1990年青海高考文科数学真题及答案.doc

1990年青海高考文科数学真题及答案 一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.把所选项前的字母填在题后括号内. (2)cos275°+cos215°+cos75°cos15°的值等于   (3)如果轴截面为正方形的圆柱的侧面积是S,那么圆柱的体积等于 (6)已知上图是函数y=2sin(ωx+ψ)(│ψ│<)的图象,那么 (7)设命题甲为:0<x<5;命题乙为:│x-2│<3.那么 (A)甲是乙的充分条件,但不是乙的必要条件. (B)甲是乙的必要条件,但不是乙的充分条件. (C)甲是乙的充要条件. (D)甲不是乙的充分条件,也不是乙的必要条件. (A){-2,4}   (B){-2,0,4} (C){-2,0,2,4}      (D){-4,-2,0,4} (9)如果直线y=ax+2与直线y=3x-b关于直线y=x对称,那么 (C)a=3,b=-2 (D)a=3,b=6 (10)如果抛物线y2=a(x+1)的准线方程是x=-3,那么这条抛物线的焦点坐标是 (A)(3,0)    (B)(2,0) (C)(1,0)    (D)(-1,0) (A)Ф      (B){(2,3)} (C)(2,3)     (D){(x,y)│y=x+1} (12)A,B,C,D,E五人并排站成一排,如果A,B必须相邻且B在A的右边,那么不同的排法共有 (A)60种    (B)48种 (C)36种    (D)24种 (13)已知f(x)=x5+ax3+bx-8,且f(-2)=10,那么f(2)等于 (A)-26     (B)-18 (C)-10     (D)10 (14)如图,正三棱锥S-ABC的侧棱与底面边长相等,如果E、F分别为SC、AB的中点,那么异面直线EF与SA所成的角等于 (A)90° (B)60° (C)45° (D)30°  (15)以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体共有 (A)6个     (B)12个 (C)18个    (D)30个 二、填空题:把答案填在题中横线上. (17)(x-1)-(x-1)2+(x-1)3-(x-1)4+(x-1)5的展开式中,x2的系数等于           . (19)如图,三棱柱ABC—A1B1C1中,若E、F分别为AB、AC的中点,平面EB1C1F将三棱柱分成体积为V1、V2的两部分,那么V1:V2=           三、解答题. (21)有四个数,其中前三个数成等差数列,后三个数成等比数列,并且第一个数与第四个数的和是16,第二个数与第三个数的和是12,求这四个数 (23)如图,在三棱锥S-ABC中,SA⊥底面ABC,AB⊥BC.DE垂直平分SC,且分别交AC、SC于D、E.又SA=AB,SB=BC.求以BD为棱,以BDE与BDC为面的二面角的度数.   (24)已知a>0,a≠1,解不等式loga(4+3x-x2)-loga(2x-1)>loga2. (25)设a≥0,在复数集C中解方程z2+2│z│=a. 参考答案  一、选择题:本题考查基本知识和基本运算. (1)A   (2)C   (3)D   (4)B   (5)D (6)C   (7)A   (8)B   (9)A   (10)C (11)B  (12)D  (13)A  (14)C  (15)B 二、填空题:本题考查基本知识和基本运算. 三、解答题. (21)本小题考查等差数列、等比数列的概念和运用方程(组)解决问题的能力. 依题意有 由②式得     d=12-2a.      ③ 整理得 a2-13a+36=0. 解得  a1=4, a2=9. 代入③式得   d1=4,  d2=-6. 从而得所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1. 解法二:设四个数依次为x,y,12-y,16-x. 依题意,有 由①式得     x=3y-12.      ③ 将③式代入②式得    y(16-3y+12)=(12-y)2, 整理得 y2-13y+36=0. 解得  y1=4,y2=9. 代入③式得   x1=0,x2=15. 从而得所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1. (22)本小题考查三角公式以及三角函数式的恒等变形和运算能力. 解法一:由已知得 两式相除得 解法二:如图,不妨设0≤α≤β<2π,且点A的坐标是(cosα,sinα),点B的坐标是(cosβ,sinβ),则点A,B在单位圆x2+y2=1上.连结AB,若C是AB的中点,由题设知点C   连结OC,于是OC⊥AB,若设点D的坐标是(1,0),再连结OA,OB,则有 解法三:由题设得    4(sinα+sinβ)=3(cosα+cosβ). 将②式代入①式,可得 sin(α-j)=sin(j-β). 于是  α-j=(2k+1)π-(j-β)(k∈Z), 或    α-j=2kπ+(j-β)(k∈Z). 若    α-j=(2k+1)π-(j-β)(k∈Z),则α=β+(2k+1)π(k∈Z). 于是  sinα=-sinβ,即sinα+sinβ=0. 由此可知     α-j=2kπ+(j-β)(k∈Z). 即    α+β=2j+2kπ(k∈Z). (23)本小题考查直线和平面,直线和直线的位置关系,二面角等基本知识,以及逻辑推理能力和空间想象能力. 解法一:由于SB=BC,且E是SC的中点,因此BE是等腰三角形SBC的底边SC的中线,所以SC⊥BE. 又已知 SC⊥DE,BE∩DE=E, ∴  SC⊥面BDE, ∴  SC⊥BD. 又    ∵SA⊥底面ABC,BD在底面ABC上,∴SA⊥BD. 而    SC∩SA=S,∴BD⊥面SAC. ∵  DE=面SAC∩面BDE,DC=面SAC∩面BDC, ∴  BD⊥DE,BD⊥DC. ∴  ∠EDC是所求的二面角的平面角. ∵  SA⊥底面ABC,∴SA⊥AB,SA⊥AC. 又已知DE⊥SC,所以∠EDC=60°,即所求的二面角等于60°. 解法二:由于SB=BC,且E是SC的中点,因此BE是等腰三角形SBC的底边SC的中线,所以SC⊥BE. 又已知 SC⊥DE,BE∩DE=E. ∴  SC⊥面BDE, ∴  SC⊥BD. 由于SA⊥底面ABC,且A是垂足,所以AC是SC在平面ABC上的射影.由三垂线定理的逆定理得BD⊥AC;又因E∈SC,AC是SC在平面ABC上的射影,所以E在平面ABC上的射影在AC上,由于D∈AC,所以DE在平面ABC上的射影在AC上,根据三垂线定理又得BD⊥DE. ∵DE面BDE,DC面BDC, ∴∠EDC是所求的二面角的平面角. 以下同解法一. (24)本小题考查对数,不等式的基本知识及运算能力. 解:原不等式可化为 loga(4+3x-x2)>loga2(2x-1).   ① 当0<a<1时,①式等价于 即当0<a<1时,原不等式的解集是{x│2<x<4}. 当a>1时,①式等价于 (25)本小题考查复数与解方程等基本知识以及综合分析能力. 解法一:设z=x+yi,代入原方程得 于是原方程等价于方程组 由②式得y=0或x=0.由此可见,若原方程有解,则其解或为实数或为纯虚数.下面分别加以讨论. 情形1. 若y=0,即求原方程的实数解z=x.此时,①式化为 x2+2│x│=a. ③ (Ⅰ)令x>0,方程③变为x2+2x=a.      ④ 由此可知:当a=0时,方程④无正根; (Ⅱ)令x<0,方程③变为x2-2x=a.       ⑤ 由此可知:当a=0时,方程⑤无负根; (Ⅲ)令x=0,方程③变为0=a.   ⑥ 由此可知:当a=0时,方程⑥有零解x=0; 当a>0时,方程⑥无零解. 所以,原方程的实数解是: 当a=0时,z=0; 情形2. 若x=0,由于y=0的情形前已讨论,现在只需考查y≠0的情形,即求原方程的纯虚数解z=yi(y≠0).此时,①式化为 -y2+2│y│=a.     ⑦ (Ⅰ)令y>0,方程⑦变为-y2+2y=a,即(y-1)2=1-a. ⑧ 由此可知:当a>1时,方程⑧无实根. 从而,  当a=0时,方程⑧有正根       y=2; (Ⅱ)令y<0,方程⑦变为-y2-2y=a,即(y+1)2=1-a. ⑨ 由此可知:当a>1时,方程⑨无实根. 从而,  当a=0时,方程⑨有负根       y=-2; 所以,原方程的纯虚数解是: 当a=0时,z=±2i; 而当a>1时,原方程无纯虚数解. 解法二:设z=x+yi,代入原方程得 于是原方程等价于方程组 由②式得y=0或x=0.由此可见,若原方程有解,则其解或为实数,或为纯虚数.下面分别加以讨论. 情形1. 若y=0,即求原方程的实数解z=x.此时,①式化为 x2+2│x│=a. 情形2. 若x=0,由于y=0的情形前已讨论,现在只需考查y≠0的情形,即求原方程的纯虚数解z=yi(y≠0).此时,①式化为 -y2+2│y│=a. 当a=0时,因y≠0,解方程④得│y│=2, 即当a=0时,原方程的纯虚数解是z=±2i. 即当0<a≤1时,原方程的纯虚数解是 当a>1时,方程④无实根,所以这时原方程无纯虚数解. 解法三:因为z2=-2│z│+a是实数,所以若原方程有解,则其解或为实数,或为纯虚数,即z=x或z=yi(y≠0). 情形1. 若z=x.以下同解法一或解法二中的情形1. 情形2. 若z=yi(y≠0).以下同解法一或解法二中的情形2. 解法四:设z=r(cosθ+isinθ),其中r≥0,0≤θ<2π.代入原方程得 r2cos2θ+2r+ir2sin2θ=a. 于是原方程等价于方程组 情形1. 若r=0.①式变成 0=a.   ③ 由此可知:当a=0时,r=0是方程③的解. 当a>0时,方程③无解. 所以,  当a=0时,原方程有解z=0; 当a>0时,原方程无零解. (Ⅰ)当k=0,2时,对应的复数是z=±r.因cos2θ=1,故①式化为 r2+2r=a.  ④ 由此可知:当a=0时,方程④无正根; (Ⅱ)当k=1,3时,对应的复数是z=±ri.因cos2θ=-1,故①式化为 -r2+2r=a,即(r-1)2=1-a,    ⑤ 由此可知:当a>1时,方程⑤无实根,从而无正根; 从而,  当a=0时,方程⑤有正根       r=2; 所以,  当a=o时,原方程有解z=±2i; 当0<a≤1时,原方程有解 当a>1时,原方程无纯虚数解.