史上最难1984全国高考理科数学试卷

数学月刊七月号
创难度之最的

1984年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试卷
编者说明
（这份试卷共八道大题，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，每小题选对的得3分。不选，选错或多选得负1分
1984年，是中国高考改革有创意的一年。就在这一年，数学命题组提出了高考“出活题，
1．数集X ={（2n+1）π，n是整数}与数集Y={（4k
?
1）π，k是整数}之间的关系是（ C ）
（A）X
?
Y （B）X
?
Y （C）X=Y （D）
年恢复高考以来，高考命题基本上是“模仿命题”
X≠Y
考基础，考能力”的 命题指导思想。自1977，模
22
2．如果圆x+y+Gx+Ey+F=0与x轴相切于原点 ，那么（ C ）
（A）F=0，G≠0，E≠0. （B）E=0，F=0，G≠0. < br>仿课本上的例习题，模仿教参上的参考题，考场上出现了“解题有套”的现象，高校传出了“高分
（C）G=0，F=0，E≠0. （D）G=0，E=0，F≠0.
1
低能”的说法。
3.如果n是正整数，那么
[1?(?1)
n< br>](n
2
?1)
的值 （ B ）
8
（A）一定是零 （B）一定是偶数
（C）是整数但不一定是偶数 （D）不一定是整数
4.
arccos(?x)
大于
arccosx
的充分条件是 （ A ）
（A）
x?(0,1]
（B）
x?(?1,0)

?
（C）
x?[0,1]
（D）
x?[0,]

2
???
5．如果θ是第二象限角，且满足< br>cos?sin?1?sin?,
那么 （ B ）
222
（A）是第一象限角 （B）是第三象限角
（C）可能是第一象限角，也可能是第三象限角（D）是第二象限角
编者说明
数学 试卷选择题，同上一年，即1983年一样多，也是5道小题，但考生感到比上年难得
多。有的考生拿到 第1小题就不能动笔。
首先是因为1984年对选择题的考题要求很严。第一次也是唯一一次提出“得 负分”的评分要
求。
二．（本题满分24分）本题共6小题，每一个小题满分4分只要求直接写出结果）
1．已知圆柱的侧面展开图是边长为2与4的矩形，求圆柱的体积
48
答：
或.

??
2.函数
log
0. 5
(x
2
?4x?4)
在什么区间上是增函数？
答：x＜-2.
3．求方程
(sinx?cosx)
2
?
1
的解集
2
1 10

答：
{x|x?
4．求
(|x|?
答：-20
7??
?n?,n?Z}?{x|x???n?,n?Z}

1212
1
?2)
3
的展开式中的常数项
|x|
1?2
n
5．求
lim
n
的值
n??
3?1
答：0
6．要排一张有6个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节 目单，任何两个舞蹈节目不得相邻，问有多少种
不同的排法（只要求写出式子，不必计算）
答：
P
7
4
?6!

编者说明
1984 年的第二大题，含6个小题，比1983年的2个小题多出了4个，从而使整个试卷的
题量比1983年 多出了3道。题目很活，题量又大，多数考生在规定的时间不能完成解答，这也
是1984年数学得分很 低的原因之一。
三．（本题满分12分）本题只要求画出图形

?
0,当 x?0,
1．设
H(x)?
?
画出函数y=H(x-1)的图象
1 ,当x?0,
?
?
2．画出极坐标方程
(??2)(??)?0(??0)< br>的曲线
4
解（1） （2）

解：
1. 2.
2 10

编者说明
1984年的第 三大题，是1983年第二大题的发展。虽然仍为作图题，但比1983年的考题
难得多。1983年的 题设式子是简单式子，看式便可作图；而1984年的题设式子是“复杂式子”，
四．（本题满分12分 ）
已知三个平面两两相交，有三条交线求证这三条交线交于一点或互相平行
证：设三个平面为α，β，γ，且
????c,????b,????a.

?????c,????b,?c??,b??.

从而c与b或交于一点或互相平行
1．若c与b交于一点，设
c?b?P.由P?c,且c??,有P??;

又由P?b,b??,有P??.于是P?????a
，∴所以
a
，
b
，
c交于一点（即P点）
2.若c∥b
，
则由
b??,有c?. 又由c??,且????a,可知ca
所以
a
，
b
，
c互相 平行

编者说明
1984年的第四大题，考查立体几何内容。题目从表面看去，似 乎不难。然而，由于命题人
五．（本题满分14分）
设c
，
d
，
x为实数，c≠0，x为未知数讨论方程log

d
(cx?)
x
x??1在什么情况下有解有解时求出它的解
解：原方程有解的充要条件是：
3 10

(1)
?
x?0,
?
d
cx??0, (2)
?
x
?

?
cx?
d
?0, (3)
?
x
?
d
?1
(4)
?
(cx?)?x
x
?
d1?d
由条件（4）知
x(cx?)?1
，所以
cx
2
?d?1
再由c≠0，可得
x
2
?.

xc
dd
又由
x(cx?)?1
及x＞0，知
cx??0
，即条件（2）包含在条件（1）及（4 ）中
xx
d
再由条件（3）及
x(cx?)?1
，知
x? 1.
因此，原条件可简化为以下的等价条件组：
x
?
(1)
?
x?0,
?
(5)

?
x?1,
?
2
1?d
x?. (6)
?
c
?
1?d
由条件（1）（6）知
?0.
这个不等式仅在以下两种 情形下成立：
c
①c＞0
，
1-d＞0
，
即c＞0
，
d＜1；②c＜0
，
1-d＜0
，
即c＜0
，
d＞1.
再由条件（1）（5）及（6）可知
c?1?d

从而，当c＞0
，
d＜1且
c?1?d
时，或者当c＜0
，
d＞1且
c?1?d
时，原方程有解，它的解是
x?
1?d

c
编者说明
1984年的第五题，考查对数函数。具体考查对数方程的有解条件。然 而设计“创新到了对
数底数”，使得一直看惯了“底数只为单一字母”的考生不知所云。
六．（本题满分16分）
1．设
p?0
，实系数一元二次方程
z< br>2
?2pz?q?0
有两个虚数根z
1
，
z
2
.再设z
1
，
z
2
在复平面内的对应点
是Z
1< br>，Z
2
求以Z
1
，Z
2
为焦点且经过原点的椭圆的长 轴的长（7分）
2．求经过定点M（1，2），以y轴为准线，离心率为
解：1.因为p，
q为实数，
p?0
，z
1
，
z
2
为 虚数，所以
(?2p)
2
?4q?0,q?p
2
?0

1
的椭圆的左顶点的轨迹方程（9分）
2
由z
1
，
z
2
为共轭复数，知Z
1
，Z
2
关于x轴对称，
所以椭圆短轴在x轴上又由椭圆经过原点，
4 10

可知原点为椭圆短轴的一端点
根据椭圆的性质，复数加、减法几何意义及一元二次方程根与系数的关系，可得椭圆的
短轴长=2b=|z
1
+z
2
|=2|p|
，
< br>焦距离=2c=|z
1
-z
2
|=
|(z
1
?z
2
)
2
?4z
1
z
2
|?2q?p< br>2
，

长轴长=2a=
2b
2
?c
2
?2q.

2.因为椭圆经过点M（1，2），且以y轴为准线，所以椭圆在y轴右侧，长轴平行于x轴
1
，
2
1
所以左顶点A到左焦点F的距离为A到y轴的距离的，
2
3x
从而左焦点F的坐标为
(,y)

2
设椭圆 左顶点为A（x
，
y），因为椭圆的离心率为
设d为点M到y轴的距离，则d=1 < br>3x1
?1)
2
?(y?2)
2
?()
2
, 即
|MF|1
22
根据
?
及两点间距离公式，可得
2d2
9(x?)
2
?4(y?2)
2
?1
3
(
这就是所求的轨迹方程
编者说明
1984年的第六题，考查解读几何。第1小题将 椭圆参数藏在复数方程的根中；第2小题求
椭圆的轨迹方程，给出的“衍生轨迹”而不是“直接轨迹”。 使得广大考生无模式可套。本题得分率
七．（本题满分15分）
在△ABC中，∠A，∠B， ∠C所对的边分别为
a
，
b
，
c，且c=10，
cosA b4
??
，P为△ABC的内切圆上的动点求点P到顶点A，B，C的距离的平方和的最大值与 最
cosBa3
小值
解：由
cosAbcosAsinB
?
，运用正弦定理，有
?,

cosBacosBsinA
?
由此可知△ABC是直角三角形
2
?sinAcosA?sinBcosB?sin2A?sin2B.

因 为A≠B，所以2A=π-2B，即A+B=
由c=10，
b4
2
?,a?b
2
?c
2
以及a?0,b?0可得a?6,b?8.

a3
如图，设△ABC的内切圆圆心为O＇，切点分别为D，E，F，则
5 10

1
AD+DB+EC=
(10?8?6)?12.
但上式中A D+DB=c=10，所以内切圆半径r=EC=2.
2
如图建立坐标系，则内切圆方程为： (x-2)
2
+(y-2)
2
=4
设圆上动点P的坐标为(x
，
y)
，
则
S?|PA|2
?|PB|
2
?|PC|
2
?(x?8)
2
?y
2
?x
2
?(y?6)
2
?x
2
?y
2
?3x
2
?3y
2
?16x?12y?100
? 3[(x?2)
2
?(y?2)
2
]?4x?76
?3?4?4x? 76?88?4x.
因为P点在内切圆上，所以
0?x?4
，
于是S
最大值
=88-0=88，S
最小值
=88-16=72

解二：同解一，设内切圆的参数方程为

?
x?2?2cos?
(0???2?),

?
?
y?2?2sin?
从而
S?|PA|
2
?|PB|
2
?| PC|
2

?(2cos??6)
2
?(2?2sin?)
2
?(2?2cos?)
2
?(2sin??4)
2
?(2?2co s?)?(2?2sin?)?80?8cos?
因为
0?
?
?2
?
，所以
S
最大值
=80+8=88，
S
最小值
=80-8=72
22


编者说明
1984年的第七大题，已经进入后三大题的范畴，是一道典型的综合题。它是三角、解读几
何 和代数内容的交叉。由于考查的内容常规，本题的设计难度并不大，满分15分，比上一题第
八．（本题 满分12分）
设
?
＞2，给定数列{x
n
}
，
其 中x
1
=
?
，
x
n?1
x
n?1
?
1(n
?
1,2
?
);

x
n
2
x
n
?(n
?
1,2
?
)
求证： 2(x
n
?1)
1．
x
n
?
2,且
2 ．
如果
?
?
3,那么x
n
?
2
?
1
2
n?1
(n
?
1,2
?
);

6 10

a
3．
如果
?
?3,那么当n ?
3
时,必有x
n?1
?3.

4
lg
3
lg
1．证：先证明x
n
＞2(n=1
，
2
，…）用数学归纳法
由条件
a
＞2及x
1
=
a
知不等式当n=1时成立
假设不等式当n=k(k≥1)时成立
当n=k+1时，因为由条件及归纳假设知
2
x
k?1
?2?x
k
?4x
k
?4?0?(x< br>k
?2)
2
?0,

再由归纳假设知不等式
(xk
?2)
2
?0
成立，所以不等式
x
k?1
? 2
也成立
从而不等式x
n
＞2对于所有的正整数n成立
(归纳法的第二步也可这样证：
111
x
k?1
?[(x
k
?1)??2]?(2?2)?2

2x
k
?12
所以不 等式x
n
>2(n=1
，
2
，
…）成立）
再证明
x
n?1
?
1(n
?
1,2
?
).
由条件及x
n
>2(n=1
，
2
，
…）知
x< br>n
x
n?1
x
n
x
?1??1?x
n
?2,
因此不等式
n?1
?
1(n
?
1,2
?< br>).
也成立
x
n
2(x
n
?1)x
n（也可这样证：对所有正整数n有
x
n?1
1111
?(1?)?(1?)?1.

x
n
2x
n
?122?1
还可这样证：对所有正整数n有
x
n
?x
n?1
?
x
n
(x
n< br>?2)x
?0,
所以
n?1
?
1(n
?
1, 2
?
).
）
2(x
n
?1)x
n
2．证 一：用数学归纳法由条件x
1
=
a
≤3知不等式当n=1时成立
假设不等式当n=k(k≥1)时成立
当n=k+1时，由条件及
x
k
?2
知
7 10

11
2
?x?2(x?1)(2?)
kk
2
k< br>2
k
11
2
?x
k
?2(2?
k
) x
k
?2(2?
k
)?0

22
1
?(x
k
?2)[x
k
?(2?
k?1
)]?0,
2x
k?1
?1?
再由
x
k
?2
及归纳假设知， 上面最后一个不等式一定成立，所以不等式
x
k?1
?2?
从而不等式
x
n
?2?
1
2
1
也成立，
k
2
n?1
对所有的正整数n成立
证二：用数学归纳法证不等式当n=k+1时成立用以下证法：
由条件知
x
k?1
?
11
(x
k
?1?)
再由
x
k< br>?2
及归纳假设可得
2x
k
?1
x
k?1
?
1
?
11
?
(2?)?1?1?2?

k?1k
??
2
?
22
?
3．证：先证明若
x
k< br>?3,则
x
k?1
3
?.
这是因为
x
k< br>4
x
k?1
11113
?(1?)?(1?)?.

x
k
2x
k
?123?14
a
然后用反证法若当
n ?
3
时，有
x
k?1
?3,
则由第1小题知
4< br>lg
3
lg
x
1
?x
2
???x
n
?x
n?1
?3.

因此，由上面证明的结论及x
1
=
a
可得
3?x
n?1
?x
1
?
x
x
2
x
3
3< br>??
?
?
n?1
?a()
n
,

x
1
x
2
x
n
4
a
即
n?
3
，这与假设矛盾所以本小题的结论成立
4
lg
3
lg
编者说明
1984年的第八大题，是本卷正 卷的压轴题，是当年正卷上难度最大的题目。考查的内容是
数列与不等式的综合。数列不是用通项公式给 定，而是用递推式给定。递推式实为教材的延伸，
使得绝大多数考生可望而不可及。90%以上的考生与 此题无缘，当年在北京本题得满分的仅仅
8 10

九．（附加题，本题满分10分，不计入总分）
如图，已知圆心为O、半径为 1的圆与直线l相切于点A，
一动点P自切点A沿直线l向右移动时，取弧AC的长为
直线PC 与直线AO交于点M又知当AP=
⌒
2
AP
，
3
3?时，点P的速度为
4
v求这时点M的速度
解：作CD⊥AM，并设AP=x，AM=y，∠COD=θ由假设，
222
AC的长为
AP?x
，半径OC=1，可知θ
?x

333

考虑
x?(0,?)

∵△APM∽△DCM，
?
而
2
y?(1?cosx)
2 2y
3
.DM?y?(1?cosx),DC?sinx,??
2
33xsinx
3
AMDM

?
APDC
2
x(1? cosx)
3
.解得y?
2
x?sinx
3
2222222
(x?sinx)(1?cosx?xsinx)?x(1?cosx)(1?cosx)
33 33333
]
dx
?dydt?[
2
dt
(x?sinx)
2
3

3
?
dxdy2(3
?
2
?4
?
?8)
当x?时,?v,代入上式得M点的速度 ?v.

2
4dtdt
(3
?
?4)
编者说明
这是198 4年的附加题，在1983年中断一年以后。附加题的重现，是经过了一番讨论的，
主要是北大、清华的 命题人坚持用附加题选拔尖子学生。当然，这个目的并没有达到，因为考
生们连正题都没有完成，所以基 本上无人光顾这道附加题，使得此题成为虚设。
1984年的数学试卷创造了建国以来的难度之最。考后，不少的人（界内和界外）对试卷提

（有资料表明八四年试卷为历年来最难的一次）
9 10

10 10