1998年高考数学试题及答案(全国理)

数学 (理工农医类)

本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共150分，考试时间

120分钟.

第Ⅰ卷(选择题共65分)

一、选择题：本大题共15小题；第（1） （10)题每小题4分，第(11) (15）题每小题5分，共65分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、sin600°的值是

A.12B.12C.32D.32

［Key] D

|x|ya(a1)的图象是 2、函数

［Key］ B

3、曲线的极坐标方程4sin化成直角坐标方程为

2222x(y2)4x(y2)4 A． B． 2222(x2)y4(x2)y4 C． D．

[Key］ B

4、两条直线A1xB1yC10,A2xB2yC20垂直的充要条件是 A． A1A2B1B20B． A1A2B1B20

A1A2A1A211BBBBC． 12 D． 12

［Key］ A 5、函数

f(x)1(x0)1fx的反函数(x)

1(x0)xA． x(x≠0） B．

1(x0)x

C． —x（x≠0) D．［Key］ B

6、已知点P(sincos,tg)在第一象限，则在(0,2)内α的取值范围是

355(,)(,)(,)(,)4 B． 424 A． 243533(,)(,)(,)(,)42 D． 424C． 24

[Key］ B°

7、已知圆锥的全面积是底面积的3倍,那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为 A．120° B．150° C．180° D．240° ［Key］ C

8、复数—i的一个立方根是i，它的另外两个立方根是

31313131iiii22222222 A． B． C． D．

［Key］ D

9、如果棱台的两底面积分别是S， S’,中截面的面积是S0，那么

A． 22SS' B． S0S'S C．

2S0SS' D．

S02S'S2

［Key] A

10、向高为H的水瓶中注水，注满为止,如果注水量V与水深h的函数关系的图象如右图所示,那么水瓶的形状是

［Key］ B

11、3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士,不同的分配方法共有

A．90种 B．180种 C．270种 D．540种 ［Key］ D

x2y2112312、椭圆的焦点为F1和F2，点P在椭圆上，如果线段PF1的中点在y轴上，

那么｜PF1｜是｜PF2｜的

A．7倍 B．5倍 C．4倍 D．3倍

[Key］ A

13、球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的1/6,经过这3个点的小圆的周长为4π,那么这个球的半径为

A． 43 B．23 C．2 D．3

［Key] B

14、一个直角三角形三内角的正弦值成等比数列，其最小内角为 A．

arccos5151arcsin2 B． 2 1515arcsin2 D． 2

C．

arccos［Key］ B

limSn15、在等比数列｛an｝中，a1>1，且前n项和Sn满足是

n1a1,那么a的取值范围

1

A．（1，+∞） B．（1，4) C．(1，2） D．(1,2) ［Key] D

x2y2116、设圆过双曲线916的一个顶点和一个焦点,圆心在此双曲线上,则圆心

到双曲线中心的距离是 _______。

16［Key] 3

102(x2)(x1)的展开式中x10的系数为____ (用数字作答)。 17、

[Key］ 179

18、如图，在直四棱柱A1B1C1D1 ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件_____时，有A1C⊥B1D1。（注：填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情形.）

[Key］ AC⊥BD，或任何能推导出这个条件的其他条件.例如ABCD是正方形，菱形等.

f(x)4sin(2x)(xR)319、关于函数,有下列命题:

①由f（x1)=f（x2)=0可得x1—x2必是π的整数倍;

y4cos(2x)6; ②yf(x)的表达式可改写为

(,0)③yf(x)的图象关于点6对称；

④yf(x)的图象关于直线x对称。

6其中正确的命题的序号是 。（注：把你认为正确的命题的序号都填上。） ［Key］ ②，③ 注:第19题多填、漏填和错填均给0分. 20、（本小题满分10分）

在△ABC中,a，b，c分别是角A，B，C的对边，设

ac2b,AC3。求sinB

的值.

以下公式供解题时参考：

sinsin2sincos,sinsin2cossin2222coscos2coscos,coscos2sinsin2222

[Key] 本小题考查正弦定理,同角三角函数基本公式,诱导公式等基础知识，考查利用三角公式进行恒等变形的技能及运算能力。满分10分. 解:由正弦定理和已知条件a+c=2b，得sinA+sinC=2sinB 由和差化积公式得

2sinACACcos2sinB22

由A+B+C=π 得

又ACsinACBcos22

3B得cossinB3223BBBcos2sincos2222BB0.cos0222B3sin24从而y28x(1x4,y0)sinB31339248

21、(本小题满分11分)

如图，直线l1和l2相交于点M,l1⊥l2，点N∈l1.以A,B为端点的曲线段C上的任一点到l2的距离与到点N的距离相等，若△AMN为锐角三角形， |AM｜=17,|AN|=3且|BN｜=6.建立适当的坐标系，求曲线段C的方程.

［Key] 本小题主要考查根据所给条件选择适当的坐标系，求曲线方程的解析

几何的基本思想。考查抛物线的概念和性质，曲线与方程的关系以及综合运用知识的能力。满分11分.

解法一：如图建立坐标系，以l1为x轴,MN的垂直平分线为y轴,点O为坐标原点。 依题意知：曲线段C是以点N为焦点，以l2为准线的抛物线的一段，其中A,B分别为C的端点。

设曲线段C的方程为

y22px(p0),(xAxxB,y0)，其中xA,xB分别为A，B的横坐标，P=｜MN｜。

pp,0),N(,0)22由|AM|17,|AN|3得p(xA)22pxA17(1)2p(xA)22pxA9(2)2 所以M(xA4p。再将其代入①式并由p〉0解得

由①,②两式联立解得

p4p2或xA1xA2

p2pxAx2因为△AMN是锐角三角形,所以2，故舍去A

∴p=4，xA=1

xB|BN|p42。

由点B在曲线段C上，得

2y综上得曲线段C的方程为8x(1x4,y0)

解法二：如图建立坐标系，分别以l1、l2为 轴,M为坐标原点。

作AE⊥l1，AD⊥l2,BF⊥l2垂足分别为E、D、F 设A（xA， yA）、B(xB， yB）、N（xN, 0) 依题意有

xA|ME|DA||AN|3yA|DM||AM|2|DA|222由于AMN为锐角三角形故有xN|ME||EN||ME||AM|2|AE|24xB|BE||NB|6设点P(x,y)是曲线段C上任一点则由题意知P属于集合{(x,y)|(xxN)2y2x2,xAxxB,y0}故曲线段C的方程y28(x2)(3x6,y0)

22、（本小题满分12分)

如图，为处理含有某种杂质的污水，要制造一底宽为2米的无盖长方体沉淀箱,污水从A孔流入，经沉淀后从B孔流出。设箱体的长度为a米，高度为b米。已知流出的水中该杂质的质量分数与a，b的乘积ab成反比。现有制箱材料60平方米。问当a，b各为多少米时,经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小(A、B孔的面积忽略不计）.

［Key］ 本小题主要考查综合应用所学数学知识、思想和方法解决实际问题的能力，考查建立函数关系、不等式性质、最大值、最小值等基础知识。满分12分.

解法一：设y为流出的水中杂质的质量分数，则题意,即所求的a,b值使y值最小。

根据题设有4b2ab2a60(a0,b0)30a得b(0a30)(1)2akk于是yab30aa22ak64a32a2k6434(a2)a2k64342(a2)a2k1864当a2时取等号,y达到最小值.a2

这时a=6，a=-10(舍去) 将a=6代入①式得b=3。

ykab,其中k〉0为比例系数，依

故当a为6米,b为3米时,经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小. 解法二:

依题意，即所求的a,b的值使ab最大。 由题设知

4b2ab2a60(a0,b0)即a2bab30(a0,b0)9k402(3k1)

当且仅当a=2b时，上式取等号。 由a>0,b>0，解得0即当a=2b时,ab取得最大值,其最大值为18。 2b2=18解b=3,a=6

故当a为6米，b为3米时,经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小。 23、（本小题满分12分）

已知斜三棱柱ABC A1B1C1的侧面A1ACC1与底面ABC垂直，∠ABC=90°，BC=2,AC=23,且AA1⊥A1C，AA1=A1C。 (Ⅰ）求侧棱A1A与底面ABC所成角的大小; （Ⅱ）求侧面A1ABB1与底面ABC所成二面角 的大小；

（Ⅲ)求顶点C到侧面A1ABB1的距离.

［Key] 本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,棱柱的性质,空间的角和距离的概念、逻辑思维能力、空间想象能力及运算能力.满分12分。

注：题中赋分为得得该结论时所得分值，不给中间分. （Ⅰ）解:

作A1D⊥AC，垂足为D，

由面A1ACC1⊥面ABC，得A1D⊥面ABC, ∴∠A1AD为A1A与面ABC所成的角. ∵∠AA1⊥A1C，AA1=A1C， ∴∠A1AD=45° 为所求

(Ⅱ）解:

作DE⊥AB，垂足为E，连A1E，则由A1D⊥面ABC，得A1E⊥AB. ∴∠A1ED是面A1ABB1与面ABC所成二面角的平面角.

由已知,AB⊥BC,得ED//BC，又D是AC的中点,BC=2，AC=23 ∴DE=1,AD=A1D=3,

tgA1EDA1D3DE

故∠A1ED=60° 为所求。 (Ⅲ）解法一：

由点C作平面A1ABB1的垂线,垂足为H，则CH的长是C到平面A1ABB1的距离。 连结HB，由于AB⊥BC，得AB⊥HB 又A1E⊥AB，知HB//A1E，且BC//ED， ∴∠HBC=∠A1ED=60° ∴CHBCsin603为所求

解法二：连结A1B

根据定义，点C到面A1ABB1的距离，即为三棱锥C A1AB的高h。 由

V锥CA1ABV锥CA1ABC11得SAA1BhSABCA1D3311即22h22333h3为所求

24、（本小题满分12分）

设曲线C的方程是y=x3-x，将C沿x轴、y轴正向分别平行移动t、s单位长度后得曲线C1.

（Ⅰ）写出曲线C1的方程；

tsA(,)(Ⅱ）证明曲线C与C1关于点22对称;

t3st4（Ⅲ）如果曲线C与C1有且仅有一个公共点，证明且t≠0.

［Key］ 本小题主要考查函数图象、方程与曲线，曲线的平移、对称和相交

等基础知识，考查运动、交换等数学思想方法，以及综合运用数学知识解决问题的能力.满分12分.

（Ⅰ）解：曲线C1的方程为 y=(x—t）3+（x-t)+s

（Ⅱ）证明:在曲线C上任取一点B1（x1，y1）。。设B2(x2,y2）是B1关于点A的对称点，则有：

x1x2ty1y2s,2222x1tx2,y1sy2

代入曲线C的方程，得x2和y2满足方程：

sy2(tx2)3(tx2)即y2(x2t)3(x2t)s

可知点B2（x2，y2）在曲线C1上.

反过来，同样可以证明，在曲线C1上的 点关于点A的对称点在曲线C上。因此，曲线C与C1关于点A对称。

(Ⅲ)证明：因为曲线C与C1有且仅有一个公共点，所以，方程组

yx3x3y(xt)(xt)s

有且仅有一组解。 消去y，整理得 S20=2S'S

这个关于x的一元二次方程有且仅有一个根。 所以t≠0并且其根的判别式 9t412t(t4ts)0即t03t(t4t4s)0t3st4且t0

25、(本小题满分12分)

已知数列{bn｝是等差数列,b1=1,b1+b2+…+b10=145。 （Ⅰ）求数列{bn｝的通项bn;

anloga(11)bn(其中a〉0，且a≠1），记Sn是数列｛an}

（Ⅱ）设数列｛bn｝的通项

的前

1logabn13n项和.试比较Sn与的大小，并证明你的结论。

[Key] 本小题主要考查等差数列基本概念及其通项求法，考查对数函数性质，

考查归纳、推理能力以及用数学归纳法进行论证的能力.满分12分. 解：（Ⅰ）设数列{bn｝的公差为d，由题意得

b1110b10(101)d12b11解得d3bn3n2

（Ⅱ）由bn=3n—2，知

11Snlog(11)loga(1)loga(1)43n211loga(11)(1)(1)43n211logabn1loga33n133

1logabn1因此要比较Sn与3的大小，可先比较 11(11)(1)(1)与33n1的大小.43n2。

3(11)311 取n=1有

1(11)(1)33214取n=2有

……

11(11)(1)(1)33n143n2由此推测 ①

若①式成立,则由对数函数性质可断定：

1Snlogabn13当a〉1时， 1Snlogabn13当 0〈a〈1时，

下面用数学归纳法证明①式。

（i）当n=1时已验证①式成立。

（ii）假设当n=k（k≥1)时,①式成立，即

11(11)(1)(1)33n1.43n2

那么,当n=k+1时，

111(11)(1)(1)(1)43k23(k1)2133k1(1)3k133k1(3k2)3k133k1(3k2)[33k4]3k1(3k2)3(3k4)(3k1)2(3k1)29k40(3k1)23k1(3k2)33k433(k1)3k1111因而(11)(1)(1)(1)33(k1)143k23(k1)

33这就是说①式当n=k+1时也成立。

由（i）,(ii)知①式对任何正整数n都成立 由此证得:

1Snlogabn13当a>1时， 1Snlogabn13当0〈a<1时，