2003年高考试题-数学(广东卷)及答案

1、2003 年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）数学5分4x( ,0),x ,则2x （）2577778 2cos 2cos 2 2 2D1a a , a a2an为315nnF 、F F 1212（）6633D2332 xx( ) 1若 f x f(x) x （）1200,x0 x）+ y 2xxx)+（）1 22 12D22 3）8C=:(xa) (x 4(a 0)及直线l:x y30.l被C截得22（22 22 12 1D）9832 R2 R 2R 2 rD 2432 f(x) x,x , f 1(x) （）2 2x,x , x x , x x x,x P 0- 1 - P 和 P P

2、 和P 12341 x 2. 设P x ，444则tan （）11 22 1( , )2 2( , ）( , ) ）33 35 25 3 2 3 44）4xx x2(x 12x x29 ，222 546 A B C D E为 F为 .1111111为 与 11D .1 | z1| | z| | z2|. 求| z|.z是和 在 R 如ycx果P和Qc - 2 -2 arccos )P 10. . a O为Ga P 为 与 P . 设a an3 2a (nN)1nnn11nna ( 2 ( 2 a1；nnnnn5nn1 a aa有 .nn1n- 3 -2003 年普通高等学校招生全国统一考试（广

3、东卷）数学试题参考答案一、选择题：1.D 2.D 3.C 4.C 5.B 6.D 7.A 8.C 9.B 10.D 11.C 12.A二、填空题：(2,4131415S2ABC+S2ACD+S2ADB=2SBCD2三、解答题：（I）证明：取 BD 中点 M，连结MC，FM，1F 为 BD 中点， FMD D 且 FM= D D21111又 EC= CC ，且 ECMC，21四边形 EFMC 是矩形 CC又 CM面 DBD EF面 DBD111BD面 DBD ，11EFBD 故EF 为 BD 与 CC 的公垂线.111VV（II）解：连结 ED ，有1E1D1由（I）知 EF面 DBD ，设点D

4、 到面 BDE 的11距离为 d，则 S d=S19 分DBCDBDAA =2AB=1.12BD BE ED 2,EF 2222 33211 33d S 22 2,S ( 2) 2322 22122 33故点 D 到平面 BDE 的距离为.1rz rcos60 rsin60 )的实部为 . , 2z z r zz r由题设18 解：设 ，则复数z2| z1| | z| z2|即:(zz | z| (z2)(z2),r r 1 r r 2r 4,222整理得r 2r 1 0.解得:r 2 r 2 ).即| z 2 1.219- 4 -20解：如图建立坐标系以 O为原点，正东方向为 x轴正向.2

5、2t,x, y1）台风中心 P（）的坐标为x27 22t.y 2(x x) (y y)rt) ,此时台风侵袭的区域是22其中rt) t若在t 时刻城市O 受到台风的侵袭，则有2 202t) (3007 210202t)2(0 x) (0 y) t .即(30022221022 t 60) ,t t 288 解得12t 2422答：12 小时后该城市开始受到台风的侵袭.21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的两定点，使得点P 到两点距离的和为定值. 按题意有 （2，0B（2，0C（2，4a（2，）设 (0 k 由此有 E（2，aF（2，4a（2，4a4ak）直线 OF

6、 的方程为：2(2ky0直线 GE的方程为：a(2kxy2a02a x y 2ay 0222从，消去参数 ，得点 P）坐标满足方程 1a 2整理得y a( )21 当2时，点P 的轨迹为圆弧，所以不存在符合题意的两点.x21a221a2 当当2时，点P 轨迹为椭圆的一部分，点P 到该椭圆焦点的距离的和为定长 12121aa22 , ),( , )2时，点P 到椭圆两个焦点（a2aa2a 的距离之和为定值2 1a1当时，点 P 到椭圆两个焦点（0， 的距离之和为定值2 .aa2 1),(0,a a )2222- 5 -22本小题主要考查数列、等比数列的概念，考查数学归纳法，考查灵活运用数学知识分

7、析问题和解决问题的能力，满分14 .1i）当 n=1时，由已知 a =1a ，等式成立；101a (k12 ( 2a ,kkkii）假设当n=k（1）等式成立，则5k02a 3 2a 3 ( 2 ( 2k1kkkk1kka那么5k1k01 3 ( 2 ( 2 a .k1kk1k1 k150也就是说，当n=k+1 时，等式也成立. 根据（iii n.15.a 3n12(a a3n1a 3n1aa 证法二：如果设用代入，可解出nn1nn13n 所以是公比为2，首项为3的等比数列.5a15na 3 2a )( (nN 即 33( 2nnn1n( 2an.n1an555n0n023 ( 32n1n1n

8、1a( 32a.02）解法一：由 通项公式 a an1n5nn1n3a a (nN)( (5a ( ) (nN).1等价于n2n2nn103(2k2 (5a ( )i）当 1，k=1，时，式即为2k3201 31即为 a ( )2k3 .5 2501 31 1式对 k=1，2，都成立，有 ( ) .1a5 25 303( a ( ) .2k12k2ii）当n=2k，k=1，2，时，式即为201 31a ( )2k2 .即为式对k=1，2，都成立，有5 2501 311a ( )2 1 2 0. 0a .综上，式对任意nN ，成立，有5 2530*01 故 a 的取值范围为30a aa a 1a 0.解法二：如果（nN ）成立，特别取 n=12 有n1*100n11a a 6a 0 a .0 a .因此下面证明当时，对任意 nN ，3321000*a a 由 a 的通项公式5(a a ) 23 ( 32 ( 532 a .n1n1n1nn1nn1nn10