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07解析几何★★★☆☆
如果直线 y=ax+2y=ax+2 与直线 y=3x−by=3x-b 关于直线 y=xy=x 对称，那么（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 关于直线 y=xy=x 的对称变换交换点的两个坐标. 设第一条直线上的点 (x,y)(x,y) 变为 (X,Y)=(y,x)(X,Y)=(y,x)，则 X=aY+2X=aY+2，即 Y=1aX−2aY=\frac{1}{a}X-\frac{2}{a}. 该直线与 Y=3X−bY=3X-b 重合，因此 1a=3\frac{1}{a}=3，且 −2a=−b-\frac{2}{a}=-b，解得 a=13a=\frac{1}{3}，b=6b=6，故选 A. \end{solution}
A.
a=13a=\frac{1}{3}，b=6b=6
B.
a=13a=\frac{1}{3}，b=−6b=-6
C.
a=3a=3，b=−2b=-2
D.
a=3a=3，b=6b=6

1990 · 全国 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08解析几何★★★☆☆
极坐标方程 4ρsin⁡2θ2=54\rho\sin^2\frac{\theta}{2}=5 表示的曲线是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 由 sin⁡2θ2=1−cos⁡θ2\sin^2\frac{\theta}{2}=\frac{1-\cos\theta}{2}，原方程化为 2ρ(1−cos⁡θ)=52\rho(1-\cos\theta)=5，即 ρ(1−cos⁡θ)=52\rho(1-\cos\theta)=\frac{5}{2}. 由于 x=ρcos⁡θx=\rho\cos\theta，所以 ρ−x=52\rho-x=\frac{5}{2}，即 ρ=x+52\rho=x+\frac{5}{2}. 这里 ρ\rho 是点到原点的距离，而 x+52x+\frac{5}{2} 是点到直线 x=−52x=-\frac{5}{2} 的距离，因此该曲线是以原点为焦点、以 x=−52x=-\frac{5}{2} 为准线的抛物线，故选 D. \end{solution}
A.
圆
B.
椭圆
C.
双曲线的一支
D.
抛物线

1990 · 全国 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09集合与逻辑基础★★★☆☆
设全集 I={(x,y)∣x,y∈R}I=\left\{(x,y)\mid x,y\in\mathbf{R}\right\}，集合 M={(x,y)∣y−3x−2=1}M=\left\{(x,y)\mid \frac{y-3}{x-2}=1\right\}，N={(x,y)∣y≠x+1}N=\left\{(x,y)\mid y\neq x+1\right\}，那么 M‾∩N‾\overline{M}\cap \overline{N} 等于（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 记 L={(x,y)∣y=x+1}L=\{(x,y)\mid y=x+1\}，上划线表示相对于全集 II 的补集. 由 y−3x−2=1\frac{y-3}{x-2}=1 可知 x≠2x\neq2，且 y=x+1y=x+1，所以 M=L∖{(2,3)}M=L\smallsetminus\{(2,3)\}. 又 N=I∖LN=I\smallsetminus L，从而 N‾=L\overline{N}=L，M‾=(I∖L)∪{(2,3)}\overline{M}=(I\smallsetminus L)\cup\{(2,3)\}. 因此 M‾∩N‾={(2,3)}\overline{M}\cap\overline{N}=\{(2,3)\}，故选 B. \end{solution}
A.
∅\varnothing
B.
{(2,3)}\{(2,3)\}
C.
(2,3)(2,3)
D.
{(x,y)∣y=x+1}\{(x,y)\mid y=x+1\}

1990 · 全国 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10解析几何★★★☆☆
如果实数 xx，yy 满足等式 (x−2)2+y2=3(x-2)^2+y^2=3，那么 yx\frac{y}{x} 的最大值是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 圆的横坐标范围为 [2−3,2+3][2-\sqrt{3},2+\sqrt{3}]，且 2−3>02-\sqrt{3}>0，所以圆上任一点的 xx 坐标均为正. 令 m=yxm=\frac{y}{x}，即 y=mxy=mx，代入 (x−2)2+y2=3(x-2)^2+y^2=3 得 (1+m2)x2−4x+1=0(1+m^2)x^2-4x+1=0. 要使 xx 为实数，必须有判别式 16−4(1+m2)⩾016-4(1+m^2)\geqslant0，从而 m2⩽3m^2\leqslant3，所以 m⩽3m\leqslant\sqrt{3}. 当 m=3m=\sqrt{3} 时判别式为零，取 x=12x=\frac{1}{2}，y=32y=\frac{\sqrt{3}}{2} 即满足圆的方程，故最大值为 3\sqrt{3}，选 D. \end{solution}
A.
12\frac{1}{2}
B.
33\frac{\sqrt{3}}{3}
C.
32\frac{\sqrt{3}}{2}
D.
3\sqrt{3}

1990 · 全国 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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11立体几何初步★★★☆☆
如图，正三棱锥 S−ABCS-ABC 的侧棱与底面边长相等，如果 EE，FF 分别为 SCSC，ABAB 的中点，那么异面直线 EFEF 与 SASA 所成的角等于（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 取棱长为 11，建立直角坐标系，令 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(1,0,0)B=(1,0,0)，C=(12,32,0)C=(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0)，S=(12,36,23)S=(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{6},\sqrt{\frac{2}{3}}). 这四点构成正四面体. 于是 E=(12,33,1223)E=(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2}{3}})，F=(12,0,0)F=(\frac{1}{2},0,0)，所以 FE→=(0,33,1223)\overrightarrow{FE}=(0,\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2}{3}})，AS→=(12,36,23)\overrightarrow{AS}=(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{6},\sqrt{\frac{2}{3}}). 计算得 FE→⋅AS→=12\overrightarrow{FE}\cdot\overrightarrow{AS}=\frac{1}{2}，∣FE→∣2=12\lvert\overrightarrow{FE}\rvert^2=\frac{1}{2}，且 ∣AS→∣=1\lvert\overrightarrow{AS}\rvert=1. 设异面直线 EFEF 与 SASA 所成的锐角为 θ\theta，则 cos⁡θ=∣FE→⋅AS→∣∣FE→∣∣AS→∣=12\cos\theta=\frac{\lvert\overrightarrow{FE}\cdot\overrightarrow{AS}\rvert}{\lvert\overrightarrow{FE}\rvert\lvert\overrightarrow{AS}\rvert}=\frac{1}{\sqrt{2}}，所以 θ=45∘\theta=45^\circ，故选 C. \end{solution}
A.
90∘90^\circ
B.
60∘60^\circ
C.
45∘45^\circ
D.
30∘30^\circ

1990 · 全国 · 理 · 第 11 题 · 选择题

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12集合与逻辑基础★★★☆☆
已知 h>0h>0. 设命题甲为：两个实数 aa，bb 满足 ∣a−b∣<2h|a-b|<2h；命题乙为：两个实数 aa，bb 满足 ∣a−1∣<h|a-1|<h 且 ∣b−1∣<h|b-1|<h. 那么甲是乙的（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 若命题乙成立，则由三角不等式有 ∣a−b∣⩽∣a−1∣+∣b−1∣<2h\lvert a-b\rvert\leqslant\lvert a-1\rvert+\lvert b-1\rvert<2h，所以乙可以推出甲，甲是乙成立的必要条件. 但甲不能推出乙，例如取 a=b=1+2ha=b=1+2h，有 ∣a−b∣=0<2h\lvert a-b\rvert=0<2h，而 ∣a−1∣=2h>h\lvert a-1\rvert=2h>h，乙不成立. 因此甲是乙的必要不充分条件，故选 B. \end{solution}
A.
充分不必要条件
B.
必要不充分条件
C.
充要条件
D.
既不充分也不必要条件

1990 · 全国 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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14计数原理与组合数学★★★☆☆
以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 把正方体的八个顶点设为 (x,y,z)(x,y,z)，其中 xx，yy，z∈{0,1}z\in\{0,1\}. 任取四个顶点共有 C84=70\mathrm C_8^4=70 组. 其中共面的四点包括六个面各自的四个顶点；此外，非面共面的四点所在的平面分别为 x=yx=y、x+y=1x+y=1、x=zx=z、x+z=1x+z=1、y=zy=z、y+z=1y+z=1，共六组. 这些共面四点各对应一个退化的四面体，且上述十二组互不重复. 因此四面体的个数为 C84−6−6=70−12=58\mathrm C_8^4-6-6=70-12=58，故选 C. \end{solution}
A.
70 个70\text{ 个}
B.
64 个64\text{ 个}
C.
58 个58\text{ 个}
D.
52 个52\text{ 个}

1990 · 全国 · 理 · 第 14 题 · 选择题

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17计数原理与组合数学★★★☆☆
(x−1)−(x−1)2+(x−1)3−(x−1)4+(x−1)5(x-1)-(x-1)^2+(x-1)^3-(x-1)^4+(x-1)^5 的展开式中，x2x^2 的系数等于______.

1990 · 全国 · 理 · 第 17 题 · 填空题

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19三角函数★★★☆☆
函数 y=sin⁡xcos⁡x+sin⁡x+cos⁡xy=\sin x\cos x+\sin x+\cos x 的最大值是______.

1990 · 全国 · 理 · 第 19 题 · 填空题

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