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09立体几何初步★★★☆☆
在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 四棱锥只有四个侧面，所以直角三角形的个数不超过 44. 下面说明四个可以同时成立：取正方形 ABCDABCD 为底面，取顶点 SS 在底面顶点 AA 的垂线上. 则在侧面 SABSAB、SADSAD 中，SA⊥ABSA\perp AB、SA⊥ADSA\perp AD，它们在 AA 处为直角；在侧面 SBCSBC 中，SBSB 的水平投影平行于 ABAB，而 BC⊥ABBC\perp AB，故 SB⊥BCSB\perp BC；同理在侧面 SCDSCD 中 SD⊥DCSD\perp DC. 因而四个侧面都可以是直角三角形，最大值为 44. 故选 D. \end{solution}
A.
11 个
B.
22 个
C.
33 个
D.
44 个

1992 · 全国 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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10解析几何★★★☆☆
圆心在抛物线 y2=2xy^{2} = 2x 上，且与 xx 轴和该抛物线的准线都相切的一个圆的方程是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 将抛物线写成 y2=4pxy^2=4px，得 p=12p=\frac{1}{2}，所以准线为 x=−12x=-\frac{1}{2}. 设圆心为 (u,v)(u,v)，半径为 rr. 圆同时与 xx 轴和准线相切，因此 r=∣v∣=∣u+12∣r=|v|=\left|u+\frac{1}{2}\right|. 又圆心在抛物线上，所以 v2=2uv^2=2u. 消去半径得 2u=(u+12)22u=\left(u+\frac{1}{2}\right)^2，即 (u−12)2=0\left(u-\frac{1}{2}\right)^2=0，从而 u=12u=\frac{1}{2}，v=±1v=\pm1. 题目选项列出的是上半平面圆，取圆心 (12,1)\left(\frac{1}{2},1\right)，半径为 11，其方程为 (x−12)2+(y−1)2=1\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+(y-1)^2=1，即 x2+y2−x−2y+14=0x^2+y^2-x-2y+\frac{1}{4}=0. 故选 D. \end{solution}
A.
x2+y2−x−2y−14=0x^{2} + y^{2} - x - 2y - \frac{1}{4} = 0
B.
x2+y2+x−2y+1=0x^{2} + y^{2} + x - 2y + 1 = 0
C.
x2+y2−x−2y+1=0x^{2} + y^{2} - x - 2y + 1 = 0
D.
x2+y2−x−2y+14=0x^{2} + y^{2} - x - 2y + \frac{1}{4} = 0

1992 · 全国 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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12解析几何★★★☆☆
已知直线 l1l_{1} 和 l2l_{2} 夹角的平分线为 y=xy = x，如果 l1l_{1} 的方程是 ax+by+c=0ax + by + c = 0（ab>0ab > 0），那么 l2l_{2} 的方程是（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 关于直线 y=xy=x 对称时，点的坐标互换，因此直线 l1 ⁣:ax+by+c=0l_1\colon ax+by+c=0 的对称直线为 ay+bx+c=0ay+bx+c=0，即 bx+ay+c=0bx+ay+c=0. 这两条直线关于 y=xy=x 对称，故 y=xy=x 是它们的一个夹角平分线，选项 A 正确. \end{solution}
A.
bx+ay+c=0bx + ay + c = 0
B.
ax−by+c=0ax - by + c = 0
C.
bx+ay−c=0bx + ay - c = 0
D.
bx−ay+c=0bx - ay + c = 0

1992 · 全国 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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13三角函数★★★☆☆
如果 α\alpha，β∈(π2,π)\beta \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right) 且 tan⁡α<cot⁡β\tan \alpha < \cot \beta，那么必有（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 令 u=α−πu=\alpha-\pi，v=π2−βv=\frac{\pi}{2}-\beta，则 uu，v∈(−π2,0)v\in\left(-\frac{\pi}{2},0\right)，并且 tan⁡u=tan⁡α\tan u=\tan\alpha，tan⁡v=cot⁡β\tan v=\cot\beta. 正切函数在 (−π2,π2)\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) 上递增，所以由 tan⁡u<tan⁡v\tan u<\tan v 得 u<vu<v. 因而 α−π<π2−β\alpha-\pi<\frac{\pi}{2}-\beta，即 α+β<3π2\alpha+\beta<\frac{3\pi}{2}. 故选 C. \end{solution}
A.
α<β\alpha < \beta
B.
β<α\beta < \alpha
C.
α+β<32π\alpha + \beta < \frac{3}{2}\pi
D.
α+β>32π\alpha + \beta > \frac{3}{2}\pi

1992 · 全国 · 文 · 第 13 题 · 选择题

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14立体几何初步★★★☆☆
如图，在棱长为 11 的正方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 中，MM 和 NN 分别为 A1B1A_{1}B_{1} 和 BB1BB_{1} 的中点，那么直线 AMAM 与 CNCN 所成角的余弦值是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 建立直角坐标系，取 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(1,0,0)B=(1,0,0)，C=(1,1,0)C=(1,1,0)，A1=(0,0,1)A_1=(0,0,1)，B1=(1,0,1)B_1=(1,0,1). 则 M=(12,0,1)M=\left(\frac{1}{2},0,1\right)，N=(1,0,12)N=\left(1,0,\frac{1}{2}\right). 取两直线方向向量 AM→=(12,0,1)\overrightarrow{AM}=\left(\frac{1}{2},0,1\right) 和 CN→=(0,−1,12)\overrightarrow{CN}=\left(0,-1,\frac{1}{2}\right)，有 AM→⋅CN→=12\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{CN}=\frac{1}{2}，∣AM→∣=52\left|\overrightarrow{AM}\right|=\frac{\sqrt{5}}{2}，∣CN→∣=52\left|\overrightarrow{CN}\right|=\frac{\sqrt{5}}{2}. 所成角取锐角，故余弦值为 1252⋅52=25\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{2}{5}. 故选 D. \end{solution}
A.
32\frac{\sqrt{3}}{2}
B.
1010\frac{\sqrt{10}}{10}
C.
35\frac{3}{5}
D.
25\frac{2}{5}

1992 · 全国 · 文 · 第 14 题 · 选择题

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16指数函数与对数函数★★★☆☆
函数 y=ex−e−x2y=\frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}}{2} 的反函数（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 原函数为 f(x)=ex−e−x2f(x)=\frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}}{2}，其定义域为 R\mathbf{R}. 有 f(−x)=−f(x)f(-x)=-f(x)，所以它是奇函数；又 f′(x)=ex+e−x2>0f'(x)=\frac{\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}}{2}>0，所以它在 R\mathbf{R} 上严格递增. 此外，lim⁡x→+∞f(x)=+∞\displaystyle\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty，lim⁡x→−∞f(x)=−∞\displaystyle\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty，故 ff 的值域为 R\mathbf{R}，反函数 g=f−1g=f^{-1} 存在且定义域为 R\mathbf{R}. 若 y=f(x)y=f(x)，则 −y=f(−x)-y=f(-x)，从而 g(−y)=−x=−g(y)g(-y)=-x=-g(y)，所以 gg 是奇函数. 由于 ff 严格递增，gg 也严格递增，因而 gg 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上是增函数，故选 C. \end{solution}
A.
是奇函数，它在 (0,+∞)(0, +\infty) 上是减函数
B.
是偶函数，它在 (0,+∞)(0, +\infty) 上是减函数
C.
是奇函数，它在 (0,+∞)(0, +\infty) 上是增函数
D.
是偶函数，它在 (0,+∞)(0, +\infty) 上是增函数

1992 · 全国 · 文 · 第 16 题 · 选择题

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24三角函数★★★☆☆
求 sin⁡220∘+cos⁡280∘+3sin⁡20∘cos⁡80∘\sin^2 20^\circ + \cos^2 80^\circ + \sqrt{3} \sin 20^\circ \cos 80^\circ 的值.
\begin{solution} 利用降幂公式和积化和差公式，原式为 1−cos⁡40∘2+1+cos⁡160∘2+32(sin⁡100∘+sin⁡(−60∘))\frac{1-\cos40^\circ}{2}+\frac{1+\cos160^\circ}{2}+\frac{\sqrt3}{2}\left(\sin100^\circ+\sin(-60^\circ)\right). 由于 cos⁡160∘=−cos⁡20∘\cos160^\circ=-\cos20^\circ，sin⁡100∘=sin⁡80∘\sin100^\circ=\sin80^\circ，sin⁡(−60∘)=−32\sin(-60^\circ)=-\frac{\sqrt3}{2}，所以原式 为 14−cos⁡20∘+cos⁡40∘2+32sin⁡80∘\frac{1}{4}-\frac{\cos20^\circ+\cos40^\circ}{2}+\frac{\sqrt3}{2}\sin80^\circ. 又 cos⁡20∘+cos⁡40∘=2cos⁡30∘cos⁡10∘=3cos⁡10∘=3sin⁡80∘\cos20^\circ+\cos40^\circ=2\cos30^\circ\cos10^\circ=\sqrt3\cos10^\circ=\sqrt3\sin80^\circ，故原式为 14\frac{1}{4}. \end{solution}

1992 · 全国 · 文 · 第 24 题 · 解答题

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25复数★★★☆☆
已知 z∈Cz \in \mathbf{C}，解方程：z−2∣z∣=−7+4iz - 2|z| = -7 + 4\mathrm{i}.
\begin{solution} 设 z=x+yiz=x+y\mathrm{i}，并令 r=∣z∣=x2+y2⩾0r=|z|=\sqrt{x^2+y^2}\geqslant0. 比较实部和虚部得 x−2r=−7x-2r=-7，y=4y=4，即 x=2r−7x=2r-7. 代入模的关系式，得 r2=(2r−7)2+42=4r2−28r+65r^2=(2r-7)^2+4^2=4r^2-28r+65，即 3r2−28r+65=03r^2-28r+65=0. 其判别式为 Δ=(−28)2−4⋅3⋅65=4\Delta=(-28)^2-4\cdot3\cdot65=4，所以 r=28±42⋅3=5r=\frac{28\pm\sqrt{4}}{2\cdot3}=5 或 r=133r=\frac{13}{3}. 两个根都满足 r⩾0r\geqslant0. 当 r=5r=5 时，x=2⋅5−7=3x=2\cdot5-7=3，且 x2+42=5=r\sqrt{x^2+4^2}=5=r，得 z=3+4iz=3+4\mathrm{i}；当 r=133r=\frac{13}{3} 时，x=2⋅133−7=53x=2\cdot\frac{13}{3}-7=\frac{5}{3}，且 (53)2+42=133=r\sqrt{\left(\frac{5}{3}\right)^2+4^2}=\frac{13}{3}=r，得 z=53+4iz=\frac{5}{3}+4\mathrm{i}. 两个值均满足 r=∣z∣r=|z| 及实、虚部方程，因而均为原方程的解，故 z=3+4iz=3+4\mathrm{i} 或 z=53+4iz=\frac{5}{3}+4\mathrm{i}. \end{solution}

1992 · 全国 · 文 · 第 25 题 · 解答题

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26立体几何初步★★★☆☆
如图，已知 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 是棱长为 aa 的正方体，EE，FF 分别为棱 AA1AA_{1} 与 CC1CC_{1} 的中点，求四棱锥 A1−EBFD1A_{1}-EBFD_{1} 的体积.
\begin{solution} 取坐标 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(a,0,0)B=(a,0,0)，C=(a,a,0)C=(a,a,0)，D=(0,a,0)D=(0,a,0)，A1=(0,0,a)A_1=(0,0,a). 则 E=(0,0,a2)E=\left(0,0,\frac{a}{2}\right)，F=(a,a,a2)F=\left(a,a,\frac{a}{2}\right)，D1=(0,a,a)D_1=(0,a,a). 有 EB→=a(1,0,−12)\overrightarrow{EB}=a\left(1,0,-\frac12\right)，EF→=a(1,1,0)\overrightarrow{EF}=a(1,1,0)，ED1→=a(0,1,12)\overrightarrow{ED_1}=a\left(0,1,\frac12\right). 计算得 EB→×EF→=a2(12,−12,1)\overrightarrow{EB}\times\overrightarrow{EF}=a^2\left(\frac12,-\frac12,1\right)，从而 (EB→×EF→)⋅ED1→=0\left(\overrightarrow{EB}\times\overrightarrow{EF}\right)\cdot\overrightarrow{ED_1}=0，所以 EE，BB，FF，D1D_1 共面. 又 EB→+FD1→=0\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{FD_1}=0，BF→+D1E→=0\overrightarrow{BF}+\overrightarrow{D_1E}=0，故 EBFD1EBFD_1 是平行四边形，其对角线 EFEF 将底面分成三角形 EBFEBF 和 EFD1EFD_1.
以 EE 为起点，EA1→=a(0,0,12)\overrightarrow{EA_1}=a\left(0,0,\frac12\right). 因而 ∣(EB→×EF→)⋅EA1→∣=a32\left|\left(\overrightarrow{EB}\times\overrightarrow{EF}\right)\cdot\overrightarrow{EA_1}\right|=\frac{a^3}{2}，所以三棱锥 A1−EBFA_1-EBF 的体积为 16⋅a32=a312\frac{1}{6}\cdot\frac{a^3}{2}=\frac{a^3}{12}. 另外， EF→×ED1→=a2(12,−12,1)\overrightarrow{EF}\times\overrightarrow{ED_1}=a^2\left(\frac12,-\frac12,1\right)，故 ∣(EF→×ED1→)⋅EA1→∣=a32\left|\left(\overrightarrow{EF}\times\overrightarrow{ED_1}\right)\cdot\overrightarrow{EA_1}\right|=\frac{a^3}{2}，三棱锥 A1−EFD1A_1-EFD_1 的体积也为 a312\frac{a^3}{12}. 因此四棱锥体积为 a312+a312=a36\frac{a^3}{12}+\frac{a^3}{12}=\frac{a^3}{6}. \end{solution}

1992 · 全国 · 文 · 第 26 题 · 解答题

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27解析几何★★★☆☆
在 △ABC\triangle ABC 中，BCBC 边上的高所在直线的方程为 x−2y+1=0x-2y+1=0，∠A\angle A 的平分线所在直线的方程为 y=0y=0，若点 BB 的坐标为 (1,2)\left(1,2\right)，求点 AA 和点 CC 的坐标.
\begin{solution} 点 AA 在 ∠A\angle A 的平分线 y=0y=0 上，也在从 AA 向 BCBC 作出的高所在直线 x−2y+1=0x-2y+1=0 上. 联立得 y=0y=0，x+1=0x+1=0，所以 A=(−1,0)A=(-1,0).
直线 x−2y+1=0x-2y+1=0 的斜率为 12\frac{1}{2}，因此 BCBC 的斜率为 −2-2. 由于 B=(1,2)B=(1,2)，得 BCBC 的方程为 y−2=−2(x−1)y-2=-2(x-1)，即 y=−2x+4y=-2x+4. 直线 y=0y=0 是 ∠A\angle A 的平分线，所以射线 ACAC 是射线 ABAB 关于 xx 轴的对称射线. 直线 ABAB 的方程为 y=x+1y=x+1，关于 xx 轴对称后，直线 ACAC 的方程为 y=−x−1y=-x-1. 联立 y=−2x+4y=-2x+4 与 y=−x−1y=-x-1，得 x=5x=5，y=−6y=-6. 因而 C=(5,−6)C=(5,-6)，所求为 A=(−1,0)A=(-1,0)，C=(5,−6)C=(5,-6). \end{solution}

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