1995年全國高考數(shù)學(xué)試題

一九九五年全國高考數(shù)學(xué)試題理科試題15〔1〕-〔10〕4〔11〕-〔15〕題每題5分，共65分。在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的。IM，NI，假設(shè)MN=N，則〔C〕〔A〕MN 〔B〕MN 〔C〕MN 〔D〕MN函數(shù)y 1 的圖象是 〔B〕x1y (B) y (C) y (D) yo1 x -1o x o 1 x -1 o xy4sin(3x

)3cos(3x4

)的最小正周期是〔C〕4〔A〕6 〔B〕2 〔C〕2

〔D〕3 3正方體的全面積是a2，它的頂點都在球面上，這個球的外表積是 〔B〕〔A〕a2 〔B〕a2

〔C〕2a2 〔D〕3a23 2假設(shè)圖中的直線lll1 2 3

的斜率分別為kk1 2

,k，則 〔D〕3y〔A〕k k ky1 2 3〔B〕k3

k kl1l1l2l3O〔C〕k k k3 2 1x〔D〕k k kx1 3 2〔6〕在(1x3)(1x)10的開放式中，x5的系數(shù)是 〔D〕〔A〕-297 〔B〕-252 〔C〕297 〔D〕207使arcsinxarccosx成立的x的取值范圍是 〔B〕〔A〕(0,

] 〔B〕(222

,1] 〔C〕[1, ) 〔D〕[1,0)222 222雙曲線3x2y23的漸近線方程是 〔C〕3〔A〕y3x 〔B〕y1x y 3x 〔D〕y x33 3是第三象限角，且sin4cos4

5，那么sin2等于9222

2

2

2〔A〕23 3 3 32直線l平面，直線m平面〔D〕①//lm; ②l//m;③l//m; ④lm//.其中正確的兩個命題是〔A〕①與②〔B〕③與④ 〔C〕②與④ 〔D〕①與③yloga

(2ax)在[0，1]上是x的減函數(shù)，則a的取值范圍是 〔B〕01〕B〔12〕C〔2〕D[2，+〕等差數(shù)列{an

},{bn

的前nSn

與TSnn Tn

2n ,則liman等于 〔C〕nbn6〔A〕1 〔B〕6

2

43 3 91，2，3，4，5其中偶數(shù)共有 〔A〕〔A〕24個 〔B〕30個 〔C〕40個 〔D〕60個在極坐標(biāo)系中，橢圓的兩焦點分別在極點和2c0，離心為e,則它的極坐標(biāo)方程是 〔D〕

c(1e)1ecos

c(1e2)1ecos

c(1e)

c(1e2)BC-ABC111 B1 D1 A1∠BCA=900，點DF1 1

分別是AB， ACF1C11F1C1BC=CA=CCBD與AF

所成角的余1 1 1弦值是 〔A〕B A30〔A〕 1 C3010 23015〔C〕 〔D〕301515 10二．填空題：本大題共5小題;每題4分，共20分。把答案填在題中橫線上。

(1)x283

32x的解是 答：{x|2x4}圓臺上、下底面圓周都在球面上，且下底面過球心，母線與底面所成的角為，則圓臺的體積與球體積之比 337332(18ysin(x

)cosx的最小值是 634直線l過拋物線y2a(x1)(a0)的焦點并且與x軸垂直假設(shè)l被拋物線截得的線段長為4，則a 答：4四個不同的小球放入編號為1、2、3、4的四個盒中，則恰有一個空盒的放法共有 種〔用數(shù)字作答〕C2P31444 4三．解答題：本大題共6小題;共65分.解同意寫出文字說明、證明過程或推演步驟。21〔本小題總分值7分〕在復(fù)平面上，一個正方形的四頂點依據(jù)逆時針方向依次為Z1Z，Z，〔其中O是原點，Z對應(yīng)復(fù)數(shù)z 1 i。求Z和Z2 3 2 2 1 3對應(yīng)的復(fù)數(shù)。解：設(shè)Z，Z對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為zz.1 3 1 3依題設(shè)得221 12221z z2cos(4)isin(4)21

3i)( i)22 2233 1 1i332 2221 1222z 23

313

isin3i3

4

3i)( i)22 222 222〔本小題總分值10分〕求sin220cos250sin20cos50的值。2

1(1cos100)sin20cos5021

1(cos100cos40)1(sin70sin30)2 23sin70sin301sin7034 2 423〔本小題總分值12分〕如圖，圓柱的軸截面ABCDEAF⊥DE，F(xiàn)〔Ⅰ〕求證：AF⊥DB;〔Ⅱ〕D-ABE3，求直線DE平面ABCDFHFHDA⊥平面ABE D C∵BE平面ABE，∴DA⊥EB.A B∵ABE點E∴AE⊥EB，又AE∩AD=A，故得EB⊥平面DAE∵AF平面DAE，∴EB⊥AF又AF⊥DE，且EB∩DE=E，故得AF⊥平面DEB.∵DB平面DEB∴AF⊥DB.〔Ⅱ〕解：過點EEH⊥AB，HDH.依據(jù)圓柱性質(zhì)，平面ABCD⊥平面ABE，AB是交線，且EH平面ABE，∴EH⊥平面ABCD.又DH平面ABCD，∴DH是EDABCD從而∠EDHDEABCD設(shè)圓柱的底面半徑而R，則DA=AB=2RV

=2πR3，圓柱V=1AD·S

=2R2

·EH.D-ABE 3 △ABE 3V:V圓柱

=3πEH=R.D-ABE可知HAH=R，DA2DA2AH2

5R,∴∠EDH=arcctgDHarcctg5.EH24〔本小題總分值12分〕某地為促進淡水魚養(yǎng)殖業(yè)的進展，將價格掌握在適當(dāng)范圍內(nèi)，打算x/千克，政府補貼為t/千克，依據(jù)市場調(diào)查，當(dāng)8≤x≤14場日供給量PQP1000(xt8)(x8,t0),Q500 40(x8)2(8x14).當(dāng)P=Q〔Ⅰ〕將市場平衡價格表示為政府補貼的函數(shù)，并求出函數(shù)的定義域;〔Ⅱ〕10每千克多少元？解〔Ⅰ〕依題設(shè)有100(xt)(x,t),500 40(x)2.化簡得5x28t80)x4t264t280)0當(dāng)判別式80016t20時，可得4x8 t 50t2.45由0t0,8x14得不等式組:① 0t 50,2550t2 2550t2 8 5

14;2550t2 0t2550t2② 488 t 5

14.解不等式組①，得0t 10.不等式組②無解。故所求的函數(shù)關(guān)系式為4x8 t 50t2.4510函數(shù)的定義域為[0， ]10〔Ⅱ〕為使x10，應(yīng)有5050t2x8 t5

10化簡得t24t50,解得t1或t5.由于t0,知t1.125〔本小題總分值12分〕設(shè){aS是其前nn nn〔Ⅰ〕證明lgSn

2

n2lgS

;n1〔Ⅱ〕是否存在常數(shù)c>0lg(Sn

c)lg(S2

n2c)

lg(S

n1c)

成立？并證明你的結(jié)論。〔Ⅰ〕證明：設(shè){an

的公比為q，由題設(shè)知a 0,q0.1當(dāng)q1時，S na,從而n 1S n

n2

S2n1

na1

(n2)a1

1

a21

0.當(dāng)q1時，

S a(1qn從而1 n 11 a(1qn)(1qn2) a(1qn1)2S n

n2

S2 1n1

(1q)2

1(1q)2

a1

2qn

0.由〔1〕和〔2〕得Sn

Sn2

S2n1依據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，知lg(Sn

Sn2

)lgS2 ,n1即lgS即n

2

n2lgS

.n1〔Ⅱ〕解：要使lg(Sn

c)lg(S2

n2c)

lg(S

n1

c)①

成立，則有(S

c)(S

n2

c)(S

n1

c)2②S c0n1〕當(dāng)q1時，(S c)(Sn

n2

c)(S

n1

c)2(na1

c)[(n2)a1

c][(n1)a1

c]2

a21

0.可知，不滿足條件①，即不存在常數(shù)c>0，使結(jié)論成立?！?〕當(dāng)q1時，假設(shè)條件①成立，因(S c)(S c)(S c)21n n2 n11a(1qn) a

(1qn2)

(1qn1) 2111

1q

c

1q

c

1q

ca1

qn[a1

c(1q)],且aqn0故只能有a1 ac 1 .a

c(1q)0即1q此時，c0a1

0,0q1.1an但0q1時，S a 1q1an

不滿足條件②，n 1q 1q即不存在常數(shù)c>0，使結(jié)論成立。證法二：用反證法.假設(shè)存在常數(shù)c>0，使lg(Sn

c)lg(S2

n2

lg(S

n1

c)，則有S S n S

(1)(2) n1Sn2

(3)(Sn

c)(S

n2

c)(S

n1

c)2.

(4)由〔4〕得Sn

Sn2

S2n1

c(Sn

Sn2

2S

n1

). (5)依據(jù)平均值不等式及2〔4〕知S S(S (S c)(Snn2c)

n2

2S

n1

(Sn

c)(S

n2

c)2(S

n1

c)2

n1

c)0.由于c>，故〕式右端非負(fù)，而由〔Ⅰ〕〕沖突。故不存在常數(shù)c>0，使lg(Sn

c)lg(S2

n2c)

lg(S

n1

c)26〔本小題總分值12分〕x2y2

1，直線l:xy

1.Pl上一點，射線OP24 16 12 8橢圓于點Q在OPPl動時，求點Q解：由題設(shè)知點QP，R，Q〔x,y),〔x,y),〔x,y), yP P R Rl其中x,y不同時為零. QR當(dāng)點P不在y軸上時， O x由于點RO，Q，Rx2 y2 R R

x2

48x2 ,

(1)24 16 解得 R

2x23y2y y.y

y2

48y2 .

(2)x x RR

2x2

3y2由于點Pl上及點O，Q，P解方程組xPyP

x

24x ,

(3)12 8y y P .

解得Py

2x3y 24y .

(4)x x PP

2x3y當(dāng)點Py〔1〕~〔4〕式也成立由題設(shè)|OQ|·|OP|=|OR|2，得x2y2xx2y2x2yP2Px2yR2R將〔1〕~〔4〕式代入上式，化簡整理得24(x2y2)224(x2y2)2(2x3y)2 ,2x23y2x 因x與x同號或y與y同號，以及〕知2 3 0x P P故點Q(x1)2(y1)2

1其中x,y不同時為零).5 52 31015所以點Q的軌跡是為中心長短半軸分別為 和 且10152 3長軸與x解法二：由題設(shè)點QP，R，Q〔x,y),〔x,y〔x,y),其中x,yP P R R設(shè)OP與x，則有x |OP|cos,yP x |OR|cos,yR

|OP|sinx|OQ|cos,y|OQ|sin由上式及題設(shè)|OQ|·|OP|=|OR|2，得x

|OP|x,

(1) P |OQ| |OP|y y; P |OQ|x2|OP|x2, R |OQ| |OP|y2 R |OQ|

(2)(3)(4)由點Pl上，點RxPyP

(5)12 8x2 y2 R R 1. (6)24 16將2〔4〕代入〔，整理得點Q(x1)2(y1)2

1其中x,y不同時為零).5 52 31015所以點Q的軌跡是為中心長短半軸分別為 和 且10152 3長軸與x解法三：投影法設(shè)P，R，Q〔x為零.

,y),〔x,y),〔x,y),其中x,yP P R R由題設(shè)|OQ|·|OP|=|OR|2xxP設(shè)OPykx

x2Ry kx P

, x2 24 ,2xP

3yP

24.

P y kx

, 4822xR2R

R3y2R

48.

x2R

.3k2x

46k,xxP

x2R

23k2 這就是Qkyk.(x1)2

(y1)2

1其中x,y不同時為零).5 52 3當(dāng)P在ykQ〔0，2〕滿足方程，故Q〔1，1〕為中心，長、短半軸分別為軸與x解法四：極坐標(biāo)法在極坐標(biāo)系OXPOX=|OR|,|OP|,|OQ|(0)1 2

和 且長10152 31015

y21得1

cos2sin2

(1)24 16

2 24 161xy

11

cossin

(2)12 8

12 82由|OQ|·|OP|=|OR|2得 2即2 11 2 1

)將〔2〕代入3〕 22 1cos sin

sin2( )2( 12 8 24 16xy

x2y2

配方整理得12 8 24 16(x1)2

(y1)2

1其中x,y不同時為零).5 52 310故Q〔1，1〕為中心，長、短半軸分別為軸與x10

15和 且長152 3文科試題15〔1〕-〔10〕4〔11〕-〔15〕題每題5分，共65分。在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的。〔1〕全集-3，-4}，則MN 〔B〕〔B〕{-3，-4}〔C〕{-1，-2}〔D〕〔2〕函數(shù)y 1 的圖象是 〔D〕x1y (B) y (C) y (D) y 〔3〕函數(shù) y4sin(3x )3cos(3x )o1 x -1o x o 1 x -1 o x 4 4〔C〕2〔D〕〔C〕2〔D〕期是〔C〕〔A〕6 〔B〕23 3正方體的全面積是a2，它的頂點都在球面上，這個球的外表積是 〔B〕〔A〕a2 〔B〕a2

〔C〕2a2 〔D〕3a23 2假設(shè)圖中的直線lll1 2 3〔A〕k k k1 2 3

的斜率分別為kk1 2y

,k，則 〔D〕3〔B〕k3

k kl1l1l2l3O〔C〕k k k3 2 1〔D〕k k k1 3 2 x雙曲線3x2y23的漸近線方程是 〔C〕3〔A〕y3x 〔B〕y1x y 3x 〔D〕y x33 3使sinxcosx成立的x的取值范圍是 〔A〕, 〔A〕[3 ,

〔B〕,]

〔C〕

[,3]

〔D〕

[0,][4 4 2 2 4 4[〔8〕圓x2y22x0和x2y24y0的位置關(guān)系是 〔C〕〔A〕相離 〔B〕外切 〔C〕相交 〔D〕內(nèi)切是第三象限角，且sin4cos4

5，那么sin2等于9222

2

2

2〔A〕23 32

3 3是正方體，11111 BE=DFAB BE與DF1 11 11 4 1

所成角

D1 F1 C1的余弦值是 〔A〕〔A〕15 〔B〕1 C17 2A1E1B1D3A1E1B1D317yloga

2(2x是xa的取值范圍是〔B〕02〕B〔01〕C〔2〕D〔，+〕〔12〕在(1x3)(1x)10的開放式中，x5的系數(shù)是 〔D〕〔A〕-297 〔B〕-252 〔C〕297 〔D〕207直線l平面，直線m平面〔D〕①//lm; ②l//m;③l//m; ④lm//.其中正確的兩個命題是〔A〕①與②〔B〕③與④ 〔C〕②與④ 〔D〕①與③等差數(shù)列{an

},{bn

的前nSn

與TSnn Tn

2n ,則liman等于 〔C〕nbn6〔A〕1 〔B〕6

2

43 3 9用1，2，3，4，5這五個數(shù)字，組成沒有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)，其中偶數(shù)共有 〔A〕〔A〕24個 〔B〕30個 〔C〕40個 〔D〕60個二．填空題：本大題共5小題;每題4分，共20分。把答案填在題中橫線上。方程log2答：3

(x1)2log4

(x1)5的解是 圓臺上、下底面圓周都在球面上，且下底面過球心，母線與底面所成的角為，則圓臺的體積與球體積之比 37 3答：7 332(18ycosxcos(x3答：3

)的最大值是 3直線l過拋物線y24(x1)的焦點，并且與x軸垂直，則l被拋物線截得的線段長為 答：4四個不同的小球放入編號為1、2、3、4的四個盒中，則恰有一個空盒的放法共有 種〔用數(shù)字作答〕C2P31444 4三．解答題：本大題共6小題;共65分.解同意寫出文字說明、證明過程或推演步驟。21〔本小題總分值7分解方程3x232x80.y3x，則原方程可化為9y280y90.解得y1

9,y2

1.91而方程3x 9由3x9得x2,所以原方程的解為x=2.22〔本小題總分值12分〕設(shè)復(fù)數(shù)zcosisin(,2求復(fù)數(shù)z2z的模和輻角。z2z(cosisin2(cosisin)cos2isin2cosisincos 2cos3cosi(2sin3 cos 2 2 2 2 3(cos i3 3(cos i3sin2222coscos(3)isin(3)22 2 (,2), ),2cos0. ( ,2 2 2所以復(fù)數(shù)z2z的模為2cos;2輻角為(2k1)3(kZ).223〔本小題總分值10分〕設(shè){an

Sn

是其前n證明lg0.5Sn

2

n2lg

0.5

S .n1證明：設(shè){an

的公比為q，由題設(shè)知a 0,q0.1當(dāng)q1時，S na,從而n 1S S S2 na(n2)a(n1)2a2a2n n2 n1 1 1 1 1

0.

q1Sn

a1a1q

從而a(1qn)(1qn2) a(1qn1)2S n

n2

S2 1n1

(1q)2

1(1q)2

a1

2qn

0.由〔1〕和〔2〕得Sn

S2

S2n1依據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，知lg(Sn

S2

)lgS2 ,n1即lg0.5Sn

S2

n2lg

0.5

S .n1證法二：設(shè){an

的公比為q，由題設(shè)知a 0,q0.1Sn1

a qS1

,Sn2

a qS1

,n1S n

n2

n1

S(an

n1

)(a1

qSn

)Sn1a(S1

Sn1

)aa1

n1

0.即S n

2

S2n1

〔以下同證法一〕24〔本小題總分值12分〕是垂足。〔Ⅰ〕求證：AF⊥DB;〔Ⅱ〕假設(shè)AB=a，圓柱與三棱錐D-ABE3，求點EABCD〔Ⅰ〕證明：依據(jù)圓柱性質(zhì)，DA⊥平面ABE D C∵BE平面ABE，∴DA⊥EB. FA B∵ABE點E∴AE⊥EB，又AE∩AD=A，故得EB⊥平面DAE∵AF平面DAE，∴EB⊥AF又AF⊥DE，且EB∩DE=E，故得AF⊥平面DEB.∵DB平面DEB∴AF⊥DB.〔Ⅱ〕解：設(shè)點EABCDd記AD=h，因圓柱軸截面ABCDAD⊥AB。S=1AB·AD=ah.△ABD 2 2V=V

=dS=1dah.D-ABE

E-ABD 3 △ABD 6又V=π

AB( )2

·AD=

a2h.，圓柱 2 4a2h由題設(shè)知4 31dah6即da.225〔本小題總分值