春节假期安排1985年高考数学试卷及详解

2020年11月27日发(作者：仰宗发)
中国特级教师高考复习方法指导〈数学复习版〉
1985年试题
(理工农医类)
一、本题每一个小题都给出代号为A,B,C,D的四个结论,其中只有一个结论是正确的,把正确结论的代号写在题后的括号内.
(1)如果正方体ABCD A′B′C′D′的棱长为a,那么四面体
A′ ABD的体积是


【 】


[Key]
一、本题考查基本概念和基本运算.
(1)D;



(A)必要条件 (B)充分条件
(C)充分必要条件 (D)既不充分又不必要的条件
【 】


[Key]
(2)A;



(A)y=x
2
(x∈R)
(B)y=│sinx│ (x∈R)
(C)y=cos2x (x∈R)
(D)y=e
sin2x
(x∈R)
【 】

[Key] (3)B;
(4)极坐标方程ρ=asinθ(a>0)的图象是
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【 】

[Key] (4)C;


(5)用1,2,3 ,4,5这五个数字,可以组成比20000大,并且百位数不是数字3的没有重复数字的五
位数,共有
(A)96个 (B)78个
(C)72个 (D)64个
【 】

[Key] (5)B.


二、只要求直接写出结果.

(2)设│a│≤1,求arccosa+arccos(-a)的值.
(3)求曲线y
2
=-16x+64的焦点.

(5)设函数f(x)的定义域是[0,1],求函数f(x
2
)的定义域.

[Key] 二、本题考查基础知识和基本运算,只需直接写出结果.

(2)π;
(3)(0,0);
(4)64(或2
6
);
(5)[-1,1](或{x│-1≤x≤1},或-1≤x≤1).


三、(1)解方程 log
4
(3-x)+log
0.25
(3+x )=log
4
(1-x)+log
0.25
(2x+1).


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[Key] 三、本题考查对数方程、无理不等式的解法和分析问题的能力.
(1)解法一:由原对数方程得

因为log
0.25
a=-log
4
a,上式变成

由此得到

解这个方程,得到
x
1
=0,x
2
=7.
检验:把x=0代入原方程,左右 两边都等于0;故x=0是原方程的根.但当x=7时,由于3-x<0,1-x<0,
它们的对数无意 义;故x=7不是原方程的根,应舍去.
因此,原对数方程的根是x=0.

对原方程变形,同解法一,得 x
1
=0, x
2
=7.

2x+5>x
2
+2x+1,
x
2
<4,即-2但由条件x≥-1,因此-1≤x<2也是原不等式的解.
综合(i),(ii),得出原不等式的解集是



四、如图,设平面AC和BD相交于BC,它们所成的一个二面角为
45°,P为面AC内的 一点,Q为面BD内的一点.已知直线MQ是直线PQ在平面BD内的射影,并
且M在BC上.又设PQ 与平面BD所成的角为β,∠CMQ=θ(0°<θ<90°)线段PM的长为a.求
线段PQ的长.
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[Key] 四、本题考查三垂线定理、二面角、斜线与平面所成的角、解三角形、空间< br>想象能力和综合运用知识的能力.
解法一:自点P作平面BD的垂线,垂足为R,由于直线MQ 是直线PQ在平面BD内的射影,所以R
在MQ上,过R作BC的垂线,设垂足为N,则PN⊥BC.( 三垂线定理)
因此∠PNR是所给二面角的平面角,所以∠PNR=45°.
由于直线MQ是直线PQ在平面BD内的射影,所以∠PQR=β.

在Rt△PNR中,NR=PRctg45°,所以NR=PR.

又已知0°<θ<90°,所以


解法二:同解法一,得∠PQR=β.
设:∠PMR=α则在Rt△PMR中,MR=acosα,
PR=asinα,
在Rt△MNR中,NR=MRsinθ=acosα·sinθ.
又在Rt△PNR中,由于∠PNR=45°,所以PR=NR.
于是 asinα=acosα·sinθ,
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tgα=sinθ,

在△PMQ中,应用正弦定理得



五、设O为复平面的原 点,Z
1
和Z
2
为复平面内的两个动点,并且满足:

(2)△OZ
1
Z
2
的面积为定值S.
求△OZ
1
Z
2
的重心Z所对应的复数的模的最小值.


[Key]
五、本题考查复数的概念、复数运算的几何意义、三角恒等式、不等式以及灵
活运用知识的能力. 解法一:设Z
1
、Z
2
和Z对应的复数分别为z
1
、z
2和
z
,其中

z
1
=r
1
(cosθ+isinθ),
z
2
=r
2
(cosθ-isinθ).
由于Z是△OZ
1
Z
2
的重心,根据复数加法的几何意义,则有3z=z
1
+z
2
=(r
1
+r
2
)cosθ+(r
1
-r
2
)isinθ.
于是 │3z│
2
=(r
1+r
2
)
2
cos
2
θ+(r
1
-r
2
)
2
sin
2
θ
=(r
1
-r
2
)
2
cos
2
θ+4r
1
r
2
cos
2
θ+(r
1
-r
2
)
2sin
2
θ
=(r
1
-r
2
)
2
+4r
1
r
2
cos
2
θ.




解法二:同解法一,得3z=(r
1
+r
2
) cosθ+(r
1
-r
2
)isinθ.
于是│3z│
2
=(r
1
+r
2
)
2
cos
2
θ +(r
1
-r
2
)
2
sin
2
θ.
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又已知 △OZ
1
Z
2
的面积为S,且r
1
为三角形边长,r
1
>0,以及sin2>θ(因









[Key]
六、本题考查直线方程、两点间的距离公式、参数方程以及轨迹方程的求法.

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