1、1982年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）一（本题满分6分）填表：函 数使函数有意义的x的实数范围102R3R4-1,15(0,+）6R解：见上表二（本题满分9分）1求（-1+i)20展开式中第15项的数值;2求的导数解：1.第15项T15=2.三（本题满分9分） Y 1 X O Y 1 O X 在平面直角坐标系内，下列方程表示什么曲线？画出它们的图形12解：1.得2x-3y-6=0图形是直线2.化为图形是椭圆四（本题满分12分）已知圆锥体的底面半径为R，高为H求内接于这个圆锥体并且体积最大的圆柱体的高h（如图） A D c H h B E O 2R 解：设圆柱体半径为r高为h由ACD
2、AOB得由此得圆柱体体积由题意，Hh0，利用均值不等式，有（注：原“解一”对h求导由驻点解得）五（本题满分15分）（要写出比较过程）解一：当1时，解二：六（本题满分16分） A M P（，） O X N B 如图：已知锐角AOB=2内有动点P，PMOA，PNOB，且四边形PMON的面积等于常数c2今以O为极点，AOB的角平分线OX为极轴，求动点P的轨迹的极坐标方程，并说明它表示什么曲线解：设P的极点坐标为（，）POM=-，NOM=+，OM=cos(-),PM=sin(-),ON=cos(+),PN=sin(+),四边形PMON的面积这个方程表示双曲线由题意，动点P的轨迹是双曲线右面一支在AOB
3、内的一部分七（本题满分16分） B M R A Q N D K S P C 已知空间四边形ABCD中AB=BC，CD=DA，M，N，P，Q分别是边AB，BC，CD，DA的中点（如图）求证MNPQ是一个矩形证：连结AC，在ABC中，AM=MB，CN=NB，MNAC在ADC中，AQ=QD，CP=PD，QPACMNQP同理，连结BD可证MQNPMNPQ是平行四边形取AC的中点K，连BK，DKAB=BC，BKAC，AD=DC，DKAC因此平面BKD与AC垂直BD在平面BKD内，BDACMQBD，QPAC，MQQP，即MQP为直角故MNPQ是矩形八（本题满分18分）抛物线y2=2px的内接三角形有两边与
4、抛物线x2=2qy相切，证明这个三角形的第三边也与x2=2qy相切 Y x2=2qy A1 A2 y2=2px O A3 X 解：不失一般性，设p0,q0.又设y2=2px的内接三角形顶点为A1（x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3)因此y12=2px1，y22=2px2 ，y32=2px3其中y1y2 , y2y3 , y3y1 .依题意，设A1A2，A2A3与抛物线x2=2qy相切，要证A3A1也与抛物线x2=2qy相切因为x2=2qy在原点O处的切线是y2=2px的对称轴，所以原点O不能是所设内接三角形的顶点即（x1,y1),(x2,y2),(x3,y3)，都不能是（0，0
5、）;又因A1A2与x2=2qy相切，所以A1A2不能与Y轴平行，即x1x2 , y1-y2,直线A1A2的方程是同理由于A2A3与抛物线x2=2qy相切，A2A3也不能与Y轴平行，即x2x3, y2-y3,同样得到由（1）（2）两方程及y20,y1y3,得y1+y2+y3=0.由上式及y20,得y3-y1，也就是A3A1也不能与Y轴平行今将y2=-y1-y3代入（1）式得：(3)式说明A3A1与抛物线x2=2qy的两个交点重合，即A3A1与抛物线x2=2qy相切所以只要A1A2，A2A3与抛物线x2=2qy相切，则A3A1也与抛物线x2=2qy相切九（附加题，本题满分20分，计入总分）已知数列和数列其中1用p,q,r,n表示bn，并用数学归纳法加以证明;2求解：1.1=p, n=pn-1,n=pn.又b1=q, b2=q1+rb1=q(p+r), b3=q2+rb2=q(p2+pq+r2),设想用数学归纳法证明：当n=2时，等式成立; 设当n=k时，等式成立，即则bk+1=qk+rbk=即n=k+1时等式也成立所以对于一切自然数n2，都成立