1996年广西高考理科数学真题及答案_数学高考真题试卷_旧1990-2007·高考数学真题_1990-2007·高考数学真题·PDF_广西

1996年广西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.共150分,考试时间120分钟.
第Ⅰ卷(选择题共65分)
一、选择题:本大题共15小题;第(1) (10)题每小题4分,第(11) (15)题每小题5分,共65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)已知全集I=N,集合A={x│x=2n,n∈N},B={x│x=4n,n∈N},则
(A)I AB (B)I AB (C)I AB (D)I AB
[Key] C
(1)已知全集I=N,集合A={x│x=2n,n∈N},B={x│x=4n,n∈N},则
(A)I AB (B)I AB (C)I AB (D)I AB
[Key] C
(3)若sin2x>cos2x,则x的取值范围是
3 1
(A){x|2k  x  2k ,kZ}
4 4
1 5
(B){x|2k  x  2k ,kZ}
4 4
1 3
(C){x|k  x  k ,kZ}
4 4
1 3
(D){x|2k  x  k ,kZ}
4 4
[Key] D
(22i)4
(1 3i)
(4)复数 等于
(A)1 3i (B)1 3i (C)1 3i (D)1 3i
[Key] B
5)如果直线l、m与平面α、β、γ满足：l=β∩γ,l//α,m α和m⊥γ那么必有
(A)α⊥γ且l⊥m (B)α⊥γ且m∥β
(C)m∥β且l⊥m (D)α∥β且α⊥γ
[Key] A
 
  x 
(6)当 2 2 ，函数f(x)  sin x  3 cos x 的
(A)最大值是1，最小值是-1
(B)最大值是1，最小值是-(1/2)
(C)最大值是2，最小值是-2
(D)最大值是2，最小值是-1
[Key] D
第1页 | 共11页 x  3  3cos 

(7)椭圆y  1 5sin  的两个焦点坐标是(B)
(A)(-3,5),(-3,-3) (B)(3,3,),(3,-5)
(C)(1,1,),(-7,1) (D)(7,-1,),(-1,-1)
 
0  a  arcsin[cos (  a)]  arccos[sin (  a)]
(8)若 2 ，则 2 等于
   
(A) (B) (C) 2a (D) 2a
2 2 2 2
[Key] A
(9)将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起,使得BD=a,则三棱锥D-ABC的体积为
a3 a3 3 2
(A) (B) (C) a3 (D) a3
6 12 12 12
[Key] D
S 31
10 
limS
S 32 n
(10)等比数列{an}的首项a1=-1，前n项的和为Sn，若 5 ，则n 等于
2 2
(A) (B) (C)2 (D)2
3 3
[Key] B
3

(11)椭圆的极坐标方程为 2cos，则它在短轴上的两个顶点的极坐标是
 3
(A)(3,0)(1,) (B)( 3, )( 3, )
2 2
 5 3 3
(B)(2, )(2, ) (B)( 7,arctg )( 7,2arctg )
3 3 2 2
[Key] C
(12)等差数列{an的前m项和为30,前2m项和为100,则它的前3m项和为
(A)130 (B)170 (C)210 (D)260
[Key] C
x2 y2
 1(0a  b)
(13)设双曲线a2 b2
的半焦距为c，直线l过两点(a,0)(0,b)。已知原点到直线l的距离为
3
c
4 ，则双曲线的离心率为
第2页 | 共11页2 3
(A)2 (B) 3 (C) 2 (D)
3
[Key] A
(14)母线长为1的圆锥体积最大时,其侧面展开图圆心角ψ等于
2 2 2 3 2 6
(A)  (B)  (C) 2 (D) 
3 3 3
[Key] D
(15)设f(x)是(-∞,+∞)上的奇函数,f(x+2)=f(x),当0≤x≤1时,f(x)=x,则f(7.5)等于
(A)0.5 (B)-0.5
(C)1.5 (D)-1.5
[Key] B
(16)已知圆x2+y2-6x-7=0与抛物线y2=2px(p>0)的准线相切.则P= .
[Key] 2
(17)正六边形的中心和顶点共7个点,以其中3个点为顶点的三角形共有
个(用数字作答).
[Key] 32
(18)tg20°+ tg40°+ 3 tg20°tg40°的值是______________
[Key] 3
(19)如图,
正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面成60°的二面角,则异面直线AD与BF所成角的余弦值是
2
[Key] 4 .
1
log (1  )  1
(20)解不等式 a x 。
[Key]
本小题考查对数函数性质,对数不等式的解法,分类讨论的方法和运算能力.满分11分.
解:(Ⅰ)当a＞1时,原不等式等价于不等式组:
第3页 | 共11页 1
1 0

 x 2分
1
1 a
 x
1
1a 
由此得 x
因为1-a<0,所以x<0,
1
  x 0 5分
1a
(Ⅱ)当0<a<1时,原不等式等价于不等式组:
 1
1 0 (1)

 x 7分
1
1 a (2)
 x
由①得,x>1或x<0,
1 1
由(2)得,0<x<1a ,∴1<x<1a 10分
1
{x|  x 0}
综上，当a>1时，不等式的解集为 1a
1
{x|1 x  }
当0<a<1时，不等式的解集为 1a 11分
1 1 2 AC
   cos
(21)已知△ABC的三个角A，B，C满足A+C=2B，cosA cosA cosB,求 2 的值
[Key]
本小题考查三角函数基础知识,利用三角公式进行恒等变形和运算的能力.满分12分.
解法一:由题设条件知B=60°,A+C=120°. 2分
 2
 2 2,

cos60
1 1
   2 2
cosA cosC
将上式化为cosAcosC  2 2cosAcosC
利用和差化积及积化和差公式,上式可化为
第4页 | 共11页AC AC
2cos cos  2 2[cos(AC)cos(AC)]
2 2
AC 1 1
将cos cos60 ,cos(AC)  代入上式得
2 2 2
AC 2
cos( )  2cos(AC) 6分
2 2
AC
将cos(AC) 2cos2( )1代入上式并整理得
2
AC AC
4 2cos2( )2cos( )3 2 0, 9分
2 2
AC AC
2cos(  2)(2 2cos 3)0
2 2
AC
2 2cos 3 0

2
AC
2cos  2 0
2
AC 2
从而得cos  12分
2 2
解法二:由题设条件知B=60°,A+C=120°.
AC
设  则AC 2,可得A 60,C60(3分)
2
1 1 1 1
所以   
cosA cosC cos(60) cos(60)
1 1
 
1 3 1 3
cos sin cos sin
2 2 2 2
cos

1 3
cos2 sin2
4 4
cos
 (7分)
3
cos2
4
cos 2
依题设条件有 
3 cosB
cos2
4
1
cosB

2
cos
  2 2
3
cos2
4
整理得4 2cos22cos3 2 0(9分)
第5页 | 共11页(2cos 2)(2 2cos3) 0
2 2cos3 0

(2cos 2) 0
AC 2
从而得cos  (12分)
2 2
(22)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,E∈BB1，截面A1EC⊥侧面AC1.
(Ⅰ)求证:BE=EB1;
(Ⅱ)若AA1=A1B1;求平面A1EC与平面A1B1C1所成二面角(锐角)的度数.
注意:在下面横线上填写适当内容,使之成为(Ⅰ)的完整证明,并解答(Ⅱ).
[Key]
(Ⅰ)证明:在截面A1EC内,过E作EG⊥A1C,G是垂足.
① ∵
∴EG⊥侧面AC1;取AC的中点F,连结BF,FG,由AB=BC得BF⊥AC,
② ∵
∴BF⊥侧面AC1;得BF∥EG,BF、EG确定一个平面,交侧面AC1于FG.
③ ∵
∴BE∥FG,四边形BEGF是平行四边形,BE=FG,
④ ∵
∴FG∥AA1,△AA1C∽△FGC,
⑤ ∵
1 1 1
FG  AA  BB ,即BE  BB ,故BE  EB
2 1 2 1 2 1 1
第6页 | 共11页(Ⅱ)解
本小题考查空间线面关系,正三棱柱的性质,逻辑思维能力,空间想象能力及运算能力.满分12分.
(Ⅰ)①∵面A1EC⊥侧面AC1, 2分
②∵面ABC⊥侧面AC1, 3分
③∵BE∥侧面AC1, 4分
④∵BE∥AA1, 5分
⑤∵AF=FC, 6分
(Ⅱ)解:分别延长CE、C1B1交于点D,连结A1D.
1 1
EB //CC ,EB  BB  CC
 1 1 1 2 1 2 1
1
EB  DC  B C  A B
1 2 1 1 1 1 1
A B C B C A 60
 1 1 1 1 1 1
1
DA B A DB  (180DB A 30
1 1 1 1 2 1 1
DA C DA B B A C 90,即DA A C (9分)
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∵CC1⊥面A1C1B1,即A1C1是A1C在平面A1C1D上的射影,根据三垂线定理得DA1⊥A1C,
所以∠CA1C1所求二面角的平面角. 11分
∵CC1=AA1=A1B1=A1C1,∠A1C1C=90°,
∴∠CA1C1=45°,即所求二面角为45°. 12分
:
23.某地现有耕地10000公顷,规划10年后粮食单产比现在增加22%,人均粮食占有量比现在提高10%.如果
人口年增长率为1%,那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷（精确到1公顷)?
总产量 总产量
(糖食单产 ,人均粮食占有量 )
耕地面积 总人口数
(
第7页 | 共11页[Key]
本小题主要考查运用数学知识和方法解决实际问题的能力,指数函数和二项式定理的应用,近似计算的
方法和能力.满分10分.
解:设耕地平均每年至多只能减少X公顷,又设该地区现有人口为P人,粮食单产为M吨/公顷.
依题意得不等式
M(122%)(104 10x) M104
 (110%)(5分)
P(11%)10 P
1.1(10.01)10
化简得x 103[1 ]
1.22
1.1(10.01)10
103[1 ]

1.22
1.1
103[1 (1C1 0.01C2 0.012 )]
1.22 10 10 
1.1
103[1 (1.1045)
1.22
 4.1
x  4.1(公顷)(9分)
答:按规划该地区耕地平均每年至多只能减少4公顷. 10分
2 2
(24)已知l1、l2是过点P(- 2 ,0)的两条互相垂直的直线，且l1、l2与双曲线y -x =1各有两个交点，
分别为A1、B1和A2、B2
(I)求l1的斜率k1的取值范围；
5
(II)若|A1B1|= |A2B2|，求l1、l2的方程
(24)本小题主要考查直线与双曲线的性质,解析几何的基本思想,以及综合运用知识的能力.满分12分.
解：(I)依题设，l1、l2的斜率都存在，因为l1过点P(- 2 ,0)且与双曲线有两个交点，故方程组
y  k (x 2)(k  0)
 1 1 (1) (1分)
 y2 x2 1
有两个不同的解.在方程组①中消去y,整理得
(k2 1)x2 2 2k2x2k2 10 (2)
1 1 1
2 2
若k 1-1=0,则方程组①只有一个解，即l1与双曲线只有一个交点，与题设矛盾，故k 1-1≠0即|k1|≠1
方程②的判别式为
 (2 2k2)2 4(k2 1)(2k2 1)  4(3k2 1)
1 1 1 1 1
设的斜率为k2，因为l2过点P(- 2 ,0)且与双曲线有两个交点，故方程组
第8页 | 共11页y  k (x 2)(k  0)
 2 2 (3)
 y2 x2 1
有两个不同的解.在方程组③中消去y,整理得
(k2 1)x2 2 2k2x2k2 10 (4)
2 2 2
同理有k2 1 0,  4(3k2 1)
2 2 2
又因为l1⊥l2,所以有k1·k2=-1. 4分
于是,l1、l2与双曲线各有两个交点，等价于
3k2 10
1

3k2 10
2

k k  1

1 2
  |k |1
1
解得
 3
 k  3
 3 1 (6分)


|k |1
1
3 3 3
k ( 3,1)(1, )( ,1)(1, )(7分)
1 3 3 3
(Ⅱ)设A1(x1y1),B1(x2y2)1.由方程②知
2 2k2 2k2 1
x x  1 ,x x  1 ,
1 2 k2 1 1 2 k2 1
1 1
∴│A1B1│2=(x1-x2)2+(y1-y2)2
(1k2)(x x )2
1 1 2
(1k2)(3k2 1)
 4 1 1 (5) (9分)
(k2 1)2
1
(1k2)(3k2)
|A B |24 1 1
2 2 2 (1k2)
同理，由方程④可求得，|A2B2| ,整理得 1 ⑥
5|A B |, 2 2
由|A1B1|= 2 2 得|A1B1| =5|A2B2|
将⑤、⑥代入上式得
4(1k2)(3k2 1) 4(1k2)(3k2)
1 1 5 1 1
(k2 1)2 (1k2)2
1 1
解得k  2
1
第9页 | 共11页2
取k  2时,l :y  2(x 2),l :y   (x 2)
1 1 2 2
2
取k   2时,l :y   2(x 2),l :y  (x 2)(12分)
1 1 2 2
25.已知a、b、c是实数,函数f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b,当-1≤x≤1时,│f(x)│≤1.
(Ⅰ)证明:│c│≤l;
(Ⅱ)证明:当-1≤x≤1时,│g(x)│≤2;
(Ⅲ)设a>0,当-1≤x≤1时,g(x)的最大值为2,求f(x).
[Key] 本小题主要考查函数的性质、含有绝对值的不等式的性质，以及综合运用数学知识分析问题与
解决问题的能力。满分12分.
(Ⅰ)证明:由条件当-1≤x≤1时,│f(x)│≤1,取x=0得
│c│=│f(0)│≤1,
即│c│≤1. 2分
(Ⅱ)证法一:
当a>0时,g(x)=ax+b在[-1,1]上是增函数,
∴g(-1)≤g(x)≤g(1),
∵│f(x)│≤1(-1≤x≤1),│c│≤1,
∴g(1)=a+b=f(1)-c≤│f(1)│+│c│≤2,
g(-1)=-a+b=-f(-1)+c≥-(│f(-1)│+│c│≥－2,
由此得│g(x)│≤2; 5分
当a<0时,g(x)=ax+b在[-1,1]上是减函数,
∴g(-1)≥g(x)≥g(1),
∵│f(x)│≤1(-1≤x≤1),│c│≤1,
∴g(-1)=-a+b=-f(-1)+c≤│f(-1)│+│c│≤2,
g(1)=a+b=f(1)-c≥-(│f(1)│+│c│)≥-2,
由此得│g(x)│≤2; 7分
当a=0时,g(x)=b,f(x)=bx+c.
∵-1≤x≤1,
∴│g(x)│=│f(1)-c│≤│f(1)│+│c│≤2.
综上得│g(x)│≤2. 8分
证法二
第10页 | 共11页(x1)2 (x1)2
由x  可得
4
g(x)axb
x1 x1 x1 x1
a[( )2 ( )2]b(  )
2 2 2 2
x1 x1 x1 x1
[a( )2 b( )c][a( )2 b( )c]
2 2 2 2
x1 x1
f( )f( )(6分)
2 2
x1 x1
当1 x 1时,有0 1,1 0
2 2
根据含绝对值的不等式的性质,得
x1 x1 x1 x1
|f( )f( )||f( )||f( )| 2
2 2 2 2
即 │g(x)│≤2. 8分
(Ⅲ)因为a>0,g(x)在[-1,1]上是增函数,当x=1时取得最大值2,
即g(1)=a+b=f(1)-f(0)=2.①
∵-1≤f(0)=f(1)-2≤1-2=-1,
∴c=f(0)=-1. 10分
因为当-1≤x≤1时,f(x)≥-1,即f(x)≥f(0),
根据二次函数的性质,直线x=0为f(x)的图象的对称轴,由此得
b
 0即b0
2a
由① 得a=2.
所以 f(x)=2x2-1. 12分
第11页 | 共11页