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01立体几何初步★☆☆☆☆
如果正方体 ABCD−A′B′C′D′ABCD - A'B'C'D' 的棱长为 aa，那么四面体 A′−ABDA' - ABD 的体积是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 三角形 ABDABD 是正方形 ABCDABCD 的一半，所以其面积为 a22\frac{a^2}{2}. 点 A′A' 到平面 ABDABD 的距离就是正方体的棱长 aa，因此四面体的体积为 13⋅a22⋅a=a36\frac{1}{3}\cdot\frac{a^2}{2}\cdot a=\frac{a^3}{6}，故选 D. \end{solution}
A.
a32\frac{a^{3}}{2}
B.
a33\frac{a^3}{3}
C.
a34\frac{a^3}{4}
D.
a36\frac{a^3}{6}

1985 · 全国 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02集合与逻辑基础★☆☆☆☆
tan⁡x=1\tan x = 1 是 x=54πx = \frac{5}{4}\pi 的（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 当 x=5π4x=\frac{5\pi}{4} 时，tan⁡x=1\tan x=1，所以 x=5π4x=\frac{5\pi}{4} 能推出 tan⁡x=1\tan x=1，即 tan⁡x=1\tan x=1 是该条件的必要条件. 反过来，tan⁡x=1\tan x=1 时还可能有 x=π4+kπx=\frac{\pi}{4}+k\pi，并不一定等于 5π4\frac{5\pi}{4}，所以它不是充分条件，故选 A. \end{solution}
A.
必要条件
B.
充分条件
C.
充分必要条件
D.
既不充分又不必要的条件

1985 · 全国 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03函数与初等函数★★☆☆☆
在下面给出的函数中，哪一个函数既是区间 (0,π2)\left(0, \frac{\pi}{2}\right) 上的增函数又是以 π\pi 为周期的偶函数（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 函数 y=x2y=x^2 虽为偶函数，但 (x+π)2(x+\pi)^2 不恒等于 x2x^2，所以不是以 π\pi 为周期的函数. 函数 y=∣sin⁡x∣y=|\sin x| 满足 ∣sin⁡(−x)∣=∣sin⁡x∣|\sin(-x)|=|\sin x|，是偶函数；又有 ∣sin⁡(x+π)∣=∣sin⁡x∣|\sin(x+\pi)|=|\sin x|，以 π\pi 为周期. 在 (0,π2)\left(0,\frac{\pi}{2}\right) 内，sin⁡x\sin x 为增函数且为正数，因此 ∣sin⁡x∣=sin⁡x|\sin x|=\sin x 为增函数. 函数 y=cos⁡2xy=\cos 2x 在该区间内递减，函数 y=esin⁡2xy=\mathrm{e}^{\sin 2x} 也不是偶函数，因为 esin⁡(−2x)=e−sin⁡2x\mathrm{e}^{\sin(-2x)}=\mathrm{e}^{-\sin 2x} 一般不等于 esin⁡2x\mathrm{e}^{\sin 2x}. 故选 B. \end{solution}
A.
y=x2y = x^{2}（x∈Rx\in \mathbf{R}）
B.
y=∣sin⁡x∣y = |\sin x|（x∈Rx\in \mathbf{R}）
C.
y=cos⁡2xy = \cos 2x（x∈Rx\in \mathbf{R}）
D.
y=esin⁡2xy = \mathrm{e}^{\sin 2x}（x∈Rx \in \mathbf{R}）

1985 · 全国 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04解析几何★★☆☆☆
极坐标方程 ρ=asin⁡θ\rho = a\sin \theta（a>0a > 0）的图象是（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 由极坐标与直角坐标的关系 x=ρcos⁡θx=\rho\cos\theta，y=ρsin⁡θy=\rho\sin\theta 得 ρ2=x2+y2\rho^2=x^2+y^2，且 ρsin⁡θ=y\rho\sin\theta=y. 将 ρ=asin⁡θ\rho=a\sin\theta 两边乘以 ρ\rho，得到 x2+y2=ayx^2+y^2=ay，即 x2+(y−a2)2=(a2)2x^2+\left(y-\frac{a}{2}\right)^2=\left(\frac{a}{2}\right)^2. 因此图象是圆心为 (0,a2)\left(0,\frac{a}{2}\right)、半径为 a2\frac{a}{2} 且与 xx 轴在原点相切的圆，故选 C. \end{solution}
A.
B.
C.
D.

1985 · 全国 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05计数原理与组合数学★★★☆☆
用 11，22，33，44，55 这五个数字，可以组成比 2000020000 大，并且百位数不是数字 33 的没有重复数字的五位数，共有（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 五位数大于 2000020000，首位只能是 22，33，44 或 55. 首位为 22 时，后四位共有 4!=244!=24 种排列，其中百位为 33 的有 3!=63!=6 种，所以有 24−6=1824-6=18 种. 首位为 33 时，百位不可能再为 33，有 4!=244!=24 种. 首位为 44 或 55 时，各有 4!−3!=184!-3!=18 种. 总数为 18+24+18+18=7818+24+18+18=78，故选 B. \end{solution}
A.
96 个96\text{ 个}
B.
78 个78\text{ 个}
C.
72 个72\text{ 个}
D.
64 个64\text{ 个}

1985 · 全国 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06三角函数★☆☆☆☆
求方程 2sin⁡(x+π6)=12\sin \left(x + \frac{\pi}{6}\right) = 1 解集.
\begin{solution} 原方程等价于 sin⁡(x+π6)=12\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}. 因此 x+π6=π6+2kπx+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{6}+2k\pi 或 x+π6=5π6+2kπx+\frac{\pi}{6}=\frac{5\pi}{6}+2k\pi，其中 k∈Zk\in\mathbf{Z}. 分别解得 x=2kπx=2k\pi 或 x=2π3+2kπx=\frac{2\pi}{3}+2k\pi，所以解集为 {2kπ∣k∈Z}∪{2π3+2kπ∣k∈Z}\left\{2k\pi\mid k\in\mathbf{Z}\right\}\cup\left\{\frac{2\pi}{3}+2k\pi\mid k\in\mathbf{Z}\right\}. \end{solution}

1985 · 全国 · 理 · 第 6 题 · 解答题

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07三角函数★★☆☆☆
设 ∣a∣⩽1|a|\leqslant 1，求 arccos⁡a+arccos⁡(−a)\arccos a+\arccos\left(-a\right) 的值.
\begin{solution} 令 α=arccos⁡a\alpha=\arccos a，则 α∈[0,π]\alpha\in[0,\pi]，且 a=cos⁡αa=\cos\alpha. 于是 −a=−cos⁡α=cos⁡(π−α)-a=-\cos\alpha=\cos\left(\pi-\alpha\right)，并且 π−α∈[0,π]\pi-\alpha\in[0,\pi]. 由于反余弦函数的值域为 [0,π][0,\pi]，故 arccos⁡(−a)=π−α\arccos(-a)=\pi-\alpha. 因此 arccos⁡a+arccos⁡(−a)=α+π−α=π\arccos a+\arccos(-a)=\alpha+\pi-\alpha=\pi. \end{solution}

1985 · 全国 · 理 · 第 7 题 · 解答题

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08解析几何★☆☆☆☆
求曲线 y2=−16x+64y^{2}=-16x+64 的焦点.
\begin{solution} 将方程化为 y2=−16(x−4)y^2=-16(x-4)，与抛物线标准方程 y2=4p(x−h)y^2=4p(x-h) 比较，得 h=4h=4，p=−4p=-4. 所以顶点为 (4,0)(4,0)，焦点为 (h+p,0)=(0,0)(h+p,0)=(0,0). \end{solution}

1985 · 全国 · 理 · 第 8 题 · 解答题

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09计数原理与组合数学★★☆☆☆
设 (3x−1)6=a6x6+a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0(3x-1)^{6}=a_{6}x^{6}+a_{5}x^{5}+a_{4}x^{4}+a_{3}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}，求 a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0a_{6}+a_{5}+a_{4}+a_{3}+a_{2}+a_{1}+a_{0} 的值.
\begin{solution} 令 x=1x=1 代入已知恒等式，左边为 (3−1)6=26=64(3-1)^6=2^6=64，右边为 a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0a_6+a_5+a_4+a_3+a_2+a_1+a_0. 因此所求值为 6464. \end{solution}

1985 · 全国 · 理 · 第 9 题 · 解答题

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10函数与初等函数★☆☆☆☆
设函数 f(x)f(x) 的定义域是 [0,1][0,1]，求函数 f(x2)f(x^2) 的定义域.
\begin{solution} 要使 f(x2)f(x^2) 有意义，必须有 x2∈[0,1]x^2\in[0,1]，即 0⩽x2⩽10\leqslant x^2\leqslant1. 这等价于 −1⩽x⩽1-1\leqslant x\leqslant1，所以函数 f(x2)f(x^2) 的定义域为 [−1,1][-1,1]. \end{solution}

1985 · 全国 · 理 · 第 10 题 · 解答题

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11指数函数与对数函数★★★☆☆
解方程：log⁡4(3−x)+log⁡0.25(3+x)=log⁡4(1−x)+log⁡0.25(2x+1)\log_4(3-x)+\log_{0.25}(3+x)=\log_4(1-x)+\log_{0.25}(2x+1).
\begin{solution} 首先由各对数的真数为正数，得到 3−x>03-x>0，3+x>03+x>0，1−x>01-x>0，2x+1>02x+1>0，所以定义域为 −12<x<1-\frac{1}{2}<x<1. 又因为 log⁡0.25u=−log⁡4u\log_{0.25}u=-\log_4u，原方程化为 log⁡4(3−x)−log⁡4(3+x)=log⁡4(1−x)−log⁡4(2x+1)\log_4(3-x)-\log_4(3+x)=\log_4(1-x)-\log_4(2x+1). 利用对数的减法公式并移项，得 log⁡4((3−x)(2x+1))=log⁡4((3+x)(1−x))\log_4\left((3-x)(2x+1)\right)=\log_4\left((3+x)(1-x)\right). 由于底数 4>14>1，对数函数是单调函数，故 (3−x)(2x+1)=(3+x)(1−x)(3-x)(2x+1)=(3+x)(1-x). 展开得 −2x2+5x+3=3−2x−x2-2x^2+5x+3=3-2x-x^2，即 x(7−x)=0x(7-x)=0，所以候选值为 x=0x=0 或 x=7x=7. 其中 x=7x=7 不在定义域内，只有 x=0x=0 满足原方程，故解为 x=0x=0. \end{solution}

1985 · 全国 · 理 · 第 11 题 · 解答题

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12不等式★★★☆☆
解不等式：2x+5>x+1\sqrt{2x+5}>x+1.
\begin{solution} 由根式有意义，先得 x⩾−52x\geqslant-\frac{5}{2}. 当 −52⩽x<−1-\frac{5}{2}\leqslant x<-1 时，x+1<0x+1<0，而 2x+5⩾0\sqrt{2x+5}\geqslant0，所以不等式恒成立. 当 x⩾−1x\geqslant-1 时，两边均非负，可以平方，得到 2x+5>(x+1)22x+5>(x+1)^2，即 x2<4x^2<4，所以 −2<x<2-2<x<2. 与 x⩾−1x\geqslant-1 取交集得 −1⩽x<2-1\leqslant x<2. 合并两种情况，原不等式的解集为 [−52,2)\left[-\frac{5}{2},2\right). \end{solution}

1985 · 全国 · 理 · 第 12 题 · 解答题

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13立体几何初步★★★★☆
如图，设平面 ACAC 和 BDBD 相交于 BCBC，它们所成的一个二面角为 45∘45^{\circ}，PP 为平面 ACAC 内的一点，QQ 为平面 BDBD 内的一点. 已知直线 MQMQ 是直线 PQPQ 在平面 BDBD 内的射影，并且 MM 在 BCBC 上. 又设 PQPQ 与平面 BDBD 所成的角为 β\beta，∠CMQ=θ\angle CMQ=\theta（0∘<θ<90∘0^{\circ}<\theta<90^{\circ}），线段 PMPM 的长为 aa，求线段 PQPQ 的长.
\begin{solution} 从 PP 向平面 BDBD 作垂线，垂足为 RR. 因为 MQMQ 是 PQPQ 在平面 BDBD 内的射影，所以 RR 在直线 MQMQ 上. 过 RR 向交线 BCBC 作垂线，垂足为 NN. 由三垂线定理，PN⊥BCPN\perp BC，而 RN⊥BCRN\perp BC，所以 ∠PNR\angle PNR 是两平面所成二面角的平面角，从而 ∠PNR=45∘\angle PNR=45^{\circ}. 又因 PR⊥BDPR\perp BD，且 RN⊂BDRN\subset BD，所以 PR⊥RNPR\perp RN，三角形 PNRPNR 在 RR 处直角，故 PR=RNPR=RN.
令 φ=∠PMR\varphi=\angle PMR. 在直角三角形 PMRPMR 中，PM=aPM=a，所以 MR=acos⁡φMR=a\cos\varphi，PR=asin⁡φPR=a\sin\varphi. 由于 RR 在 MQMQ 上，∠CMR=∠CMQ=θ\angle CMR=\angle CMQ=\theta. 在直角三角形 MNRMNR 中，NR=MRsin⁡θ=acos⁡φsin⁡θNR=MR\sin\theta=a\cos\varphi\sin\theta. 结合 PR=NRPR=NR，得到 asin⁡φ=acos⁡φsin⁡θa\sin\varphi=a\cos\varphi\sin\theta，即 tan⁡φ=sin⁡θ\tan\varphi=\sin\theta.
在三角形 PMQPMQ 中，∠PMQ=φ\angle PMQ=\varphi，而 ∠PQM=β\angle PQM=\beta，后者是直线 PQPQ 与平面 BDBD 所成的角. 由正弦定理，PQsin⁡φ=PMsin⁡β\frac{PQ}{\sin\varphi}=\frac{PM}{\sin\beta}，所以 PQ=asin⁡φsin⁡βPQ=\frac{a\sin\varphi}{\sin\beta}. 由 tan⁡φ=sin⁡θ\tan\varphi=\sin\theta 且 0<φ<90∘0<\varphi<90^{\circ}，有 sin⁡φ=sin⁡θ1+sin⁡2θ\sin\varphi=\frac{\sin\theta}{\sqrt{1+\sin^2\theta}}. 因此 PQ=asin⁡θsin⁡β1+sin⁡2θPQ=\frac{a\sin\theta}{\sin\beta\sqrt{1+\sin^2\theta}}. \end{solution}

1985 · 全国 · 理 · 第 13 题 · 解答题

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14复数★★★★☆
设 OO 为复平面的原点，Z1Z_{1} 和 Z2Z_{2} 为复平面内的两动点，并且满足：
(1) Z1Z_{1} 和 Z2Z_{2} 所对应的复数的辐角分别为定值 θ\theta 和 −θ-\theta（0<θ<π20<\theta<\frac{\pi}{2}）； (2) △OZ1Z2\triangle OZ_{1}Z_{2} 的面积为定值 SS，求 △OZ1Z2\triangle OZ_{1}Z_{2} 的重心 ZZ 所对应的复数的模的最小值.
\begin{solution} 设 Z1Z_1，Z2Z_2 和重心 ZZ 所对应的复数分别为 z1z_1，z2z_2 和 zz，并设 ∣z1∣=r1>0|z_1|=r_1>0，∣z2∣=r2>0|z_2|=r_2>0. 由辐角条件，z1=r1(cos⁡θ+isin⁡θ)z_1=r_1(\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta)，z2=r2(cos⁡θ−isin⁡θ)z_2=r_2(\cos\theta-\mathrm{i}\sin\theta). 三角形面积条件给出 S=12r1r2sin⁡2θS=\frac{1}{2}r_1r_2\sin 2\theta，所以 r1r2=Ssin⁡θcos⁡θr_1r_2=\frac{S}{\sin\theta\cos\theta}.
由于重心对应的复数满足 3z=z1+z23z=z_1+z_2，有 3z=(r1+r2)cos⁡θ+(r1−r2)isin⁡θ3z=(r_1+r_2)\cos\theta+(r_1-r_2)\mathrm{i}\sin\theta. 因此
∣3z∣2=(r1+r2)2cos⁡2θ+(r1−r2)2sin⁡2θ=(r1−r2)2+4r1r2cos⁡2θ|3z|^2=(r_1+r_2)^2\cos^2\theta+(r_1-r_2)^2\sin^2\theta=(r_1-r_2)^2+4r_1r_2\cos^2\theta
由 (r1−r2)2⩾0(r_1-r_2)^2\geqslant0，得 ∣3z∣2⩾4r1r2cos⁡2θ=4Scot⁡θ|3z|^2\geqslant4r_1r_2\cos^2\theta=4S\cot\theta. 当且仅当 r1=r2r_1=r_2 时取等号，且此时满足给定的面积条件，因此 ∣z∣|z| 的最小值为 23Scot⁡θ\frac{2}{3}\sqrt{S\cot\theta}. \end{solution}

1985 · 全国 · 理 · 第 14 题 · 解答题

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15解析几何★★★★☆
已知两点 P(−2,2)P\left(-2,2\right)，Q(0,2)Q\left(0,2\right) 以及一条直线 L:y=xL:y=x，设长为 2\sqrt{2} 的线段 ABAB 在直线 LL 上移动，如图，求直线 PAPA 和 QBQB 的交点 MM 的轨迹方程. （要求把结果写成普通方程）
\begin{solution} 设 A=(t,t)A=(t,t)，B=(t+1,t+1)B=(t+1,t+1)，其中 t∈Rt\in\mathbf{R}，这样 AB=2AB=\sqrt{2}. 设交点为 M=(x,y)M=(x,y). 由直线 PAPA 经过 (−2,2)(-2,2) 和 (t,t)(t,t)，直线 QBQB 经过 (0,2)(0,2) 和 (t+1,t+1)(t+1,t+1)，分别得到
t(y−x−4)+2(x+y)=0t(y-x-4)+2(x+y)=0
t(y−x−2)+x+y−2=0t(y-x-2)+x+y-2=0
当 t=0t=0 时，上述两式分别化为 x+y=0x+y=0 和 x+y=2x+y=2，故两直线平行且无交点. 以下设 t≠0t\neq0，令 u=x−yu=x-y，v=x+yv=x+y，上面两式化为 2v=t(u+4)2v=t(u+4) 和 v=t(u+2)+2v=t(u+2)+2. 消去 vv 得 tu=−4tu=-4，再代回得 v=2t−2v=2t-2. 于是 u(v+2)+8=0u(v+2)+8=0. 代回 u=x−yu=x-y，v=x+yv=x+y，可得
x2−y2+2x−2y+8=0x^2-y^2+2x-2y+8=0
反过来，满足该方程的点必有 x−y≠0x-y\neq0，取 t=−4x−yt=-\frac{4}{x-y} 即可由上述两式得到对应的交点，因此这就是交点 MM 的轨迹普通方程. \end{solution}

1985 · 全国 · 理 · 第 15 题 · 解答题

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16数列★★★★☆
设 an=1⋅2+2⋅3+⋯+n(n+1)a_{n}=\sqrt{1\cdot 2}+\sqrt{2\cdot 3}+\cdots+\sqrt{n(n+1)}（n=1n=1，22，⋯\cdots）.
(1) 证明：不等式 n(n+1)2<an<(n+1)22\frac{n(n+1)}{2}<a_n<\frac{(n+1)^2}{2} 对所有的正整数 nn 都成立； (2) 设 bn=ann(n+1)b_n=\frac{a_n}{n(n+1)}（n=1n=1，22，⋯\cdots），用定义证明：lim⁡n→∞bn=12\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=\frac{1}{2}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 对任意正整数 kk，有 k2<k(k+1)<(k+12)2k^2<k(k+1)<\left(k+\frac{1}{2}\right)^2，所以 k<k(k+1)<k+12k<\sqrt{k(k+1)}<k+\frac{1}{2}. 对 k=1k=1，22，…\ldots，nn 求和，得到 n(n+1)2<an<n(n+2)2<(n+1)22\frac{n(n+1)}{2}<a_n<\frac{n(n+2)}{2}<\frac{(n+1)^2}{2}，故所证不等式对所有正整数 nn 成立. \item 由第一问及 bn=ann(n+1)b_n=\frac{a_n}{n(n+1)}，有 12<bn<n+12n=12+12n\frac{1}{2}<b_n<\frac{n+1}{2n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2n}. 任给 ε>0\varepsilon>0，取正整数 N=⌊12ε⌋+1N=\left\lfloor\frac{1}{2\varepsilon}\right\rfloor+1. 当 n⩾Nn\geqslant N 时，0<∣bn−12∣<12n⩽12N<ε0<\left|b_n-\frac{1}{2}\right|<\frac{1}{2n}\leqslant\frac{1}{2N}<\varepsilon. 这正是数列极限的定义，所以 lim⁡n→∞bn=12\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=\frac{1}{2}. \end{enumerate} \end{solution}

1985 · 全国 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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17集合与逻辑基础★★★★☆
设 aa，bb 是两个实数，
A={(x,y)∣x=n,y=na+b,n∈Z}A = \left\{\left(x, y\right)\mid x = n, y = na + b, n \in \mathbf{Z}\right\}，
B={(x,y)∣x=m,y=3m2+15,m∈Z}B = \left\{\left(x, y\right)\mid x = m, y = 3m^2 + 15, m \in \mathbf{Z}\right\}，
C={(x,y)∣x2+y2⩽144}C = \left\{(x, y)\mid x^2 + y^2 \leqslant 144\right\} 是平面 xOyxOy 内的点集合，讨论是否存在 aa 和 bb 使得
(1) A∩B≠∅A \cap B \neq \varnothing（∅\varnothing 表示空集）； (2) (a,b)∈C\left(a,b\right)\in C 同时成立.
\begin{solution} 若 A∩B≠∅A\cap B\neq\varnothing，则存在整数 nn 和 mm，使得 (n,na+b)=(m,3m2+15)(n,na+b)=(m,3m^2+15). 比较横坐标得 n=mn=m，记这个整数为 kk，于是
ka+b=3k2+15ka+b=3k^2+15
恒等式 (k2+1)(a2+b2)=(ka+b)2+(a−kb)2(k^2+1)(a^2+b^2)=(ka+b)^2+(a-kb)^2 给出
a2+b2⩾(ka+b)2k2+1=(3k2+15)2k2+1a^2+b^2\geqslant\frac{(ka+b)^2}{k^2+1}=\frac{(3k^2+15)^2}{k^2+1}
而 (3k2+15)2−144(k2+1)=9(k2−3)2>0(3k^2+15)^2-144(k^2+1)=9(k^2-3)^2>0，其中严格不等号成立是因为 kk 为整数，不可能有 k2=3k^2=3. 所以 a2+b2>144a^2+b^2>144，这与 (a,b)∈C(a,b)\in C，即 a2+b2⩽144a^2+b^2\leqslant144，矛盾. 因此不存在同时满足这两个条件的实数 aa 和 bb. \end{solution}

1985 · 全国 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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18导数及其应用★★★☆☆
已知曲线 y=x3−6x2+11x−6y=x^3-6x^2+11x-6. 在它对应于 x∈[0,2]x\in\left[0,2\right] 的弧段上求一点 PP，使得曲线在该点的切线在 yy 轴上的截距为最小，并求出这个最小值.
\begin{solution} 设切点的横坐标为 x∈[0,2]x\in[0,2]，则 f(x)=x3−6x2+11x−6f(x)=x^3-6x^2+11x-6，且 f′(x)=3x2−12x+11f'(x)=3x^2-12x+11. 切线方程为 y−f(x)=f′(x)(X−x)y-f(x)=f'(x)(X-x)，令 X=0X=0，得到该切线在 yy 轴上的截距
b(x)=f(x)−xf′(x)=−2x3+6x2−6b(x)=f(x)-xf'(x)=-2x^3+6x^2-6
其导数为 b′(x)=−6x2+12x=6x(2−x)⩾0b'(x)=-6x^2+12x=6x(2-x)\geqslant0（0⩽x⩽20\leqslant x\leqslant2），所以 b(x)b(x) 在 [0,2][0,2] 上递增，最小值在 x=0x=0 处取得. 此时 P=(0,f(0))=(0,−6)P=(0,f(0))=(0,-6)，切线斜率为 f′(0)=11f'(0)=11，切线为 y=11x−6y=11x-6，在 yy 轴上的截距为 −6-6. \end{solution}

1985 · 全国 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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