2002年宁夏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_宁夏

2002 年宁夏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． 3 1．圆(x1)2  y2 1的圆心到直线y  x的距离是 3 1 3 A． B． C．1 D． 3 2 2 1 3 2．复数(  i)3的值是 2 2 A．i B．i C．1 D．1 3．不等式(1 x)(1| x|) 0的解集是 A．{x|0 x 1} B．{x| x 0且x  1} C．{x|1 x 1} D．{x| x 1且x  1} 4．在(0,2)内，使sinx cosx成立的x的取值范围是   5  A．( , ) (, ) B．( ,)  4 2 4 4  5  5 3 C．( , ) D．( ,) ( , )  4 4 4 4 2 k 1 k 1 5．设集合M {x| x   ,kZ}，N {x| x   ,kZ}，则 2 4 4 2 A．M  N B．M  N C．M  N D．M N   x t2 6．点P(1,0)到曲线 （其中参数tR）上的点的最短距离为 y  2t A．0 B．1 C． 2 D．2 第1页 | 共8页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 3 4 3 3 A． B． C． D． 4 5 5 5 8．正六棱柱ABCDEF  A BC D E F 的底面边长为1，侧棱长为 2 ，则这个棱柱侧面 1 1 1 1 1 1 对角线E D与BC 所成的角是 1 1 A．90 B．60 C．45 D．30 9．函数y  x2 bxc（[0,)）是单调函数的充要条件是 A．b0 B．b0 C．b 0 D．b0 1 10．函数y 1 的图象是 x1 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  ax在[0,1]上的最大值与最小值这和为3，则a＝ 14．椭圆5x2 ky2 5的一个焦点是(0,2)，那么k  15．(x2 1)(x2)7展开式中x3的系数是 x2 1 1 1 16．已知 f(x)  ，那么 f(1) f(2) f( ) f(3) f( ) f(4) f( )＝ 1x2 2 3 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． 第2页 | 共8页 17．已知sin2 2sin2coscos21，(0, )，求sin、tg的值 2 18．如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直点M 在 AC上 移 动 ， 点 N 在 BF 上 移 动 ， 若 CM  BN  a C （0 a  2） D P （1）求MN 的长； M （2）a为何值时，MN 的长最小； Q B （3）当MN 的长最小时，求面MNA与面MNB所成二面角 E 的大小 N A F 19．设点P到点(1,0)、(1,0)距离之差为2m，到x、 y轴的 距离之比为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 每年新增汽车数量不应超过多少辆？ 21．设a为实数，函数 f(x)  x2| xa|1，xR （1）讨论 f(x)的奇偶性； （2）求 f(x)的最小值 22．设数列{a }满足：a  a 2 na 1，n 1,2,3, n n1 n n  （I）当a  2时，求a ,a ,a 并由此猜测a 的一个通项公式； 1 2 3 4 n （II）当a 3时，证明对所的n 1，有 1 （i）a  n2 n 1 1 1 1 1 （ii）       1a 1a 1a 1a 2 1 2 3 n 第3页 | 共8页参考答案 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A C D C B B C B A B B C 二、填空题 7 （13）2 （14）1 （15）1008 （16） 2 三、解答题 （17）解：由sin2 2sin2coscos21，得 4sin2cos22sincos22cos20 2cos2(2sin2sin1) 0  ∵(0, ) 2 2cos2(2sin1)(sin1)0 ∴sin1 0，cos2 0 1 ∴2sin10，即sin 2  ∴ 6 3 ∴tg 3 （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 ∴MN  PQ 由已知CM  BN  a，CB  AB  BE 1 2 ∴AC  BF  2 ，CP  BQ  a 2 MN  PQ  (1CP)2 BQ2  a a  (1 )2 ( )2 2 2 2 1  (a )2  (0 a  2) 2 2 第4页 | 共8页（II）由（I） 2 1 MN  (a )2  2 2 2 2 所以，当a  时，MN  2 2 2 即当M 、N 分别为AC、BF 的中点时，MN 的长最小，最小值为 2 （III）取MN 的中点G，连结AG、BG， ∵AM  AN,BM  BN ，G为MN 的中点 ∴AG  MN,BG  MN，即AGB即为二面角的平面角 6 又AG  BG  ，所以，由余弦定理有 4 6 6 ( )2 ( )2 1 4 4 1 cos   6 6 3 2  4 4 1 故所求二面角为arccos 3 | y| （19）解：设点P的坐标为(x,y)，依题设得  2，即y  2x，x  0 | x| 因此，点P(x,y)、M(1,0)、N(1,0)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 x2 y2  1 m2 1m2 x2 y2 将y  2x代入  1，并解得 m2 1m2 第5页 | 共8页m2(1m2) x2  ，因1m2 0 15m2 所以15m2 0 5 解得0|m| 5 5 5 即m的取值范围为( ,0) (0, )  5 5 （20）解：设2001年末汽车保有量为b 万辆，以后各年末汽车保有量依次为b 万辆，b 1 2 3 万辆，…，每年新增汽车x万辆，则 b 30，b b 0.94 x 1 2 1 对于n 1，有 b b 0.94 x n1 n b 0.942 (10.94)x n1  所以b b 0.94n  x(10.940.942  0.94n) n1 1  10.94n b 0.94n  x 1 0.06 x x  (30 )0.94n 0.06 0.06 x 当30 0，即x 1.8时 0.06 b b  b 30 n1 n  1 x 当30 0，即x 1.8时 0.06 x 数列{b }逐项增加，可以任意靠近 n 0.06 x x x lim b  lim[ (30 )0.94n1] n n n 0.06 0.06 0.06 因此，如果要求汽车保有量不超过60万辆，即 b 60（n 1,2,3, ） n  x 则 60，即x 3.6万辆 0.06 综上，每年新增汽车不应超过3.6万辆 第6页 | 共8页（21）解：（I）当a 0时，函数 f(x) (x)2|x|1 f(x) 此时， f(x)为偶函数 当a  0时， f(a)  a2 1， f(a)  a2 2|a|1， f(a)  f(a)， f(a)  f(a) 此时 f(x)既不是奇函数，也不是偶函数 1 3 （II）（i）当x  a时， f(x)  x2 xa1(x )2 a 2 4 1 当a  ，则函数 f(x)在(,a]上单调递减，从而函数 f(x)在(,a]上的最小值为 2 f(a)  a2 1． 1 1 3 1 若a  ，则函数 f(x)在(,a]上的最小值为 f( )  a，且 f( ) f(a)． 2 2 4 2 1 3 （ii）当x  a时，函数 f(x)  x2  xa1(x )2 a 2 4 1 1 3 1 若a   ，则函数 f(x)在(,a]上的最小值为 f( )  a，且 f( ) f(a) 2 2 4 2 1 若a   ，则函数 f(x)在[a,)上单调递增，从而函数 f(x)在[a,)上的最小值为 2 f(a)  a2 1． 1 3 综上，当a   时，函数 f(x)的最小值为 a 2 4 1 1 当  a  时，函数 f(x)的最小值为a2 1 2 2 1 3 当a  时，函数 f(x)的最小值为 a． 2 4 （22）解（I）由a  2，得a  a 2 a 13 1 2 1 1 由a 3，得a  a 2 2a 1 4 2 3 2 2 由a  4，得a  a 2 3a 15 3 4 3 3 由此猜想a 的一个通项公式：a  n1（n 1） n n （II）（i）用数学归纳法证明： ①当n 1时，a 312，不等式成立． 1 ②假设当n  k时不等式成立，即a  k 2，那么 k 第7页 | 共8页a  a (a k)1(k 2)(k 2k)1 2k 5 k 3． k1 k k 也就是说，当n  k 1时，a (k 1)2 k1 据①和②，对于所有n 1，有a n2． n （ii）由a  a (a n)1及（i），对k  2，有 n1 n n a  a (a k 1)1 k k1 k1  a (k 12k 1)1 2a 1 k1 k1 …… a  2k1a 2k2  21 2k1(a 1)1 k 1  1 1 1 1 于是   ，k  2 1a 1a 2k1 k 1 n 1 1 1 n 1 1 n 1 2 2 1          1a 1a 1a 2k1 1a 2k1 1a 13 2 k1 k 1 1 k2 1 k1 1 第8页 | 共8页