2002年贵州高考理科数学真题及答案.doc-资料库

2002 年贵州高考理科数学真题及答案本试卷分第 I 卷(选择题)和第 II 卷(非选择题)两部分．第 I 卷 1 至 2 页．第 II 卷 3 至 9 页．共 150 分．考试时间 120 分钟．第Ⅰ卷(选择题共 60 分) 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．圆 ( x  )1 2  2 y  1 的圆心到直线 y  3 3 x 的距离是 A． 1 2 B． 3 2 2．复数 1( 2  3 2 i 3) 的值是 A． i 3．不等式 1(  x |1)(  x B．i |) 0  的解集是 A． 0|{ x  x }1 C．1 D． 3 C． 1 D．1 B． |{ xx 0 且 }1x D． |{ xx 1 且 }1x C． 4．在 A． C． 1|{ x  x }1 )2,0(  内，使 5,(  )  4  ) ( ,  2 4 5, (  ) 4 4 xxM |{  5．设集合 A． NM  sin  x cos x 成立的 x 的取值范围是 B． D． } ， N  |{ xx C． k  1 , Z 4 NM  ,  (  ) 4  , ( )  4 k  4  1 2 NM   , 5( 3,  ) 4 2 }  Z k ，则 D． NM    k 2 B． 6．点 )0,1(P 到曲线    x y   2 t 2 t （其中参数 Rt  ）上的点的最短距离为 A．0 B．1 C． 2 D．2

7．一个圆锥和一个半球有公共底面，如果圆锥的体积恰好与半球的体积相等，那么这个圆锥轴截面顶角的余弦值是 A． 3 4 B． 4 5 C． 3 5 D． 3 5 8．正六棱柱 ABCDEF  FEDCBA 1 11 1 1 1 的底面边长为 1，侧棱长为 2 ，则这个棱柱侧面对角线 DE1 与 1BC 所成的角是 9．函数  2 x  bx  c A． 90 y A． 0b y 10．函数 B． 60 ,0[   B． 0b （ ) C． 45 D． 30 ）是单调函数的充要条件是 C． 0b D． 0b 1  1  1 x 的图象是 11．从正方体的 6 个面中选取 3 个面，其中有 2 个面不相邻的选法共有 A．8 种 B．12 种 C．16 种 D．20 种 12．据 2002 年 3 月 5 日九届人大五次会议《政府工作报告》：“2001 年国内生产总值达到 95933 亿元，比上年增长 7．3%”，如果“十•五”期间（2001 年－2005 年）每年的国内生产总值都按此年增长率增长，那么到“十•五”末我国国内年生产总值约为 A．115000 亿元 B．120000 亿元 C．127000 亿元 D．135000 亿元第 II 卷(非选择题共 90 分) 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分．把答案填在题中横线． 13．函数 y  在 ]1,0[ 上的最大值与最小值这和为 3，则 a ＝ xa 14．椭圆 2 5 x 2  ky  5 的一个焦点是 )2,0( ，那么 k 15． 2 ( x  )(1 x  7 )2 展开式中 3x 的系数是 16．已知 )( xf  x  2 2 x 1 ，那么 f )1(  f )2(  f 1( 2 )  f )3(  f 1( 3 )  f )4(  f 1( 4 ) ＝三、解答题：本大题共 6 小题，共 74 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．已知 sin 2 2   2sin   cos cos 2   1 ，  ，求 sin 、 tg 的值新疆王新敞奎屯 ,0(  ) 2 18．如图，正方形 ABCD 、ABEF 的边长都是 1，而且平面 ABCD 、ABEF 互相垂直在 AC 上移动，点 N 在 BF 上移动，若 CM BN   a 新疆点 M 奎屯王新敞 C 0  a 2 ）（（1）求 MN 的长；（2） a 为何值时， MN 的长最小；（3）当 MN 的长最小时，求面 MNA 与面 MNB 所成二面角的大小王新敞奎屯新疆 D M B P N Q E )0,1( 、 )0,1( 距离之差为 m2 ，到 x 、 y 轴的距 19．设点 P 到点离之比为 2，求 m 的取值范围 20．某城市 2001 年末汽车保有量为 30 万辆，预计此后每年报废上一年末汽车保有量的 6%，并且每年新增汽车数量相同每年新增汽车数量不应超过多少辆？新疆为保护城市环境，要求该城市汽车保有量不超过 60 万辆，那么王新敞王新敞奎屯新疆奎屯 A F 21．设 a 为实数，函数 )( xf  2 x  | ax  1|  ， Rx  （1）讨论 )(xf 的奇偶性；（2）求 )(xf 的最小值新疆王新敞奎屯 22．设数列 }{ na 满足： a  1 n a n 2  na n  1 ， ,3,2,1n （I）当 1 a 2 时，求 , aaa 2 , 3 并由此猜测 na 的一个通项公式； 4 （II）当 1 a 3 时，证明对所的 1n ，有（i） an 2 n （ii） 1 a  1 1  1 a  2 1  1 a  3 1    1 na  1  1 2

参考答案一、选择题题号 1 答案 A 二、填空题 2 C 3 D 4 C 5 B 6 B 7 C 8 B 9 A 10 B 11 B 12 C （13）2 （14）1 （15）1008 （16） 7 2 三、解答题（17）解：由 sin 2 2   2sin   cos cos 2   1 ，得 sin4 2   cos 2 sin2   cos 2 2 cos 2   0 2 cos 2  sin2( 2    sin )1  0  0 ∴ sin  01 ， cos 2  0 ∵  2cos 2 ,0(  ) 2 (2sin    1)(sin   ∴ sin2  01 ，即 sin ∴   6 ∴ 3tg 3 1) 1 2  （18）解（I）作 MP ∥ AB 交 BC 于点 P ， NQ ∥ AB 交 BE 于点Q ，连结 PQ ，依题意可得 MP ∥ NQ ，且 MP  NQ ，即 MNQP 是平行四边形新疆王新敞奎屯 ∴ MN  PQ 由已知 CM  BN  a ， CB  ∴ AC  BF 2 ， CP  BQ BE 1 AB  2 2 a ) ) 2  2   2 ) 2 BQ a 2 ( MN  PQ  1(   1(   ( a  CP a 2 2 2 2 )  1 2 0(  a )2

（II）由（I） MN  ( a  2 2 ) 2  1 2 所以，当 2a 2 时， 2MN 2 即当 M 、 N 分别为 AC 、 BF 的中点时， MN 的长最小，最小值为 2 2 （III）取 MN 的中点G ，连结 AG 、 BG ，，G 为 MN 的中点 BM AM BN AN , ∵   ∴ AG  MN , BG  MN ，即 AGB 即为二面角的平面角 又 AG  BG 6 4 ，所以，由余弦定理有 cos  6( 4 2 ) 2  2 )  1  6( 4 6 4  6 4  1 3 故所求二面角为   arccos 1 3 （19）解：设点 P 的坐标为 ,( yx ，依题设得 ) | | y x | |  2 ，即 y 2 x ， 0x 因此，点 ,( yxP ) 、 )0,1(M 、 )0,1(N 三点不共线，得 || PM |  | PN | ||  MN 2|  ∵ || PM |  | PN ||  |2 m 0|  ∴ |0  m 1|  因此，点 P 在以 M 、 N 为焦点，实轴长为 |2 m 的双曲线上，故 | 2 2 x m  y  1 2 2 m  1 将 y 2 x 代入 2 2 x m  y  1 2 2 m  1 ，并解得

，因 1  m 2  0 2 x  2 ) 2 1( m m  2 51 m  所以 51  m 2  0 解得 |0  m |  5 5 即 m 的取值范围为 (  5 5 )0,  5,0( 5 )  ， b 2 30 94.01 b  （20）解：设 2001 年末汽车保有量为 1b 万辆，以后各年末汽车保有量依次为 2b 万辆， 3b 万辆，…，每年新增汽车 x 万辆，则 1 b 对于 1n ，有 94.0 b b  1 n n  b     94.0  )94.01( x 2   x n 1  x 所以 b  1 n b 1  94.0 n  x 94.01(   94.0 2    94.0 n )  94.01 b  n x 06.0 0   30( ，即 n x  94.01  06.0 x 06.0 8.1x 时  94.0)  n 当 30   x 06.0 b   x 06.0 n b n  1   b 1  30 新疆王新敞奎屯当 30  0 ，即 8.1x 时数列 }{ nb 逐项增加，可以任意靠近 lim n  b n  lim [ n  x 06.0  30(  x 06.0 n 1  ]  x 06.0 因此，如果要求汽车保有量不超过 60 万辆，即 x 06.0 94.0)  60nb x 06.0 则（ ,3,2,1n ） 60 ，即 6.3x 万辆综上，每年新增汽车不应超过 6.3 万辆新疆王新敞奎屯

（21）解：（I）当 0a 时，函数 f (  x ) (  x ) 2  | x 1|  )( xf 此时， )(xf 为偶函数当 0a 时， )( af  a 2  1 ， f (  a )  2 a  |2 a 1|  ， )( af  f (  a ) ， )( af  f (  a ) 此时 )(xf 既不是奇函数，也不是偶函数（II）（i）当 a x  时， )( xf  2 x (1  ax x  1 2 2 )  a 3 4 ，则函数 )(xf 在 (  上单调递减，从而函数 ], a )(xf 在 (  上的最小值为 ], a ，则函数 )(xf 在 (  上的最小值为 ], a f （ii）当 a x  时，函数 )( xf  2 x (1  ax x ，则函数 )(xf 在 (  上的最小值为 ], a 3 4 2 )  1( 2 1 )  2 1(  2 f )   a ，且 f  3 4 a a 3 4 )(xf 在  1( 2 )  )( af ．，且 f 1(  2 )  )( af ，则函数 )(xf 在 ,[ a ) 上单调递增，从而函数 ,[ a ) 上的最小值为当 1a 2 )( af  a 1a 2 若 2  1 ．若若 )( af ． 1a 2 1a 2 2  1  a 1a 2 1 a  2 1a 2 当当综上，当时，函数 )(xf 的最小值为  时，函数 )(xf 的最小值为 12 a 1 2 时，函数 )(xf 的最小值为 3 4 a ． a 3 4 311 a  （22）解（I）由 1 a 2 ，得 a 2  2 a 1  由 2 a 3 ，得 a 3  2 a 2  2 2 a 41  由 3 a 4 ，得 a 4  2 a 3  3 3 a 51  由此猜想 na 的一个通项公式： an 1 n （ 1n ）（II）（i）用数学归纳法证明： ①当 1n 时， a 1 213 ，不等式成立． ②假设当 k n  时不等式成立，即 ak 2 k ，那么

a  1 k ( aa k k  k (1)  k  )(2 k  2 k 21)  k 也就是说，当 n 1 k 时， ak  1 ( k 2)1  据①和②，对于所有 1n ，有 na n  ． 2  5 k 3 ．（ii）由 a  1 n ( aa n n  n 1)  及（i），对 2k ，有 a k  a ( a k 1  k 1  1)1  k 21  21)1 k a k 1   1  a k 1  ( k …… a k k 1   2 a 1  2 k  2    212 k 1  ( a 1 1)1  于是 1 a  k 1  1  a 1 2  1 1 k  1 ， 2k n  k 1  1 a  k 1  1 a  1 1  1 a  1 1 n  k  2 1 1 k  2  1 a  1 1 n  k 1  1 1 k  2  2 a  1 1  2 31   1 2

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