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1、1985年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题及答案考生注意：这份试题共八道大题，满分120分第九题是附加题，满分10分，不计入总分一．（本题满分15分）本题共有5小题，每小题都给出代号为A，B，C，D的四个结论，其中只有一个结论是正确的，把正确结论的代号写在题后的圆括号内，选对的得3分、不选，选错或者选出的代号超过一个的（不论是否都写在圆括号内），一律得0分（1）如果正方体ABCD-A＇B＇C＇D＇的棱长为，那么四面体A＇-ABD的体积是（D)（2）的（A）（A）必要条件（B）充分条件（C）充分必要条件（D）既不充分又不必要的条件（3）在下面给出
2、的函数中，哪一个函数既是区间上的增函数又是以π为周期的偶函数？（B）（A）（B）（C）（D）(4)极坐标方程的图象是（C）(A)OX(C)OX(B)OX(D)OX（5）用1，2，3，4，5这五个数字，可以组成比20000大，并且百位数不是数字3的没有重复数字的五位数，共有（B）（A）96个（B）78个（C）72个（D）64个二．（本题满分20分）本题共5小题，每一个小题满分4分只要求直接写出结果）（1）求方程解集答：（2）设，求的值答：π（3）求曲线的焦点答：（0，0）（4）设(3x-1)6=a6x6+a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a
3、0,求a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0的值答：64（或26）（5）设函数f(x)的定义域是[0，1]，求函数f(x2)的定义域答：[-1，1]三．（本题满分14分）（1）解方程解：由原对数方程得解这个方程，得到x1=0,x2=7.检验：x=7是增根，x=0是原方程的根（2）解不等式解：解得四．（本题满分15分）如图，设平面AC和BD相交于BC，它们所成的一个二面角为450，P为平面AC内的一点，Q为面BD内的一点已知直线MQ是直线PQ在平面BD内的射影，并且M在BC上又设PQ与平面BD所成的角为β，∠CMQ=θ（00<θ<900)，线段PM的长
4、为，求线段PQ的长APBNC450MθRβQD解：自点P作平面BD的垂线，垂足为R，由于直线MQ是直线PQ在平面BD内的射影，所以R在MQ上，过R作BC的垂线，设垂足为N，则PN⊥BC（三垂线定理）因此∠PNR是所给二面角的平面角，所以∠PNR=450由于直线MQ是直线PQ在平面BD内的射影，所以∠PQR=β在Rt△PNR中，NR=PRctg450,所以NR=PR在Rt△MNR中，MR=在Rt△PMR中，又已知00＜θ＜900，所以在Rt△PRQ中，故线段PQ的长为五．（本题满分15分）设O为复平面的原点，Z1和Z2为复平面内的两动点，并且满足：（1）
5、Z1和Z2所对应的复数的辐角分别为定值θ和-θ，（2）△OZ1Z2的面积为定值S求△OZ1Z2的重心Z所对应的复数的模的最小值YZ1θO-θXZ2解：设Z1,Z2和Z对应的复数分别为z1,z2和z，其中由于Z是△OZ1Z2的重心，根据复数加法的几何意义，则有于是又知△OZ1Z2的面积为定值S及，所以六．（本题满分15分）已知两点P（-2，2），Q（0，2）以及一条直线：L:y=x，设长为的线段AB在直线L上移动，如图求直线PA和QB的交点M的轨迹方程（要求把结果写成普通方程）解：由于线段AB在直线y=x上移动，且AB的长，所以可设点A和B分别是（,)和
6、(+1,+1)，其中为参数Yy=xQP·XBOAM于是可得：直线PA的方程是直线QB的方程是1.当直线PA和QB平行，无交点2．当时，直线PA与QB相交，设交点为M(x,y)，由（2）式得将上述两式代入（1）式，得当=-2或=-1时，直线PA和QB仍然相交，并且交点坐标也满足（*）式所以（*）式即为所求动点的轨迹方程注：考生没指出“=0”及“=-2或=-1”时的情形不扣分七．（本题满分14分）设（1）证明不等式对所有的正整数n都成立（2）设用定义证明（1）证一：用数学归纳法略证二：由不等式对所有正整数k成立，把它对k从1到n（n≥1）求和，得到又因以及
7、对所有的正整数n都成立（2）由（1）及bn的定义知对任意指定的正数ε，要使，只要使，即只要使取N是的整数部分，则数列bn的第N项以后所有的项都满足根据极限的定义，证得八．（本题满分12分）设,b是两个实数，A={(x,y)
8、x=n,y=n+b,n是整数}，B={(x,y)
9、x=m,y=3m2+15,m是整数}，C={(x,y)
10、x2+y2≤144}，是平面XOY内的点集合，讨论是否存在和b使得（1）A∩B≠（表示空集），（2）（,b)∈C同时成立解：如果实数和b使得（1）成立，于是存在整数m和n使得(n,n+b)=(m,3m2+15),即由此得出，存在
11、整数n使得n+b=3n2+15,或写成n+b-(3n2+15)=0这个等式表明点P（,b)在直
