,母线为 l,则

r = ctgθ, l = r cos2θ

于是

1 + r = ctgθ( 1

cos2θ

= ctgθ cos2θ

+ 1) = 1

tgθ

1 + cos2θ

• cos2θ =

1

tgθ ·

2cos ²θ

cos²θ - sin²θ

= 1

tgθ

• 2

1 - tg²θ

= 2 .

tgθ(1- tg² θ)

1. 设圆锥的全面积为 T,则

T = πrl + πr ² = πr(l + r) = πctgθ

2

tgθ(1 - tg²θ)

= 2π

tg ²θ(1 − tg²θ)

1. 欲使 T 最小,只要使 tg2θ(1-tg2θ)最大即可. 由于

tg²0 (1 - tg²0 ) = -tg⁴0 + tg²0 = -(tg²0 -

1) 2

2

+ 1 ,

4

因此当tg²0 = 1 时, tg²0 (1- tg²0 )最大.

2

∴ 当0 = arctg 2 时,T最小.

2

1964 年试题

− 3

3 3 2 (

1) −3

1. 化简: 3 .

( - 1)²

1. 甲乙二人在河的南岸 O 处,隔河在正北方向有一建筑物 P.甲向正东、乙向正西沿河岸而行,甲每分钟比乙多走 a 米.10 分钟后,甲望建筑物P 在北a 度西(即北偏西a 度),乙望建筑物P 在北β度东(即北偏东β度), 求 O 与 P 之间的距离.

2. 解方程 x4+1=0;并且证明:平面内表示这个方程的根的四个点是一个正方形的顶点.

3. 已知 A、B、C 是三角形的三个内角,求证:

sin²B + sin ²C - sin²A

cosA =

2sinBsinC

1. 已知方程x3+mx2-3x+n=0 的三个根的平方和为6,且知这个方程有两相等的正根,求 m、n 的值.

2. 圆台形铁桶的上口半径是15 厘米,下底半径是10 厘米,母线长是30 厘米,将铁桶的侧面沿一条母线剪开铺平,得图中扇面形状的铁片 ABCD. 求 A、B 两点间的距离.

3. A、B、C、D 四个点在平面 M 和平面 N 之外,A、B、C、D 在平面 M 内的射影是 A1、B1、C1、D1,在平面 N 内的射影是 A2、B2、C2、D2.已知 A1、B1、C1、D1 在一条直线上,A2B2C2D2 是一个平行四边形,求证 ABCD 也是一个平行四边形.

4. 下图中 ABCD 是正方形,其每边长为 1;在正方形内,⊙O 与⊙O＇互相外切,并且⊙O 与 AB、AD 两边相切,⊙O＇与 CB、CD 两边相切.

   1. 求这两圆半径之和.

   2. 当两圆半径各多么长时,两圆面积之和最小?当半径各多么长时,

      面积之和最大?证明你的结论.

附加题

1. 如果把第 8 题中的正方形改成矩形,你能得到什么结果?为什么?

2. 如果把第 8 题中的正方形改成棱长为 1

   的正方体,把圆改成球,你能得到什么结果?为什么?

解法一:

-3

[3 2 (

1)-

1

3 ] 3

1964 年试题答案

原式 = 3

( - 1) ²

-1

=

=

=

=

= 2 3 + 3 .

2

解法二:

-3

[3 2 (

1)-

1

3 ] 3

原式 = 3

( - 1) ²

-1

=

=

=

= 3(4 + 2 3)

4

= 2 3 + 3 .

2

1. **解:**如图,设 OB=x,则 OA=x+10a. 再设 OP=h,则

htgα=x+10a, htgβ=x.

h(tgα-tgβ)=10a,

∴ h = 10a .

tgα - tg

1. **解法一:**原方程即 x4=-1,也就是x4=cos(2k+1)π+isin(2k+1)π

∴x = cos 2k + 1ν + isin 2k + 1 ν.

4 4

令 k=0、1、2、3,就得到原方程的四个根:

ν ν

x1 = cos 4 + isin 4 =

2 (1 + i),

2

x = cos 3ν + isin 3ν = 2 (-1 + i),

² 4 4 2

x = cos 5ν + isin 5ν = 2 (-1- i),

³ 4 4 2

x = cos 7ν

+ isin 7ν

= 2 (1- i),

4

显然, x1

4

= x2 = x 3

4

= x4

2

= 1，故平面内表示这四个根的点M 1、M 2 、M 3 、

M4 都在单位圆上

如图,∠M1OM2 等于 x2 的辐角减去 x1 的辐角，故

ν

∠M1OM 2 = 2

同 理 , ∠M OM = ∠M OM = ν .

2 3 3 4 2

又显然有 ∠M OM = ν .

4 1 2

∴M1M2=M2M3=M3M4=M4M1.

∴M1M2M3M4 是一个正方形.

**解法二:**x4+1=(x4+2x2+1)-2x2

= (x² + 1) ² - ( 2x) ²

= (x ² + 2x + 1)(x² - 2x + 1).

∴原方程即

(x² + 2x + 1)(x² - 2x + 1) = 0.

它的根是

x = 2 (1 + i), x = 2 (-1 + i),

1 2 2 2

x = 2 (-1 - i), x = 2 (1- i).

3 2 4 2

如图,线段 M2M1 与 M3M4 显然都平行于 OX 轴,线段 M4M1 与 M3M2 都平行于 OY 轴.

又 M M = M M = M M = M M = 2 + 2 = 2.

1 2 2 3 3 4 4 1 2 2

所以 M1M2M3M4 是一个正方形.

1. **解法一:**利用正弦定理

a sinA

= b sinB

= c

sinC

= 2R,

得到 sinA = a 2R

,sinB = b

2R

,sinC = c .

2R

代入所要证明的等式的右边,并化简得

sin² B + sin²C - sin²A 2sinBsinC

b² + c² - a ²

= .

2bc

由余弦定理,上式右边就是 cosA.

**解法二:**利用 A=π-(B+C),

sin2B+sin2C-sin2A=sin2B+sin2c-sin2(B+C)

=sin2B+sin2C-(sinBcosC+cosBsinC)2

=sin2B+sin2C-sin2Bcos2C-cos2Bsin2C-2sinBsinCcosBcosC

=sin2B(1-cos2C)+sin2C(1-cos2B)-2sinBsinCcosBcosC

=2sin2Bsin2C-2sinBsinCcosBcosC

=2sinBsinC(sinBsinC-cosBcosC)

=2sinBsinC[-cos(B+C)]

=2sinBsinC·cos[π-(B+C)]

=2sinBsinCcosA. 两边除以 2sinBsinC,得到

sin² B + sin²C - sin²A

2sinBsinC

= cosA.

1. **解法一:**设这个方程的三个根为α、α、β.根据已知条件和根与系数的关系,得

2α ² +  ² = 6, (1)



α ²

+ 2α = -3. (2)

(2)的两边乘以 2,得

2α2+4αβ=-6,(3)

1. 与(3)的两边分别相加,得4α2+4αβ+β2=0,

即(2α+β)2=0,

∴β=-2α.

代入(1),2α2+(-2α)2=6, 6α2=6,∴α=±1.

α=-1 不符合题意,舍去. 故α=1,β=-2.

∴m=-(2α+β)=0, n=-α2β=2.

**解法二:**仿解法一得

2α ² +  ² = 6, (1)



α ²

+ 2α = -3. (2)

由(2),  =

-3 - α ²

2α ,

代入(1),2α²

-3 - α ²

+ ( ) = 6,

2α

代简,得α4-2α2+1=0, 即(α2-1)2=0,

∴α=±1.

α=-1 不合题意,舍去.

故α=1,代入(2)得,β=-2.

∴m=-(2α+β)=0, n=-α2β=2.

解法一:

⌒ ⌒

AB = 2π·15 = 30π, CD = 2π·10 = 20π. AD = 30.

延长 AD、BC 相交于 O,设∠COD=θ,OD=x,则(x+30)θ=30π,

xθ=20π, 相减,得 30θ=10π,

0 = ν ,

3

x = 20ν

0

= 60.

因为△OAB 是一个等边三角形,所以AB=OA=90（厘米）.

解法二:

⌒ ⌒

AB = 2ν·15 = 30ν ,CD = 2ν·10 = 20ν .AD = 30,

延长 AD、BC 相交于 O,设 OD=x,则

x + 30 = 30ν .

x

解出 x,得

x=60,

0 = 20ν

60

20ν

= ν . 3

因为△OAB 是一个等边三角形,所以AB=OA=90（厘米）.

1. **解:**如图,设 A1、B1、C1、D1 所在的直线为 l,过直线 l 与直线作 AA1

   作一平面 P,则 P 必垂直于 M.显然 A 在平面 P 内.又因B1 在平面P 内,且直线BB1 垂直于平面 M,故 BB1 必在平面 P 内.因而 B 也在平面 P 内.同理,C、D 也在平面 P 内.

因 AA2∥DD2,且 A2B2∥D2C2,故由 AA2 与 A2B2 所决定的平面平行于由

DD2 与 D2C2 所决定的平面.又 P 与这两个平面的交线分别为AB 与CD,故AB

∥CD.同理 BC∥AD.故 ABCD 是平行四边形.

解法一:

OO′ = 2OS = 2 (1 - s),

但 OO′是两圆连心线,所以 OO’=r+r’=s.故由上式得

s = 2 (1 - s),

∴ s = = 2 - 2. (Ⅰ)

1. 两圆面积之和是

π(r2+r＇2)=π[r2+(s-r)2]

= π[r ² + (2 - - r)² ] [ 由(Ⅰ)]

= 2π[r ² - (2 - 2 )r + 3 - 2 2]

= 2ν[(r - 2 - 2 ) ² + 3 − 2 2 ].

( Ⅱ)

2 2

因此, 当r = 2 - 2 , r'= 2 - 2 时, 面积之和最小.

2 2

现在讨论当半径各多么长时,面积之和最大.不妨先设 r≥r＇,即不妨

设r≥

[由(Ⅰ)].但显然r≤ 1 , 故由(Ⅱ), 当r = 2 2

1 , r'= 3 -

2 2

时, 面积之和

最大. 同理, 当r′=

1 , r = 3 -

2 2

时, 面积之和也是最大.

解法二:

(1)AO = AP

= r 2 ,OO′= r + r ′ ,O C = O′Q

= r′ 2,

∵ AC = 2, ∴r + r + r′+r′

= 2 ,

即 (1 + 2 )(r + r′ ) = 2 , (1 + 2 )s = 2,

∴ s =

(2)两圆面积之和是

= 2 - 2.

π(r ² + r′ 2 ) = 1 π[(r + r′ ) ² + (r - r′ ) ² ]. (Ⅲ) 2

因r + r′= 2 - 2为定值, 故当r - r′ = 0即r = r ′= s = 2 - 2 时,

2 2

两圆面积之和最小.

现在讨论当半径多么长时面积之和最大. 不妨先设r≥rv, 即r≥ s .

2

由(Ⅲ),得

π(r ² + r′ 2 ) =

π [s² + (2r - s) ² ] 2

= ν [s² + 4(r - 2

s ) ² ]. 2

但显然r≤ 1 , 故当r = 2

1 , r ′= 3 -

2 2

时, 面积之和最大．

同理, 当r′=

1 , r = 3 -

2 2

时, 面积之和也是最大.

附加题

1. 如果把第 8 题中的正方形改成矩形,你能得什么结果?为什么?

容易看出:AP=r,RB=O＇Q=r＇.因此, OS=PR=a-s.

仿此, O＇S=b-s.

但△OSO＇是直角三角形,而 OO＇=r+r＇=s,故得 (a-s)2+(b-s)2=s2.

即 s2-2(a+b)s+a2+b2=0.

解得 s = a + b± 2ab.

显然 s<a+b,故应取“-”号.因此

s = a + b - 2ab. (Ⅰ)

另一方面,两圆面积之和为

π(r ² + r'2 ) =

π [(r + r 2

')² + (r - r') ² ]

显然当r = r' 1

= π [s² + (r - r') ² ].

2

时, 面积之和最小.

（Ⅱ）

=

2

又由（Ⅱ）有

(a + b - 2ab )

π (r ² + r'2 ) =

π [s² + (2r - s) ² ]. 2

（Ⅲ）

现在讨论当半径多么长时面积之和最大. 不妨先设r≥r', 即r≥ s

2

但r a b , 设为 b , 则由(Ⅲ), 当 b ' b

不能超过 2 与 2 中的较小者 2

r = , r = a + - 2 2

时, 积之和最大. 同理, 当r'=

b , r = a + b - 2 2

时, 面积之和也是最大.

1. 如果把第 8 题中的正方形改成棱长为 1

   的正方体,把圆改成球,你能得到什么结果?为什么?

**解:**设球 O 与球 O′互相外切,并且都在正方体ABCD—B′A′C′D′内部.设球 O 与过 A 的三个面相切,球 O′与 C′的三个面相切.设球 O 与球的半径分别为 r 与 r＇,r+r＇=s.

s = 3(1- s),

∴s = 3 - 3 .

2

两球表面积之和是4π(r2+r′2)=2π[(r+r＇)2+(r-r＇)2]

=2π[s2+(r-r＇)2]

=2π[s2+(2r-s)2].

故当r = r ′= s =

4 时, 表面积之和最小. 同样, 当r =

1 , r

2

′= 2 - 3 ;

2

或r′=

1 , r =

2

2 时, 表面积之和最大.

两球体积之和是

4 π(r ³ + r ′3 ) = 4π s(r² - rr′+r′2 )

3

故当r = r ′=

3

= π s[s² + 3(r - r′ ) ² ] 3

= π s[s² + 3(2r - s) ² ].

3

时, 体积之和最小.同样, 当r =

1 , r

2

′= 2 - 3 ;

2

或r′=

1 , r =

2

2 时, 体积之和最大.

1965 年试题

1. 右面的二视图所表示的立体是什么?求出它的体积．

1. 在

   A 处的甲船测得乙船在北偏西 49°48′的 B 处以速度 22 /小时向正北方向行驶．甲船立即从 A 处出发，以速度 26 /小时向北偏西 a 度的方向沿直线驶去，追赶乙船．问 a 是多大角度时，经过一段时间，甲船能够在某处 C 恰好与乙船相遇?(lg2.2=0.3424，lg2.6=0.4150;lg 是以 10 为底的对数符号.)

正弦对数表

余弦对数表

1. 把地球看作半径为 R 的球.设 A、B 两地的纬度相同，都是 a

   度，它们的经度相差β度(0°<β≤180°).求 A、B 两地之间的球面距离（即大圆

弧长）.

4.(1)证明│sin2x│≤2│sinx│.（x 为任意值） (2)已知 n 为任意正整数，用数学归纳法证明

│sinnx│≤n│sinx│.（x 为任意值）

1. 已知一点 P 的坐标是(4，-2)，直线 l 的方程是 y-x+5=0，曲线 C 的方 程 是

(x + 1) ²

2 +

(y - 1) ²

4 = 1. 求经过P点而与l垂直的直线和曲线C的交点的坐标. 并画出

此题的略图.

1. 当 p 是什么实数时，方程 x2+px-3=0 与方程 x2-4x-(p-1)=0 有一个公共根?并求出这个公共根.

2. 已给抛物线 y2=2x.

1. 在抛物线上任取两点 P1(x1，y1)、P2(x2，y2).经过线段 P1P2 的中点作直线平行于抛物线的轴，和抛物线交于点 P3.证明

1

△P1P2 P3 的面积为 16

│y1 －y2

│ ³.

1. 经过线段 P1P3 和 P2P3 的中点，分别作直线平行于抛物线的轴，和抛物线依次交于 Q1、Q2.试将△P1P3Q1 与△P2P3Q2 的面积的和用 y1、y2 表示出来.

2. 仿照(2)，又可以作出四个更小的三角形.照这样继续下去，可以作出一系列的三角形.由此设法求出线段 P1P2 与抛物线所围成的图形的面积.

1. 附加题：

   1. 已知 a、b、c 为实数，证明 a、b、c 都为正数的充要条件是： a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0.

   2. 已知方程

x3+px2+qx+r=0

的三个根 a、β、γ都是实数，证明 a、β、γ是一个三角形的三个边长的充要条件是：

p < 0, q > 0, r < 0,

p³ > 4pq - 8r

1965 年试题答案

1. **解：**右面的二视图所表示的立体是正六棱锥.

设这个六个棱锥的高是 h，底面积是 A，体积是 V，则有

A = 6· 3 a ² = 3 3 a ² .

4 2

∴ 1 1

3 3 2 3 3

V = 3 hA = 3 · 3a·

a = a .

2 2

注：本题考二视图和计算棱锥的体积.

正弦对数表

余弦对数表

1. **解：**设甲船与乙船相遇所需要的时间为 t，则有BC=22t，AC=26t.

由正弦定理，得

26t sin(180° - 49°48')

= 22t ,

sin(49°48'−α)

∴sin(49°48'−α) = 22 sin49°48'.

26

对上式两边取对数，得lgsin( 49°48′-a )

=lg22-lg26+lgsin49°48′

=1.3424-1.4150＋1.8830

=1.8104

查表得到

49°48′-a=40°15′.

∴a=49°48′-40°15′=9°33′.

注：本题考解任意三角形的基本方法，并考查学生查表和运用对数计算的能力.

解法一：

⌒

设 A、B 两地之间的球面距离为 x，大圆弧AB所对的圆心角为θ度，则

x = πθ R.

180

(1)

设纬度为 a 的纬度圈的圆心为 P，半径为 r，则∠APB=β.因为△PAB 是等腰三角形，所以 A、B 之间的直线距离

AB = 2rsin β .

2

又在直角三角形 OAP 中，∠OAP=a，可知r=Rcosa.

β

所以 AB = 2Rcosαsin 2

又在等腰三角形 OAB 中，可以求得

AB = 2Rsin θ

2

所以 2Rcosαsin β = 2Rsin θ ,

2 2

sin θ = cosαsin β ,

2 2

即 θ = 2arcsin(cosαsin β ).

2

代入(1)，得

x = πR ·2arcsin(cosαsin β )

180 2

= πR arcsin(cosαsin β ).

90 2

答：A、B 两地之间的球面距离为

πR arcsin(cosαsin β ).

90 2

解法二：

∩

设 A、B 两地之间的球面距离为 x，大圆弧AB 所对的圆心角为θ度，则

x = πθ R. (1)

180

设纬度为 a 的纬度圈的圆心为 P，半径为 r，则∠APB=β.在△PAB 中，

根据余弦定理得 A、B 之间的直线距离的平方

AB2=2r2-2r2cosβ=2r2(1-cosβ). 又在直角三角形 OAP 中，∠OAP=a 可知

r=Rcosa.

所以 AB2=2R2cos2a(1-cosβ). 又在△OAB 中，根据余弦定理，得

AB2=2R2(1-cosθ).

所以 2R2cos2a(1-cosβ)=2R2(1-cosθ). 由此，cosθ=1-cos2a(1-cosβ)，

即θ=arccos[1-cos2a(1-cosβ)].代入(1)，得

x = πR arc cos[1- cos ²α(1- cosβ)].

180

答：A、B 两地之间的球面距离为

πR arc cos[1 - cos²α(1- cosβ)]. 180

注：本题考运用几何与三角的基本知识，计算球面距离.

1. 解：(1)│sin2x│=│2sinxcosx│

=2│sinx│·│cosx│

≤2│sinx│.(∵│cosx│≤1)

(2)当 n=1 时，│sinx│=│sinx│，不等式成立.

设当 n=k 时不等式成立，今证明当 n=k＋1 时，不等式也成立.因为sin(k＋1)x=sinkxcosx＋coskxsinx，

所以根据绝对值不等式的性质，得到

│sin(k＋1)x│≤│sinkx│·│cosx│＋│coskx│·│sinx│. 又根据归纳法的假设和│cosx│≤1 及│coskx│≤1，得到

│sin(k＋1)x│≤k│sinx│＋│sinx│=(k＋1)│sinx│. 因此，不等式对一切正整数 n 都成立.

注：本题主要考数学归纳法和绝对值不等式.第一小题的目的是启发学生应用│cosx│≤1 来证明不等式.

1. **解：**直线 l 的方程也可以写成y = x－5，

所以 l 的斜率是 1，与 l 垂直的直线的斜率应为-1.

因此，经过 P 点而与直线 l 垂直的直线 l′的方程是y＋2=-(x-4)，

即

x＋y -2=0.

要求 l′与 C 的交点坐标，只须解下列方程组

x＋y - 2 = 0, (1)



 (x＋1)² (y - 1) ²

 2

＋ 4 = 1. (2)

由(1)式解得y=-x＋2，(3)

代入(2)式并化简，得到

3x2＋2x-1=0， 或 (3x-1)(x＋1)=0.

1

∴x = 3 , x2 = -1.

代入(3)式，得到

5

y1 = 3 , y2 = 3.

因此, 直线l'与曲线C有两个交点, 它们的坐标是( 1 ,

3

5), (-1,3).

3

曲线C是椭圆, 它的中心在(-1,1),长轴和短轴都平行于坐标轴, 长度为4和2

略图如下：

注 1：本题主要考直线的斜率、直线的方程以及直线与二次曲线的交点等最基本的解析几何知识.

注 2：画出的略图应包括所给的以及所求出的点、直线和曲线的图形.

解法一：

设这两个方程的公共根是 a，则有

a ²＋pa - 3 = 0, (1)

 2

a - 4a - (p - 1) = 0. (2)

现在的问题是求 p 和 a 的值.为此，我们先从(1)、(2)两式消去 p. 由(2)式得

p=a2-4a＋1.

代入(1)式并化简，就得到a3-3a2＋a-3=0.

分解因式得

(a-3)(a2＋1)=0. (3)

因为 p 是实数，±i 不可能是方程 x2＋px-3=0 的根，所以 a=3. 将 a=3 代入(1)，得到

9＋3p-3=0，

∴p=-2.

解法二：

设这两个方程的公共根是 a，则有

a ²＋pa - 3 = 0, (1)

 2

a - 4a - (p - 1) = 0. (2)

现在的问题是求 p 与 a 的值.为此，我们先从(1)、(2)两式消去 a. (1)式减(2)式，得

(p＋4)a＋p-4=0， 显然，p≠-4，所以有

a = -(p - 4)

P + 4

代入(1)式并化简，得到p3＋2p2＋16p＋32=0.

分解因式，得

(p＋2)(p2＋16)=0.

因 p 是实数，p2＋16≠0， 所以 p=-2.

将 p=-2 代入(3)式，就得到 a=3.

解法三：

解已知的两个方程，得知它们的根分别是：

p 1

－ 2 ± 2

p² ＋12 , x = 2±

p＋3.

要使两个方程有一个公共根，有下面四种可能的情况

－ p + 1 p²＋12 = 2 +

2 2

－ p + 1 p²＋12 = 2 −

2 2

－ p − 1 p²＋12 = 2 +

2 2

－ p − 1 p²＋12 = 2 −

2 2

移项，得到

2 + p = −

2

(1)

p 1

2 + =

2 2

p² ＋12 +

(2)

2 + p = − 1 p²＋12 −

2 2

p2 + = − +

2

(3)

(4)

将(1)式两边平方，得到

4＋2p＋ p

4

化简，得

= 1 p² ＋3＋p＋3 - p²

4

＋12 p＋3,

p - 2 = - p ²＋12·

再平方并化简，得

p＋3.

p3＋2p2＋16p＋32=0.

不难看出，有理化(2)或(3)或(4)都得到同样的结果.

将上面得到的方程的左边分解因式，得(p＋2)(p2＋16)=0.

因 p 是实数，所以 p=--2. 将 p=-2 代入原方程，得到

x2-2x-3=0，x2-4x＋3=0.

解这两个方程，得到一个公共根 x=3.

注：本题考查学生根据已知条件建立方程及解方程的能力.

1. 解：(1)设 P3 的坐标是(x3，y3)，则△P1P2P3 的面积是行列式

1 x1 y1

Δ = 1 x2 y2

1 x3 y3

的绝对值的一半.

现在来计算△的值：

1 1 y² y

2 1 1

Δ = 1 1 y² y 1 2

＋y (y² - y² ) + y y (y

− y )]．

2 2 2

1 ₂ y

2 3 3

= 2 [y3 (y1 - y2 )

3 2 1

1 2 1 2

因为P 在经过P P 的中点而平行于x轴的直线上，所以y = y1 + y 2 ,

3 1 2 3 2

代入上式并化简，就是到

1 ₃

Δ = - 8 (y1 - y 2 ) ．

因此，△P1P2P3 的面积是：

A = 1 │Δ│ = 1 │y - y

│ ³．

1 2 16 1 2

1. 仿照(1)可求得△P1P3Q1 与△P2P3Q2 的面积分别为

A' = 1

16

│y1 - y3

│ ³，A'' = 1

16

│y 3 - y 2

│ ³．

由题意知

│y - y │ = │y - y

│ = 1 │y - y │，

1 3 3 2

12 1 2

∴A′ = A″ = 1 × 1

16 2³

│y1 - y2 │

1

= 8 A1 ．

因此，△P1P3Q1 与△P2P3Q2 的面积的和是

A = 1 · 1 │y - y │ ³ 1 ．

2 4 16 1 2

= 4 A1

1. 经过线段 P1Q1、Q1P3、P3Q2、Q2P2

   的中点分别作直线平行于抛物线的轴，和抛物线依次交于 R1、R2、R3、R4.

与(1)、(2)同理，可以知道△P1R1Q1、△Q1R2P3、△P3R3Q2、△Q2R4P2 的面积

都等于 1 A′ 1 ″ = 1 A ．

8 = 8 A

64 ¹

因此，这四个三角形的面积的和是

A = 4· 1 A = 1 A = 1 A ．

3 64 1

16 ¹

42 1

第一步、第二步、第三步所得到的三角形的面积的总和是

A ＋A ＋A = A

＋ 1 A ＋ 1 A ．

1 2 3 1

4 1 42 1

照这样继续下去，每一步所得到的三角形的面积的和都等于前一步所得到的

三角形面积和的 1 . 这一系列三角形面积的总和无限接近于线段P P 与抛物线所

4 1 2

围成的图形的面积，由此可知，这个图形的面积是

A ＋A ＋A ＋A ＋

= (1 1 1 ＋ 1 ＋ )A

1 2 3 4

＋ 4 ＋ 4² 4^{3 1}

= 1 4 1 ₃

1 A1 = 3 A 1 = 12 │y1 - y2 │ ．

4

注 1：本题是解析几何与代数的综合题，第一小题主要考三角形面积的计算.第二小题和第三小题主要是考查学生从具体结果总结出较普遍的公式的能力，以及代数计算能力.

注 2：(1)也可以用下面的方法来作.令P4 表P1P2 的中点，则P4 的坐标是

y²＋y²

y ＋y

( 1 2 ，

4

1 2 )．

2

y ²＋y² (y ＋y ) ² 1 1

∴P P = ¹

2 - 1 2

= (y² ＋y² - 2y y ) =

(y - y ) ² ．

3 4 4

8 8 1 2

1 2 8 1 2

△P1P3P4 的面积是

1 · 1 (y - y ) ² │y - y1＋y2 │ = 1 │y - y

│³．

2 8 1 2 1 2 32 1 2

1

同理 △P2 P3P4 的面积也是 32

∴P1P2P3 的面积是

│y1 - y2

│³．

A = 2· 1 │y - y

│³ = 1 │y - y

│ ³．

1 32 1 2

附加题：

解法一：

16 1 2

1. 条件的必要性是显然的，所以只须证明充分性.

利用方程的根与系数的关系，我们知道 a、b、c 是方程x3-(a＋b＋c)x2＋(ab＋bc＋ca)x-abc=0

的三个根.因为常数项不为 0，所以 x=0 不可能是方程的根.又以任何负数代入方程左端，各项都为负数，所以任何负数都不是方程的根.因此 a、b、c 都是正数.

1. a、β、γ为一个三角形的三个边长的充要条件应该是：

α > 0，β > 0，γ > 0，

α＋β > γ，β＋γ > α，γ＋α > β．

由(1)可知 a>0，β>0，γ>0 的充要条件是： a＋β＋γ>0，aβ＋βγ＋γa>0，aβγ>0.

即 -p>0，q>0，-r>0. 现在来求

a＋β>γ，β＋γ>a，γ＋a>β 的充要条件，也就是求

a＋β-γ>0，β＋γ-a>0，γ＋a-β>0

的充要条件，利用根与系数的关系，a＋β＋γ=-p. 于是

a＋β-γ=-p-2γ， β＋γ-a=-p-2a， γ＋a-β=-p-2β.

因此，问题化为求

-p-2a>0，-p-2β>0，-p-2γ>0

的充要条件，由(1)的结论，它的充要条件应为

(-p - 2α)＋(-p - 2β) ＋(-p - 2γ) > 0，



(1)

(p＋2α)(p＋2β)＋(p＋2β)(p＋2γ)＋(p＋2γ)(p＋2α) > 0，(2)

-(p＋2α)(p＋2β)(p＋2γ) > 0．

化简不等式(1)，得

-p>0.

不等式(2)可化为：

3p2＋4( α ＋β＋γ)p＋4( α β＋βγ＋γ α )>0， 即 3p2-4p2＋4q>0，

即 4q>p2.

不等式(3)可化为：

-p3-2( α ＋β＋γ)p2-4( α β＋βγ＋γ α )p-8 α βγ>0， 即 -p3＋2p3-4pq＋8r>0.

化简，得

p3>4pq-8r.

综合以上的讨论，我们得到α 、β、γ为一个三角形的三个边长的充要条件是

p < 0，q > 0，r < 0，

 2 3

p < 4q，p > 4pq - 8r．

但是，第四个不等式可以由第一、三、五这三个不等式推出.由第三、第五两个不等式得到

p3>4pq，

又由第一个不等式，两端除以 p，即可得到p2<4q.

因此，为α 、β、γ为一个三角形的三个边长的充要条件是

p < 0，q > 0，r < 0，

p³ > 4pq - 8r．

解法二：

1. 条件的必要性是显然的，所以只须证明充分性.

因为 abc>0，所以 a、b、c 三数或者都是正数，或者有两个是负数、一个是正数.前一种情况就是我们要证明的结论，所以只需证明后一种情况不可能成立即可.

用反证法来证明，不妨假设 a<0，b<0，c>0. 由 a＋b＋c>0， ab＋bc＋ca>0，得到

c > -(a＋b) ，

ab > -(a＋b)c．

(1)

因为-(a＋b)>0，，把(1)式两端都乘以-(a＋b)，得

-(a＋b)c>[-(a＋b)]2. (3) 由(2)、(3)得到

ab>[-(a＋b)]2=(a＋b)2=a2＋2ab＋b2. 移项，得

a2＋ab＋b2<0.

因为左端各项都是正数，所以这是不可能的.因此，a、b、c 只能都是正数.

1. 同解法一.

1965 年副题

1. 证明: 1 + sinx - cosx

1 + sinx + cosx

= sinx 1 + cosx

, 当分母不为零时恒成立.

1. 利用二项式定理求出(0.989)5 的近似值（精确到 0.001）.

2. 制造一种产品,需要经过三道工序.第一道工序需要 4 人,第二道工序需要 3

   人,第三道工序需要 2 人.现在有 9 个工人,其中有 2 人不能做第一道工序.如果把这项生产任务交给这9 个工人去做,问共有多少种分配方法?

3. 在四面体 ABCD 中,已知∠ADB、∠BDC、∠CDA 都是直角,△ABC 三边的长为

   a、b、c（如下图）.求四面体 ABCD 的体积.

1. 有一块扇形铁皮 OAB（如图）,∠AOB=60°,OA=72

   厘米.现在想要剪下一个扇面形 ABCD 作为圆台形容器（下底比上底大）的侧面,并且由剩下

⌒

的扇形铁皮 ODC 内,剪下一块与 OC、OD 和 DC 相切的圆形铁皮,使它恰能作

为圆台形容器的下底.(1)问 AD 应该取多么长?(2)算出这个容器的容积.

1. 设 p、q、r 为实数.已知方程x4+px2+qx+r=0

的一个根为-1+i,又知用 x-1 除 x4+px2+qx+r 所得的余数为

-10.求 p、q、r 的值及方程其余的三个根.

1. 已知 P1、P2 是抛物线 y2=2px

   上的任意两点,并且经过这两点的切线的交点在准线上.证明 P1、P2 两点的联线必经过焦点.

2. 已知△ABC 三边的长 a、b、c 成等差数列,并且

7

cosA + cosB + cosC = .

5

求 a、b、c 的比.

1. **附加题:**已知四面体三个面上的三角形是全等的,证明第四个面上的三角形或者和它们全等,或者是一个等边三角形.

1965 年副题答案

1. 解法一:

去分母,只要证明

(1+cosx)(1+sinx-cosx)=sinx(1+sinx+cosx).左端=(1+cosx)(1-cosx)+(1+cosx)sinx

=sin2x+sinx(1+cosx)

=sinx(1+sinx+cosx)=右端.

解法二:

左端 = (1 + sinx - cosx)(1 + sinx + cosx)

(1 + sinx + cosx) ²

= 2sinx(1 + sinx) 2(1 + sinx)(1 + cosx)

解法三:

= sinx

1 + cosx

= 右端.

sin² x + 2sin x cos x sin x

左端 = 2 2 2 = 2

2cos² x

2

x

+ 2sin

x

x cos x 2 2

cos x

2

2sin cos

= 2 2

2cos² x

2

= sinx = 右端.

1 + cosx

解法四:

1 + sinx - cosx

= sinx

1 + 1 - cosx

sinx ,

1 + sinx + cosx

因为

1 + cosx 1 + sinx

1 + cosx

1- cosx = (1 - cosx)(1+ cosx)

sinx

sinx(1 + cosx)

sin²x

=

sinx(1+ cosx)

= sinx , 1 + cosx

1 + 1 - cosx

所以 sinx = 1, 1+ sinx

1 + cosx

因此

1 + sinx - cosx 1 + sinx + cosx

= sinx . 1 + cosx

上面的证明是在sinx≠0 的假定下证明的.如果sinx=0,那么cosx=±1.

但是已经假定了 1+cosx≠0,所以 1-cosx=0,这时原式两端的值都为 0,等式也成立.

解法五:

与解法四相同,假定 sinx≠0. 因为

sinx 1 + cosx

= 1 - cosx , sinx

根据比例的性质,把式子两边的分子和分母分别相加,作为新的分子和

分母,得

sinx 1 + cosx

= 1 + sinx - cosx , 1 + cosx + sinx

注:本题考三角函数的一些简单性质,与证明简单三角恒等式的方法.

2. 解: (0.989)5=(1-0.011)5.

利用二项式定理展开得到(1-0.011)5

=1-5×0.011+10×(0.011)2-10×(0.011)3+5×(0.011)4-(0.011)5.

因为上式右端的后三项代数和的绝对值小于 0.0001,所以(0.989)5≈1-5×0.011+10×(0.011)2

=1-0.055+0.00121

≈0.946.

注:本题考二项式定理和计算近似值的方法.

解法一:

因为 9 个工人中有 2 人不能分配做第一道工序,所以分配方法的种数为

C⁴·C³·C²

7 5 2

= 350.

解法二:

先假定 9 个工人都可做第一道工序,算出所有的分配方法,然后减去不能做第一道工序的2 人被分配去做第一道工序的情况下的分配方法.因此分配方法的种数为

C⁴·C³·C² - C¹ ·C³ ·C³·C² - C² ·C² ·C² ·C²

9 5 2 2 7 5 2 2 7 5 2

= 1260 - 910 = 350.

1. 解: 如图,设DA=x,DB=y,DC=z.

由勾股定理,

y2+z2=a2,(1) z2+x2=b2,(2)

x2+y2=c2.(3)

三式相加后用 2 除,得

x² + y² + z² =

a ² + b² + c ²

2

(4)

由(4)分别减去(1)、(2)、(3),得

x² =

b² + c² - a ²

, y =

2

c ² + a ² - b²

, z =

2

a ² + b ² - c ²

2

因为 D—ABC 是直三面角,所以四面体的体积

V = xyz

6

1 b² + c ² - a ² c² + a² − b² a ² + b² − c²

= ( )( )( )

6 2 2 2

= 1

12 2

(b ² + c² - a ² )(c² + a ² - b² )(a ² + b² - c² )

注:本题考:(1)建立和解方程组. (2)求棱锥的体积.

5.解:(1)设剪下的圆形铁皮的圆心是 P,半径是 r1 厘米,因为这个圆形铁皮

∩

的周长要等于AB 的长,所以有

2π r = π ×60×72

1

由此得

r1=12

180

∩

联结 OP,并延长与圆 P 相交于 E,则 E 必为圆 P 与 DC 的切点,

∴ OD=OE=OP+PE

= 12

sin30°

+12=36

AD=OA-OD=72-36=36

即 AD 应该取 36 厘米.

1. 设这个圆台形容器的上底半径为 r2,高为 h,则

2π r2 =

π ×60×36.

180

由此得 r2=6

∴h = =

因此,圆台形容器的容积

= 6 35.

V = πh (r ² + r ² + r r )

3 1 2 1 2

= π×6

3

= 504 35π

(12² + 6² + 12×6)

即这个圆台形容器的容积是504 35π 立方厘米.

注:本题考运用几何基本知识计算长度与体积的能力.

1. 解: 因为-1+i 是方程的一个根,把它代入方程,得到(-1+i)4+p(-1+i)2+q(-1+i)+r=0,

-4-2pi-q+qi+r=0,

即(-4-q+r)+(-2p+q)i=0.

因为一个复数等于 0,它的实部与虚部必须都等于 0,所以从上式得到

-4 - q + r = 0, (1)

-2p + q = 0. (2)

又因为用 x-1 除 x4+px2+qx+r 所得的余数为-10,所以根据余数定理得1+p+q+r=-10,

即 p+q+r=-11. (3)

解方程组(1)、(2)、(3),得

P=-3,q=-6,r=-2.

所以方程为

x4-3x2-6x-2=0.

已知-1+i 是方程的一个根,所以-1-i 也必是方程的一个根.因此,方程可分解为

(x2+2x+2)(x2-2x-1)=0,

由此得到方程的四个根为

-1±i, 1± 2.

注:本题考比较熟练地运用以下代数知识与方法的能力:(1)复数的性质与运算,(2)实系数方程根的性质,(3)余数定理,(4)解方程组与高次方程.

解法一:

设 P1、P2 的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2). 那么,过 P1、P2 的切线方程分别为y1y=p(x+x1),

y2y=p(x+x2).

由此,两切线的交点的坐标为

x = x1 y2 - x2 y1

y1 - y2

y = p x2 - x1

y2 - y1

因为这两条切线的交点在准线

x = - p

2

上,所以,由(1)、(3)得

- p = 2

即

x1y 2 - x2 y1 y1 - y 2

p

x1 y2 - x 2 y1 = 2 (y2 - y1 ) (4)

又过 p1、p2 两点的直线方程为

(y2-y1)x-(x2-x1)y-(x1y2-x2y1)=0.

p

把焦点 F 的坐标( 2 ,0)代入上式的左端,得到

p

(y2 - y1 ) 2 - (x1y 2 - x2 y1 ).

根据(4),此式为 0.所以焦点 F 必在 p1、P2 的联线上.

解法二:

设 p1、p2 的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2).那么,过 p1、p2 的切线方程分别为

y1y=p(x+x1), (1)

y2y=p(x+x2). (2)

因为这两条切线的交点在准线

x = - p

2

(3)

上,即(1)、(2)、(3)三线共点,所以有

展开行列式,可得

px y - x y - (y - y ) = 0. (4)

1 2 2 1 2 2 1

根据三点共线的条件,要证 p1、p2 及焦点 F 共线,只须证明

展开上面行列式得

根据(4),上式为 0,因此焦点 F 必在 p1、p2 的联线上. 注:本题考以下解析几何知识的理解程度与运用能力:

1. 切线方程;

2. 抛物线的准线与焦点;

3. 三线共点与三点共线的条件.

解法一:

不妨设

b=1,a=1-x,c=1+x. (1)

由余弦定理,得到

cosA = cosB =

cosC =

b ² + c² - a ²

2bc

c² + a ² - b ²

2ca

a ² + b² - c²

2ab

= 1 + 4x , 2(1 + x)

1 + 2x²

= ,

2(1- x² )

= 1- 4x . 2(1 - x)

由题设,得

1 + 4x

2(1 + x)

化简,得

1 + 2x²

+

2(1 - x) ²

+ 1- 4x

2(1 - x)

= 7 ,

5

16x2-1=0,

∴ x = ± 1 . 4

代入(1),得到

3 5 5 3

a = 4 , b = 1, c = 4 , 或a = 4 , b = 1,c = 4 .

因此 a:b:c=3:4:5,

或 a:b:c=5:4:3.

解法二:

因为 a、b、c 成等差数列,所以有

b = a + c

2

由余弦定理,得到

(1)

cosA + cosB + cosC

b² + c² - a²

=

2bc

c ² + a ² - b²

+

2ca

a ² + b² - c²

+

2ab

ab² + c²a - a³ + bc² + a ²b - b³ + ca ² + b²c - c³

=

2abc

-b³ + (a + c)b ² + (a ² + c² )b + ac(a + c) - (a ³ + c ³ )

=

2abc

把(1)代入上式,整理得

cosA + cosB + cosC =

由题设,

-3a² - 3c² + 18ac

=

8ac

-3a ² - 3c² + 18ac 8ac

7 ,

5

化简,得

15a2-34ac+15c2=0,

即 (3a-5c)(5a-3c)=0.

所以 a:c=5:3 或 a:c=3:5.

由题设得 a:b:c=5:4:3 或 a:b:c=3:4:5.

注:本题考比较灵活地综合运用代数与三角的知识,进行较为复杂的计算能力.

1. 解: 设所给四面体为

   OABC（如右图）,它的三个侧面上的三角形是全等的.令 OA=a,OB=b,OC=c.

先设 a、b、c 各不相等,由于侧面上的三个三角形是全等的,所以 a、b、c 必定是侧面上每一个三角形的三个边长.因此,在△ OAB 中,AB=c. 仿此,BC=a,CA=b.即△ABC 的三个边也是 a、b、c,所以它和其它面上的三角形全等.

其次,设 a、b、c 有两个彼此相等,但另一个和它们不等.不妨设 a=b≠ c.由此,△OAB 是等腰三角形,因而侧面上每一个三角形都是等腰三角形.因此,AB=c,BC=b=a,CA=a,这表明△ABC 和其它三个三角形全等.

最后设 a=b=c.如果侧面上的三角形（注意三个侧面上的三角形是全等的）都是等边三角形,那么 AB=BC=CA=a,即△ABC 是一个等边三角形.如果侧面上的三角形不是等边三角形,则 AB、BC、CA 是三个侧面上彼此全等的三角形的对应边,即 AB=BC=CA,所以△ABC 也是一个等边三角形.

1966 年试题

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?

1. 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.

求正四棱台的体积.（棱台的体积 1

其中h、A和A

V = 3 h(A + A1 + AA1 ) , 1

分别表示棱台的高和上、下底面的面积.）

1. 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.

1. 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.

   1. 解方程组:

 x +1 + y + 1 = 3

xy - x - y +15 = 0

1. 在△ABC 中,BC=a,CA=b,AB=c.

1. 求证用

a、 b、

c为边长可以作成一个三角形.

1. 如果把(1) 中所作的三角形记为△A'B'C', 其中B'C'= a , C'A'= b ,A' B'

= c , 求证△A' B'C'是锐角三角形.

1. 如果△ABC 不是等边三角形,求证:△ABC

   与△A′B′C′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

C¹·C⁴ = 175;

5 7

如果其中有 2 只绿灯泡,3 只红灯泡,那么,选法的种数为

C²·C³ = 350.

5 7

所以一共有 175+350=525 种选法.

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.

∵EF² = CD ² - [ 1

2

(BC - AD)]² = 6² - [ 1

2

(10 - 8)]² = 35.

∴EG =

=

∴V = 1 ×

3

= 244

3

= 34.

34×(8² + 10² + 8² ×10² ) = 1 ×

3

34.

34×244

∴正四棱台的体积为 244 34 立方尺.

3

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.

∵HB = O 1B - OA = 5 - 4

∴AH = =

= 2 ,

= 34.

∴V = 1 ×

3

34×(8² + 10² +

) = 1 ×

3

34×244 = 244

3

34.

∴正四棱台的体积为 244 34立方尺.

3

1. **解法一:**如图,

在△ABD 中,AB=a,∠BAD=θ-α,∠BDA=α-β,由正弦定理,得

BD

sin(θ - α)

= a . sin(α - β)

所以 BD = asin(θ - α) . (1) sin( α - β)

在△BCD中, ∠CBD = θ - β, ∠BCD = π - θ, 由正弦定理, 得

CD

sin(θ - β)

= BD .

sin(π - θ)

所以

由(1)、(2)可得

CD = BDsin(θ - β) . (2) sinθ

CD = asin( θ - α)sin(θ - β) .

sinθsin( α - β)

**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,

h

a + BE

= tg( θ - α). (1)

由(1)、(2)可得

h = tg( θ - β). (2)

BE

h = atg(θ - α)tg( θ - β) . (3)

tg(θ - β) - tg(θ - α)

在直角三角形 CED 中,

由(3)、(4)可得

h = sinθ . (4)

CD

CD = atg(θ - α)tg(θ - β) .

sinθ[tg( θ - β) - tg(θ - α)]

1. 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,

x'² y'²

就是 - = 1.

9 16

所以这个双曲线的两个焦点在新坐标系中的坐标,分别为

(- 9 + 16,0)和( 9 + 16 ,0), 就是(-5,0),(5,0).

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

(-7,1),(3,1)

1. 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)

又由图不难看出就是

由(1)式减去(2)式,得就是

b2+│AM│2=r2,

b2+16=r2. (3)

(7+a)2-(3-a)2=0, 10(2a+4)=0

∴ a=-2.

代入(2)式,得

由(4)式减去(3)式,得就是

(1-b)2+25=r2. (4)

(1-b)2-b2+9=0, 10-2b=0.

∴ b=5.

代入(4)式,得

因此,所求的圆的方程是

r2=41.

(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

C点的横坐标为 -7 + 3 = -2,且│AM│ = │MB│ = 4.设C = (-2,b),b为待定的2

常数.利用商高定理,由直角三角形 ACM 得到

│AC│ ² = │AM│ ² + │MC│ ² = 16 + b² .

又

│AC│ ²

= │F C│ ² = 25 + (b - 1) ²

= 26 + b² - 2b,

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.

解法三:

(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

-6D + F = -36. (1)

2D + F = -4. (2)

3D + E + F = -10. (3)

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

解方程组(2)、(3)、(5)得

D2-4F=64. (5)

D=4,F=-12,E=-10.

因此,所求圆的方程为

解法一:

x2+y2+4x-10y-12=0.

 x + 1 +



= 3, (1)

1. 式两边平方并化简,得

xy - x - y + 15 = 0. (2)

两边再平方,得整理后得

x + y - 7 = -2 x + 1 y + 1.

(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

u² - 18u - 4v + 45 = 0, (4)

v - u + 15 = 0. (5)

从(5)式得

代入(4)式并化简,得所以

代入(5)式,得

所以

u = 7,

v = -8;

v=u-15.

u2-22u+105=0. u=7,u=15. v=-8,v=0.

 u = 15,

 v = 0.

就是

x + y = 7,

 xy = -8;

x + y = 15,

 xy = 0.

解这两个方程组,得

x = -1,

y = 8;

x = 8,

y = -1;

x = 0,

y = 15;

x = 15,

y = 0.

检验后可以知道,只有前两组数是原方程组的解.

解法二:

 x + 1 + y + 1 = 3, (1)

(1)式两边平方并化简,得

xy - x - y + 15 = 0. (2)

两边再平方,得整理后得

由(2)式得

x + y - 7 = -2 x + 1 y + 1.

(x+y)2-14(x+y)+49=4(x+1)(y+1).

x2+y2-2xy-18x-18y+45=0. (3)

代入(3)式并化简,得

y = x - 15 . (4)

x - 1

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

y=15,8,0,-1.

x = 0,

y = 15;

x = -1,

y = 8;

x = 15,

y = 0;

x = 8,

y = -1.

检验后可以知道,原方程组的解是

解法三:

x = -1,

y = 8;

x = 8,

y = -1.

 x + 1 + y + 1 = 3,

设 = u,

就是

xy - x - y + 15 = 0.

= v, 原方程组可以化为

u + v = 3,

u²v ² - 2(u² + v² ) + 18 = 0.

u + v = 3, (1)

 2 2 2

u v - 2(u + v) + 4uv + 18 = 0. (2)

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:

u + v = 3,

uv = 0;

解这两个方程组,得

u + v = 3,

uv = -4.

u = 3,

v = 0;

就是

u = 0,

v = 3;

u = 4,

v = -1;

u = -1,

v = 4.

 x + 1 = 3,



 y + 1 = 0;

所以

 x + 1 = 0,



 y + 1 = 3;

 x + 1 = 4,



 y + 1 = -1;

 x + 1 = -1;

 .

x = 8,

y = -1;

x = -1,

y = 8;

x = 15,

y = 0;

x = 0,

y = 15.

检验后可以知道,只有前两组数是原方程组的解.

解法四:

 x + 1 + y + 1 = 3, (1)

 xy - x - y + 15 = 0. (2)

1. 式两边平方并化简,得

x + y = 7 - 2 xy + x + y + 1. (3)

由(2)式得

比较(3)与(4)得,

2(x+y)=xy+x+y+15. (4)

xy + x + y + 1 + 4

∴ = 0 或

= -4.

= 0.

上面第二个式子不可能成立.因此,

xy + x + y + 1 = 0

xy - x - y + 15 = 0.

由此得

解之,得

xy = -8

x + y = 7.

x = -1,

y = 8,

经检验,这都是原方程组的解.

解:

x = 8

y = -1.

1. 要证明 a 、

b、 c为边长可以作成一个三角形, 只要证明

a、 b、

c这三个数中, 任意两个数的和大于第三个数.现在来证明 +

因为 a、b、c 是△ABC 的三边,所以 b+c>a,而

(

两边开方,得

+ c )² = b + c + 2

+

> b + c > a = ( a ) ².

• a.

同样可证明 +

> b, +

• c.因此, 用

a、 b、

c为边长可

以作成一个三角形.

1. 因为 a 、

b、 c是△A' B'C ' 的三边, 由余弦定理, 得

cosA' ＝ b + c

• a .

1. 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

较大的数的算术平方根也较大, 所以 a≥ b≥ c. 如果△ABC和△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,小边与小边必为对应边.根据相似三角形对应边成比例这个性质,得到

= = ,

就是 = = c, 也就是a = b = c. 这与△ABC不是等边三角形的假设

相矛盾.因此△ ABC 与△ A ^＇B ^＇C ^＇不相似.

1978 年试题

注意事项:

理工科考生要求除作（一）——（四）题和（七）题外,再由（五）、

（六）两题中选作一题.文科考生要求作（一）——（四）题,再由（五）、

（六）两题中选作一题;不要求作第（七）题.

1. 考生解题作答时,不必抄题.但须准确地写明题号,例如（一）2、

（五）等.

**（一）**1.分解因式:x2-4xy+4y2-4z2.

2.已知正方形的边长为 a.求侧面积等于这个正方形的面积、高等于这个正方形边长的直圆柱体的体积.

3. 求函数y = lg(2 + x)的定义域.

4. 不查表求cos80^οcos35^ο + cos10^οcos55^ο的值.

5.化简:(

1 -1

) 2 ·

4

1 .

(0.1)^-2 (a ³b^-4 ) 2

**（二）**已知方程 kx2+y2=4,其中 k 为实数.对于不同范围的 k 值,分别指出方程所代表图形的类型,并画出显示其数量特征的草图.

（三）（如图）AB 是半圆的直径,C 是半圆上一点,直线 MN 切半圆于 C 点,AM⊥MN 于 M 点,BN⊥MN 于 N 点,CD⊥AB 于 D 点.

求证:1)CD=CM=CN;

1. CD2=AM·BN.

**（四）**已知 log189=a(a≠2),18b=5.求 log3645.

（五）（本题和第（六）题选作一题）已知△ABC 的三内角的大小成等差数列, tgA·tgC = 2 + 3.求角A、B、C的大小.又知顶点C的对边c上的高等于4 3.求三角形各边a、b、c的长.（提示：必要时可验证

(1 + 3) ² = 4 + 2 3.)

**（六）**已知α、β为锐角,且

3sin2α+2sin2β=1, 3sin2α-2sin2β=0.

求证: α + 2β = π

2

（七）（文科考生不要求作此题）

已知函数 y=x2+(2m+1)x+m2-1（m 为实数）. (1)m 是什么数值时,y 的极值是 0?

1. 求证:不论 m 是什么数值,函数图象（即抛物线）的顶点都在同一条直线 l1 上.画出 m=-1、0、1 时抛物线的草图,来检验这个结论.

2. 平行于 l1 的直线中,哪些与抛物线相交,哪些不相交?求证:任一条平行于 l1

   而与抛物线相交的直线,被各抛物线截出的线段都相等.

1978 年试题答案

**（一）1.解:**原式=(x2-4xy+4y2)-4z2

=(x-2y)2-(2z)2

=(x-2y-2z)(x-2y+2z).

**2.解:**设直圆柱体的底面半径为 r.则底面周长 2πr=a.

∴r = a ,

2π

 a  ² a ³

∴体积 = πr ²a = π  a = .

 2π 4π

**3.解:**∵lg(2+x)≥0,∴2+x≥1.

1. 解法一: 原式

x≥-1 为所求的定义域.

= sin10°cos35° + cos10°sin35°

= sin(10° + 35°)

= sin45°

= 2 .

2

解法二: 原式 = cos80°cos35° + sin80°sin35°

= cos(80° - 35°)

= cos45°

= 2 .

2

3

− 1 (4ab−1 ) 2

5.解: 原式 = (2^-2 )

2

1

(10−1 ) −2 (a3 b− 4 ) 2

2·2³

3 − 3

- ³+2

= 10²

4 1

• a 2

2 ·b 2

= b 2 .

25

（二）解:（注意:只要求考生作出全面而正确的分析,不要求写法和本 题解完全一致.）

(1)k > 0时, 方程的图形是椭圆, 中心在坐标原点:

(i)k > 1时, 长轴在y轴上, 半长轴 = 2, 半短轴 = ; (ii)k = 1时, 椭圆的特殊情况——圆, 半径r = 2;

1. k < 1时, 长轴在x轴上, 半长轴 = , 半短轴 = 2.

(2)k = 0时, 方程为y² = 4,

图形是两条平行于x轴的直线y = ±2;

1. k < 0时, 方程为 -

x 2

4

│k│

y2

+ = 1,

4

图形是双曲线, 中心在坐标原点, 实轴在y轴上.

（三）证明:

1)连 CA、CB,则∠ACB=90°.

∠ACM=∠ABC（弦切角等于同弧上的圆周角）,

∠ACD=∠ABC（同角的余角相等）,

∴ ∠ACM=∠ACD.

∴ △ACM≌△ADC.

∴ CM=CD.

同理 CN=CD.∴ CD=CM=CN. 2)∵ CD⊥AB,∠ACB=90°,

∴ CD2=AD·DB（比例中项定理）. 由 1),可知 AM=AD,BN=BD,

∴ CD2=AM·BN.

**（四）解法一:**∵log189=a,∴18a=9. 又 18b=5,

∴ 45=9×5=18a·18b=18a+b,

设 log3645=x,则 36x=45=18a+b,

∴ log1836x=log1818a+b

x = a + b log18 36

= a + b . 1+ log18 2

但 36=2×18=4×9,

∴ log18(2×18)=log18(22×9).

即 1+log182=2log182+log189=2log182+a.

∴ log182=1-a.

∴ x = a + b

1 + (1 - a)

解法二:log 45 = log18 45

= a + b . 2 - a

log18 36

= log18 9 + log18 5

log1818 + log18 2

= a + b .

1 + log18 2

以下解法同解法一.

**（五）解:**A+B+C=180°, 又 2B=A+C.

∴ 3B=180°,B=60°,A+C=120°.

∵ tgAtgC = 2 +

(1)

而 tg(A + C) = tgA + tgC ,

1- tgAtgC

∴ tgA + tgC = (1 - tgAtgC)tg(A + C)

= [1- (2 + 3)]tg120°

= (-1- 3)( -3)

= 3 + 3. (2)

由(1), (2) 知tgA、tgC是x² - (3 + 3)x + 2 +

解这方程得(x - 1)[x - (2 + 3) = 0.

= 0的二根.

∴ x1 = 1, x 2 = 2 + 3.

设A < C, 则得tgA = 1, tgC = 2 + 3.

∴ A = 45°,c = 120° - 45° = 75°.

又知c边上的高等于4 3,

∴ a = 4 3 sin60°

b = 4 3

sin45°

= 4 3 = 8;

3

2

= 4 3 = 4 6;

2

2

c = AD + DB

= bcos45° + acos60°

= 4 6·

2 + 8· 1 = 4

+ 4.

2 2

（六）证法一: 由3sin²α + 2sin²β = 1, 得3sin² α = cos2β 由3sin2α - 2sin2β = 0, 得

sin2β

= 3 sin2

2

α = 3sinαcosα.

∴ sin² 2β + cos² 2β = 9 sin² a cos² a + 9 sin⁴ a,

1 = 9sin² α(cos²α + sin²α), 1 = 9sin²α.

∴ sin²α

= 1 , sin 9

α = 1 （α为锐角）.

3

sin(α + 2β) = sinαcos2β + cosαsin2 β

= sinα(3sin ²α) + cosα(3sinαcosα)

= 3sinα(sin ²α + cos²α)

= 3sinα = 1.

∴ α + 2β = π .

2

证法二: 由3sin2α = 2sin2β得

3sinαcosα = 2sinβcosβ.

∴ 9sin ²αcos²α = 4sin ²βcos²β.

9sin ²α(1 - sin² α) = 4sin²β(1 - sin²β).

∵ sin ²β =

1 (1 - 3sin

2

²α),

∴ 9sin ²α(1 - sin² α) = 4· 1 (1 - 3sin ² α

2

)[1 -

1 (1- 3sin

2

²α)]

= 2(1- 3sin²α)· 1 (1 + 3sin² α)

2

∴ 9sin ²α = 1,

= 1 - 9sin ⁴α.

sinα = 1 （α为锐角）

3

以下同证法一.

（七）解:(1)用配方法得

 2m + 1 2

4m + 5

y =  x +

2  - 4

∴ y的极小值为 - 4m + 5 .

4

所以当极值为0时

,4m + 5 = 0, m = - 5 .

4

1. 函数图象抛物线的顶点坐标为- 2m + 1 ,- 4m + 5,

即 x = - 2m + 1 2

y = - 4m + 5

 2

= -m - 1 ,

2

5

4 

= -m - .

4 4

二式相减得

x - y = 3

4

此即各抛物线顶点坐标所满足的方程.它的图形是一条直线,方程中不

含m. 因此, 不论m是什么数值, 抛物线的顶点都在这条直线l : x - y = 3 上.

1 4

当 m=-1、0、1 时,x,y 之间的函数关系为

1  1 ²

y + 4 =  x - 2  ,

5  1 2

y + 4 =  x + 2 ,

y + 9

4



= x +



3 2

 , 2

分别作出它们的图象 P1、P2、P3. 它们的顶点都在直线 l1 上.

1. 设 l:x-y=a 为任一条平行于 l1 的直线. 与抛物线 y=x2+(2m-1)x+m2-1

   方程联立求解. 消去 y,得 x2+2mx+m2-1+a=0.

∴ (x+m)2=1-a.

因而当 1-a≥0 即 a≤1 时,直线 l 与抛物线相交,而 1-a<0 即 a>1 时,直线 l 与抛物线不相交.

当a≤1时, x = -m±

即直线 l 与抛物线两交点横坐标为

1- a .

- m - 1- a ,-m + 1 - a .

因直线 l 的斜率为 1,它的倾斜角为 45°.

∵ 直线 l 被抛物线截出的线段等于

[(-m + 1- a) - (-m - 1 - a )]

而这与 m 无关.

= 2 2(1 - a) .

因此直线 l 被各抛物线截出的线段都相等.

1979 年试题

理工农医类

**1.**若(z-x)2-4(x-y)(y-z)=0,求证:x,y,z 成等差数列.

**2.**化简: 1 .

1− 1

1 − 1

1 − csc 4 x

1. 甲、乙二容器内都盛有酒精.甲有公斤υ1 公斤，乙有υ2 公斤.甲中纯酒精与水(重量)之比为m1:n1,乙中纯酒精与水之比为m2:n2.问将二者混合后所得液体中纯酒精与水之比是多少?

2. 叙述并且证明勾股定理.

3. 外国般只,除特许者外,不得进入离我海岸线 D 以内的区城.设 A 及 B 是我们的观测站,A 及 B 间的距离为 S ,海岸线是过 A,B 的直线.一外国船在 P 点.在 A 站测得

∠BAP=α,同时在 B 站测得∠ABP=β.问α及β满足什么简单的三角函数值不等式,就应当向此未经特许的外国船发出警告,命令退出我海城?

1. 设三棱锥 V-ABC 中,∠AVB=∠BVC=∠CVA=直角. 求证:△ABC 是锐角三角形.

1. 美国的物价从 1939 年的 100 增加到四十年后 1979 年的 500.如果每年物价增长率相同, 问每年增长百分之几?(注意:自然对数 1nx 是以e=2.718⋯为底的对数. 本题中增长率 x<0.1, 可用自然对数的近似公式:ln(1+x)≈x.取 lg2=0.3,ln10=2.3 来计算).

2. 设 CEDF 是一个已知圆的内接矩形，过 D 作该圆的切线与 CE 的延长线相交于点 A,与 CF 的延长线相交于点 B.

求证： BF

AE

BC³ AC³ .

1. 试问数列

lg100， 

π 

₂  π

 n−1 π

lg100sin 4  ,lg100sin

4  ， ， lg100 sin

4  ,

前多少项的和的值是最大?并求出这最大值.(这里取 lg2=0.301)

1. 设等腰△OAB 的顶角为 2θ,高为 h.

   1. 在△OAB 内有一动点P,到三边OA,OB,AB 的距离分别为│PD│,│ PF│,│PE│并且满足关系│PD│·│PF│=│PE│2.求 P 点的轨迹.

   2. 在上述轨迹中定出点 P 的坐标,使得│PD│+│PE│=│PF│.

1979 年试题(理工农医类)答案

1.证法一:(z-x)2-4(x-y)(y-z)

=z2-2zx+x2+4zx-4xy-4yz+4y2

=(x+z)2-2·2y(z+x)+4y2

=(z+x-2y)2

=0,

∴ z+x-2y=0

即 z-y=y-x,

所以,x,y,z 成等差数列,

证法二：令 x-y=a,y-z=b,则

x-z=x-y+y-z=a+b.

(z-x)2-4(x-y)(y-z)=(a+b)2-4ab=(a-b)2=0.

∴ a=b.

即 x-y=y-z,即 y-x=z-y.所以,x,y,z 成等差数列.

1. 解：

1 −

1

1

1− 1

= 1

1 − 1

csc² x

= 1

−ctg² x

1 − 1

1 + tg² x

= 1

1 − 1

sec² x

1. 解:

= 1 =

1 − cos² x

1

sin ² x

= csc² x .

甲乙共含纯酒精

m1v1

m1 + n1

• m2 v2

m2 + n2

甲乙共含水

= m1 v1 ( m2 + n2 ) + m2 v2 ( m1 + m2 ) 公斤，

( m1 + n1 )( m2 + n2 )

n1v1

m1 + n1

• n2 v 2

m2 + n2

= n1 v1 (m2 + n2 ) + n2 v 2 (m1 + n1 ) 公斤，

(m2 + n2 )(m1 + n1 )

混合后,纯酒精与水之比为

〔m1v1(m2+n2)+m2v2(m1+n1)〕:〔n1v1(m2+n2)+n2v2(m1+n1)〕.

1. 解:略.(参考一般教科书)

2. 解:

自 P 向直线 AB 作垂线 PC,垂足为 C.设 PC=d. 在直角三角形 PAC 中,AC=d·ctgα.

在直角三角形 PBC 中,BC=d·ctgβ.

∴ S=AC+BC=d(ctgα+ctgβ). 当 d≤D,即

ctgα + ctgβ ≥ S

D

时,应向外国船发出警告.

1. 证法一:设 VA=a,VB=b,VC=c,

AB=p,BC=q,CA=r.

于是 p2=a2+b2,q2=b2+c2,r2=c2+a2. 由余弦定理,

cos∠CAB =

2

= a2 + b 2 ⋅

> 0.

c 2 + a 2

所以∠CAB 为锐角.

同理,∠ABC,∠BCA 也是锐角.

证法二:作 VD⊥BC,D 为垂足,因 VA 垂直于平面 VBC,所以

VA⊥BC

又 BC⊥VD,所以 BC 垂直于平面 VAD,从而

BC⊥AD

即在△ABC 中,A 在 BC 边上的垂足 D 介于 B 和 C 之间, 因此,∠B 和∠C 都是锐角.

同理可证∠A 也是锐角.

1. 解:年增长率 x 应满足

100(1+x)40=500, 即 (1+x)40=5,

取自然对数有 40ln(1+x)=ln5.

已知 lg2 = 0.3, 所以

利用 ln(1 + x) ≈x, 则有

lg5 = lg 10 = 1 - 0.3 = o.7,

2

ln5 = ln10lg5 = 2.3×0.7 = 1.61.

x = ln5 = 1.61 = 0.04025≈4%.

40 40

答：每年约增长百分之四.

1. 证法一:连结 CD.因∠CFD=90°, 所以 CD 为圆 O 的直径.

由于 AB 切圆 O 于 D,

∴ CD⊥AB.

又在直角三角形 ABC 中,∠ACB=90°,

∴ AC2=AD·AB,BC2=BD·BA.

BD BC²

∴ AD = AC ²

. (1)

又因BD² = BC·BF, AD² = AC·AE.

BD²

∴ AD²

由(1)与(2)得

= BC·BF . (2)

AC·AE

BC·BF BC⁴

AC·AE = AC⁴ .

BF BC³

∴ AE = AC³ .

**证法二:**由△BDF∽△ABC,得

BF = BC . (1)

DF AC

由△BDF∽△DFC, 得

DF = BF ,

因而 DF = BC . (2)

CF DF

又由△ADE∽△ABC, 得

CF AC

DE = BC . (3)

AE AC

由(1), (2), (3)得

BF DF DE BC³

但因为 CF = DE,

· ·

DF CF AF

=

AC ³

BF BC³

∴

证毕.

AE = AC³ .

1. 解法一:这个数列的第 k 项(任意项)为

 k-1 π

a _k = lg100sin 4 

1

= 2 -

(k - 1)lg2.

2

所以这个数列是递减等差列,且其首项为 2.要前 k 项的和最大,必须前 k 项都是正数或 0,而从第 k+1 项起以后都是负数.因此,k 应适合下列条件:

 1

2 - 2 (k - 1)lg2≥0, (1)

解此不等式组:



2 -



1 [(k + 1) - 1]lg2 < 0. (2)

2

由(1)得 k≤14.2

由(2)得 k>13.2

因 k 是自然数,所以 k=14,即数列前 14 项的和最大. 取 k=14. 前 14 项的和

2 + 2 - 1 ×13×lg2

S = a 1 + a14 ×14 = 2 × 14

2 2

= 28 - 91 × 0.3010

2

≈14.30

解法二:这数列的第 k 项(任意项)为

a = lg(100sin ^k-1 π )

k

= 2 -

4

1 (k - 1)lg2 2

所以这数列是递减的等差数列, 首项为2, 公差是 − 1 lg2.

2

设前k项的和为S, 则

[2 + 2 - 1 (k - 1)lg2]k

S = 2

2

= (-

1 lg2)k² + (2 +

4

1 lg2)k.

4

因k² 的系数为 − 1 lg2 < 0, 所以S(把k看成自变量)有最大值, 所以, 当4

2 + 1 lg2

k = 4 ≈ 13.78

1

时,S 有最大值.

2(-

4

lg2)

因 k 表示项数,是自然数,在此,

当k = 14时, 有

而

1

a14 = 2 - 2 (14 - 1)lg2

=2-1.9565>0,

1

a15 = 2 - 2 (15 - 1)lg2

= 2 - 7×0.3010 < 0.

由此可知这数列的前 14 项都是正数,从第 15 项起以后各项都是负数. 所以应取 k=14,即数列前 14 项的和为最大,其值为

(2 + 2 + 1 ×13×lg2)×14

S = 2 ≈ 14.30.

2

1. 解法一:(1)设坐标系如图，点 P 的坐标为(x,y).由题设 x>0. 直线

   OA 的方程为

y=xtgθ, 直线 OB 的方程为

y=-xtgθ,

直线 AB 的方程为 x=h. 又因为 P 点在∠AOB 内,于是

PD = xtgθ - y = xsinθ - ycosθ.

PE = h - x,

PF = xtgθ - y = xsinθ + ycosθ.

由条件│PD│·│PF│=│PE│2 得

x2sin2θ-y2cos2θ=(h-x)2, (1)

即 x2cos2θ-2hx+y2cos2θ+h2=0. 除以 cos2θ(0≠)得

x² -

即

2h cos² θ

x + y² +

h 2

cos²θ

= 0.

(x -

h cos²θ

) ² + y² = h²·

1 - cos² θ

,

cos⁴ θ

(x - h cos²θ

) ² + y² = (h·

sinθ cos² θ

)² .

这是以( h cos² θ

,o)为中心, 以h sinθ

cos² θ

为半径的圆, 所求轨迹是此圆在所给等

腰三角内的那一部分.

注意: 在A作直线AE′⊥OA, 则OE′ = h

cos² θ

. E′是圆的中心, AE′ =

hsinθ 是圆的半径.A是圆上一个点, 而且圆在A的切线是OA. cos² θ

1. 由条件│PD│+│PE│=│PF│得xsinθ-ycosθ+h-x=xsinθ+ycosθ,

即 x+2ycosθ=h. (Ⅱ)

此直线通过(h,o) 即C点及(0, h

2cosθ

) 点.

由(1),(Ⅱ)得

x2sin2θ-y2cos2θ=4y2cos2θ

∴ 5y2cos2θ=x2sin2θ,

y = tgθ·x.

由│ PD│+│PE││PF│可知 y>0,所以这里右端取正号.代入(Ⅱ)得

∴ x = h

x(1 +

=

sinθ) = h.

.

1 + 2 sinθ

5

y = ·

= .

• tgθ

所求点P的坐标为

(

, ).

解法二:设 OP 与正 x 轴的夹角为α,则

tgα = y ,

x

cosα = x , sinα = y .

│OP│ = ,

│PD│=│OP│sin(θ-α)=│OP│(sinθcosαθ-cosθsinα)

=xsinθ-ycosθ,

│PF│=│OP│sin(θ+α)=│OP│sinθcosαθ+cosθsinα

=xsinθ+ycosθ. 以下与上面的解法一相同。

1979 年试题

（文史类）

1. 求函数 y=2x2-2x+1 的极小值.

**2.**化简 [(1+sin2θ)2-cos4θ][(1+cos2θ)2-sin4θ].

1. 甲、乙二容器内都盛有酒精.甲有 v1 公斤,乙有 v2 公斤.甲中纯酒精与水（重量）之比为 m1:n1,乙中纯酒精与水之比为 m2:n2.问将二者混合后所得液体中纯酒精与水之比是多少?

2. 叙述并且证明勾股定理.

3. 外国船只,除特许者外,不得进入离我海岸线 D以内的区域.设 A 及B 是我们的观测站,A 及 B 间的距离为 S,海岸线是过 A、B 的直线.一外国船在 P 点.在A 站测得∠BAP=α,同时在B 站测得∠ABP=β.问α及β满足什么简单的三角函数值不等式,就应当向此未经特许的外国船发出警告,命令退出我海域?

4. 美国的物价从 1939 年的 100 增加到四十年后 1979 年的 500.如果每年物价增长率相同, 问每年增长百分之几?（注意:自然对数 lnx 是以e=2.718⋯为底的对数. 本题中增长率 x<0.1, 可用自然对数的近似公式:ln(1+x)≈x.取 lg2=0.3,ln10=2.3 来计算.）

5. 设 CEDF 是已知圆的一个内接矩形,过D 作该圆的切线与 CE 的延长线相交于点 A,与 CF 的延长线相交于点 B.求证

BF BC³

AE = AC³ .

1. 过原点O 作圆x2+y2-2x-4y+4=0 的任意割线交圆于P1,P2 两点.求P1P2 的中点 P 的轨迹.

1979 年试题（文史类）答案

1. 解:

因为 ²

 ₂ 1

y = 2x - 2x + 1 = 2  x - x + 2 

 1 2 1 1 

= 2 X - 2 + 2 - 4 

 1 2 1

 1 ²

= 2 x - 2  + 2 .

1

当 x − 2

= 0,即x = 时, 上式之值最小,所以, 2

当x = 1 时, y取极小值 1 .

2 2

解:

[(1+sin2θ)2-cos4θ][(1+cos2 θ)2-sin4θ]

=(1+sin2θ+cos2θ)(1+sin2θ-cos2θ)·(1+cos2θ+sin2θ)(1+cos2θ

-sin2θ)

=4(1-cos2θ)(1+cos2θ)

=4(1-cos22θ.)=4sin22θ

解:

甲中含纯酒精

乙中含纯酒精

甲、乙共含纯酒精

m1v1 m1 + n1 m2 v2 m2 + n2

（公斤）,

（公斤）,

含水 n1v1

m1 + n1

含水 n2v2

m2 + n2

（公斤）

（公斤）

m1v1 m1 + n1

+ m2 v2

m2 + n2

= m1v (m2 + n2 ) + m2 v2 (m1 + n1 ) (公斤）. (m1 + n1 )(m2 + n2 )

甲、乙共含水

n1v1 n1 + n1

+ n2 v2

n2 + n2

= n1v (m2 + n2 ) + n2 v2 (m1 + n1 ) (公斤）. (m1 + n1 )(m2 + n2 )

混合后,纯酒精与水之比为

[m1v1(m2+n2)+m2v2 (m1+n1)]:[n1v1(m2+n2)+n2v2(m1+n1)].

1. 解: 略.（参考一般考科书）.

2. 解:

自 P 向直线 AB 作垂线 PC,垂足为 C.设 PC=d. 在直角三角形 PAC 中, AC=d·ctgα.

在直角三角形 PAC 中, BC=d·ctgβ.

∴ S=AC+BC=d(ctgα+ctgβ). 当 d≤D,即

ctgα + ctgβ≥ S .

D

时,应向外国船发出警告.

1. **解:**年增长率 x 应满足方程

100(1+x)40=500.

即 (1+x)40=5.

取自然对数,得

40ln(1+x)=ln5. (1)

已知 lg2=0.3,所以

lg5 = lg 10 = lg10 - lg2 = 1 - 0.3 = 0.7, 2

ln5=ln10·lg5=2.3×0.7=1.61.

利用 ln(1+x)≈x,则由(1)有

x≈ln(1+ x) = ln5 = 1.61

40 40

=0.04025≈4%.

答:每年约增长百分之四.

证明:

联接 C,D.

∵∠CFD=90°,

∵ CD 为⊙O 的直径.

∵ AB 切⊙O 于 D,

∴ CD⊥AB.

又在直角三角形 ABC 中,∠ACB=90°,

∴ AC2=AD·AB,BC2=BD·BA,

∴ BD

AD

BC²

= . (1)

AC²

又 BD² = BC·BF, AD² = AC·AE,

∴

由(1)与(2)得

BD²

AD²

= BC·BF . (2)

AC·AE

BC·BF AC·AE

BC⁴

= ,

AC⁴

BF

∴ AE

BC³

= AC3 .

解法一:

设割线 OP1P2 的参数方程为

x = tcosα,

y = tsinα.

（t 为参数）.代入圆方程,得t2cos2α+t2sin2α-2tcosα-4tsinα+4=0.

即 t2-2t(cosα+2sinα)+4=0. 这方程的两个根,就是 OP1 及 OP2,

∴ OP1+OP2=2(cosα+2sinα). P 是 P1P2 的中点.

∴ OP = F OP1 + OP2 2

=cosα+2sinα, OP2=OP(cosα+2sinα)

=OPcosα+2·OPsinα. 设 P 的直角坐标为(x,y),于是

x=OPcosα,y=OPsinα,x2+y2=OP2.

∴ x2+y2=x+2y.

或 (x -

1 )² + (y - 1) ² = 5 .

2 4

这是以( 1

2

,1)

为中心,

2 为半径的圆. 所求轨迹是这个圆在所给圆内的一段弧.

解法二:

设割线 OP1P2 的直线方程为

代入圆的方程,得

y=kx.

x2+k2x2-2x-4kx+4=0

即 (1+k2)x2-2(1+2k)x+4=0

设这个方程的两个根是 x1 及 x2·x1,x2 就是直线与圆的两个交点的横坐标；由根与系数的关系,得

x + x = 2(1 + 2k) .

^{1 2} 1 + k²

又设 P 点的坐标是（x,y）.因 P 是 P1P2 的中点,所以

x = x1 + x2

2

= 1 + 2k 1 + k²

又P点在直线y = kx上,

y

∴k = x . 代入上式得

1 + 2 y

两端乘以

y 2 得

x =

1 + (

x ,

y) 2

x

1 + ( x ) ,

y ² y

乘以x, 得

x + x = 1 + 2 x .

x ² + y ² = x + 2y.

1 2

或 (x - 2 )

1 5

+ (y - 1) ² 5

4

这是一个以点( 2 ,1) 为中心, 以

的一段弧.

2 为半径的圆. 所求轨迹是这个圆在所给圆内

1980 年试题

(理工农医类)

**一、**将多项式 x5y-9xy5 分别在下列范围内分解因式: (1)有理数范围; (2)实数范围 (3)复数范围.

**二、**半径为 1、2、3 的三个圆两两外切.证明:以这三个圆的圆心为顶点的三角形是直角三角形.

**三、**用解析几何方法证明三角形的三条高线交于一点.

四、证明对数换底公式:log N = log a N .

log a b

(a、b、N 都是正数,a≠1,b≠1)

**五、**直升飞机上一点 P 在地平面 M 上的正射影是 A.从 P 看地平面上一物体 B(不同于 A),直线 PB 垂直于飞机窗玻璃所在的平面 N(如图).证明:平面 N 必与平面 M 相交,且交线 l 垂直于 AB.

六、设三角函数f(x) = sin( kx

5

+ π), 其中k≠0.

3

1. 写出 f(x)的极大值 M、极小值 m 与最小正周期 T;

2. 试求最小的正整数 k,使得当自变量 x

   在任意两个整数间(包括整数本身)变化时,函数 f(x)至少有一个值是 M 与一个值是 m.

**七、**CD 为直角三角形 ABC 中斜边 AB 上的高,已知△ACD、△CBD、△ABC 的面积成等比数列,求∠B(用反三角函数表示).

八、已知0 < α < π.证明:2sin2α≤ctg α; 并讨论a为何值时等号成立.

2

**九、**抛物线的方程是 y2=2x,有一个半径为 1 的圆,圆心在 x 轴上运动. 问这个圆运动到什么位置时,圆与抛物线在交点处的切线互相垂直.

(注: 设P(x ,y )是抛物线y ² = 2px上一点, 则抛物线在P点处的切线斜率是

P .)

y

0

附加题

设直线(L)的参数方程是x = t, (t是参数)

y = b + mt;

椭圆(E)的参数方程是x = 1 + acosθ, (a≠0)(θ是参数)



问 a、b 应满足什么条件,使得对于任意 m 值来说,直线(L)与椭圆(E)总有公共点.

1980 年试题(理工农医类)答案

一、解:(1)x⁵y - 9xy⁵ = xy(x ⁴ - 9y ⁴ ) = xy(x² + 3y² (x² - 3y² ); (2)x⁵y - 9xy⁵ = xy(x² + 3y² )(x + 3y)(x - 3y);

(3)x⁵y - 9xy⁵ = xy(x + 3yi)(x - 3yi)(x + 3y)(x - 3y);

**二、证明:**设⊙O1、⊙O2、⊙O3 的半径分别为 1、2、3. 因这三个圆两两外切,故有

O1O2=1+2=3,

O2O3=2+3=5, O1O3=1+3=4,

则有 O O ² + O O ² = 3² + 4² = 5² = O O ² .

1 2 1 3 2 3

根据勾股弦定理的逆定理,或余弦定理,△O1O2O3 为直角三角形.

三、证明:取△ABC 最长的一边 BC 所在的直线为 x 轴,经过 A 的高线为 y 轴,设 A、B、C 的坐标分别为 A(0,a)、B(b,0)、C(c,0),

根据所选坐标系,如图,有 a>0,b<0,c>0.

AB的方程为 x + y = 1, 其斜率为- a ;

1. a b

AC的方程为 x + y = 1, 其斜率为- a .

1. a c

高线CE的方程为y =

高线BD的方程为y =

b (x - c); (1) a

c (x - b).(2) a

解(1)、(2),得:(b-c)x=0.

∵b-c≠0,∴x=0.

这就是说,高线 CE、BD 的交点的横坐标为 0,即交点在高线 AO 上. 因此,三条高线交于一点.

四、证法一:令 logbN=x,根据对数定义, bx=N.

两端取以 a 为底的对数, logabx=logaN,

xlogab=logaN.

∵ b≠1,∴logab≠0,

∴ x = log a N ,

log a b

即 log N = loga N .

loga b

**证法二:**令 logbN=x,根据对数定义, N=bx

=(alog b)x=axlog b,

∴ xlogab=logaN.

∵ b≠1,logab≠0,

∴ x = log a N ,

log a b

即 log N = loga N .

loga b

**五、证明:**用反证法.假如平面 N 与平面 M 平行,则 PA 也垂直于 N,因此PA 与 PB 重合,B 点与A 点重合,但这与题设矛盾,所以平面 N 与平面 M 相交.

设平面 N 与平面 M 的交线为 l.

∵PA⊥平面 M,∴PA⊥l. 又∵PB⊥平面 N,∴PB⊥l.

∴l⊥平面 PAB,∴l⊥AB.

六、解:(1)M=1,m=-1,

T = 5×2π = 10π .

│k│ │k│

(2)f(x)在它的每一个周期中都恰好有一个值是 M 与一个值是 m.

而任意两个整数间的距离都≥1.因此要使任意两个整数间函数 f(x)至少有一个值是 M 与一个值是 m,必须且只须使 f(x)的周期≤1.

即 10π

│k│

≤1, │k│≥10π = 31.4 .

可见,k=32 就是这样的最小正整数. **七、解法一:**设 CD=h,AB=c,BD=x, 则 AD=c-x.

因此, △ACD的面积为1 h(c - x),

2

△CBD的面积为 1 hx,

2

△ABC的面积为1 hc.

2

依题意 1 ₂ 1 1

, ( 2 hx) = 2 h(c- x)· 2 hc,

即 x2=c(c-x), 即 x2+cx-c2=0,

-c±

x = .

2

∵取负号不合题意,

∴取正号, 得

x = 5 - 1 c.

2

又依直角三角形的性质,有AC2=AD·AB=c(c-x).

但 x2=c(c-x),∴AC2=x2,

∴AC = x = DB = 5 - 1 c.

2

在直角三角形ABC中,

5 -1 c

sinB = AC = 2

AB c

= 5 - 1,

2

故∠B = arcsin 5 - 1

2

**解法二:**由题设有(CD·BD)2=(CD·AD)·(CD·AB),

∴BD2=AD·AB. 但 AC2=AD·AB,

∴BD=AC.

由 tgB = CD , cosB = sinA = CD = CD ,

BD

∴tgB = CD = cosB, BD

AC BD

因而sinB = cos²B, 或sin² B + sinB - 1 = 0,

解 得 sinB = -1± .

2

∵B为锐角, sinB > 0, ∴sinB≠ -1- 5 ,

2

∴B = arcsin -1 + 5 .

2

八、证法一: 原不等式2sin2α≤ctg α ,

2

1 + cosα

可写成

2sin2α≤

sinα .

两端乘以正数 sin α ,问题化为证明2sin α sin2 α ≤1+cos α .

而 2sin α sin2 α =4sin2 α cos α =4(1-cos2 α )cos α

=4(1-cos α )(1+cos α )cos α . 所以问题又化为证明不等式

(1+cos α )[4(1-cos α )cos α -1]≤0.

即(1 + cosα)[-4(cosα -

∴不等式得证.

1)]

2

² ≤0.

∵0 < α < π, ∴等号成立当且仅当cosα - 1

2

= 0,

即 α = 60°.

证法二: 令tg α = t > 0, (∵0 < α < π )

2

原不等式变为

2t

2 2

1 - t ² 1

2·2· 1 + t 2 · 1 + t 2 ≤ t .

以t(1+ t ² ) ² > 0乘不等式两端, 问题变为证明

8t2(1-t2)≤(1+t2)2,

即 -9t4+6t2-1≤0,

-(3t2-1)2≤0.

∴不等式成立.

当且仅当t ² = 1 或tg α =

时, 即α = 60°时, 原不等式变为等式.

3 2

α

证法三: 将原不等式两端同乘以sin < 2 > 0，则问题化为证明不等式

2sin2αsin < α ≤cos < α .

2

而 2sin2αsin α

2

2

= 2·(2sinαcosα)·sin α

2

= 4·

(2sin

α cos < α

)(1- 2sin

2 α)sin α

= 8cos α

2

α

2

(sin² α

2

1

2 2 2

- 2sin⁴ α)

2

₂ α 1 ₂

= 8cos

2

[ - 2(sin 8

− ) ]

2 4

α α α

= cos - 16cos (sin²

2 2 2

- 1 )²

4

α

cos . 2

其中“≤”符号是由于cos α > 0, (sin² α - 1 )

² ≥0.

2 2 4

上式中的等号当且仅当sin² α - 1 = 0时成立, 即sin² α = 1

2 4 2 4

∴sin α = 1 (- 1 舍去), ∴α = π .

2 2 2 3

**九、解:**设圆的方程为(x-k)2+y2=1.

再设圆与抛物线的一个交点为 P(x0y0).

在P点圆半径的斜率 =

y0 . x 0 - k

在P点抛物线的切线斜率 = 1 .

y0

在 P 点抛物线的切线与圆的切线垂直,必须且只须圆的半径与抛物线在P 点相切.

∴ 1 = y0

y0 x0 - k

.(1)

因P(x0 , y0 ) 是圆与抛物线的交点,

∴y² = 2x ,(2)

0 0

(x - k) ² + y² = 1. (3)

0 0

由(1)、(2)式消去 y0,得 x0=-k, 将(2)代入(3),得(x0-k)2+2x0-1=0,

将 x0=-k 代入,得 4k2-2k-1=0,

∴k = 1± .

4

由于抛物线在y轴的右方, 所以k = -x0 ≤0.故根号前所应取负号, 即

k = 1- 5 .

4

故所求圆的方程为(x - 1 - 5 ) ² + y² = 1.

4

由于对称性,圆与抛物线的另一交点 (x0,-y0)处的切线也互相垂直.

附加题

**解法一:**消去参数,得

(L): y = mx + b; (E):

消去 y,整理得

(x - 1)²

a 2

+ y² = 1.

(1+a2m2)x2+2(a2mb-1)x+a2b2-a2+1=0.

(L)、(E)有交点的条件是上式的判别式≥0, 即

(a2mb-1)2-(1+a2m2)(a2b2-a2+1)≥0.

化简并约去 a2 得

(a2-1)m2-2bm+(1-b2)≥0.

对任何 m 的值,要使这个式子永远成立,条件是

a ² - 1 > 0,

a ² - 1 = 0,

(Ⅰ)

2 2 2

或 (Ⅱ)b = 0.

b - (a - 1)(1- b )≤0; 

解得

│a│ > 1,

    

│a│ = 1,

(Ⅰ)

-



a² - 1

│a│

≤b≤

a² - 1 或

│a│

( Ⅱ)b = 0.

或( Ⅰ)、( Ⅱ) 合写成:

│a│≥1,

    

 a² - 1

- │a│

≤b≤

a² - 1

,

│a│

即为所求的条件.

解法二:

椭圆(E)即

(x - 1)²

a2

+ y ² = 1, 它的中心为(1,0), 它在x轴方向的半轴长为│a│.

直线(L)即 y=mx+b;它通过 P(0,b)点,斜率为 m.

如果 P(0,b)落在(E)内或(E)上,如 P1,则过 P1 点作任意直线(L)显然与椭圆(E)总有公共点.

如果 P(0,b)落在(E)外,如 P2,那么由 P2 向椭圆作两切线,则(E)上所有

的点都在两切线的一个夹角内,所以可以选择斜率m 的值,使直线(L)落在这个夹角的补角内,(L)与(E)就没有公共点了.

因此,(L)与(E)总有公共点的充要条件是 p(0,b)点落在(E)内或(E)上. 要使(E)与 y 轴有公共点,其充要条件是│a│≥1;这时,(E)与 y 轴的

交点的纵坐标为y0 = ± │a│ , 要使P落在(E)内或(E)上, 其充要条件是

- │a│ ≤b≤ │a│ .由此可见, 直线(L)与椭圆(E)总有公共点的条件为:

│a│≥1,

    

 a ² - 1

a ² - 1

- │a│ ≤b≤ │a│ .

一、化简

1 - 3i .

3 - 2i

1980 年试题

（文史类）

二、解方程组:

2x - 3y - z = 5,

4x + 2y + 3z = 9,

3x + 2y = -1

三、用解析几何方法证明直径所对的圆周角是直角.

四、某地区 1979 年的轻工业产值占工业总产值的 20%,要使 1980 年的工业总产值比上一年增长 10%,且使 1980 年的轻工业产值占工业总产值的24%,问 1980 年的轻工业产值应比上一年增长百分之几.

3 5

五、设 π < θ <

4 4

π, 化简

cos π sin( 3 π - θ)[sin(π - θ) - sin(θ - π )]

4 4 2 .

sin(θ + π )

4

六、(1)若四边形 ABCD 的对角线 AC 将四边形分成面积相等的两个三形, 证明直线 AC 必平分对角线 BD.

(2)写出(1)的逆命题,这个逆命题是否正确?为什么?

七、如图，长方形框架 ABCD—A′B′C′D′.三边 AB、AD、A′A′的长分别为 6、8、3.6,AE 与底面的对角线 B′D′垂直于 E.

1. 证明 A′E⊥B′D′; (2)求 AE 的长.

八、(1)把参数方程(t 为参数)

x = sect,

y = 2tgt

化为直角坐标方程,并画出方程的曲线的略图.

1. 当0 ≤ t＜ π 及π ≤ t＜ 3π 时,各得到曲线的 哪一部分?

2 2

一、解:

1 - 3i

3 - 2i

1980 年试题（文史类）答案

= (1 - 3i)(3+ 2i)

(3 - 2i)(3+ 2i)

= 3 + 6 + (2 - 9)i

9 + 4

= 9 - 7i

13

二、解：

= 9 - 7 i.

13 13

(1)×3+(2),

2x - 3y - z = 5, (1)

4x + 2y + 3z = 9, (2)

3x + 2y = -1. (3)

10x-7y=24. (4)

(3)×7+(4)×2,

41x=41, x=1.

将 x=1 代入(3)式,得

y=-2

将 x=1,y=-2 代入(1),得

z=3.

x = 1,

∴ 方程组的解为 y = -2,

z = 3.

三、证法一:将圆的直径 AB 所在的直线取为 x 轴,圆心作为原点,不妨假定圆的半径是 1.于是圆的方程是

x2+y2=1.

A、B 的坐标是 A(-1,0),B(1,0).

设 P(x,y)是圆上任意一点,则有x2+y2=1,即 y2=1-x2.

∵ PA的斜率为k = y ,

¹ x + 1

PB的斜率为k = y ,

² x - 1

y² 1 - x²

∴ k1k 2 = x2 - 1 = x2 - 1 = -1,

∴ PA⊥PB, ∠APB为直角..

证法二: 取坐标并得圆的方程x ² + y² = 1，如上．

PA = , PB = ,

∴ PA² + PB²

= (x + 1) ² + y² + (x - 1) ² + y²

= 2(x² + y² ) + 2 = 2×1 + 2

= 4 = AB².

由勾股定理的逆定理,得 PA⊥PB,∠APB 为直角.

四、解:

设 1979 的的工业总产值为 a,又设 1980 年的轻工业产值比上一年增长 x%, 则按题意,1980 年的轻工业产值为

a·( 20 )·(1 + x ) = a·(1 + 10 )·( 24 ).

100

100

解得 x=32

100

100

答:1980 年的轻工业产值应比上一年增长 32%.

五、解法一:

2 sin( π + θ)(sinθ + cosθ)

原式 = 2 4

sin( θ + π )

4

sin( π + θ)sin（θ + π )

= 4 4

sin(θ + π )

4

sin²（θ + π )

= 4

sin(θ + π )

4

│sin(θ + π )│

= 4

sin(θ + π )

4

∵ 3 π＜θ＜

4

5 π,

4

∴ π＜θ + π ＜ 3π ,

4 2

∴ sin(θ + π )＜0, 4

│sin(θ + π )│

∴ 原式 = 4 sin( θ + π )

4

-sin(θ + π )

= 4 = -1.

sin(θ + π )

4

解法二:

由于 sin( π + θ) = 1

(sinθ + cosθ),

4 2

原式 = │sinθ + cosθ│

sinθ + cosθ

3 5

Θ 4 π＜θ＜ 4 π,

∴ π＜θ +

π 3

4 ＜ 2 π.

∴ sinθ + cosθ = 2sin(θ + π)＜0.(或直接讨论得到sinθ + cosθ＜0.)

4

∴ 原式 = - (sinθ + cosθ) = -1

sinθ + cosθ

六、证明:

1. S△ABC=S△ADC,并且△ABC 与△ADC 有同底 AC,

∴ 两高线相等:BE=DF 设 AC 与 BD 交于点 0,则

Rt△BOE≌Rt△DOF.

∴ OB=OD.

即 AC 平分 BD.

(以上假定了 E、O、F 不重合,如果 E、O、F 重合,则已有 BO=BE=DF=DO)

1. 逆命题:若四边形 ABCD 的对角线 AC 平分对角线 BD,则 AC

   必将四边形分成两个面积相等的三角形.

这个逆命题是正确的. 证明如下:

在上图中,由于 OB=OD,∠BOE=∠DOF(对顶角),

∠BEO = ∠DFO = π , ∴△BOE≌△DOF 2

∴ BE = DF, 即两高线相等.

∴ S△ABC

= 1 AC·BE = 2

1 AC

2

• DF = S△ADC .

七、解:

1. AA′⊥平面 A′B′C′D′,∴AA′⊥B′D′

又 AE⊥B′D′, ∴B′D′⊥平面 AA′E,

因此 B′D′⊥A′E,(也可由三垂线定理得到 B′D′⊥A′E), (2)A′B′·A′D′=A′E·B′D′(都是△A′B′D′面积的 2 倍).

∴ 6×8 = A' E×

∴ A' E = 48 = 4.8 10

AE = 3.6² + 4.8²

,

= 6.

八、解:

(1) sect = x,

tgt = y ,

2

利用公式 sec2t=1+tg2t,

y2

得 x² = 1 + .

4

∴ 曲线的直角坐标普通方程为

y2

略图如下.

x² -

4

= 1.

1981 年试题

(理工农医类)

**一、**设 A 表示有理数的集合,B 表示无理数的集合,即设 A={有理数},B={无理数},试写出:(1)A∪B,(2)A∩B.

**二、**在 A、B、C、D 四位候选人中,(1)如果选举正、副班长各一人,共有几种选法?写出所有可能的选举结果;(2)如果选举班委三人,共有几种选法?写出所有可能的选举结果.

**三、**下表所列各小题中,指出 A 是 B 的充分条件,还是必要条件,还是充要条件,或者都不是.

**四、**写出余弦定理(只写一个公式即可),并加以证明. **五、**解不等式(x 为未知数):

x − a b − c

a x − b c

• a b x − c

> 0．

**六、**用数学归纳法证明等式

cos x ·cos x

• cos x

• ·cos x

= sinx

2 2² 2 ³

2 n 2 ⁿ sin x

2n

对一切自然数 n 都成立.

**七、**设 1980 年底我国人口以 10 亿计算.

1. 如果我国人口每年比上年平均递增 2%,那么到 2000 年底将达到多

少?

1. 要使2000 年底我国人口不超过12 亿,那么每年比上年平均递增率最

高是多少?

**八、**在 120°的二面角 P-a-Q 的两个面 P 和 Q 内,分别有点 A 和点 B.已知点 A 和点 B 到棱 a 的距离分别为 2 和 4,且线段 AB=10.

(1)求直线 AB 和棱 a 所成的角; (2)求直线 AB 和平面 Q 所成的角.

九、给定双曲线x² -

y2

2 = 1．

1. 过点 A(2,1)的直线 l 与所给双曲线交于两点 P1 及 P2,求线段 P1P2 的中点 P 的轨迹方程.

2. 过点B(1,1)能否作直线m,使m 与所给双曲线交于两点Q1 及Q2,且点

B 是线段 Q1Q2 的中点?这样的直线 m 如果存在,求出它的方程;如果不存在, 说明理由.

十、附加题:计入总分.

已知以 AB 为直径的半圆有一个内接正方形 CDEF,其边长为 1(如图). 设 AC=a,BC=b,作数列

u1=a-b, u2=a2-ab+b2,

u3=a3-a2b+ab2-b3,

⋯⋯,

uk=ak-ak-1b+ak-2b2-⋯⋯+(-1)kbk; 求证:un=un-1+un-2(n≥3).

1981 年试题(理工农医类)答案

一、解:(1)A∪B={实数}.(或 A∪B=R,或 A∪B=实数集合.) (2)A∩B=◻.(或 A∩B={ },或 A∩B=空集.)

二、解:

(1) 选法种数 P² = 4×3 = 12(种)．

所有可能的选举结果:(把正班长、副班长按次序来写)

AB,AC,AD,BC,BD,CD,

BA,CA,DA,CB,DB,DC.

(2)选法种数C³ = C¹ = 4( 种).

4 4

所有可能的选举结果:

ABC,ABD,ACD,BCD.

三、解: (1)必要条件

(2)充分条件(3)充分条件(4)充要条件

**四、**公式:设△ABC 的三个内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,则有余弦定理 a2=b2+c2-2bccosA.

**证法一:**平面几何证法.

如果∠A 是锐角,从 C 作 AB 的垂线交 AB 于 D,于是由勾股定理得a2=CD2+DB2

=(bsinA)2+(c-bcosA)2

=b2+c2-2bccosA.

如果∠A 是钝角,从 C 作 AB 的垂线交 BA 的延长线于 D,于是由勾股定理

得

a2=CD2+BD2

=[bsin(180°-A)]2+[c+bcos(180°-A)]2

=b2+c2-2bccosA.

如果∠A 是直角,cosA=0,

∴ a2=b2+c2=b2+c2-2bccosA.

**证法二:**解析几何证法

以 A 为原点,射线 AB 为 x 轴正向,建立直角坐标系,则得A(0,0),B(c,0),C(bcosA,bsinA).

由两点间的距离公式得

a2=│BC│2 =(c-bcosA)2+(-bsinA)2

=b2+c2-2bccosA.

**五、解:**原行列式可逐步简化如下:

∆ 第二行加到第一行第三行加到第二行

= x²

故原不等式为

x2(x-a-b-c)>0. 原不等式的解是

x≠0,x>a+b+c.

1 0 0

0 1 1

• a b + a x − c

= x² (x − a − b − c)

六、证明：(i)当n = 1时, 左边

= cos x , 而

2

x x

右边 =

sinx

2sin x

2

2sin cos

= 2 2

2sin x

2

x

= cos , 2

所以当 n=1 时等式成立.

(ii)假设当 n=k 时等式成立,即

cos x ·cos x

• cos x

• ·cos x

= sinx ,

2 2² 2 ³

两边同乘以cos x , 得

2k 2 ^k sin x

2k

2k +1

cos x ·cos x ·cos x

• ·cos x ·cos x

2 2² 2 ³

2k 2k +1

sinx·cos x

= 2k +1

2 ^k sin x

2 k

sinx·cos x

= 2k +1

= sinx ,

2^k ·2sin x

2k +1

• cos x 2k +1

2^k+1sin x

2 k+1

所以当 n=k+1 时等式也成立.

根据(i)和(ii),就证明了对于一切自然数 n 等式都成立.

七、解:(1)所求人口数 x(亿) 是等比数列 10, 10×1.02, 10 ×

(1.02)2,⋯⋯的第 21 项,即

x=10×(1.02)20,

两边取对数,得

lgx=1+20lg1.02=1.17200,

∴ x=14.859(亿).

答:到 2000 年底我国人口将达到 14.859 亿.

(2)设人口每年比上年平均递增率最高是 y%,按题意得

10×(1+y%)20≤12,

即 (1+y%)20≤1.2.

根据对数函数的单调上升性,对上列不等式两边取对数得20lg(1+y%)≤lg1.2.

即 lg(1+y%)≤0.00396.

∴ 1+y%≤1.0092,y%≤0.0092.

答:每年比上年人口平均递增率最高是 0.92%.

八、解:(1)在平面 P 内作直线 AD⊥a 于点 D;在平面 Q 内,作直线 BE⊥a 于点 E,从点 D 作 a 的垂线与从点 B 作 a 的平行线相交于点 C.∴∠ABC 等于AB 和 a 所成的角.

∠ADC 为二面角 P-a-Q 的平面角,

∴ ∠ADC=120°.又 AD=2,BCDE 为矩形,

∴ CD=BE=4.

连结 AC,由余弦定理得

AC² = AD² + CD² - 2AD·CD·cos120°

= 4 + 16 - 2×2×4×

= 28,

∴ AC = 2 7．

1

(- 2 )

又因 AD⊥a,CD⊥a,所以a 垂直于△ACD 所在的平面.再由 BC∥a 得知BC 垂直于△ACD 所在的平面,∴BC⊥AC.

在直角△ABC中, sin∠ABC = AC = 2 7 = 7 , ∴∠ABC = arcsin 7

AB 10 5 5

答:直线 AB 和棱 a 所成的角等于

arcsin 7 ．

5

(2)在△ACD 所在的平面内,作AF⊥CD 交CD 的延长线于F 点.因为△ACD 所在的平面⊥平面 Q,∴AF⊥平面 Q.在△ADF 中,∠ADF=60°,AD=2,

∴ AF = 2sin60° = 3．

连结 BF,于是∠ABF 是 AB 和平面 Q 所成的角,而△ABF 为直角三角形,所

以

sin∠ABF = AF = 3 , ∠ABF = arcsin 3 ．

AB 10 10

答:直线 AB 和平面 Q 所成的角为

arcsin 3 ．

10

九、解法一:(1)设直线 l 的方程为

y=k(x-2)+1, (i)

将(i)式代入双曲线方程,得

(2-k2)x2+(4k2-2k)x-4k2+4k-3=0, (ii)

又设P1 (x1 , y1 )，P2 (x2 ，y2 )，P(x， y)，则x1，x2 必须是(ii)的两实根， 所以有

4k² - 2k ₂

x1 + x 2 =

k 2 - 2 (k - 2≠0)．

1

, x = 2 (x1 + x 2 ),

2k ² - k

k² - 2 ．

因为(x， y)在直线(i)上，所以

2k ² - k

y = k(x - 2) + 1 = k( - 2) + 1 = k² - 2

2(2k - 1)

k ² - 2 ．

到此,若指出所求轨迹的参数方程是

x =





y =



2k ² - k

,

k ² - 2

4k - 2 , k² - 2

(其中k是参数)

再由x，y的表达式相除后消去k而得所求轨迹的普通方程为

8(x - 1)²

4(y -

1) 2

y² - y + 2x(2 - x) = 0，或

7

这就是所要求的轨迹方程.

- 2 = 1，

7

(2)设所求直线方程为 y=k(x-1)+1,代入双曲线方程,整理得

(2-k2)x2+(2k2-2k)x-k2+2k-3=0, (iii)

设Q₁(x₁, y₂ ),Q ₂ (x₂ , y₂ ), 则x1 , x2 必须是(iii)的两个实根,

2k² - 2k

即 x1 + x2 =

k ² - 2 ．

如果B是Q1Q 2

的中点, 就有 x1 + x2

2

= 1,

即

所以有

x₁ + x₂ = 2,

2k ² - 2k

k 2 - 2 = 2.综合起来, k应满足

(2k² - 2k) ² - 4(2 - k ² )(-k ² + 2k - 3)≥0,



(I) 2k ² − 2k =

 − 2 2．

由第二式解出 k=2,但 k=2 不满足第一式,所以(Ⅰ)无解. 答:满足题中条件的直线 m 不存在.

解法二:(1)设 l 的参数方程为

x = 2 + tcosθ,

y = 1 + tsinθ,

0≤θ < 2π, (iv)

其中 t 是参数,θ为 AP 的倾斜角.代入所给双曲线方程,整理得: (2cos2θ-sin2θ)t2+2(4cosθ-sinθ)t+5=0.(v)

设P1 (x1 , y1 ) , P2 (x2 , y2 )P(x, y), 它们对应的参数值分别为t 1 , t 2 , t,

则t1 , t 2 必须是( v)的，两个实根，所以有

t + t = 2(sinθ - 4cosθ)

(2cos²θ - sin² θ≠0)．

1 2

按题意

2cos²θ - sin² θ

1

, t = 2 (t₁ + t ₂ ),

所以t = sinθ - 4cosθ ．

2cos² θ - sin²θ

将t代入(iv), 即得所求轨迹的参数(θ)方程

x =

sinθcosθ - 2sin²θ

2 2

 2cos θ - sin θ



y =



．

2cos² θ - 4sinθcosθ

.

2cos² θ - sin²θ

(2)也可用设m 的参数方程的方法讨论此问,得出满足条件的直线m 不存在的结论.

**十、证法一:**通项公式可写为uk=ak-ak-1b+ak-2b2-⋯+(-1)kbk

a k+1 - (-1) k +1 bk +1

= .

a + b

因 a-b=AC-BC=AC-AF=FC=1, ab=AC·BC=CD2=1.

故得 un -2 =

a n-1 - (-1) n-1 b n-1

a + b = ab·

a n-1 - (-1) n-1 bn-1

a + b

a ⁿb - (-1) ^n-1abⁿ

= ,

a + b

a ⁿ - (-1) ⁿ bⁿ

a ⁿ - (-1) ⁿ bⁿ

un-1 =

a + b = (a - b)·

a + b

于是有

aⁿ⁺¹ - a ⁿb - (-1) ⁿ ab ⁿ

• (-1) ⁿ⁺¹ bⁿ⁺¹

= ,

a + b

a n +1 - (-1) n +1 bn +1

un-1 + u n-2 =

a + b = u n .

**证法二:**由平面几何知识算出

a = 5 + 1 , b = 5 - 1.

2 2

通项公式可写为

u = a ^k - a ^k-1b + a ^k-2 b² - + (-1) ^k b^k =

要证 un=un-1+un-2 成立,只要证明

a k +1 - (-1)k+1 b k+1

.

a + b

an+1-(-1)n+1bn+1=an-(-1)nbn+an-1-(-1)n-1bn-1,

即

an-1·a2-(-1)n-1bn-1·b2=an-1·a+(-1)n-1bn-1·b+an-1-(-1)n-1bn-1,

或

a n-1 ( 5 + 1)2 - (-1) n-1 bn-1 ( 5 - 1) 2

2 2

= a ^n-1( 5 + 1) + (-1) ^n-1 b ^n-1 ( 5

• 1. • a ^n-1 - (-1) ^n-1 b^n-1,

2 2

或

a ^n-1( 3 + 5) - (-1) ^n-1 b^n-1( 3 - 5 )

2 2

= a ^n-1( 5 + 1 + 1) - (-1) ^n-1 bⁿ⁻¹(1−

2

上式确是等式,故证得

un=un-1+un-2.

5 − 1).

2

1981 年试题(文史类)

**一、**设 A 表示有理数的集合,B 表示无理数的集合,即设 A={有理数},B={无理数},试写出:(1)A∪B,(2)A∩B.

二、化简:

a 7 b 2

[-

]² ×[

a² - b²

]⁴ ÷[

a² (b - a) 2

]³.

**三、**在 A、B、C、D 四位候选人中,(1)如果选举正、副班长各一人,共有几种选法?写出所有可能的选举结果;(2)如果选举班委三人,共有几种选法?写出所有可能的选举结果.

**四、**求函数 f(x)=sinx+cosx 在区间[-π,π)上的最大值.

**五、**写出正弦定理,并对钝角三角形的情况加以证明.

**六、**已知正方形 ABCD 的相对顶点 A(0,-1)和 C(2,5),求顶点 B 和 D 的坐标.

**七、**设 1980 年底我国人口以 10 亿计算.

1. 如果我国人口每年比上年平均递增 2%,那么到 2000 年底将达到多少?

2. 要使 2000 年底我国人口不超过 12 亿,那么每年比上年平均递增率最高是多少?

**八、**ABCD-A1B1C1D1 为一正四棱柱,过 A、C、B1 三点作一截面,求证:截

面 ACB1⊥对角面 DBB1D1.

九、(1)设抛物线y² = 4x截直线y = 2x + k所得的弦长为3 5, 求k的值.

(2)以本题(1)得到的弦为底边,以x 轴上的点P 为顶点做成三角形. 当这三角形的面积为 9 时,求 P 的坐标.

1981 年试题(文史类)答案

一、解:

(1)A∪B={实数}.(或 A∪B=R,或 A∪B=实数集合.) (2)A∩B=Φ.(或 A∩B={ },或 A∩B=空集.)

二、解:

a 7 b 2

[-

]² ×[

a² - b²

]⁴ ÷[

a² (b - a)

]3

a ² b 2

a14 b 4

= 3(a + b) ⁴ ·

(a + b)⁴ (a - b) ⁴

a8 b 2

• 8

a ⁶ (b - a) ³

= 8 (b - a)b²·(或- 3

8 (a - b)b ².)

3

三、解:

(1)选法种数: P² = 4×3 = 12(种).

所有可能的选举结果:(把正班长、副班长按次序来写) AB,AC,AD,BC,BD,CD,

BA,CA,DA,CB,DB,DC.

(2)选法种数:C³ = C¹ = 4(种).

4 4

所有可能的选举结果: ABC,ABD,ACD,BCD.

四、解:

f(x) = 2( 2 sinx + 2 cosx)

2 2

= 2 (sinxcos π + sin π cosx)

4 4

= 2sin(x + π ),

4

所以f(x)以 2为振幅, 以2π为周期.区间[-π, π]恰好是f(x) 的一个周期

的定义区间，故f (x)在这区间上取得最大值 2.

五、正弦定理：

在一个任意三角形中,各边和它所对角的正弦的比相等.

(或 sinA = sinB = sinC ,

a b c

或 a = b = c .)

sinA sin B sinC

证明:

引 AD 垂直 BC 于 D;引 BE 垂直 CA 的延长线于 E. 设△ABC 的面积为 S,则有

1 1 1

S = 2 AC·BE = 2 bcsin(180° - A) = 2 bcsinA;

又 1 1

S = 2 BC·AD = 2 acsinB;

S =

∴ S =

BC·AD

absinC.

将上式除以 1 abc, 得:

2

sinA = sinB = sinC .

a b c

六、解法一:

设AC的中点为M(x, y), 则有

x = 0 + 2 = 1, y = -1 + 5 = 2.

2 2

∴M(x,y)=M(1,2).

又设AC的斜率为k, 则有k = 5 - (-1) = 3. 因此得BD的斜率为 - 1 = - 1 .

2 k 3

故有直线BD的方程:

1

y - 2 = -

(x - 1). (i)

3

又以 M 点为圆心,│MA│为半径的圆的方程为

(x - 1)² + (y - 2) ² = │MA│ ² = ( 1 + 9 ) ² ,

即 (x - 1)² + (y - 2) ² = 10. (ii)

B 点及 D 点就是(i)与(ii)的交点,解由(i)、(ii)组成的方程组,得

 x = 4,

y = 1, 及

x = -2,

y = 3,

故得 B 及 D 的坐标分别为(4,1)及(-2,3).

解法二:

将坐标平面改作复平面.得向量的复数表示

→

OM = 1 + 2i,

→ → →

MC = OC- OM = (2 - 1) + (5 - 2)i = 1 + 3i.

→ →

于是得

∴

MB = -i MC = 3 - i,

→ → →