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01立体几何初步★☆☆☆☆
两条异面直线，指的是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 异面直线的定义是既不相交又不在同一平面内的两条直线. 两条相交直线必在同一平面内，所以“不在同一平面内”已经同时排除了相交情形. 选项 D 与定义等价，而选项 A 只说明不相交，选项 B、C 都没有排除两直线共面的情形，因此正确选项为 D. \end{solution}
A.
在空间内不相交的两条直线
B.
分别位于两个不同平面内的两条直线
C.
某一平面内的一条直线和这个平面外的一条直线
D.
不在同一平面内的两条直线

1983 · 全国 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02解析几何★☆☆☆☆
方程 x2−y2=0x^{2} - y^{2} = 0 表示的图形是（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 由平方差公式，x2−y2=(x−y)(x+y)=0x^{2}-y^{2}=(x-y)(x+y)=0，所以图形由直线 y=xy=x 与直线 y=−xy=-x 组成. 这两条直线相交于原点，故选 A. \end{solution}
A.
两条相交直线
B.
两条平行直线
C.
两条重合直线
D.
一个点

1983 · 全国 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03集合与逻辑基础★☆☆☆☆
三个数 aa，bb，cc 不全为零的充要条件是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} “aa，bb，cc 不全为零”就是“并非 a=b=c=0a=b=c=0”. 由“全为零”的否定可知，这等价于 aa，bb，cc 中至少有一个不是零，故正确选项为 D；其余选项都把条件误加强为零的个数受到更严格限制. \end{solution}
A.
aa，bb，cc 都不是零
B.
aa，bb，cc 中最多有一个是零
C.
aa，bb，cc 中只有一个是零
D.
aa，bb，cc 中至少有一个不是零

1983 · 全国 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04三角函数★★☆☆☆
设 α=4π3\alpha = \frac{4\pi}{3}，则 arccos⁡(cos⁡α)\arccos\left(\cos\alpha\right) 的值是（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 反余弦函数的值域为 [0,π][0,\pi]. 因为 cos⁡4π3=cos⁡2π3=−12\cos\frac{4\pi}{3}=\cos\frac{2\pi}{3}=-\frac{1}{2}，所以 arccos⁡(cos⁡4π3)=2π3\arccos\left(\cos\frac{4\pi}{3}\right)=\frac{2\pi}{3}，故选 C. \end{solution}
A.
4π3\frac{4\pi}{3}
B.
−2π3-\frac{2\pi}{3}
C.
2π3\frac{2\pi}{3}
D.
π3\frac{\pi}{3}

1983 · 全国 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05指数函数与对数函数★☆☆☆☆
0.320.3^{2}，log⁡20.3\log_{2}0.3，20.32^{0.3} 这三个数之间的大小顺序是（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 因为 0<0.3<10<0.3<1，所以 log⁡20.3<0\log_{2}0.3<0. 又 0.32=0.09>00.3^{2}=0.09>0，而 20.3>12^{0.3}>1. 因此 log⁡20.3<0.32<20.3\log_{2}0.3<0.3^{2}<2^{0.3}，故选 C. \end{solution}
A.
0.32<20.3<log⁡20.30.3^{2} < 2^{0.3} < \log_{2}0.3
B.
0.32<log⁡20.3<20.30.3^{2} < \log_{2}0.3 < 2^{0.3}
C.
log⁡20.3<0.32<20.3\log_{2}0.3 < 0.3^{2} < 2^{0.3}
D.
log⁡20.3<20.3<0.32\log_{2}0.3 < 2^{0.3} < 0.3^{2}

1983 · 全国 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06解析几何★★☆☆☆
(1) 在同一平面直角坐标系内，分别画出两个方程 y=−xy = -\sqrt{x}，x=−yx = \sqrt{-y} 的图形，并写出它们交点的坐标. (2) 在极坐标系内，方程 ρ=5cos⁡θ\rho = 5\cos \theta 表示什么曲线？画出它的图形.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 对于 y=−xy=-\sqrt{x}，有 x⩾0x\geqslant0，y⩽0y\leqslant0，平方得 x=y2x=y^{2}，所以它是抛物线 x=y2x=y^{2} 的下半支. 对于 x=−yx=\sqrt{-y}，有 x⩾0x\geqslant0，y⩽0y\leqslant0，平方得 y=−x2y=-x^{2}，所以它是抛物线 y=−x2y=-x^{2} 的右半支.
令两式同时成立，则 y=−xy=-\sqrt{x}，y=−x2y=-x^{2}. 由 x=x2\sqrt{x}=x^{2} 且 x⩾0x\geqslant0，令 u=x⩾0u=\sqrt{x}\geqslant0，则 u=u4u=u^{4}，即 u(u3−1)=0u(u^{3}-1)=0，所以 u=0u=0 或 u=1u=1，从而 x=0x=0 或 x=1x=1，相应地 y=0y=0 或 y=−1y=-1. 因此交点为 (0,0)(0,0) 和 (1,−1)(1,-1). \item 将极坐标关系 x=ρcos⁡θx=\rho\cos\theta，y=ρsin⁡θy=\rho\sin\theta 代入，并乘以 ρ\rho，得
x2+y2=ρ2=5ρcos⁡θ=5xx^{2}+y^{2}=\rho^{2}=5\rho\cos\theta=5x
所以
(x−52)2+y2=254\left(x-\frac{5}{2}\right)^{2}+y^{2}=\frac{25}{4}
该曲线是圆心为 (52,0)\left(\frac{5}{2},0\right)、半径为 52\frac{5}{2} 的圆，经过 (0,0)(0,0) 和 (5,0)(5,0)，图形据此作出. \end{enumerate} \end{solution}

1983 · 全国 · 理 · 第 6 题 · 解答题

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07导数及其应用★★☆☆☆
(1) 已知 y=e−xsin⁡2xy = \mathrm{e}^{-x}\sin 2x，求微分 dy\mathrm{d}y. (2) 一个小组共有 1010 名同学，其中 44 名是女同学，66 名是男同学. 要从小组内选出 33 名代表，其中至少有 11 名女同学，求一共有多少种选法.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由乘积求导法则，
dydx=(e−x)′sin⁡2x+e−x(sin⁡2x)′=−e−xsin⁡2x+2e−xcos⁡2x\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\left(\mathrm{e}^{-x}\right)'\sin 2x+\mathrm{e}^{-x}(\sin 2x)'=-\mathrm{e}^{-x}\sin 2x+2\mathrm{e}^{-x}\cos 2x
因此 dy=e−x(2cos⁡2x−sin⁡2x)dx\mathrm{d}y=\mathrm{e}^{-x}\left(2\cos 2x-\sin 2x\right)\mathrm{d}x. \item 按女同学人数分类. 恰有 11 名女同学时有 C41C62=4×15=60\mathrm C_{4}^{1}\mathrm C_{6}^{2}=4\times15=60 种；恰有 22 名女同学时有 C42C61=6×6=36\mathrm C_{4}^{2}\mathrm C_{6}^{1}=6\times6=36 种；33 名均为女同学时有 C43=4\mathrm C_{4}^{3}=4 种. 所以共有 60+36+4=10060+36+4=100 种选法. \end{enumerate} \end{solution}

1983 · 全国 · 理 · 第 7 题 · 解答题

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08三角函数★★★☆☆
计算行列式（要求结果最简）：
∣sin⁡αcos⁡(α+φ)cos⁡αcos⁡βsin⁡(β−φ)sin⁡βsin⁡φcos⁡2φcos⁡φ∣\begin{vmatrix}\sin \alpha & \cos \left(\alpha + \varphi\right) & \cos \alpha \\ \cos \beta & \sin \left(\beta - \varphi\right) & \sin \beta \\ \sin \varphi & \cos 2 \varphi & \cos \varphi\end{vmatrix}
.
\begin{solution} 设行列式为 Δ\Delta. 记三列分别为 C1C_{1}，C2C_{2}，C3C_{3}. 由三角函数加法公式，
cos⁡(α+φ)=cos⁡φcos⁡α−sin⁡φsin⁡α\cos(\alpha+\varphi)=\cos\varphi\cos\alpha-\sin\varphi\sin\alpha
sin⁡(β−φ)=cos⁡φsin⁡β−sin⁡φcos⁡β\sin(\beta-\varphi)=\cos\varphi\sin\beta-\sin\varphi\cos\beta，cos⁡2φ=cos⁡2φ−sin⁡2φ\cos2\varphi=\cos^{2}\varphi-\sin^{2}\varphi. 故 C2=cos⁡φ C3−sin⁡φ C1C_{2}=\cos\varphi\,C_{3}-\sin\varphi\,C_{1}，三列线性相关，从而 Δ=0\Delta=0. \end{solution}

1983 · 全国 · 理 · 第 8 题 · 解答题

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09复数★★★★☆
(1) 证明：对于任意实数 tt，复数 z=∣cos⁡t∣+∣sin⁡t∣iz = \sqrt{|\cos t|} + \sqrt{|\sin t|}\mathrm{i} 的模 r=∣z∣r = |z| 适合 r⩽24r \leqslant \sqrt[4]{2}. (2) 当实数 tt 取什么值时，复数 z=∣cos⁡t∣+∣sin⁡t∣iz = \sqrt{|\cos t|} + \sqrt{|\sin t|}\mathrm{i} 的幅角主值 θ\theta 适合 0⩽θ⩽π40 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{4}？
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由复数模的定义，
r2=∣z∣2=∣cos⁡t∣+∣sin⁡t∣r^{2}=|z|^{2}=|\cos t|+|\sin t|
对非负数 u=∣cos⁡t∣u=|\cos t|，v=∣sin⁡t∣v=|\sin t|，由 (u−v)2⩾0(u-v)^{2}\geqslant0 得 u+v⩽2(u2+v2)u+v\leqslant\sqrt{2(u^{2}+v^{2})}. 因为 u2+v2=cos⁡2t+sin⁡2t=1u^{2}+v^{2}=\cos^{2}t+\sin^{2}t=1，所以 r2⩽2r^{2}\leqslant\sqrt{2}，即 r⩽24r\leqslant\sqrt[4]{2}. 当且仅当 ∣cos⁡t∣=∣sin⁡t∣|\cos t|=|\sin t| 时取等号. \item zz 的实部和虚部均非负，且不同时为零，因此其幅角主值满足 0⩽θ⩽π20\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{2}. 在此范围内，
0⩽θ⩽π4  ⟺  ∣sin⁡t∣⩽∣cos⁡t∣  ⟺  ∣sin⁡t∣⩽∣cos⁡t∣0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{4}\iff \sqrt{|\sin t|}\leqslant\sqrt{|\cos t|}\iff |\sin t|\leqslant|\cos t|
若 cos⁡t=0\cos t=0，则 ∣sin⁡t∣=1>∣cos⁡t∣=0|\sin t|=1>|\cos t|=0，不满足上述不等式；若 cos⁡t≠0\cos t\neq0，则
∣sin⁡t∣⩽∣cos⁡t∣  ⟺  ∣tan⁡t∣⩽1|\sin t|\leqslant|\cos t|\iff |\tan t|\leqslant1
在每个区间 kπ−π2<t<kπ+π2k\pi-\frac{\pi}{2}<t<k\pi+\frac{\pi}{2} 内，tan⁡t\tan t 严格递增，因此 ∣tan⁡t∣⩽1|\tan t|\leqslant1 等价于 kπ−π4⩽t⩽kπ+π4k\pi-\frac{\pi}{4}\leqslant t\leqslant k\pi+\frac{\pi}{4}，k∈Zk\in\mathbf{Z}. \end{enumerate} \end{solution}

1983 · 全国 · 理 · 第 9 题 · 解答题

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10立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱锥 S−ABCS - ABC 中，SS 在底面上的射影 NN 位于底面的高 CDCD 上；MM 是侧棱 SCSC 上的一点，使截面 MABMAB 与底面所成的角等于 ∠NSC\angle NSC，求证：SCSC 垂直于截面 MABMAB.
\begin{solution} 因为 SNSN 是 SS 在底面上的射影，所以 SN⊥ABSN\perp AB；又因为 CDCD 是底面三角形的高，所以 CD⊥ABCD\perp AB. 在平面 SCDSCD 内过 DD 作直线 ℓ∥SN\ell\parallel SN，则 ℓ⊥AB\ell\perp AB，且 CD⊥ABCD\perp AB. 由于 ℓ\ell 与 CDCD 是平面 SCDSCD 内相交的两条直线，故 AB⊥(SCD)AB\perp\left(SCD\right)，从而 AB⊥SCAB\perp SC.
平面 MABMAB 与底面相交于 ABAB. 因为 D∈ABD\in AB，且 MM，D∈(SCD)D\in\left(SCD\right)，所以 MDMD 同时位于平面 MABMAB 和平面 SCDSCD 内. 又 MD⊥ABMD\perp AB、CD⊥ABCD\perp AB，故截面与底面所成的角为 ∠MDC\angle MDC. 由题设，∠MDC=∠NSC\angle MDC=\angle NSC. 在平面 SCDSCD 内，SN⊥CDSN\perp CD，因此
∠NSC+∠SCD=π2\angle NSC+\angle SCD=\frac{\pi}{2}
因为 M∈SCM\in SC、N∈CDN\in CD，在三角形 MDCMDC 中有 ∠MCD=∠SCD\angle MCD=\angle SCD. 所以 ∠MDC+∠MCD=π2\angle MDC+\angle MCD=\frac{\pi}{2}，从而 ∠DMC=π2\angle DMC=\frac{\pi}{2}，即 MD⊥MCMD\perp MC，也就是 MD⊥SCMD\perp SC. 直线 ABAB 与 MDMD 在平面 MABMAB 内相交，且 SCSC 同时垂直于它们，所以 SCSC 垂直于平面 MABMAB. \end{solution}

1983 · 全国 · 理 · 第 10 题 · 解答题

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11解析几何★★★★☆
如图，已知椭圆长轴 ∣A1A2∣=6\left|A_{1}A_{2}\right| = 6，焦距 ∣F1F2∣=42\left|F_{1}F_{2}\right| = 4\sqrt{2}，过椭圆焦点 F1F_{1} 作一直线，交椭圆于两点 MM，NN. 设 ∠F2F1M=α\angle F_{2}F_{1}M = \alpha（0⩽α<π0 \leqslant \alpha < \pi），当 α\alpha 取什么值时，∣MN∣|MN| 等于椭圆短轴的长？
\begin{solution} 设椭圆中心为原点，长轴在 xx 轴上. 由题意，半长轴 a=3a=3，半焦距 c=22c=2\sqrt{2}，所以半短轴
b=a2−c2=9−8=1b=\sqrt{a^{2}-c^{2}}=\sqrt{9-8}=1
椭圆方程为 x29+y2=1\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1，且 F1=(−22,0)F_{1}=(-2\sqrt{2},0). 过 F1F_{1} 的直线方向向量可取 (cos⁡α,sin⁡α)(\cos\alpha,\sin\alpha)，其参数方程为 x=−22+tcos⁡αx=-2\sqrt{2}+t\cos\alpha，y=tsin⁡αy=t\sin\alpha. 代入椭圆方程，得到
1+8sin⁡2α9t2−42cos⁡α9t−19=0\frac{1+8\sin^{2}\alpha}{9}t^{2}-\frac{4\sqrt{2}\cos\alpha}{9}t-\frac{1}{9}=0
设两根为 t1t_{1}，t2t_{2}. 因为参数方向向量是单位向量，弦长 ∣MN∣=∣t1−t2∣|MN|=|t_{1}-t_{2}|. 该二次方程的判别式为
(−42cos⁡α9)2−4⋅1+8sin⁡2α9⋅(−19)=32cos⁡2α+4+32sin⁡2α81=49\left(-\frac{4\sqrt{2}\cos\alpha}{9}\right)^{2} -4\cdot\frac{1+8\sin^{2}\alpha}{9}\cdot\left(-\frac{1}{9}\right) =\frac{32\cos^{2}\alpha+4+32\sin^{2}\alpha}{81} =\frac{4}{9}
所以
∣MN∣=49(1+8sin⁡2α)9=61+8sin⁡2α|MN|=\frac{\sqrt{\frac{4}{9}}}{\frac{(1+8\sin^{2}\alpha)}{9}}=\frac{6}{1+8\sin^{2}\alpha}
椭圆短轴长为 2b=22b=2，故
61+8sin⁡2α=2  ⟺  sin⁡2α=14\frac{6}{1+8\sin^{2}\alpha}=2\iff \sin^{2}\alpha=\frac14
又 0⩽α<π0\leqslant\alpha<\pi，所以 α=π6\alpha=\frac{\pi}{6} 或 α=5π6\alpha=\frac{5\pi}{6}. \end{solution}

1983 · 全国 · 理 · 第 11 题 · 解答题

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12数列★★★★☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 的首项 a1=ba_{1} = b（b≠0b \neq 0），它的前 nn 项的和 Sn=a1+a2+⋯+anS_{n} = a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n}（n⩾1n \geqslant 1），并且 S1S_{1}，S2S_{2}，⋯\cdots，SnS_{n}，⋯\cdots 是一个等比数列，其公比为 pp（p≠0p \neq 0，∣p∣<1|p| < 1）.
(1) 证明：a2a_{2}，a3a_{3}，⋯\cdots，ana_{n}，⋯\cdots（即 {an}\{a_{n}\} 从第二项起）是一个等比数列； (2) 设 Wn=a1S1+a2S2+a3S3+⋯+anSnW_{n}=a_{1}S_{1}+a_{2}S_{2}+a_{3}S_{3}+\cdots+a_{n}S_{n}（n⩾1n\geqslant1），求 lim⁡n→∞Wn\displaystyle\lim_{n\to\infty}W_{n}（用 bb，pp 表示）.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因为 S1=a1=bS_{1}=a_{1}=b，且 S1S_{1}，S2S_{2}，…\ldots 是公比为 pp 的等比数列，所以 Sn=bpn−1S_{n}=bp^{n-1}. 对 n⩾2n\geqslant2，
an=Sn−Sn−1=bpn−2(p−1)a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=bp^{n-2}(p-1)
由于 b≠0b\neq0、p≠0p\neq0 且 ∣p∣<1|p|<1，有 p≠1p\neq1，所以 an+1an=p\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=p. 因而 a2a_{2}，a3a_{3}，…\ldots 是公比为 pp 的等比数列. \item a1S1=b2a_{1}S_{1}=b^{2}. 对 k⩾2k\geqslant2，
akSk=bpk−2(p−1)⋅bpk−1=b2(p−1)p2k−3a_{k}S_{k}=bp^{k-2}(p-1)\cdot bp^{k-1}=b^{2}(p-1)p^{2k-3}
当 n⩾2n\geqslant2 时，
Wn=b2+b2(p−1)p∑j=0n−2p2jW_{n}=b^{2}+b^{2}(p-1)p\sum_{j=0}^{n-2}p^{2j}
因为 ∣p∣<1|p|<1，所以
lim⁡n→∞Wn=b2+b2(p−1)p1−p2=b2−b2p1+p=b21+p\lim_{n\to\infty}W_{n}=b^{2}+\frac{b^{2}(p-1)p}{1-p^{2}}=b^{2}-\frac{b^{2}p}{1+p}=\frac{b^{2}}{1+p}
\end{enumerate} \end{solution}

1983 · 全国 · 理 · 第 12 题 · 解答题

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13导数及其应用★★★★☆
(1) 已知 aa，bb 为实数，并且 e<a<b\mathrm{e} < a < b，其中 e\mathrm{e} 是自然对数的底数，证明：ab>baa^b > b^a； (2) 如果正实数 aa，bb 满足 ab=baa^b = b^a，且 a<1a < 1，证明：a=ba = b.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 令 f(x)=ln⁡xxf(x)=\frac{\ln x}{x}，则
f′(x)=1−ln⁡xx2f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}
当 x>ex>\mathrm{e} 时，f′(x)<0f'(x)<0，故 ff 在 (e,+∞)(\mathrm{e},+\infty) 上单调递减. 由 e<a<b\mathrm{e}<a<b，得 f(a)>f(b)f(a)>f(b)，于是
ln⁡abba=bln⁡a−aln⁡b=ab(ln⁡aa−ln⁡bb)>0\ln\frac{a^{b}}{b^{a}}=b\ln a-a\ln b=ab\left(\frac{\ln a}{a}-\frac{\ln b}{b}\right)>0
因此 ab>baa^{b}>b^{a}. \item 由 ab=baa^{b}=b^{a} 及 aa，b>0b>0，取自然对数得 bln⁡a=aln⁡bb\ln a=a\ln b. 因为 0<a<10<a<1，所以 ln⁡a<0\ln a<0，从而等式右边也小于零，故 ln⁡b<0\ln b<0，即 0<b<10<b<1. 函数 f(x)=ln⁡xxf(x)=\frac{\ln x}{x} 在 (0,1)(0,1) 上满足
f′(x)=1−ln⁡xx2>0f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}>0
所以 ff 在 (0,1)(0,1) 上严格递增. 等式 bln⁡a=aln⁡bb\ln a=a\ln b 等价于 f(a)=f(b)f(a)=f(b)，因而 a=ba=b. \end{enumerate} \end{solution}

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