2003年宁夏高考文科数学真题及答案

1、2003年宁夏高考文科数学真题及答案一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1（5分）直线y2x关于x轴对称的直线方程为（）Ay=12xBy=12xCy2xDy2x2（5分）已知x（2，0），cosx=45，则tan2x等于（）A724B724C247D2473（5分）抛物线yax2的准线方程是y2，则a的值为（）A18B18C8D84（5分）等差数列an中，已知a1=13，a2+a54，an33，则n为（）A48B49C50D515（5分）双曲线虚轴的一个端点为M，两个焦点为F1、F2，F1MF2120，则双曲线的离心率为（）A3B62C63D336（5分）设函数f(x)=2x1x0

2、x12x0若f（x0）1，则x0的取值范围是（）A（1，1）B（1，+）C（，2）（0，+）D（，1）（1，+）7（5分）已知f（x5）lgx，则f（2）（）Alg2Blg32Clg132D15lg28（5分）函数ysin（x+）（0）是R上的偶函数，则（）A0B4C2D9（5分）已知点（a，2）（a0）到直线l：xy+30的距离为1，则a（）A2B22C21D2+110（5分）已知圆锥的底面半径为R，高为3R，它的内接圆柱的底面半径为34R，该圆柱的全面积为（）A2R2B94R2C83R2D52R211（5分）已知长方形的四个顶点A（0，0），B（2，0），C（2，1）和D（0，1），一质点

3、从AB的中点P0沿与AB夹角为的方向射到BC上的点P1后，依次反射到CD、DA和AB上的点P2、P3和P4（入射角等于反射角）若P4与P0重合，则tg（）A13B25C12D112（5分）棱长都为2的四面体的四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（）A3B4C33D6二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）13（4分）不等式4xx2x的解集是 14（4分）在(x12x)9的展开式中，x3的系数是 （用数字作答）15（4分）在平面几何里，有勾股定理“设ABC的两边AB，AC互相垂直，则AB2+AC2BC2”，拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系，可以得

4、出正确的结论是：“设三棱锥ABCD的三个侧面ABC、ACD、ADB两两互相垂直，则 ”16（4分）如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种（以数字作答）三、解答题（共6小题，满分74分）17（12分）已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1AB1，AA12，点E为CC1中点，点F为BD1中点（1）证明EF为BD1与CC1的公垂线；（2）求点D1到面BDE的距离18（12分）已知复数z的辐角为60，且|z1|是|z|和|z2|的等比中项求|z|19（12分）已知数列an满足a11，an3n1+an1（n2）（）求a2，a

5、3；（）证明an=3n1220（12分）已知函数f（x）2sinx（sinx+cosx）（1）求函数f（x）的最小正周期和最大值；（2）在给出的直角坐标系中，画出函数yf（x）在区间2，2上的图象21（12分）在某海滨城市附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城市O（如图）的东偏南(cos=210)方向300km的海面P处，并以20km/h的速度向西偏北45方向移动，台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60km，并以10km/h的速度不断增大，问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？22（14分）已知常数a0，在矩形ABCD中，AB4，BC4a，O为AB的中点，点E、F、G分别在BC、CD、D

6、A上移动，且BEBC=CFCD=DGDA，P为GE与OF的交点（如图），问是否存在两个定点，使P到这两点的距离的和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由2003年全国统一高考数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1（5分）直线y2x关于x轴对称的直线方程为（）Ay=12xBy=12xCy2xDy2x【解答】解：直线yf（x）关于x对称的直线方程为yf（x），直线y2x关于x对称的直线方程为：y2x故选：C2（5分）已知x（2，0），cosx=45，则tan2x等于（）A724B724C247D247【解答】解：cosx=45，

7、x（2，0），sinx=35tanx=34tan2x=2tanx1tan2x=321916=32167=247故选：D3（5分）抛物线yax2的准线方程是y2，则a的值为（）A18B18C8D8【解答】解：抛物线yax2的标准方程是x2=1ay，则其准线方程为y=14a=2，所以a=18故选：B4（5分）等差数列an中，已知a1=13，a2+a54，an33，则n为（）A48B49C50D51【解答】解：设an的公差为d，a1=13，a2+a54，13+d+13+4d4，即23+5d4，解得d=23an=13+23（n1）=23n13，令an33，即23n13=33，解得n50故选：C5（5分

8、）双曲线虚轴的一个端点为M，两个焦点为F1、F2，F1MF2120，则双曲线的离心率为（）A3B62C63D33【解答】解：根据双曲线对称性可知OMF260，tanOMF2=OF2OM=cb=3，即c=3b，a=c2b2=2b，e=ca=62故选：B6（5分）设函数f(x)=2x1x0x12x0若f（x0）1，则x0的取值范围是（）A（1，1）B（1，+）C（，2）（0，+）D（，1）（1，+）【解答】解：当x00时，2x011，则x01，当x00时，x0121则x01，故x0的取值范围是（，1）（1，+），故选：D7（5分）已知f（x5）lgx，则f（2）（）Alg2Blg32Clg132D

9、15lg2【解答】解：令x52，得x=215，f（x5）lgx，f（2）lg215=15lg2故选：D8（5分）函数ysin（x+）（0）是R上的偶函数，则（）A0B4C2D【解答】解：当0时，ysin（x+）sinx为奇函数不满足题意，排除A；当=4时，ysin（x+）sin（x+4）为非奇非偶函数，排除B；当=2时，ysin（x+）cosx，为偶函数，满足条件当时，ysin（x+）sinx，为奇函数，故选：C9（5分）已知点（a，2）（a0）到直线l：xy+30的距离为1，则a（）A2B22C21D2+1【解答】解：由点到直线的距离公式得：1=|a2+3|1+1=2=|a+1|，a0，a=

10、21故选：C10（5分）已知圆锥的底面半径为R，高为3R，它的内接圆柱的底面半径为34R，该圆柱的全面积为（）A2R2B94R2C83R2D52R2【解答】解：设圆锥内接圆柱的高为h，则3R4R=3R3R，解得=34R，所以圆柱的全面积为：s2(34R)2+(32R)34R=94R2故选：B11（5分）已知长方形的四个顶点A（0，0），B（2，0），C（2，1）和D（0，1），一质点从AB的中点P0沿与AB夹角为的方向射到BC上的点P1后，依次反射到CD、DA和AB上的点P2、P3和P4（入射角等于反射角）若P4与P0重合，则tg（）A13B25C12D1【解答】解：由于若P4与P0重合，故P

11、2、P3也都是所在边的中点，因为ABCD是长方形，根据对称性可知P0P1的斜率是12，则tg=12故选：C12（5分）棱长都为2的四面体的四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（）A3B4C33D6【解答】解：借助立体几何的两个熟知的结论：（1）一个正方体可以内接一个正四面体；（2）若正方体的顶点都在一个球面上，则正方体的体对角线就是球的直径则球的半径R=32，球的表面积为3，故选：A二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）13（4分）不等式4xx2x的解集是（2，4【解答】解：x4xx20，x0，不等式4xx2x，两边平方得，4xx2x2，2x24x0，解得，x2，x0（舍去），4xx

12、20，0x4，综上得：不等式的解集为：（2，4，故答案为（2，414（4分）在(x12x)9的展开式中，x3的系数是212（用数字作答）【解答】解：根据题意，对于(x12x)9，有Tr+1C99rx9r（12x）r（12）rC99rx92r，令92r3，可得r3，当r3时，有T4=212x3，故答案21215（4分）在平面几何里，有勾股定理“设ABC的两边AB，AC互相垂直，则AB2+AC2BC2”，拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系，可以得出正确的结论是：“设三棱锥ABCD的三个侧面ABC、ACD、ADB两两互相垂直，则SABC2+SACD2+SADB

13、2SBCD2”【解答】解：建立从平面图形到空间图形的类比，于是作出猜想：SABC2+SACD2+SADB2SBCD2故答案为：SABC2+SACD2+SADB2SBCD216（4分）如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有72种（以数字作答）【解答】解：由题意，选用3种颜色时：涂色方法C43A3324种4色全用时涂色方法：C21A4448种所以不同的着色方法共有72种故答案为：72三、解答题（共6小题，满分74分）17（12分）已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1AB1，AA12，点E为CC1中点，点F为BD1中点（1

14、）证明EF为BD1与CC1的公垂线；（2）求点D1到面BDE的距离【解答】解：（1）取BD中点M连接MC，FMF为BD1中点，FMD1D且FM=12D1D又EC12CC1且ECMC，四边形EFMC是矩形EFCC1又FM面DBD1EF面DBD1BD1面DBD1EFBD1故EF为BD1与CC1的公垂线（）解：连接ED1，有VEDBD1VD1DBE由（）知EF面DBD1，设点D1到面BDE的距离为d则SDBEd=SDBD1EFAA12，AB1BD=BE=ED=2，EF=22，SDBD1=1222=2SDBE=1232(2)2=32d=22232=233故点D1到平面DBE的距离为23318（12分）

15、已知复数z的辐角为60，且|z1|是|z|和|z2|的等比中项求|z|【解答】解：设z（rcos60+rsin60i），则复数z的实部为r2zz=r，zz=r2由题设|z1|2|z|z2|，即：（z1）（z1）|z|(z2)(z2)r2r+1rr22r+4，整理得r2+2r10解得r=21，r=21（舍去）即|z|=2119（12分）已知数列an满足a11，an3n1+an1（n2）（）求a2，a3；（）证明an=3n12【解答】解：（）a11，a23+14，a332+413；（）证明：由已知anan13n1，n2故an（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a1=3n1+3n2+3+

16、1=3n12n2当n1时，也满足上式所以an=3n1220（12分）已知函数f（x）2sinx（sinx+cosx）（1）求函数f（x）的最小正周期和最大值；（2）在给出的直角坐标系中，画出函数yf（x）在区间2，2上的图象【解答】解：（1）f（x）2sin2x+2sinxcosx1cos2x+sin2x=1+2(sin2xcos4cos2xsin4) =1+2sin(2x4) 所以函数的最小正周期为，最大值为1+2；（2）由（1）列表得：x 388 8 38 58 y11211+21故函数yf（x）在区间2，2上的图象是：21（12分）在某海滨城市附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城

17、市O（如图）的东偏南(cos=210)方向300km的海面P处，并以20km/h的速度向西偏北45方向移动，台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60km，并以10km/h的速度不断增大，问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？【解答】解：如图建立坐标系：以O为原点，正东方向为x轴正向在时刻：t（h）台风中心P（x，y）的坐标为x=3002102022ty=3007210+2022t. 令（x，y）是台风边缘线上一点，则此时台风侵袭的区域是（xx）2+（yy）2r（t）2，其中r（t）10t+60，若在t时，该城市受到台风的侵袭，则有（0x）2+（0y）2（10t+60）2，即(3002102022

18、t)2+(3007210+2022t)2(10t+60)2，即t236t+2880，解得12t24答：12小时后该城市开始受到台风侵袭22（14分）已知常数a0，在矩形ABCD中，AB4，BC4a，O为AB的中点，点E、F、G分别在BC、CD、DA上移动，且BEBC=CFCD=DGDA，P为GE与OF的交点（如图），问是否存在两个定点，使P到这两点的距离的和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由【解答】解：根据题设条件，首先求出点P坐标满足的方程，据此再判断是否存在两定点，使得点P到定点距离的和为定值按题意有A（2，0），B（2，0），C（2，4a），D（2，4a）设BEBC=CFCD=DGDA=k（0k1），由此有E（2，4ak），F（24k，4a），G（2，4a4ak）直线OF的方程为：2ax+（2k1）y0，直线GE的方程为：a（2k1）x+y2a0 从