1964年全国统一高考数学试卷

1964年全国统一高考数学试卷一、解答题（共9小题，满分0分）1．化简．2．甲乙两人在P点的河对岸的D点，甲向东走，乙向西走，甲每分钟比乙多走a米，10分钟后，甲看P在北α度西，乙看P在北β度东，求PD．3．解方程x4+1=0，并证明它的四个根为一个正方形的四个顶点4．求证：在△ABC中，其中α，β，γ是三角形的内角，．5．已知x3+mx2﹣3x+n=0的三根的平方和为6，且有两个相等的正根，求m、n．6．圆台形铁桶的上底半径是10cm，下底半径是15cm，母线是30cm将铁桶的侧面沿一条母线剪开，铺平如图中的扇形铁片ABCD，求AB间的距离．7．已知空间四点A、B、C、D和两平面M、N，又知A、B、C、D在M内的射影A1B1C1D1是一条直线，在N内的射影A2B2C2D2是一个平行四边形，求证ABCD是一个平行四边形．8．如图，已知正方形的边长为1，在正方形ABCD中有两个相切的内切圆．（1）求这两个内切圆的半径之和；（2）当这两个圆的半径为何值时，两圆面积之和有最小值？当这两个圆的半径为何值时，两圆面积之和有最大值？9．第8题的题干为：如图，已知正方形的边长为1，在正方形ABCD中有两个相切的内切圆．（1）求这两个内切圆的半径之和；（2）当这两个圆的半径为何值时，两圆面积之和有最小值？当这两个圆的半径为何值时，两圆面积之和有最大值？变式（1）在第8题中，若正方形改为矩形，情况又如何？（2）在第8题中，若正方形改为正方体，圆改为球，情况如何？1964年全国统一高考数学试卷参考答案与试题解析一、解答题（共9小题，满分0分）1．化简．考点：有理数指数幂的化简求值．专题：计算题．分析：将负指数化为正指数；将根式化为分数指数幂，利用幂的运算法则化简；将分子、分母同乘以，将分母有理化．解答：解：原式=．点评：本题考查化简时一般先将负指数化为正指数，根式化为分数指数幂，再利用幂的运算法则求值．2．甲乙两人在P点的河对岸的D点，甲向东走，乙向西走，甲每分钟比乙多走a米，10分钟后，甲看P在北α度西，乙看P在北β度东，求PD．考点：解三角形的实际应用．专题：计算题．分析：设出乙的速度，则可依题意表示出甲的速度，分别在直角△PBD和直角△PAD中求得PD建立等式，化简整理后代入PD=10v•cotβ中求得答案．解答：解：设乙的速度为v，则甲的速度为v+a．在直角△PBD中，PD=10v•cotβ在直角△PAD中，PD=10（v+a）cotα10v•cotβ=10（v+a）cotαv=．代入PD=10vcotβ=．点评：本题主要考查了解三角形的实际应用．考查了学生运用所学知识解决实际问题的能力．关键是建立三角函数的模型，利用三角函数的性质来解决．3．解方程x4+1=0，并证明它的四个根为一个正方形的四个顶点考点：根的存在性及根的个数判断；复数的基本概念．专题：计算题；证明题．分析：将﹣1写为复数的三角形式，由方程的复数跟的表达式直接求出四个根，再由复数的几何意义找出复数在复平面内对应的点，进行证明即可．解答：解：∵x4=﹣1=cosπ+isinπ，∴x=cos，k=0，1，2，3．x1=cos．x2=cos．x3=cos．x4=cos．在复平面内（x为实轴，y为虚轴）分别用A、B、C、D四点来表示四个根x1、x2、x3、x4（如图）即A（），B（﹣），C（﹣），D（）∵A、B关于y轴对称，A、D关于x轴对称，∴∠A=90°，同理，∠B=∠C=∠D=90°且|AB|=|BC|=|CD|=|DA|=．∴ABCD是正方形，而A、B、C、D是顶点．点评：本题考查方程的复数跟的求解、复数的三角形式、复数的几何意义等知识，考查计算能力．4．求证：在△ABC中，其中α，β，γ是三角形的内角，．考点：余弦定理；正弦定理．专题：证明题．分析：利用三角形的正弦定理将三角形的三边用角的正弦表示；利用余弦定理将等式中的余弦用边表示，等式得证．解答：证：设R为△ABC的外接圆的半径，则由正弦定理可得，a=2Rsinα，b=2Rsinβ，c=2Rsinγ．代入余弦定理中，则可得=．故成立．点评：本题考查利用三角形的正弦定理、余弦定理证明三角函数中的边、角的恒等式．5．已知x3+mx2﹣3x+n=0的三根的平方和为6，且有两个相等的正根，求m、n．考点：根的存在性及根的个数判断；一元n次方程根与系数的关系．专题：计算题．分析：由一元三次方程根与系数的关系，我们根据方程有两个相等的正根，可将方程的三根设为α，β，β，且β＞0，从而得到一个四元方程组，利用乘法公式处理后，即可得到m、n的值．解答：解：设方程的三根为α，β，β，且β＞0．由根与系数的关系及题设有由（4）﹣2•（2）得α2﹣αβ=12（5）（1）式平方得α2+4αβ+4β2=m2（6）（5）+（6）得2α2+4β2=12+m2．由（4）得2•6=12+m2，∴m=0．由（1）得α+2β=0∴α=﹣2β代入（4）式可得6β2=6，β=1（∵β＞0，∴β≠﹣1）．α=﹣2．由（3）n=﹣αβ2=﹣（﹣2）•1=2．故m=0，n=2．点评：本题考查的知识点是根的存在性及根的个数判断，一元n次方程根与系数的关系，难度系数较大，其中利用一元n次方程根与系数的关系，构造四元方程组是解答的关键．6．圆台形铁桶的上底半径是10cm，下底半径是15cm，母线是30cm将铁桶的侧面沿一条母线剪开，铺平如图中的扇形铁片ABCD，求AB间的距离．考点：多面体和旋转体表面上的最短距离问题．专题：计算题．分析：根据所给的圆台，将圆台补成圆锥，根据圆锥轴截面的相似三角形，写出比例式，得到SD的长，根据同一条弧长相等，得到圆心角，得到三角形是一个等边三角形，得到结果．解答：解：将圆台补成圆锥体（如图）设其顶点为S，设SD=x，则，x=60（cm）又因弧AB=2πR=30π（cm），弧AB═SA•θ=90θ（cm），90θ=30π，．∴△SAB为等边三角形，AB=90（cm），即AB间的距离为90cm．点评：本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题，考查圆台与圆锥之间的关系，考查圆锥的轴截面的有关性质，是一个综合题目．7．已知空间四点A、B、C、D和两平面M、N，又知A、B、C、D在M内的射影A1B1C1D1是一条直线，在N内的射影A2B2C2D2是一个平行四边形，求证ABCD是一个平行四边形．考点：平面的基本性质及推论．专题：证明题．分析：利用两个平面垂直的性质：若两个平面垂直，通过一个平面中的一点垂直于另一个平面的直线在第一个平面内；证出四点共面；通过反证法证出四边形的两条对边不能相交即两对边平行，命题得证．解答：证明：（1）先证A、B、C、D四点共面设通过直线A1B1C1D1而垂直于平面M的平面为P则因AA1⊥平面M，而A1又在直线A1B1C1D1上，所以点A在平面P内，同理点B、C、D均在平面P内，即A、B、C、D四点共面（2）证ABCD是一个平行四边形若AB与DC相交于E，则其在平面N内的射影A2B2与D2C2也相交于E2，此与A2B2∥D2C2的假设相违，所以AB∥DC，同理AD∥BC故ABCD是一个平行四边形．点评：本题考查两平面垂直的性质：若两个平面垂直，通过一个平面中的一点垂直于另一个平面的直线在第一个平面内、反证法在证题中的应用．8．如图，已知正方形的边长为1，在正方形ABCD中有两个相切的内切圆．（1）求这两个内切圆的半径之和；（2）当这两个圆的半径为何值时，两圆面积之和有最小值？当这两个圆的半径为何值时，两圆面积之和有最大值？考点：圆与圆的位置关系及其判定．专题：计算题；综合题．分析：（1）由题意可知三角形CEO1为等腰直角三角形，根据勾股定理得到CO1等于R1；同理得到AO2等于R2，根据线段AC等于AO2+O2O1+O1C，将各自的值代入即可表示出AC的长，又根据正方形的边长为1，利用勾股定理求出AC的长度，两者相等即可求出两半径之和的值；（2）根据两圆的半径，利用圆的面积公式表示出两圆的面积之和，由（1）中求出的两半径之和表示出R2，代入两圆的面积之和的式子中消去R2，得到关于R1的关系式，根据完全平方大于等于0求出两圆面积之和的最小值时，两半径的值即可．解答：解：（1）由图知∠CEO1=90°，CE=O1E=R1∴2R12=CO12，CO1=．同理AO2=．∴AC=AO2+O2O1+O1C=（R1+R2）+（R1+R2）=（R1+R2），又∵AB=1，∴AC=∴（R1+R2）=，∴R1+R2=；（2）两圆面积之和S=πR12+πR22===．∴当R1=，即R1=R2时S为最小．因R1的最大值为R1=，这时R2为最小值，其值为R2=；又当R2=时，R1有最小值R1=，故当R1=（此时R2=）或R1=（此时R2=）时，S有最大值．点评：此题考查学生掌握正方形的性质，掌握直线与圆相切时所满足的条件以及两圆外切时所满足的条件，是一道多知识的综合题．9．第8题的题干为：如图，已知正方形的边长为1，在正方形ABCD中有两个相切的内切圆．（1）求这两个内切圆的半径之和；（2）当这两个圆的半径为何值时，两圆面积之和有最小值？当这两个圆的半径为何值时，两圆面积之和有最大值？变式（1）在第8题中，若正方形改为矩形，情况又如何？（2）在第8题中，若正方形改为正方体，圆改为球，情况如何？考点：球的性质．专题：计算题．分析：（1）由题意可知三角形CEO1为等腰直角三角形，根据勾股定理得到CO1等于R1；同理得到AO2等于R2，根据线段AC等于AO2+O2O1+O1C，将各自的值代入即可表示出AC的长，又根据正方形的边长为1，利用勾股定理求出AC的长度，两者相等即可求出两半径之和的值；（2）根据两圆的半径，利用圆的面积公式表示出两圆的面积之和，由（1）中求出的两半径之和表示出R2，代入两圆的面积之和的式子中消去R2，得到关于R1的关系式，根据完全平方大于等于0求出两圆面积之和的最小值时，两半径的值即可．变式：（1）设AB=a，AD=b，作直角△O1O2G，利用勾股定理可得（R1+R2）2=[b﹣（R1+R2）]2+[a﹣（R1+R2）]2解得R1+R2=（a+b），表示出两圆面积之和S=πR12+πR22，当R1或R2=min（a，b）时，S有最大值．（2）球O1和球O2外切，球O1和以C1为顶的三面角的三个面相切，球O2和以A为顶的三面角的三个面相切（设棱长为1），求出两球的体积和，然后利用二次函数求出最大值即可．解答：解：（1）由图知∠CEO1=90°，CE=O1E=R1∴2R12=CO12，CO1=．同理AO2=．∴AC=AO2+O2O1+O1C=（R1+R2）+（R1+R2）=（R1+R2），又∵AB=1，∴AC=∴（R1+R2）=，∴R1+R2=；（2）两圆面积之和S=πR12+πR22===．∴当R1=，即R1=R2时S为最小．因R1的最大值为R1=，这时R2为最小值，其值为R2=；又当R2=时，R1有最小值R1=，故当R1=（此时R2=）或R1=（此时R2=）时，S有最大值．变式解：（1）如图，ABCD为矩形．设AB=a，AD=b作直角△O1O2G则有（R1+R2）2=[b﹣（R1+R2）]2+[a﹣（R1+R2）]2解之，得R1+R2=（a+b）但∵a+b＞R1+R2；，∴R1+R2=（a+b）（2）因两圆面积之和S=πR12+πR22当R1或R2=min（a，b）时，S有最大值．如图，球O1和球O2外切，球O1和以C1为顶的三面角的三个面相切，球O2和以A为顶的三面角的三个面相切（设棱长为1）同前类似可计算出AO2=R2，C1O1=R1，R1+R2=．两球的体积和V=注：在（1）中的a，b必须限制为b＜a≤2b，否则在矩形内之二圆无法相切．点评：此题考查学生掌握正方形的性质，掌握直线与圆相切时所满足的条件以及两圆外切时所满足的条件，是一道多知识的综合题．变式题主要考查了长方形的两个内切圆，以及正方体的内切球和球的性质，同时考查了空间想象能力，属于中档题．