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01不等式★☆☆☆☆
不等式 ∣x+2∣<1\left|x+2\right|<1 的解集是______.
\begin{answer} (−3,−1)\left(-3,-1\right) \end{answer}
\begin{solution} 由绝对值不等式的意义，∣x+2∣<1\left|x+2\right|<1 等价于 −1<x+2<1-1<x+2<1. 不等式两边同时减去 22，得 −3<x<−1-3<x<-1，所以解集为 (−3,−1)\left(-3,-1\right). \end{solution}

1985 · 上海 · 文 · 第 1 题 · 填空题

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02函数与初等函数★☆☆☆☆
函数 y=x8−1y=\sqrt[8]{x}-1 的反函数是______.
\begin{answer} y=(x+1)8y=(x+1)^8，x⩾−1x\geqslant-1 \end{answer}
\begin{solution} 原函数的定义域为 x⩾0x\geqslant0，且八次方根函数在此定义域上严格递增，所以反函数存在. 由 y=x8−1y=\sqrt[8]{x}-1 得 y+1=x8y+1=\sqrt[8]{x}，从而 x=(y+1)8x=(y+1)^8. 交换 xx，yy 的位置，得到反函数 y=(x+1)8y=(x+1)^8. 原函数的值域为 y⩾−1y\geqslant-1，因此反函数的定义域为 x⩾−1x\geqslant-1. \end{solution}

1985 · 上海 · 文 · 第 2 题 · 填空题

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03三角函数★☆☆☆☆
函数 y=tan⁡2xy=\tan 2x 的最小正周期是______.
\begin{answer} π2\dfrac{\pi}{2} \end{answer}
\begin{solution} 正切函数满足 tan⁡u=tan⁡v\tan u=\tan v 当且仅当 u−v=kπu-v=k\pi，其中 k∈Zk\in\mathbf{Z}. 若 TT 是 y=tan⁡2xy=\tan 2x 的周期，则对定义域内任意 xx，有 tan⁡(2x+2T)=tan⁡2x\tan(2x+2T)=\tan 2x，从而 2T=kπ2T=k\pi. 取最小正整数 k=1k=1，得到 T=π2T=\dfrac{\pi}{2}；反之，tan⁡(2x+π)=tan⁡2x\tan\left(2x+\pi\right)=\tan 2x，所以最小正周期确为 π2\dfrac{\pi}{2}. \end{solution}

1985 · 上海 · 文 · 第 3 题 · 填空题

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04数列★☆☆☆☆
设等差数列 {an}\{a_n\} 中，a1=2a_1=2，a2=5a_2=5，则 a10=a_{10}=______.
\begin{answer} 2929 \end{answer}
\begin{solution} 等差数列的公差为 d=a2−a1=5−2=3d=a_2-a_1=5-2=3. 由通项公式 an=a1+(n−1)da_n=a_1+(n-1)d，得 a10=2+9×3=29a_{10}=2+9\times3=29. \end{solution}

1985 · 上海 · 文 · 第 4 题 · 填空题

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05指数函数与对数函数★☆☆☆☆
方程 9x=3x+19^x=3^{x+1} 的解是______.
\begin{answer} x=1x=1 \end{answer}
\begin{solution} 因为 9=329=3^2，所以原方程化为 32x=3x+13^{2x}=3^{x+1}. 底数 3>03>0 且 3≠13\neq1，指数函数具有一一对应性，故 2x=x+12x=x+1，解得 x=1x=1. 将 x=1x=1 代回原方程，左右两边均为 99，所以这是原方程的解. \end{solution}

1985 · 上海 · 文 · 第 5 题 · 填空题

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06指数函数与对数函数★☆☆☆☆
用不等号 >> 或 << 连接：(12)17\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{7}}______(12)16\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{6}}.
\begin{answer} >> \end{answer}
\begin{solution} 因为 0<12<10<\dfrac{1}{2}<1，所以指数函数 y=(12)ty=\left(\dfrac{1}{2}\right)^t 在 R\mathbf{R} 上严格递减. 又因为 17<16\dfrac{1}{7}<\dfrac{1}{6}，递减性给出 (12)17>(12)16\left(\dfrac{1}{2}\right)^{\frac{1}{7}}>\left(\dfrac{1}{2}\right)^{\frac{1}{6}}，故应填 >>. \end{solution}

1985 · 上海 · 文 · 第 6 题 · 填空题

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07解析几何★☆☆☆☆
如果一个圆的圆心在点 (2,4)(2,4)，并且经过点 (0,3)(0,3)，则这个圆的方程是______.
\begin{answer} (x−2)2+(y−4)2=5\left(x-2\right)^2+\left(y-4\right)^2=5 \end{answer}
\begin{solution} 圆心为 C(2,4)C(2,4). 由圆经过点 (0,3)(0,3)，半径的平方为 r2=(0−2)2+(3−4)2=4+1=5r^2=(0-2)^2+(3-4)^2=4+1=5. 因此圆的标准方程为 (x−2)2+(y−4)2=5\left(x-2\right)^2+\left(y-4\right)^2=5. 将 (0,3)(0,3) 代入可得左边为 4+1=54+1=5，与方程一致. \end{solution}

1985 · 上海 · 文 · 第 7 题 · 填空题

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08解析几何★☆☆☆☆
直线 y=−x+3y=-x+3 的倾斜角的大小是______.
\begin{answer} 3π4\dfrac{3\pi}{4} \end{answer}
\begin{solution} 直线的斜率为 k=−1k=-1. 设倾斜角为 θ\theta，按定义有 0⩽θ<π0\leqslant\theta<\pi 且 tan⁡θ=k=−1\tan\theta=k=-1. 在这个范围内，tan⁡θ=−1\tan\theta=-1 的角为第二象限角 θ=3π4\theta=\dfrac{3\pi}{4}，所以倾斜角为 3π4\dfrac{3\pi}{4}. \end{solution}

1985 · 上海 · 文 · 第 8 题 · 填空题

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09指数函数与对数函数★★☆☆☆
设 lg⁡2=a\lg 2=a，则 log⁡225=\log_2 25=______.
\begin{answer} 2(1−a)a\dfrac{2(1-a)}{a} \end{answer}
\begin{solution} 由换底公式，log⁡225=lg⁡25lg⁡2=2lg⁡5a\log_2 25=\dfrac{\lg25}{\lg2}=\dfrac{2\lg5}{a}. 又因为 lg⁡5=lg⁡102=1−lg⁡2=1−a\lg5=\lg\dfrac{10}{2}=1-\lg2=1-a，所以 log⁡225=2(1−a)a\log_2 25=\dfrac{2(1-a)}{a}. 由于 a=lg⁡2>0a=\lg2>0，分母不为零，变形合法. \end{solution}

1985 · 上海 · 文 · 第 9 题 · 填空题

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10立体几何初步★★☆☆☆
已知 OO 为直角坐标系的原点，AA 点的坐标为 (1,3)(1,3)，BB 点的坐标为 (0,3)(0,3)，若把 △OAB\triangle OAB 绕 yy 轴旋转一周，则所得旋转体的体积是______.
\begin{answer} π\pi \end{answer}
\begin{solution} 线段 OAOA 经过 (0,0)(0,0) 和 (1,3)(1,3)，方程为 x=y3x=\dfrac{y}{3}. 三角形内部在 0⩽y⩽30\leqslant y\leqslant3 时满足 0⩽x⩽y30\leqslant x\leqslant\dfrac{y}{3}. 因而在高度 yy 处的截面绕 yy 轴旋转后是半径为 y3\dfrac{y}{3} 的圆盘.
所以旋转体的体积为
V=∫03π(y3)2 dy=π9[y33]03=πV=\int_0^3\pi\left(\frac{y}{3}\right)^2\,\mathrm{d}y=\frac{\pi}{9}\left[\frac{y^3}{3}\right]_0^3=\pi
\end{solution}

1985 · 上海 · 文 · 第 10 题 · 填空题

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11三角函数★☆☆☆☆
函数 y=−sin⁡2x+3y=-\sin 2x+3 的最大值是（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 对任意实数 xx，有 −1⩽sin⁡2x⩽1-1\leqslant\sin 2x\leqslant1. 两边同乘以 −1-1 后不等号反向，得 −1⩽−sin⁡2x⩽1-1\leqslant-\sin 2x\leqslant1，再加上 33，得到 2⩽−sin⁡2x+3⩽42\leqslant-\sin 2x+3\leqslant4. 当 sin⁡2x=−1\sin 2x=-1 时上界可以取到，例如取 2x=3π22x=\dfrac{3\pi}{2}，所以最大值为 44，选 C. \end{solution}
A.
22
B.
33
C.
44
D.
55

1985 · 上海 · 文 · 第 11 题 · 选择题

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12复数★☆☆☆☆
设复数 z1=1+iz_1=1+\mathrm{i}，z2=1−3iz_2=1-3\mathrm{i}，则复数 z=z1⋅z2z=z_1\cdot z_2 在复平面内所表示的点位于（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 利用 i2=−1\mathrm{i}^2=-1，得
z=(1+i)(1−3i)=1−3i+i−3i2=4−2iz=(1+\mathrm{i})(1-3\mathrm{i})=1-3\mathrm{i}+\mathrm{i}-3\mathrm{i}^2=4-2\mathrm{i}
复数 4−2i4-2\mathrm{i} 在复平面内对应点 (4,−2)(4,-2). 该点的横坐标为正、纵坐标为负，因此位于第四象限，选 D. \end{solution}
A.
第一象限
B.
第二象限
C.
第三象限
D.
第四象限

1985 · 上海 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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13函数与初等函数★☆☆☆☆
已知函数 f(x)=lg⁡x2f(x)=\lg x^2 的定义域为 FF，函数 g(x)=2lg⁡xg(x)=2\lg x 的定义域为 GG，那么（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 对 f(x)=lg⁡x2f(x)=\lg x^2，真数必须满足 x2>0x^2>0，所以 x≠0x\neq0，从而 F={x∣x≠0}F=\{x\mid x\neq0\}. 对 g(x)=2lg⁡xg(x)=2\lg x，真数必须满足 x>0x>0，所以 G=(0,+∞)G=(0,+\infty). 每个正数都属于 FF，且 FF 还包含负数，因此 G⊂FG\subset F，选 D. \end{solution}
A.
F∩G=∅F \cap G = \varnothing
B.
F=GF = G
C.
F⊂GF \subset G
D.
G⊂FG \subset F

1985 · 上海 · 文 · 第 13 题 · 选择题

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14立体几何初步★★★★☆
若一个四棱锥的底面是凸四边形，它的顶点到底面各边的距离都相等，则这个棱锥的底面四边形（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 设棱锥顶点为 PP，底面所在平面为 α\alpha，点 PP 在 α\alpha 上的射影为 HH. 设四条底边所在直线分别为 l1l_1，l2l_2，l3l_3，l4l_4，从 HH 向 lil_i 作垂线，垂足为 DiD_i. 题设中到各边的距离均由相应的垂足实现，所以各个 DiD_i 都在相应的边上. 因为 PH⊥αPH\perp\alpha，且 HDi⊥liHD_i\perp l_i，所以 PDi⊥liPD_i\perp l_i，并有 PDi2=PH2+HDi2PD_i^2=PH^2+HD_i^2. 题设给出 PD1=PD2=PD3=PD4PD_1=PD_2=PD_3=PD_4，故 HD1=HD2=HD3=HD4=rHD_1=HD_2=HD_3=HD_4=r. 对于凸四边形，若公共等距点 HH 在四边形外部，则从 HH 向某条边及其相邻边所在直线作垂线时，至少有一个垂足落在对应边的延长线上，这与各个 DiD_i 都在边上矛盾. 故 HH 位于四边形内部. 以 HH 为圆心、rr 为半径作圆，它在各边上的切点分别为 DiD_i，因而与四条边分别相切. 所以底面四边形必有内切圆，选 B. \end{solution}
A.
必为正方形
B.
必有内切圆
C.
必有外接圆
D.
必既有内切圆又有外接圆

1985 · 上海 · 文 · 第 14 题 · 选择题

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15集合与逻辑基础★☆☆☆☆
a>0a>0 且 b>0b>0，是 ab>0ab>0 的（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 若 a>0a>0 且 b>0b>0，则正数与正数的乘积为正数，即 ab>0ab>0，所以该条件是充分条件. 但 ab>0ab>0 也可能由 a<0a<0 且 b<0b<0 得到，例如 a=b=−1a=b=-1 时 ab=1>0ab=1>0，而 a>0a>0 且 b>0b>0 不成立. 因此该条件不是必要条件，故选“充分但不必要的条件”，即 A. \end{solution}
A.
充分但不必要的条件
B.
必要但不充分的条件
C.
充分而且必要的条件
D.
既不充分又不必要的条件

1985 · 上海 · 文 · 第 15 题 · 选择题

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16解析几何★★☆☆☆
在平面直角坐标系内，画出下列方程的曲线（只要求画出图形）：
(1) x3−y2=−1\frac{x}{3} - \frac{y}{2} = -1； (2) x29−y24=−1\frac{x^2}{9} - \frac{y^2}{4} = -1.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 将方程乘以 66，得 2x−3y=−62x-3y=-6，即 y=23x+2y=\dfrac{2}{3}x+2. 令 y=0y=0，得横轴截距 (−3,0)(-3,0)；令 x=0x=0，得纵轴截距 (0,2)(0,2). 过这两点作直线，即为所求曲线. \item 移项得 y24−x29=1\dfrac{y^2}{4}-\dfrac{x^2}{9}=1. 这是中心在原点、实轴在 yy 轴上的双曲线，令 x=0x=0 得顶点为 (0,2)(0,2) 和 (0,−2)(0,-2). 由标准双曲线方程可知其渐近线为 y=23xy=\dfrac{2}{3}x 和 y=−23xy=-\dfrac{2}{3}x；也可由 y=±23x2+9y=\pm\dfrac{2}{3}\sqrt{x^2+9} 看出这一点. 因而图形有上、下两支，分别位于 y⩾2y\geqslant2 和 y⩽−2y\leqslant-2 的区域，并以这两条直线为渐近线. \end{enumerate} \end{solution}

1985 · 上海 · 文 · 第 16 题 · 解答题

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17计数原理与组合数学★★★☆☆
(1) 求 (2+x2)8\left(2+x^2\right)^8 的展开式中 x10x^{10} 的系数. (2) 从六个数字 11，22，33，55，77，99 中任取四个不同的数字，有多少种取法？由这六个数字可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？ (3) 在一列球中，第 11 个球的半径为 11，第 22 个球的直径是第 11 个球的半径，以后每一个球的直径都是前一个球的半径，这样无限继续下去，求所有这些球的表面积的和.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 二项式展开的通项中，从 88 个因子中选出 kk 个取 x2x^2，其余因子取 22，所得项为 C8k28−kx2k\mathrm C_8^k2^{8-k}x^{2k}. 要得到 x10x^{10}，必须满足 2k=102k=10，所以 k=5k=5. 因此所求系数为 C8528−5=56×8=448\mathrm C_8^5 2^{8-5}=56\times8=448. \item 任取四个不同数字时只需从六个数字中选出四个，取法数为 C64=6×5×4×34×3×2×1=15\mathrm C_6^4=\dfrac{6\times5\times4\times3}{4\times3\times2\times1}=15. 组成四位偶数时，个位必须是偶数；给出的六个数字中只有 22 是偶数，所以个位固定为 22. 千位、百位、十位从其余五个数字中选出三个并按顺序排列，方法数为 A53=5×4×3=60\mathrm A_5^3=5\times4\times3=60. 因此两问的答案分别为 1515 种和 6060 个. \item 记第 nn 个球的半径为 rnr_n. 由题意 r1=1r_1=1，且对 n⩾2n\geqslant2，第 nn 个球的直径为前一个球的半径，所以 2rn=rn−12r_n=r_{n-1}，即 rn=12n−1r_n=\dfrac{1}{2^{n-1}}. 第 nn 个球的表面积为 Sn=4πrn2=4π(14)n−1S_n=4\pi r_n^2=4\pi\left(\dfrac14\right)^{n-1}. 因此所有球的表面积构成首项为 4π4\pi、公比为 14\dfrac14 的无穷等比数列，且公比的绝对值小于 11，故其和为 S=4π1−14=16π3S=\dfrac{4\pi}{1-\frac14}=\dfrac{16\pi}{3}. \end{enumerate} \end{solution}

1985 · 上海 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如图，直线 a∥ba\parallel b，点 PP 在 aa，bb 所确定的平面外，PA⊥aPA\perp a，且交 aa 于 AA 点；AB⊥bAB\perp b，且交 bb 于 BB 点. 求证：PB⊥bPB\perp b.
\begin{solution} 设 aa，bb 所确定的平面为 α\alpha，过 PP，AA，BB 的平面为 β\beta. 因为 a∥ba\parallel b，且 AB⊥bAB\perp b，所以 AB⊥aAB\perp a. 题设又给出 PA⊥aPA\perp a. 直线 PAPA 与 ABAB 是平面 β\beta 内相交的两条直线，且直线 aa 同时垂直于它们，因此 a⊥βa\perp\beta.
由 a∥ba\parallel b，可得 b⊥βb\perp\beta. 直线 PBPB 在平面 β\beta 内，并且与 bb 相交于 BB，所以平面 β\beta 内经过交点 BB 的直线 PBPB 垂直于 bb. 即 PB⊥bPB\perp b. \end{solution}

1985 · 上海 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19三角函数★★★☆☆
(1) 证明万能公式：sin⁡α=2tan⁡α21+tan⁡2α2\sin\alpha=\frac{2\tan\frac{\alpha}{2}}{1+\tan^2\frac{\alpha}{2}}. (2) 已知：cos⁡α=−13\cos\alpha=-\frac{1}{3}，π<α<3π2\pi<\alpha<\frac{3\pi}{2}，求：cos⁡(α2+5π6)\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\frac{5\pi}{6}\right).
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 当 tan⁡α2\tan\dfrac{\alpha}{2} 有意义时，即 α≠(2m+1)π\alpha\neq(2m+1)\pi（m∈Zm\in\mathbf{Z}），有 cos⁡α2≠0\cos\dfrac{\alpha}{2}\neq0. 由正弦二倍角公式并将分子、分母同除以 cos⁡2α2\cos^2\dfrac{\alpha}{2}，得
sin⁡α=2sin⁡α2cos⁡α2cos⁡2α2=2tan⁡α2sec⁡2α2=2tan⁡α21+tan⁡2α2\sin\alpha=\frac{2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}{\cos^2\frac{\alpha}{2}}=\frac{2\tan\frac{\alpha}{2}}{\sec^2\frac{\alpha}{2}}=\frac{2\tan\frac{\alpha}{2}}{1+\tan^2\frac{\alpha}{2}}
所以公式得证. \item 由 π<α<3π2\pi<\alpha<\dfrac{3\pi}{2}，两边同除以 22，得 π2<α2<3π4\dfrac{\pi}{2}<\dfrac{\alpha}{2}<\dfrac{3\pi}{4}，所以 α2\dfrac{\alpha}{2} 位于第二象限，正弦为正、余弦为负. 由半角公式， cos⁡α2=−1+cos⁡α2=−1−132=−13\cos\dfrac{\alpha}{2}=-\sqrt{\dfrac{1+\cos\alpha}{2}}=-\sqrt{\dfrac{1-\frac13}{2}}=-\dfrac{1}{\sqrt3}， sin⁡α2=1−cos⁡α2=1+132=23\sin\dfrac{\alpha}{2}=\sqrt{\dfrac{1-\cos\alpha}{2}}=\sqrt{\dfrac{1+\frac13}{2}}=\sqrt{\dfrac23}. 又因为 cos⁡5π6=−32\cos\dfrac{5\pi}{6}=-\dfrac{\sqrt3}{2}，sin⁡5π6=12\sin\dfrac{5\pi}{6}=\dfrac12，由两角和公式得
cos⁡(α2+5π6)=(−13)(−32)−23⋅12=12−66=3−66\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\frac{5\pi}{6}\right)=\left(-\frac{1}{\sqrt3}\right)\left(-\frac{\sqrt3}{2}\right)-\sqrt{\frac23}\cdot\frac12=\frac12-\frac{\sqrt6}{6}=\frac{3-\sqrt6}{6}
\end{enumerate} \end{solution}

1985 · 上海 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20复数★★★☆☆
设 △ABC\triangle ABC 的两个内角 AA，BB 所对的边分别为 aa，bb. 若复数 z1z_1 的模为 aa，幅角为 BB；复数 z2z_2 的模为 bb，幅角为 −A-A. 求证：z1+z2z_1+z_2 为实数.
\begin{solution} 由复数的三角形式，z1=a(cos⁡B+isin⁡B)z_1=a\left(\cos B+\mathrm{i}\sin B\right)，z2=b(cos⁡A−isin⁡A)z_2=b\left(\cos A-\mathrm{i}\sin A\right). 因此 z1+z2=(acos⁡B+bcos⁡A)+i(asin⁡B−bsin⁡A)z_1+z_2=\left(a\cos B+b\cos A\right)+\mathrm{i}\left(a\sin B-b\sin A\right).
在三角形 ABCABC 中，由正弦定理，存在同一个正数 kk，使得 a=ksin⁡Aa=k\sin A，b=ksin⁡Bb=k\sin B. 所以虚部中的系数为 asin⁡B−bsin⁡A=ksin⁡Asin⁡B−ksin⁡Bsin⁡A=0a\sin B-b\sin A=k\sin A\sin B-k\sin B\sin A=0. 于是 z1+z2=acos⁡B+bcos⁡Az_1+z_2=a\cos B+b\cos A 没有虚部，是实数. \end{solution}

1985 · 上海 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
如图，由抛物线 y=x2+2y=x^2+2 上的点 M(x0,y0)M(x_0,y_0) 向直线 y=12xy=\frac{1}{2}x 作垂线，垂足为 NN，延长 MNMN 至 PP 点，使点 NN 分线段 MPMP 成定比 λ=MNNP=4\lambda=\frac{MN}{NP}=4.
(1) 用 x0x_0，y0y_0 表示点 NN 的坐标 (x1,y1)(x_1, y_1)； (2) 用 x0x_0，y0y_0 和 x1x_1，y1y_1 表示点 PP 的坐标 (x,y)(x, y)； (3) 求：当点 MM 沿抛物线移动时，点 PP 的轨迹方程，并道明轨迹是什么图形.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 直线 y=12xy=\dfrac12x 上的点可设为 N=(2t,t)N=(2t,t). 该直线的方向向量为 (2,1)(2,1)，而 MNMN 垂直于该直线，所以 (x0−2t,y0−t)⋅(2,1)=0\bigl(x_0-2t,y_0-t\bigr)\cdot(2,1)=0. 展开得 2x0+y0−5t=02x_0+y_0-5t=0，从而 t=2x0+y05t=\dfrac{2x_0+y_0}{5}. 因此 x1=2t=4x0+2y05x_1=2t=\dfrac{4x_0+2y_0}{5}，y1=t=2x0+y05y_1=t=\dfrac{2x_0+y_0}{5}. \item 因为 MM，NN，PP 依次在同一直线上，且 MN:NP=4:1MN:NP=4:1，所以内分点公式给出 N=M+4P5N=\dfrac{M+4P}{5}. 解得 P=5N−M4P=\dfrac{5N-M}{4}，即 x=5x1−x04x=\dfrac{5x_1-x_0}{4}，y=5y1−y04y=\dfrac{5y_1-y_0}{4}. \item 将第（1）问的结果代入第（2）问，得 x=3x0+2y04x=\dfrac{3x_0+2y_0}{4}，y=x02y=\dfrac{x_0}{2}. 又因为 MM 在抛物线上，所以 y0=x02+2y_0=x_0^2+2. 于是 x=2x02+3x0+44x=\dfrac{2x_0^2+3x_0+4}{4}，并由 x0=2yx_0=2y 消去参数，得到
x=2y2+32y+1=2(y+38)2+2332x=2y^2+\frac32y+1=2\left(y+\frac38\right)^2+\frac{23}{32}
由于 x0x_0 可以取任意实数，y=x02y=\dfrac{x_0}{2} 也可以取任意实数，所以轨迹是完整的抛物线 x=2(y+38)2+2332x=2\left(y+\dfrac38\right)^2+\dfrac{23}{32}. 它的顶点为 (2332,−38)\left(\dfrac{23}{32},-\dfrac38\right)，对称轴为 y=−38y=-\dfrac38，开口方向为 xx 轴正向. \end{enumerate} \end{solution}

1985 · 上海 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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