发布时间 : 2024/6/2 21:38:48 星期日 文章1990年全国高考数学文科更新完毕开始阅读955624bf8762caaedc33d41d

连结OC,于是OC⊥AB,若设点D的坐标是(1,0),再连结OA,OB,则有

解法三:由题设得 4(sinα+sinβ)=3(cosα+cosβ).

将②式代入①式,可得 sin(α-?)=sin(?-β). 于是 α-?=(2k+1)π-(?-β)(k∈Z), 或 α-?=2kπ+(?-β)(k∈Z).

若 α-?=(2k+1)π-(?-β)(k∈Z),则α=β+(2k+1)π(k∈Z). 于是 sinα=-sinβ,即sinα+sinβ=0.

由此可知 α-?=2kπ+(?-β)(k∈Z). 即 α+β=2?+2kπ(k∈Z).

(23)本小题考查直线和平面,直线和直线的位置关系,二面角等基本知识,以及逻辑推理能力和空间想象能力.

解法一:由于SB=BC,且E是SC的中点,因此BE是等腰三角形SBC的底边SC的中线,所以SC⊥BE.

又已知 SC⊥DE,BE∩DE=E, ∴ SC⊥面BDE, ∴ SC⊥BD.

又 ∵SA⊥底面ABC,BD在底面ABC上,∴SA⊥BD. 而 SC∩SA=S,∴BD⊥面SAC. ∵ DE=面SAC∩面BDE,DC=面SAC∩面BDC, ∴ BD⊥DE,BD⊥DC.

∴ ∠EDC是所求的二面角的平面角. ∵ SA⊥底面ABC,∴SA⊥AB,SA⊥AC.

又已知DE⊥SC,所以∠EDC=60°,即所求的二面角等于60°.

解法二:由于SB=BC,且E是SC的中点,因此BE是等腰三角形SBC的底边SC的中线,所以SC⊥BE.

又已知 SC⊥DE,BE∩DE=E. ∴ SC⊥面BDE, ∴ SC⊥BD.

由于SA⊥底面ABC,且A是垂足,所以AC是SC在平面ABC上的射影.由三垂线定理的逆定理得BD⊥AC;又因E∈SC,AC是SC在平面ABC上的射影,所以E在平面ABC上的射影在AC上,由于D∈AC,所以DE在平面ABC上的射影在AC上,根据三垂线定理又得BD⊥DE.

∵DE面BDE,DC面BDC,

∴∠EDC是所求的二面角的平面角. 以下同解法一.

(24)本小题考查对数,不等式的基本知识及运算能力.

解:原不等式可化为

loga(4+3x-x2)>loga2(2x-1). ①

当0

即当01时,①式等价于

(25)本小题考查复数与解方程等基本知识以及综合分析能力.

解法一:设z=x+yi,代入原方程得

于是原方程等价于方程组

由②式得y=0或x=0.由此可见,若原方程有解,则其解或为实数或为纯虚数.下面分别加以讨论.

情形1. 若y=0,即求原方程的实数解z=x.此时,①式化为

x2+2│x│=a. ③

(Ⅰ)令x>0,方程③变为x2+2x=a. ④

由此可知:当a=0时,方程④无正根;

(Ⅱ)令x<0,方程③变为x2-2x=a. ⑤

由此可知:当a=0时,方程⑤无负根;

(Ⅲ)令x=0,方程③变为0=a. ⑥

由此可知:当a=0时,方程⑥有零解x=0;

当a>0时,方程⑥无零解.

所以,原方程的实数解是:

当a=0时,z=0;

情形2. 若x=0,由于y=0的情形前已讨论,现在只需考查y≠0的情形,即求原方程的纯虚数解z=yi(y≠0).此时,①式化为

-y2+2│y│=a. ⑦

(Ⅰ)令y>0,方程⑦变为-y2+2y=a,即(y-1)2=1-a. ⑧ 由此可知:当a>1时,方程⑧无实根.

从而, 当a=0时,方程⑧有正根

y=2;

(Ⅱ)令y<0,方程⑦变为-y2-2y=a,即(y+1)2=1-a. ⑨ 由此可知:当a>1时,方程⑨无实根.

从而, 当a=0时,方程⑨有负根

y=-2;

所以,原方程的纯虚数解是:

当a=0时,z=±2i;

而当a>1时,原方程无纯虚数解. 解法二:设z=x+yi,代入原方程得

于是原方程等价于方程组

由②式得y=0或x=0.由此可见,若原方程有解,则其解或为实数,或为纯虚数.下面分别加以讨论.

情形1. 若y=0,即求原方程的实数解z=x.此时,①式化为

x2+2│x│=a.

情形2. 若x=0,由于y=0的情形前已讨论,现在只需考查y≠0的情形,即求原方程的纯虚数解z=yi(y≠0).此时,①式化为

-y2+2│y│=a.