2000年上海高考理科数学真题及答案.doc

发布时间：2022-09-30 发布人：admin 分类：说明书资料大小：0.45M 资料格式：doc 举报版权申诉

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x y    log 2 1 2 x  3 x  sec4   3 tg   n ) 2 n  x   2 )( xf n = b lim ( 3．圆锥曲线 4．计算： 5 ．已知  1 的焦点坐标是。。 2000 年上海高考理科数学真题及答案考生注意：本试卷共有 22 道试题，满分 150 分一、填空题（本大题满分为 48 分）本大题共有 12 题，只要求直接填写结果，每个空格填对得 4 分，否则一律得零分。 1．已知向量OA (－1，2)、OB =(3，m)，若OA ┴OB ，则 m= 。 2．函数， y  的定义域为。的反函数为 f  1 ( x ), 若 y f  1 )( x 的图象经过点 )2,5(Q ，则 b = 。 6．根据上海市人大十一届三次会议上的市政府工作报告，1999 年上海市完成 GDP(GDP 是指国内生产总值)4035 亿元，2000 年上海市 GDP 预期增长 9%，市委、市府提出本市常住人口每年的自然增长率将控制在 0.08%，若 GDP 与人口均按这样的速度增长，则要使本市年人均 GDP 达到或超过 1999 年的 2 倍，至少需（按：1999 年本市常住人口总数约 1300）年。 7．命题 A：底面为正三角形，且顶点在底面的射影为底面中心的三棱锥是正三棱的锥，命题 A 的等价题 B 可以是：底面为正三角形，且三棱锥是正三棱锥。 8．设函数 y  )(xf 是最小正周期为 2 的偶函数，它在区间[0，1]上的图象为如图所示的线段 AB ，则在区间[1，2]上 )(xf = 。 9．在二项式 ( x 11)1 的展开式中，系数最小的项的系数为，（结果用数值表示） 10．有红、黄、蓝三种颜色的旗帜各 3 面，在每种颜色的 3 面旗帜上分别标上号码 1、2 和 3，现任取出 3 面，它们的颜色与号码均不相同的概率是。 11．在极坐标系中，若过点(3，0)且与极轴垂直的直线交曲线  4 cos 于 BA, 两点，则 AB 。 12．在等差数列 na 中，若 10 a 0 ，则有等式 a 1  a 2    a n  a 1  a 2    a 19  n ( n  ,19 Nn  ) 成立，类比上述性质，相应地：在等此数列  nb 中，若 9 b 1 ，则有等式成立。二、选择题（本大题满分 16 分）本大题共有 4 题，每题都给出代号为 A、B、C、D 的四个结论，其中有且只有一个结论是正确的，必须把正确结论的代号写在题后的圆括号内，选对得 4 分，不选、

选错或者选出的代号超过一个（不论是否都写在圆括号内），一律得零分。 13．复数 z  (cos 3  5  i sin  )( i 5 是虚数单位) 的三角形式是 ( 3) A [cos(  i sin( ( B 3) (cos i sin   5 6  5  ). 5 6  ). sin 5 ( D 3) (cos  i   ) 5 4  5   )],  5 4  ), 5 ( C 3) (cos [答]（ i sin ） 14．设有不同的直线 a 、b 和不同的平面 a 、、，给出下列三个命题：（1）若 aa // ， ab // ，则 ba // 。（3）若 a ,  ，则 //a 。（2）若 aa // ， //a ，则 //a 。其中正确的个数是（A）0． [答]（（B）1．（C）2．（D）3．） 15．若集合  yy |  x .3  . TRx   yy |  S   2 x  ,1  则. Rx Ts  是： ( ) A S. (B) T. (C)  (D) 有限集 . [答]（ 16．下列命题中正确的命题是）（A）若点 )(2,( aaaP )0 为角 a 终边上一点，则 sin a 52 5 。（B）同时满足 sin a  1 2 , cos a  3 2 的角 a 有且只有一个。（C）当  1a 时， tg (arcsin a ) 的值恒正。（D）三角方程 tg ( x   ) 3  的解集为 | xx 3  , k  k  Z 。 [答]（三、解答题（本大题满分 86 分）本大题共有 6 题，解答下列各题必须写出必要的步骤。） 17．（本题满分 12 分）已知椭圆C 的焦点分别为 F 1 )0,22(  和 F 2 )0,22( ，长轴长为 6，设直 y 2 x 交椭圆C 于 A 、 B 两点，求线段 AB 的中点坐标。 [解] 18．（本题满分 12 分）如图所示四面体 ABCD 中，AB、BC、BD 两两互相垂直，且 AB=BC=2，E 是 AC 中点，异面直线 AD 与 BE 所成的角的大小为 arccos 10 10 ，求四面体 ABCD 的体积。 [解]

19．（本题满分 14 分）本题共有 2 个小题，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分。已知函数 2 x )( xf   , x  ,1[  ] 。 ax  2 x 1a 2 （1）当时，求函数 )(xf 的最小值：（2）若对任意 x  ,1[  ], )( xf 0 恒成立，试求实数 a 的取值范围。 [解]（1） [解]（2） 20．（本题满分 14 分）本题共有 2 个小题，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 10 分。根据指令 ,( r ) ( r ,0  180     180  ) ，机器人在平面上能完成下列动作：先原地旋转角度 （为正时，按逆时针方向旋转，为负时，按顺时针方向旋转－），再朝其面对的方向沿直线行走距离 r 。（1）现机器人在直角坐标系的坐标原点，且面对 x 轴正方向，试给机器人下一个指令，使其移动到点（4，4）。（2）机器人在完成该指令后，发现在点（17，0）处有一小球正向坐标原点作匀速直线滚动，已知小球滚动的速度为机器人直线行走速度的 2 倍，若忽略机器人原地旋转所需的时间，问机器人最快可在何处截住小球？并给出机器人截住小球所需的指令（结果精确到小数点后两位）。 [解]（1） [解]（2） 21．（本题满分 16 分）本题共有 3 个小题，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6 分，第 3 小题满分 6 分。在 XOY 平面上有一点列 , baPbaP 1 ), ( ( , 1 1 2 2 ),  , 2 , baP n ( n ),  , n 对每个自然数 n ，点 P ，位于函数 y  2000 ( a 10 等腰三角形。 2 ) 0(  a )10 的图象上，且点 nP ，点 )0,( ( n 与点 n )0.1 构成一个以 nP 为顶点的（1）求点 nP 的纵坐标 nb 的表达式。（2）若对每个自然数 n ，以 nb ， b n 1,  b n  2 为边长能构成一个三角形，求 a 取值范围。（3）设 B n   bb 21 b n  Nn  . ，若 a 取（2）中确定的范围内的最小整数，求数列 nB 的最大项的项数。 [解]（1） [解]（2）

[解]（3） 22．（本小题满分 18 分）本题共有 3 个小题，第 1 小题满分 5 分，第 2 小题满分 5 分，第 3 小题满分 8 分。已知复数 z 0 1  mmi (  ),0 z  x xwyi  iy 和 , 其中  , , yxyx ,  均为实数， i 为虚数单位，且对于任意复数 z , 有 zw 0  |, wz |2|  z | 。（1）试求 m 的值，并分别写出 x 和 y 用 x 、 y 表示的关系式；（2）将( x 、 y )作为点 P 的坐标，( x 、 y )作为点Q 的坐标，上述关系可以看作是坐标平面上点的一个变换：它将平面上的点 P 变到这一平面上的点Q ，当点 P 在直线 y 1 x 上移动时，试求点 P 经该变换后得到的点Q 的轨迹方程；（3）是否存在这样的直线：它上面的任一点经上述变换后得到的点仍在该直线上？若存在，试求出所有这些直线；若不存在，则说明理由。 [解]（1） [解]（2） [解]（3）说明 2000 年全国普通高等学校招生统一考试上海数学试卷（理工农医类）答案要点及评分标准 1．本解答列出试题的一种或几种解法，如果考生的解法与所列解法不同，可参照解答中评分标准的精神进行评分。 2．评阅试卷，应坚持每题评阅以底，不要因为考生的解称中出现错误而中断对该题的评阅，当考生的解答在某一步出现错误，影响了后继部分，但该步以后的解答未改变这一题的内容和难度时，可视影响程度决定后面部分的给分，这时原则上不应超过后面部分应给分数之半，如果有较严重的概念性错误，就不给分。 3．第 17 至第 22 题中右端所注的分数，表示考生正确做到这一步应得的该题的累加分数，给分或扣分均以 1 分为单位。解答一、（第 1 题至第 12 题）每一题正确的给 4 分，否则一律得零分。 1 ． 4 ． 2 ． 1( 2 )3, 3 ． ( － 4 ， 0) ， (6 ， 0) 。 4 ． 2e 。 5．1． 1 14 10． 6．9． 7．侧棱相等/侧棱与底面所成角相等/…… 8．X． 9．－462。 11． 32 12． bb 21  b n  bb 21  b 17  n ( n  ,17 Nn  ) 二、（第 13 题至第 16 题）第一题正确的给 4 分。三、（第 17 题至第 22 题）题号 13 C 代号 14 A 15 A 16 D

17．[解]设椭圆 C 的方程为 2 2 x a  2 2 y b 由题意 a  ,3 c  ,22 于是 b  1  1 分 (2 )  椭圆 C 的方程为 2 x 9  2 y  1  (4 分 )   由   y 2 x 9  x y 2  2  1 得 10 x 2  36 x  27  ,0 因为该二次方程的判别式△＞0，所以直线与椭圆有两个不同交点， …（8 分）设设则 , y 2 ), 1 1 , ), ( ( xByxA 2 18 5  x 1  x 2 , 故线段 AB 的中点坐标为 9(  5 1, 5 )  (12 分 ) 18．[解法一]如图建立空间直角坐标系 …（2 分）由题意，有 A(0，2，0)，C(2，0，0)，E(1，1，0)。设 D 点的坐标为(0，0，z) ( z )0 ， BE   ,0,1,1 AD 与设所成的角为   ,2,0 , z , AD   则  BE AD   BE  分 (6  4 z  2 ) cos ,2  2  10 10 , 则与且 AD BE 所成的角的大小为 arccos  cos 2   得 z  ,4 故  1 2 10 4 z  BD 的长度是 , 2 ,4  10( 分 ) VABCD  又 1 6 AB  BC  BD , 因此四面体 ABCD 的体积是 8 3 ,  (4 分 ) [解法二]过 A 引 BE 的平行线，交与 CB 的延长线于 F，∠DAF 是异面直线 BE 与 AD 所成的角， ∴∠DAF= arccos 10 10 ∵E 是 AC 的中点，∴B 是 CF 的中点， AF=2BE= 22 。又 BF，BA 分别是 DF，DA 的射影，且 BF=BC=BA。 ∴DF=DA。三角形 ADF 是等腰三角形， AD  AF 2  1 DAF  cos …（4 分） …（6 分） …（8 分）  20 ，

故 BD  又 VABCD  AD 1 6 2  2 AB  4 ， AB  BC  因此四面体 ABCD 的体积是 19．[解]（1）当 , a 时  ， BD 8 3 )( xf ， 1 2  x 1 2 x  2 ， )(xf 在区间 ,1(  上为增函数， ) )(xf 地区间 ,1(  上最小值为 ) f )1(  （2）[解法一]在区让 ,1(  上， ) 7 2 ， )( xf  2 x  ax  2 x  0 恒成立设 y  2 x  2 , xax   ,1(  ) ，  x 2 …（10 分） …（12 分） …（3 分） …（6 分） 2 ax   0 恒成立， …（8 分） y  2 x  2 ax  ( x  )1 2  a 1 递增，∴当 1x 时， y  3 a min ， …（12 分）于是当且仅当 y min  3 a 0 时，函数 )( xf 0 恒成立，故 3a 。（2）[解法二] )( xf  x a x  ,2 x  ,1[  ] ，当 0a 时，函数 )(xf 的值恒为正， …（8 …（14 当 0a 时，函数 )(xf 递增，故当 x  ,1 时 )( xf  3 a ， min …（12 分）分）分）于是当且仅当 )( xf min  3 a 0 时，函数 )( xf 0 恒成立，故 3a 。 …（14 分） 20．[解]（1） r  ,24   45 ，得指令为 45),24( ， …（4 分）（2）设机器人最快在点 )0,(xP 处截住小球 …（6 分）则因为小球速度是机器人速度的 2 倍，所以在相同时间内有 17|  x |  x ( x  2 )4  )40(  2 ，…（8 分）。即 3 2 x 2  x 1  161  0 ，得 23x 3 或 7x ， ∵要求机器人最快地去截住小球，即小球滚动距离最短， 7 x ，故机器人最快可在点 )0,7(P 处截住小球，所给的指令为 ,5(  )13.98  ，（10 分）（14 分）

21．[解]（1）由题意， an 1 n 2 ，∴ b n  2000 ( n  1 2 ， a 10 ) …（4 分） n 0()  a )10 递减， [解]（2）∵函数 y  2000 ( ∴对每个自然数 n，有 b n  件是 b n  2 bb 1 n  n ， a 10 b n  b n  2 ，则以 , bb n n 1,  b n  2 为边长能构成一个三角形的充要条 1  即 ( 解得 2 ) a 10 a  a ( 10 1(5  1)  0 …（7 分） )5 或 a )15(5  ∴ )15(5   a 10 ，分）分） [解]（3）∴ )15(5   a 10 ∴ 7a nb  2000 n  1 2 7( 10 ) 数列 nb 是一个递减的正数数列，对每个自然数 n  ,2 B n  Bb n n 1  ，于是当 1nb 时， B n B  n 1 ，当 1nb 时， B  n B 1n ， …（10 …（12 因此，数列 由 b n  2000 n  得 n  ,8.20 20 nB 的最大项的项数 n 满足不等式 7( 10 ,1  ) 1 2  n 1nb 且 1 nb 1 。  16( 分 ) 22．[解]（1）由题设， w  z 0 z  z 0 z  ,2 z  z 0 2 ，于是由 1  m 2  ,4 且  m ,0 得 m  3 ， …（3 分）因此由 x  iy 1(  ()3 i  x  yi )  x 3 y  3( x  ) iy ，得关系式    x y x   3 x 3  y y …（5 分） [解]（2）设点 ,( yxP ) 在直线 y 1 x 上，则其经变换后的点  满足 , yxQ  ) (     x  y 1(  3( x )3  x  )1 x 3 1  ，消去 x ，得 y  2(  )3 x  32  2 ， …（7 分）故点Q 的轨迹方程为 y  2(  )3 x  32  2 …（10 分）

[解]（3）假设存在这样的直线，∵平行坐标轴的直线显然不满足条件， ∴所求直线可设为 y  kx  (  kb )0 ， …（12 分） [解法一]∵该直线上的任一点 ,( yxP ) ，其经变换后得到的点 ( xQ  3,3 y x  y ) 仍在该直线上， ∴ 3 x  y ( xk  )3 y  b ，即  3( k  )1 y  ( k  )3 bx  ，当 0b 时，方程组    故这样的直线不存在。 3( k  3 k    1)1  k 无解， …（16 分）当 0b 时，由  3( k 1  )1 k  ,3  k 得 3 2 k 2  k  3  0 ，解得 3k 3 或 3k ，故这样的直线存在，其方程为 y 3 3 x 或 y 3 x ， …（18 分） [解法二]取直线上一点 bP  ( k )0, ，其经变换后的点 bQ (  k ,  )3 b k 仍在该直线上， ∴  3 b k  k (  b k )  b ，得 0b ， …（14 分）故所求直线为 y  ，取直线上一点 kx P ),0( k ，其经变换后得到的点 Q 1(  3,3 k  k ) 仍在该直线上。 ∴ 3  k k 1(  )3 k ， …（16 分）即 3 2 k 2  k  3  0 ，得 3k 3 或 3k ，故这样的直线存在，其方程为 y 3 3 x 或 y 3 x ， …（18 分）

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