(1)证明不等式
对所有的正整数n都成立.
八、设a,b是两个实数,
A={(x,y)│x=n,y=na+b,n是整数}, B={(x,y)│x=,m,y=3m2+15,m是整数}, C={(x,y)│x2+y2≤144}
是平面XOY内的点集合.讨论是否存在a和b使得
(2)(a,b)∈C 同时成立.
九、(附加题,不计入总分)
已知曲线y=x3-6x2+11x-6.在它对应于x∈[0,2]的弧段上求一点P,使得曲线在该点的切线在y轴上的截距为最小,并求出这个最小值.
1985年试题(理工农医类)答案
一、本题考查基本概念和基本运算. (1)D; (2)A; (3)B; (4)C; (5)B.
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26);
(5)[-1,1](或{x│-1≤x≤1},或-1≤x≤1).
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
错误！未指定书签。
因为log0.25a=-log4a,上式变成
由此得到
解这个方程,得到 x1=0,x2=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 x1=0, x2=7.
2x+5>x2+2x+1, x2<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、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. 错误！未指定书签。 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=acosα2sinθ. 又在Rt△PNR中,由于∠PNR=45°,所以PR=NR. 于是 asinα=acosα2sinθ, tgα=sinθ, 在△PMQ中,应用正弦定理得 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. 错误！未指定书签。 解法一:设Z1、Z2和Z对应的复数分别为z1、z2和z,其中 z1=r1(cosθ+isinθ), z2=r2(cosθ-isinθ). 由于Z是△OZ1Z2的重心,根据复数加法的几何意义,则有3z=z1+z2=(r1+r2)cosθ+(r1-r2)isinθ. 于是 │3z│2=(r1+r2)2cos2θ+(r1-r2)2sin2θ =(r1-r2)2cos2θ+4r1r2cos2θ+(r1-r2)2sin2θ =(r1-r2)2+4r1r2cos2θ. 解法二:同解法一,得3z=(r1+r2)cosθ+(r1-r2)isinθ. 于是│3z│2=(r1+r2)2cos2θ+(r1-r2)2sin2θ. 又已知△OZ1Z2的面积为S,且r1为三角形边长,r1>0,以及sin2>θ(因 错误！未指定书签。 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. 2.当a≠0时,直线PA与QB相交,设交点为M(x,y),由(2)式得 将上述两式代入(1)式,得 整理得 x2-y2+2x-2y+8=0, (*) 当a=-2或a=-1时,直线PA和QB仍然相交,并且交点坐标也满足(*)式. 所以(*)式即为所求动点的轨迹方程. 解法二:设直线PA和QB的交点为M(x,y). 当点M与点P及点Q都不重合时,直线PM的方程是 (x+2)(Y-2)=(y-2)(X+2), 直线QM的方程是 x(Y-2)=(y-2)X. 由方程组 解得直线PM和直线l的交点A的坐标为 错误！未指定书签。