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文档简介

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

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