以来历年全国高考数学试卷全试题答案解析

以来历年全国高考数学试卷全试题答案解析

‎1951年普通高等学校招生全国统一考试数学 第一部分：‎ ‎1．设有方程组x+y=8，2x-y=7，求x，y.‎ 解略：‎ ‎2．若一三角形的重心与外接圆圆心重合，则此三角形为何种三角形？‎ 证：设△ABC的重心与外接圆的圆心均为O（图1）∵OA=OC，E为AC的中点，∴BE⊥AC；同理，CD⊥AB，AF⊥BC在Rt△ABE与Rt△ACD中，∠A为公共角，BE=CD=R+R=R（R为外接圆半径），所以△ABE≌△ACD，AB=AC，同理可得AB=BC由此可知△ABC为等边三角形3．当太阳的仰角是600时，若旗杆影长为1丈，则旗杆长为若干丈？‎ 解略：丈 ‎5．试题10道，选答8道，则选法有几种？‎ 解略：‎ ‎6．若一点P的极坐标是（r,θ），则它的直角坐标如何？‎ 解：x=r,y=r ‎7．若方程x2+2x+k=0的两根相等，则k=？‎ 解：由Δ=b2-4ac=0,得k=1‎ ‎8．列举两种证明两个三角形相似的方法 答：略 ‎9．当（x+1)(x-2)＜0时，x的值的范围如何？‎ 解略：-1＜x＜2‎ ‎10．若一直线通过原点且垂直于直线ax+by+c=0，求直线的方程 解略：bx-ay=0‎ ‎11．（+)6展开式中的常数项如何？‎ 解：由通项公式可求得是T4=20‎ ‎12．的通解是什么？‎ 解：‎ ‎13．系数是实数的一元三次方程，最少有几个根是实数，最多有几个根是实数？‎ 答：最少是一个，最多是三个 ‎14．‎ ‎ ‎ 解：原式=‎ ‎15．x2-4y2=1的渐近线的方程如何？‎ 解略：‎ ‎ ‎ ‎ A A＇ α ‎ ‎ ‎ ‎ B B＇ β ‎ ‎ B1 ‎ ‎ γ ‎ ‎ C C＇ ‎ ‎ C1 ‎ ‎16．三平行平面与一直线交于A，B，C三点，又与另一直线交于A＇，B＇，C＇三点，已知AB=3，BC=7及A＇B＇=9求A＇C＇‎ 解：如图易证:‎ ‎17．有同底同高的圆柱及圆锥，已知圆柱的体积为18立方尺，求圆锥的体积 略：6立方尺 ‎18．已知lg2=0.3010,求lg5.‎ 略：lg5=1-lg2=0.6990‎ ‎19．二抛物线y2=12x与2x2=3y的公共弦的长度是多少？‎ 解略：解方程组得两公共点为（0，0）及（3，6）故其公共弦长为：‎ ‎20．国旗上的正五角星的每一个顶角是多少度？‎ 解：由图可知：∠AFG=∠C+∠E=2∠C,‎ ‎∠AGF=∠B+∠D=2∠B,‎ ‎∴∠A+∠AFG+∠AGF=∠A+2∠C+2∠B=5∠A ‎∴5∠A=1800，∴∠A=360‎ 第二部分：‎ ‎1．P，Q，R顺次为△ABC中BC，CA，AB三边的中点，求证圆ABC在A点的切线与圆PQR在P点的切线平行 证：如图：由AD是大圆的切线，‎ 可得： ∠1=∠2‎ 由RQ∥BC，可得：∠2=∠3，‎ 由QP∥AB，可得：∠3=∠4‎ 由PE是小圆的切线，‎ 可得： ∠4=∠5‎ 由RP∥AC，可得：∠5=∠6‎ 综上可得：∠1=∠6，故AD∥PE ‎2．设△ABC的三边BC=4pq,CA=3p2+q2,AB=3p2+2pq-q2,求∠B，并证∠B为∠A及∠C的等差中项 解：由余弦定理可得：‎ ‎3．（1）求证，若方程x3+ax2+bx+c=0的三根可排成等比数列，‎ 则a3c=b3.‎ 证：设α，β，γ是方程x3+ax2+bx+c=0的三根，由根与系数关系可知：α+β+γ=-a ‎ αβ+βγ+γα=b ‎ αβγ=-c 又因α，β，γ排成等比数列，于是β2=αγ ‎（2）已知方程x3+7x2-21x-27=0的三根可以排成等比数列，求三根 解：由⑴可知β3=-c，∴β3=27，∴β=3代入α+β+γ=-7‎ 可得α+γ=-10，又由α，β，γ成等比数列，∴β2=αγ，‎ 即αγ=9，故可得方程组：‎ 于是，所求之三根为-9，3，-1或-1，3，-9‎ ‎4．过抛物线顶点任做互相垂直的两弦，交此抛物线于两点，求证此两点联线的中点的轨迹仍为一抛物线 ‎ ‎ ‎ Y ‎ ‎ A ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ·P（x,y) ‎ ‎ ‎ ‎ O X ‎ ‎ ‎ ‎ B ‎ 证：设抛物线方程为y2=2px……………①‎ 过抛物线顶点O任作互相垂直的二弦OA和 OB，设OA的斜率为k，则直线OB的斜率为 ‎-，于是直线OA的方程为：‎ y =kx………………………②‎ 直线OB的方程为：‎ ‎③ ‎ 设点A（x1 ,y1),点B(x2 ,y2)由①，②可得：‎ 由①，③可得：‎ x2=2pk2, y2=-2pk 设P（x，y）为AB的中点，由上可得： ‎ ‎ ‎ ‎ ④ ‎ ‎ ‎ ‎ ⑤ ‎ 由⑤可得：‎ ‎ ⑥‎ 由④可知：‎ px,代入⑥‎ 所以，点P的轨迹为一抛物线 ‎1952年普通高等学校招生全国统一考试 数学 第一部分：‎ ‎1.因式分解x4 – y4 =？‎ 解：x4 – y4 =(x2+y2)(x+y)(x-y)‎ ‎2.若lg2x=21lgx，问x=？‎ 解：2x=x21，x≠0，∴‎ ‎3.若方程x3+bx2+cx+d=0的三根为1,-1,,则c=？‎ 解：由根与系数的关系可知：c=1·（-1）+（-1）·+·1=1‎ ‎4.若 解：两边平方，得：x2 +7=16，∴‎ ‎5. ‎ 解:原式=-24‎ ‎6.两个圆的半径都是4寸,并且一个圆过另一个圆的圆心，则此两圆的公共弦长是多少寸？‎ 解：设两圆O1及O2之公共弦为AB连结O1O2交AB于点C，则AB ‎ ‎ ‎ A ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ O1 O2 ‎ ‎ C ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ B ‎ 垂直平分O1O2‎ ‎∴O1C=O1O2=2（寸）‎ 连结AO1，则△ACO1为直角三角形，‎ ‎7.三角形ABC的面积是60平方寸，M是AB的中点，N是AC的中点，△AMN的面积是多少？‎ 解：∵MN∥BC，∴，‎ ‎△AMN的面积=△ABC的面积=15（平方寸）‎ ‎8.正十边形的一个内角是多少度？‎ 解：由公式此处n=10于是一个内角为：‎ ‎9.祖冲之的圆周率π=？‎ 答：22/7，355/133‎ ‎10.球的面积等于大圆面积的多少倍？‎ 解：球的面积4πR2为大圆面积πR2的4倍 ‎11.直圆锥之底半径为3尺，斜高为5尺，则其体积为多少立方尺？‎ 解：圆锥高h=4（尺），故此直圆锥的体积：‎ V锥 =πR2h=12π（立方尺）‎ ‎12.正多面体有几种？其名称是什么？‎ 答：共有五种，其名称为：正四面体，正六面体，正八面体，正十二面体和正二十面体 ‎13.已知 sinθ=,求cos2θ=？‎ 解：cos2θ=1-2sin2θ=‎ ‎14.方程tg2x=1的通解x=？‎ 解：‎ ‎15.太阳的仰角为300时，塔影长为5丈，求塔高是多少？‎ 解：塔高=5×tg300=（寸）‎ ‎16．△ABC的b边为3寸，c边为4寸，A角为300，问△ABC的面积为多少平方寸？‎ 解：‎ ‎17.已知一直线经过（2，3），其斜率为-1，则此直线方程如何？‎ 解：即x+y–5=0‎ ‎18.若原点在一圆上，而此圆的圆心为（3，4）则此圆的方程如何？‎ 解：圆的半径 所以，圆的方程为：(x-3)2+(y-4)2=25，也即：x2+y2-6x-8y=0‎ ‎19.原点至3x+4y+1=0的距离是什么？‎ 解：‎ ‎20.抛物线y2-8x+6y+17=0的顶点坐标是什么？‎ 解：原方程可变形为：(y+3)2=8(x-1),‎ 故顶点坐标为（1，-3）‎ 第二部分：‎ ‎1.解方程x4+5x3-7x2-8x-12=0‎ 解：左式=(x4+5x3-6x2）-（x2+8x+12）‎ ‎=(x+6)[x2(x-1)-(x+2)]‎ ‎=(x+6)(x3-x2-x-2)‎ ‎=(x+6)[(x3-2x2)+(x2-x-2)]‎ ‎=(x+6)(x-2)(x2+x+1)=0‎ 可得原方程的四根为：‎ ‎2.△ABC中，∠A外角的平分线与此三角形外接圆相交于P，求证：BP=CP 证：如图，∠CBP=∠CAP=∠PAD又∠1=∠2‎ 由∠CAD=∠ACB+∠CBA ‎=∠ACB+∠CBP+∠2‎ ‎=∠ACB+∠1+∠CBP ‎=∠BCP+∠CBP ‎ C ‎ ‎ ‎ ‎ 1 ‎ ‎ P ‎ ‎ ‎ ‎ 2 ‎ ‎ ‎ ‎ D A B ‎ ‎∴∠BCP=∠CBP，∴BP=CP ‎3.设三角形的边长为=4，b=5，c=6，其对角依次为A，B，C求.问A，B，C三角为锐角或钝角？‎ 解：应用余弦定理，可得：‎ 由此可知C为锐角；另外，由已知条件，三边边长适合关系式＜b＜c，从而可知∠A＜∠B＜∠C由于C为锐角，故A，B亦为锐角 ‎4.一椭圆通过（2，3）及（-1，4）两点，中心为原点，长短轴重合于坐标轴，试求其长轴，短轴及焦点 解：由于椭圆过（2，3）及（-1，4）两点，所以将此两点代入标准方程可得：‎ ‎1954年普通高等学校招生全国统一考试 数学 ‎1．甲、化简 解：原式=‎ 乙、解 解略：x=2b12c6.‎ 丙、用二项式定理计算（3.02）4，使误差小于千分之一 丁、试证直角三角形弦上的半圆的面积，等于勾上半圆的面积与股上半圆的面积的总和 证：由c2 =2+b2‎ ‎∴弦上半圆的面积= ‎ ‎=勾上半圆的面积+股上半圆的面积 戊、已知球的半径等于r，试求内接正方形的体积 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若设内接正方体的边长为，则有 ‎3a2=4r2，‎ 己、已知是三角形的一边，β及γ是这边的两邻角，试求另一边b的计算公式 解：由正弦定理可知 ‎ Y ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ M O N X ‎ ‎2.描绘y=3x2-7x-1的图象，并按下列条件分别求x的值所在的范围： 1）y＞0， 2）y＜0‎ ‎3.假设两圆互相外切，求证用连心线做直径的圆，必与前两圆的外公切线相切 证：设⊙O1及⊙O2为互相外切之二圆，其一外公切线为A1A2，切点为A1及A2令点O为连心线O1O2的中点，过O作OA⊥A1A2‎ ‎∵OA=（O1A1+O2A2）=O1O2，‎ ‎∴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的另一条外公切线 ‎ ‎ ‎ A2 ‎ ‎ A ‎ ‎ A1 ‎ ‎ ‎ ‎ O1 O O2 ‎ ‎4．试由 由检验可知，均为其通解 ‎5．有一直圆锥，另外有一与它同底同高的直圆柱，假设a是圆锥的全面积，a＇是圆柱的全面积，试求圆锥的高与母线的比值 解：设直圆锥的高为h，底面半径为R，母线长为L，则 ‎1958年普通高等学校招生全国统一考试 数学 ‎1．甲、求二项式展开式中的系数 解：设求的项为 乙、求证 证：‎ ‎⌒‎ ‎⌒‎ 丙、设AB，AC为一个圆的两弦，D为AB的中点，E为AC的中点，作直线DE交AB于M，交AC于N，求证：AM=AN ‎ A ‎ ‎ ‎ ‎ D E ‎ ‎ M N ‎ ‎ ‎ ‎ B ‎ ‎ C 证：联结AD与AE（如图）‎ ‎∵∠AMN=∠DAM+∠MDA，‎ ‎⌒‎ ‎⌒‎ ‎∠ANM=∠EAN+∠NEA，‎ ‎⌒‎ ‎⌒‎ 又∵AD=DB，∠DAB=∠AED，‎ AE=EC，∠ADE=∠EAC，‎ ‎∴∠AMN=∠ANM，‎ AM=AN.‎ 丁、求证正四面体ABCD中相对的两棱（即异面的两棱）互相垂直 ‎ D ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ C ‎ A E ‎ ‎ ‎ ‎ B 证：因ABCD是正四面体，‎ 各个面都是等边三角形，‎ 过A作AE⊥BC，联结DE，‎ 则DE⊥BC，‎ ‎∴BC垂直平面AED，‎ 而AD在此平面内，‎ ‎∴BC⊥AD 同理可证AB⊥DC，AC⊥DB 戊、求解 解：‎ ‎2．解方程组 则原方程变形为 解方程组，可得 将的值代回所设，可得 都是原方程组的解 ‎3．设有二同心圆，半径为R，r(R>r），今由圆心O作半径交大圆于A，交小圆于A＇，由A作直线AD垂直大圆的直径BC，并交BC于D;由A＇作直线A＇E垂直AD，并交AD于E，已知∠OAD=‎ α，求OE的长 解：在直角△OAD中，‎ OD=Rsinα，AD=Rcosα 在直角△A＇AE中，‎ ‎ ‎ ‎ A ‎ ‎ A＇E ‎ ‎ ‎ ‎ B O D C ‎ AE=（R-r）cosα ‎∴DE=AD-AE ‎=Rcosα-（R-r）cosα=rcosα.‎ OE=‎ ‎4．已知三角形ABC，求作圆经过A及AB中点M，并与BC直线相切 已知：M为△ABC的AB的中点.‎ 求作：一个经过A、M两点且与BC直线相切的圆.‎ ‎ C ‎ ‎ P ‎ ‎ ‎ ‎ O ‎ ‎ ‎ ‎ A B ‎ ‎ M ‎ ‎ P＇ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ A＇ B＇ M＇ ‎ 分析：设⊙O即为合于要求的圆（如图）因⊙O经过A、M两点且与直线BC相切于点P，这样，BP为⊙O的切线，BA为⊙O的割线，所以，应有 BP2=BM·BA 而BM，BA均为已知，因此，BP的长度可以作出，由此可得点P，于是过A、M、P三点就可确定所求之圆 作法：1）作线段A＇B＇M＇，‎ 使A＇B＇=AB，B＇M＇=BM ‎2）以A＇M＇为直径作半圆 ‎3）过B＇作A＇M＇的垂线B＇P＇交半圆于点P＇‎ ‎4）在△ABC的边BC上截取BP=B＇P＇‎ ‎5）经过A、M、P三点作⊙O即为所求 证明：由作图可知B＇P＇2= A＇B＇·B＇M＇，A＇B＇=AB，‎ B＇M＇=BM，所以BP2=BM·BA，即BP为⊙O的切线，BMA为其割线，且⊙O经过A、M、P三点，故⊙O适合所要求的条件 ‎5．已知直角三角形的斜边为2，斜边上的高为，求证此直角三角形的两个锐角是下列三角方程的根 证：设AD=k（如图）‎ ‎ C ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ A D B ‎∵AB=2，∴DB=2-k.‎ 由CD2=AD·DB，‎ 在直角△ACD中，‎ 当时，∴A=300，B=600.‎ 当时，∴A=600，B=300.‎ 总之，两锐角一为300，一为600.‎ 当x=300时，代入原方程中得 当x=600时，代入原方程中得 故这个直角三角形的两个锐角是原三角方程的根 ‎1959年普通高等学校招生全国统一考试 数学 ‎1．甲、已知lg2=0.3010,lg7=0.8451,求lg35‎ 解：原式=‎ ‎=0.8451+1-0.3010=1.5441.‎ 乙、求的值.‎ 解：‎ 丙、解不等式 解：原式移项得 ‎∴原不等式的解为 丁、求的值 解：‎ 戊、不在同一平面的三条直线互相平行，A、B为上两定点，求证另两顶点分别在上的四面体体积为定值 ‎ D ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ A B ‎ ‎ O ‎ ‎ ‎ ‎ C 证：因为A、B为直线上两定点，而直线∥直线，所以，不论点C在直线的什么位置上，△ABC的面积均为一定值（同底等高的三角形等积）又因直线平行于直线 ‎，所以，直线∥平面（已知不在同一平面内），因此，不论点D在直线的什么位置上，从点D到平面的距离为一定值，故 四面体ABCD的体积=‎ 己、圆台上底面积为，下底直径为，母线为，求圆台的侧面积 解：设此圆台上底半径为r，下底半径为R，由已知条件 所以r=5(cm).又下底半径R=10cm，母线 圆台侧面积=π（R+r)=π·10·（10+5）=150π（cm2).‎ ‎2．已知△ABC中，∠B=600，AC=4，面积为，求AB和BC.‎ 解：设AB=，BC=，则有 故所求AB，BC之长为 ‎3．已知三个数成等差数列，第一第二两数的和的3倍等于第三个数的2倍，如果第二个数减去2，则成等比数列，求这三个数 解：设所求之三数为则根据题意有 故所求三数为 ‎4．已知圆O的两弦AB和CD延长相交于E，过E点引EF∥CB交AD的延长线于F，过F点作圆O的切线FG，求证：EF=FG.‎ 证：∵FG为⊙O的切线，而FDA为⊙O的割线，‎ ‎ C G ‎ ‎ ‎ ‎ 2 F ‎ ‎ O D ‎ ‎ 1 ‎ A 3 E ‎ ‎ B ‎∴FG2=FD·FA…………①‎ 又∵EF∥CB，‎ ‎∴∠1=∠2.而∠2=∠3，‎ ‎∴∠1=∠3，‎ ‎∠EFD=∠AFE为公共角 ‎∴△EFD∽△AFE，‎ 即EF2=FD·FA…………②‎ 由①，②可得EF2=FG2‎ ‎∴EF=FG.‎ ‎5．已知A、B、C为直线上三点，且AB=BC=;P为外一点，且∠APB=900，∠BPC=450，求 ‎（1）∠PBA的正弦、余弦、正切;‎ ‎（2）PB的长;‎ ‎（3）P点到的距离.‎ 解：过P点作PD⊥AB交AB于点D（如图）‎ ‎ P ‎ ‎ ‎ ‎ 450 E ‎ ‎ ‎ ‎ A D B C ‎（1）过点B作BE∥AP交PC于点E 则∠PBE=900，∠PEB=450，PB=BE.‎ ‎∵△CPA∽△CEB ‎∴因PB=BE，‎ ‎∴‎ 又∵∠PBA为锐角，‎ ‎∴‎ ‎（2）‎ ‎（3）∴‎ 综上，所求为（1）∠PBA的正弦、余弦、正切分别是 ‎（2）PB的长为 ‎（3）P点到的距离为 ‎1957年普通高等学校招生全国统一考试 数学 ‎1．甲、化简 解：原式=‎ 乙、求适合不等式的实数x的范围 解：原式为解为：-20，所以x的允许值范围为:‎ ‎0R1+R2 ,‎ ‎∴R1+R2=（+）∴‎ 因两圆面积之和S=‎ 当R1或R2=min()时,S有最大值 ‎ D1 C1 ‎ ‎ ‎ A1 B1 ‎ ‎ O1 ‎ ‎ ‎ ‎ D C ‎ ‎ O2 ‎ A B ‎ ‎(2)如图，球O1和球O2外切，球O1和以C1为顶的三面角的三个面相切，球O2和以A为顶的三面角的三个面相切 ‎（设棱长为1）‎ 同前类似可计算出 AO2=R2，‎ C1O1=R1，‎ R1+R2=‎ 两球的体积和V=‎ 注：在（1）中的必须限制为否则在矩形内之二圆无法相切 ‎1965年普通高等学校招生全国统一考试 数学 ‎1．如图所示的二视图表示的立方体是什么？求出它的体积 解：二视图表示的是一个正六棱锥，其棱长为 底面边长为，故底面积 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 棱锥的高 故正六棱锥的体积 ‎2．在A处的甲船测得乙船在北偏西的B处，以速度22里/小时向正北方向行驶，甲船立即从A处出发，以速度26里/小时向北偏西度的方向沿直线驶去追赶乙船，问是多大角度时，经过一段时间甲船能够在某C处恰好与乙船相遇？（lg2.2=0.3424,lg2.6=0.4150)‎ ‎ C 北 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ B ‎ ‎ 西 A ‎ 解：设经过x小时后，甲船在C处追上以船，则BC=22x（里）‎ AC=26x（里）‎ 由正弦定理 ‎⌒‎ ‎ 3．把地球看作半径为R的球，设A、B两地纬度相同，都是度，它们的经度相差度，求A、B两地之间的球面距离 解：A、B两地之间的球面距离为过A、B所作之大圆的圆弧AB的长，设其长为L，且设 过A、B作平面O1AB⊥NS（极轴），此平面与球面交成圆O1设其半径为r，由已知，∠AO1B=‎ 设C、D分别为赤道平面上与点A、B同经度之两点，则由已知，∠AOC=∠BOD=在过A、B的大圆上有 ‎ N ‎ ‎ ‎ ‎ O1 B ‎ ‎ A ‎ ‎ O D ‎ ‎ C ‎ ‎ ‎ ‎ S ‎ 由此可知，只需求出即可 在圆O1中，线段AB=‎ 又在过A、C的大圆中，因 ‎∠OO1A=900，∠OAO1=，所以 代入上式，可得线段AB=‎ 在△AOB中，线段AB=‎ 于是可得=‎ 所以 由此可得A、B两地之间的球面距离为 此处之角度以度为单位 ‎4．（1）证明（x为任意值）‎ ‎（2）已知n为任意正整数，用数学归纳法证明 ‎（x为任意值）‎ 证：（1）‎ ‎（2）当n=1时，结论显然成立假设当n=k时结论成立，即 当n=k+1时，‎ 故当n为任意正整数时，结论均成立 ‎5．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，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 解：曲线C是椭圆，中心在（-1，1），其长轴平行于y轴，短轴平行于x轴（如图）‎ ‎ Y ‎ ‎ ‎ ‎ B ‎ ‎ y-x-5=0 ‎ ‎ C A ‎ ‎ X ‎ ‎ O P(4,-2) ‎ ‎ L L1 ‎ 设直线L1过点P（4，-2）且垂直于直线L与曲线C相交于点A、BL1的方程为 y+2=-(x-4)即y=-x+2.‎ 欲求L1与曲线C的交点，解方程组 故直线L1与曲线C的交点为 ‎6．当P是什么实数时，方程与方程 有一公共根？‎ 解：设是它们的公共根，则 由（1），（2）消去，得 整理后，得到 代入（3），得 故当p=-2时，方程与方程有一公共根3‎ ‎7．已知抛物线 Y ‎ ‎ P1 ‎ ‎ Q1 ‎ ‎ M2 ‎ P3 M1 ‎ ‎ X ‎ ‎ O Q2 M3 ‎ ‎ ‎ ‎ P2 ‎ ‎（1）在抛物线上任取二点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△P1P2P3的面积为 ‎（2）经过线段P1P3、P2P3的中点分别作直线平行于抛物线的轴，与抛物线依次交于Q1、Q2，试将△P1P3Q1与 ‎△P2P3Q2的面积和用y1,y2表示出来 ‎（3）仿照（2）又可做出四个更小的三角形，如此继续下去可以做一系列的三角形，由此设法求出线段P1P2与抛物线所围成的图形的面积 解：（1）∵P1的坐标为（x1，y1），P2的坐标为（x2 ,y2），‎ ‎∴P1P2的中点为 点P3的横坐标纵坐标 ‎△P1P2P3的面积=的绝对值 ‎（2）∵P1的坐标为（x1，y1），‎ P3的坐标为，‎ ‎∴P1P3的中点为，‎ 点Q1的横坐标纵坐标 同理，点Q2的横坐标纵坐标 ‎△P1P3Q1的面积+△P2P3Q2的面积 ‎=的绝对值+的绝对值 ‎（3）线段P1P2与抛物线所围成的图形的面积 S=S△P1P2P3+（S△P1Q2P3+S△P3Q2P2）+…‎ ‎8．附加题 ‎（1）已知为实数，证明均为正整数的充要条件是 ‎（2）已知方程的三根都是实数，证明是一个三角形的三边的充要条件是 证明：（1）条件的必要性是显然的，因为已知 所以立即可得，，‎ 下面证明条件的充分性：‎ 设是三次方程的三个根，则由根与系数的关系及已知条件有 此即由此即可知三次方程的系数正负相间，所以此方程无负根，即方程根均非负;又由可知，方程无零根，故 ‎（2）由（1）的证明可知，均为正数的充要条件是于是问题转化为证明为三角形三条边的充要条件为 条件的必要性：‎ 若为三角形的三边，则由三角形的性质必有 于是 由此可得 即.‎ 条件的充分性：若，‎ 则 此式中至少有一因式大于0，今设则必有 如果两式相加得，即，此与相矛盾 故有此即 此即可作为一个三角形的三条边 综上所证可知，方程的三根为一个三角形的三条边的充要条件是 ‎1977年普通高等学校招生考试数学(江苏省)试题及答案 ‎1．（1）计算 解：原式=99‎ ‎（2）求函数的定义域 解：根据题意，得 故函数的定义域为 ‎（3）解方程 解：原方程即 ‎（4）计算 解：原式=‎ ‎（5）把直角坐标方程化为极坐标方程 解：原方程可展开为 ‎（6）计算 解：原式=‎ ‎（7）分解因式 解：原式=‎ ‎3．过抛物线的焦点作倾斜角为的直线，它与抛物线相交于A、B两点求A、B两点间的距离 解：抛物线的焦点坐标为（1，0）所作直线方程为 它与抛物线之二交点坐标由下面方程组 确定 由根与系数关系，得x1+x2=6, x1x2=1.‎ 又解得 y1+y2=-4,y1y2=-4.‎ 由两点间距离公式 但 故AB两点间距离为8‎ ‎3．在直角三角形ABC中，∠ACB=900，CD、CE分别为斜边AB上的高和中线，且∠BCD与∠ACD之比为3:1，求证CD=DE 证：∵∠A+∠ACD=∠A+∠B=900，‎ ‎∴∠ACD=∠B 又∵CE是直角△ABC的斜边AB上的中线 ‎ C ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ A D E B ‎ ‎∴CE=EB ‎∠B=∠ECB，∠ACD=∠ECB 但∵∠BCD=3∠ACD，‎ ‎∠ECD=2∠ACD=∠ACB ‎=×900=450，‎ ‎△EDC为等腰直角三角形 ‎∴CE=DE ‎⌒‎ ‎⌒‎ ‎⌒‎ ‎4．在周长为300cm的圆周上，有甲、乙两球以大小不等的速度作匀速圆周运动甲球从A点出发按逆时针方向运动，乙球从B点出发按顺时针方向运动，两球相遇于C点相遇后，两球各自反方向作匀速圆周运动，但这时甲球速度的大小是原来的２倍，乙球速度的大小是原来的一半，以后他们第二次相遇于D点已知AmC=40厘米，BnD=20厘米,求ACB的长度 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ A 甲 乙 D ‎ ‎· · ‎ ‎ m n ‎ ‎ C· · B ‎ ‎⌒‎ 解：如图设BC=x厘米甲球速度为，乙球速度为根据二次从出发到相遇二球运动的时间都相同，可得第一次等候时方程 第二次等候时方程 由此可得 由于已知条件≠，∴x≠40,‎ ‎⌒‎ x=80（厘米）‎ ACB=40+80=120（厘米）‎ ‎5．（1）若三角形三内角成等差数列，求证必有一内角为600‎ 证：设三角形三内角分别为则有 ‎（2）若三角形三内角成等差数列，而且三边又成等比数列，求证三角形三内角都是600‎ 证：由题（1）可知，此三角形必有一内角为600，今设其对边为，则三角形的三边分别为（此处为公比，且）‎ 由余弦定理可得 由可知，此三角形为等边三角形，三个内角均为600‎ ‎6．在两条平行的直线AB和CD上分别取定一点M和N，在直线AB上取一定线段ME=;在线段MN上取一点K，连结EK并延长交CD于F试问K取在哪里△EMK与△FNK的面积之和最小？最小值是多少？‎ 解：过点K作两条平行直线的公垂线PQ，‎ ‎ P M E ‎ A B ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ K ‎ ‎ ‎ C D ‎ ‎ F N Q ‎ 设PQ=，MN=，‎ 令PK=，则KQ=‎ ‎∴△EMK∽△FNK，‎ ‎∴‎ 又∵△MKP∽△NKQ，‎ ‎∴‎ 于是得到 从而△EMK与△FNK的面积之和为 A有最小值 表示点K到直线AB的距离为倍的PQ，从而点K到M的距离也为MN的倍，即KM=MN.‎ 附加题 ‎1求极限 解：原式=‎ ‎2．求不定积分 解：令 则 ‎1977年普通高等学校招生考试数学(黑龙江省)试题及答案 ‎1．解答下列各题：‎ ‎（1）解方程 解：方程两边平方得 x=4,x=-1（增根）‎ 故 x=4是原方程的根 ‎（2）解不等式|x|<5.‎ 解：-50是任意的，所以，函数在区间上可展成幂级数，特别的它的马克劳林级数是 ‎2．利用定积分计算椭圆所围成的面积 解：因为椭圆关于x轴和y轴都是对称的，所以所求之面积为