1977年上海市高考数学试卷(理科).doc

1977年上海市高考数学试卷（理科）一、解答题（共10小题，满分100分）1（10分）（1997上海）（1）化简；（2）计算；（3），验算i是否方程2x4+3x33x2+3x5=0的解；（4）求证：2（10分）（1997上海）在ABC中，C的平分线交AB于D，过D作BC的平分线交AC于E，已知BC=a，AC=b，求DE的长3（10分）（1997上海）已知圆A的直径为，圆B的直径为，圆C的直径为2，圆A与圆B外切，圆A又与圆C外切A=60，求BC及C4（10分）（1997上海）正六棱锥VABCDEF的高为2cm，底面边长为2cm（1）按1：1画出它的三视图；（2）求其侧面积；（3）求它的侧棱和底面的夹角5（10分）（1997上海）解不等式并在数轴上把它的解表示出来6（10分）（1997上海）已知两定点A（4，0）、B（4，0），一动点P（x，y）与两定点A、B的连线PA、PB的斜率的乘积为，求点P的轨迹方程，并把它化为标准方程，指出是什么曲线7（10分）（1997上海）等腰梯形的周长为60，底角为60，问这梯形各边长为多少时，面积最大？8（10分）（1997上海）当k为何值时，方程组有两组相同的解，并求出它的解9（10分）（1997上海）如图所示，半圆O的直径为2，A为半圆直径的延长线上的一点，且OA=2，B为半圆上任一点，以AB为边作等边ABC，问B在什么地方时，四边形OACB的面积最大？并求出这个面积的最大值10（10分）（1997上海）已知曲线y=x22x+3与直线y=x+3相交于点P（0，3）、Q（3，6）两点（1）分别求出曲线在交点的切线的斜率；（2）求出曲线与直线所围成的图形的面积1977年上海市高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、解答题（共10小题，满分100分）1（10分）（1997上海）（1）化简；（2）计算；（3），验算i是否方程2x4+3x33x2+3x5=0的解；（4）求证：考点：对数的运算性质；复数的基本概念；三角函数恒等式的证明专题：计算题；综合题分析：（1）利用平方和公式、同分，然后化简即可（2）利用对数的运算性质，化简即可（3）把i代入方程验证即可（4）三角方程的左边利用诱导公式化简即可解答：解：（1）原式=（2）=（3）令x=i，左边=23i+3+3i5=0，所以i是所给方程的一个解（4）证：左边=右边点评：本题考查对数的运算性质，复数的基本概念，三角函数恒等式的证明，考查计算能力，是基础题2（10分）（1997上海）在ABC中，C的平分线交AB于D，过D作BC的平分线交AC于E，已知BC=a，AC=b，求DE的长考点：相似三角形的性质；相似三角形的判定专题：计算题分析：根据线线平行得角相等，再结合角平分线可得三角形相似，由相似三角形的性质找出对应边成比例然后根据已知边的长求出边DE的长解答：解：DEBC，1=3又1=2，2=3DE=EC由ADEABC，bDE=abaDE，故点评：本题考查相似三角形的判定与性质的实际应用及分析问题、解决问题的能力3（10分）（1997上海）已知圆A的直径为，圆B的直径为，圆C的直径为2，圆A与圆B外切，圆A又与圆C外切A=60，求BC及C考点：余弦定理；正弦定理专题：计算题分析：根据题意可求得AC和AB，再根据余弦定理求得BC，最后利用正弦定理求得sinC，进而求得C解答：解：由已知条件可知，AC=，AB=2，CAB=60根据余弦定理，可得BC=（1+）2+42cos60（1+）2=由正弦定理，则，C=45点评：本题主要考查了余弦定理和正弦定理的应用余弦定理和正弦定理是解三角形问题中常用的方法，应该熟练记忆4（10分）（1997上海）正六棱锥VABCDEF的高为2cm，底面边长为2cm（1）按1：1画出它的三视图；（2）求其侧面积；（3）求它的侧棱和底面的夹角考点：简单空间图形的三视图；由三视图求面积、体积；直线与平面所成的角专题：计算题分析：（1）由正六棱锥VABCDEF的高为2cm，底面边长为2cm易得其正视图为高为2cm，底边长为4cm三角形，侧视图为高为2cm，底面长为2cm三角形，俯视图为边长为2cm的正六边形（2）其侧面积等于六个全等的三角形面积的和，由已知中的高及底面边长，我们易求出侧高，进行得到侧面积（3）由（2）中侧高的长，我们可以计算出侧棱的长，进而易得侧棱与底面的夹角解答：解：（1）按1：1画出正六棱锥VABCDEF的三视图，如右图示：（2）斜高为（cm），故侧面积=（cm2）（3）侧棱长为=2，侧棱与底面的夹角的正弦值为=故侧棱和底面的夹角45点评：正棱锥（台、柱）的侧面是n个全等的三角形（等腰梯形、矩形），我们只要求出一个侧面的面积，乘以n即可得到侧面积5（10分）（1997上海）解不等式并在数轴上把它的解表示出来考点：一元二次不等式的解法 分析：分别求解不等式，再求其交集即可解答：解：解不等式得即4x2或3x4点评：注意到数形结合，数轴的运用可帮助更快解题6（10分）（1997上海）已知两定点A（4，0）、B（4，0），一动点P（x，y）与两定点A、B的连线PA、PB的斜率的乘积为，求点P的轨迹方程，并把它化为标准方程，指出是什么曲线考点：轨迹方程；椭圆的定义 分析：欲求点P的轨迹方程，只须寻找它的坐标x，y间的关系式即可，利用题中斜率的乘积为列式化简即得最后将把它化为标准方程，指出是什么曲线即可解答：解：A（4，0）、B（4，0），P（x，y）因为直线PA、PB的斜率存在，所以x4直线PA、PB的斜率分别是，由题意：PA、PB的斜率的乘积为，得：，化简得，点P的轨迹的标准方程为，x4，它表示椭圆除去x轴上的两个顶点，故此曲线为椭圆，除去x轴上的两个顶点点评：本题考查了轨迹方程、椭圆的定义直接法：直接法是将动点满足的几何条件或者等量关系，直接坐标化，列出等式化简即得动点轨迹方程7（10分）（1997上海）等腰梯形的周长为60，底角为60，问这梯形各边长为多少时，面积最大？考点：基本不等式分析：设等腰梯形的腰长为x，利用x表达出梯形的面积，转化为求函数的最值问题解答：解：设等腰梯形的腰长为x，则有AE=，BE=，=等腰梯形ABCD的面积=（BC+AE）BE=由此可知，当且仅当x=15时等腰梯形的面积最大此时，腰AB=CD=x=15，上底BC=7.5，下底AD=BC+2AE=22.5点评：本题考查函数的应用，求函数关系式和最值，难度不大，要充分结合图形表达各边长8（10分）（1997上海）当k为何值时，方程组有两组相同的解，并求出它的解考点：一元二次不等式的解法专题：计算题分析：将两式联立，消元，转化为关于x的二次方程的根的问题，判断的情况即可解题中注意挖掘题目隐含的条件：由（1），x0，y2，注意检验解答：解：由（1），x0，y2由（2），y=kx2k10代入（1），得，x2kx+（2k+12）=0此方程有二等根的条件是判别式为零，即k24（2k+12）=0，k28k48=0，（k12）（k+4）=0，k1=12，k2=4（增根）当k=12时，x=6，y=38点评：本题考查方程组的解的问题、二次方程根的问题，同时考查消元思想和等价转化思想的运用9（10分）（1997上海）如图所示，半圆O的直径为2，A为半圆直径的延长线上的一点，且OA=2，B为半圆上任一点，以AB为边作等边ABC，问B在什么地方时，四边形OACB的面积最大？并求出这个面积的最大值考点：在实际问题中建立三角函数模型专题：计算题分析：本题考查的知识是余弦定理，及正弦型函数的性质，由于AOB的大小不确定，故我们可以设AOB=，并根据余弦定理，表示出ABC的面积及OAB的面积，进而表示出四边形OACB的面积，并化简函数的解析式为正弦型函数的形式，再结合正弦型函数最值的求法进行求解解答：解：四边形OACB的面积=OAB的面积+ABC的面积设AOB=，则ABC的面积=OAB的面积=OAOBsin=21sin=sin四边形OACB的面积=当60=90，即=150时，四边形OACB的面积最大，其最大面积为点评：函数y=Asin（x+）（A0，0）中，最大值或最小值由A确定，由周期由决定，即要求三角函数的周期与最值一般是要将其函数的解析式化为正弦型函数，再根据最大值为|A|，最小值为|A|，周期T=进行求解10（10分）（1997上海）已知曲线y=x22x+3与直线y=x+3相交于点P（0，3）、Q（3，6）两点（1）分别求出曲线在交点的切线的斜率；（2）求出曲线与直线所围成的图形的面积考点：导数的运算；定积分专题：常规题型分析：（1）函数y=f（x）在某点的导数值即为在该点的斜率，所以只要求出该点的导数值即可（2）求图形的面积，根据图形只要求出梯形OAQP的面积与曲边梯形OAQP的面积，求曲边梯形OAQP的面积，用定积分求，再求它们之差即可解答：解：（1）y=x22x+3，y=2x2，过点（0，3）的切线斜率k1=y|x=0=2过点（3，6）的切线斜率k1=y|x=3=4（2）设所求的带阴影的图形的面积为S，则S为梯形OAQP的面积与曲边梯形OAQP的面积的差而梯形OAQP的面积=曲边梯形OAQP的面积=答：（1）过点（0，3）的切线斜率为2过点（3，6）的切线斜率为4（2）曲线与直线所围成的图形的面积为4.5点评：函数y=f（x）在某点的导数值即为在该点的斜率，过（xy）点的切线方程为：yy=y|x=x（xx）；求曲边梯形的面积，常用定积分求