2003年广东高考数学真题及答案_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_广东

2003 年广东高考数学真题及答案 一、选择题：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．暂缺  4 2．已知x( ,0),cosx  ,则tan2x  （ ） 2 5 7 7 24 24 A． B．－ C． D．－ 24 24 7 7 8sin 3．圆锥曲线 的准线方程是 （ ） cos2 A．cos 2 B．cos 2 C．sin 2 D．sin 2 1 4．等差数列{a }中，已知a  ,a a  4,a 33，则n为 （ ） n 1 3 2 5 n A．48 B．49 C．50 D．51 5．双曲线虚轴的一个端点为M，两个焦点为F、F，∠FMF=120°，则双曲线的离心率为 1 2 1 2 （ ） 6 6 3 A． 3 B． C． D． 2 3 3 2x 1,x 0,  5．设函数 f(x)   1 , 若 f(x 0 ) 1，则x 0 的取值范围是 （ ）  x2 x 0 A．（－1，1） B．（－1，+∞） C．（－∞，－2）∪（0，+∞） D．（－∞，－1）∪（1，+∞） 7．函数y  2sinx(sinxcosx)的最大值为 （ ） A．1 2 B． 2 1 C． 2 D．2 8．已知圆C:(xa)2 (x2)2  4(a 0)及直线l:x y30.当直线l被C截得的弦长为2 3时，则 a= （ ） A． 2 B．2 2 C． 2 1 D． 2 1 9．已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（ ） 9 8 3 A．2R2 B． R2 C． R2 D． r2 4 3 2  3 10．函数 f(x) sinx,x[ , ]的反函数f 1(x)  （ ） 2 2 A．arcsinx,x[1,1] B．arcsinx,x[1,1] C．arcsinx,x[1,1] D．arcsinx,x[1,1] 11．已知长方形的四个顶点A（0，0），B（2，0），C（2，1）和D（0，1）.一质点从AB的中点P 沿与AB夹 0 第1页 | 共6页角为θ的方向射到BC上的点P 后，依次反射到CD、DA和AB上的点P，P 和P（入射角等于反射角）. 1 2 3 4 设P 的坐标为（x，0），若1 x  2 4 4 4 则tan的取值范围是 （ ） 1 1 2 2 1 2 2 A．（ ，1） B．( , ） C．( , ) D．( , ) 3 3 3 5 2 5 3 12．一个四面体的所有棱长都为 2 ，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ） A．3π B．4π C．3 3 D．6π 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上 13．不等式 4xx2  x的解集是 14．(x2 12x)9展开式中x9的系数是 15．在平面几何里，有勾股定理：“设△ABC的两边AB、AC互相垂直，则AB2+AC2=BC2， 拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面积与底面面积间的关系，可 以得出的正确结论是：“设三棱锥A—BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB两两相互垂 直，则 16．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色， 要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可 供选择，则不同的着色方法共有 种.（以数字作答） 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．（本小题满分12分） 已知正四棱柱ABCD—ABCD，AB=1，AA=2，点E为CC 中点，点F为BD 中点. 1 1 1 1 1 1 1 （1）证明EF为BD 与CC 的公垂线； 1 1 （2）求点D 到面BDE的距离. 1 18．（本小题满分12分） 已知复数z的辐角为60°，且| z1|是| z|和| z2|的等比中项. 求| z|. 19．（本小题满分12分）已知c>0，设P：函数 y cx在R上单调递减Q：不等式x+|x-2c|>1的解集为R.如 果P和Q有且仅有一个正确，求c的取值范围 20．（本小题满分12分） 第2页 | 共6页在某海滨城市附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城市O（如图）的 2 东偏南(arccos )方向300km 的海面P 处，并以20km/h 的速度向西偏北 10 45°方向移动. 台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60km,并以10km/h的速度 不断增大. 问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？ 21．（本小题满分14分） 已知常数a 0,在矩形ABCD中，AB=4，BC=4a，O为AB的中点，点E、F、G分别在BC、CD、DA上移动， BE CF DG 且   ，P为GE与OF的交点（如图），问是否存在两个定点，使P到这两点的距离的和为定值？ BC CD DA 若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由. 22．（本小题满分14分） 设a 为常数，且a 3n1 2a (nN) n n n1 1 （1）证明对任意n1,a  [3n (1)n12n](1)n 2na ； n 5 n （2）假设对任意n 1有a  a ，求a 的取值范围. n n1 n 数学试题参考答案 第3页 | 共6页一、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： 21 13．(2,4] 14．  15．S2△ABC+S2△ACD+S2△ADB=2S△BCD 2 三、解答题： （I）证明：取BD中点M，连结MC，FM， 1 ∵F为BD 中点， ∴FM∥DD且FM= DD 1 1 1 2 1 又EC= CC，且EC⊥MC， 1 2 ∴四边形EFMC是矩形 ∴EF⊥CC 1 又CM⊥面DBD ∴EF⊥面DBD 1 1 ∵BD 面DBD， 1 1 ∴EF⊥BD 故EF为BD 与CC 的公垂线. 1 1 1 （II）解：连结ED，有V V 1 EDBD DDBE 1 1 由（I）知EF⊥面DBD，设点D 到面BDE的 1 1 距离为d， 则S ·d=S ·EF.………………9分 △DBC △DBD1 ∵AA=2·AB=1. 1 2 BD  BE  ED  2,EF  2 2 2 1 1 3 3 2 2 3 S   22 2,S   ( 2)2  d   DBD1 2 DBC 2 2 2 3 3 2 2 3 故点D 到平面BDE的距离为 . 1 3 r 18． 解：设z  rcos60 rsin60)，则复数z的实部为 . zz r,zz r2由题设 2 |z1|2|z||z2|即:(z1)(z1)|z| (z2)(z2),r2 r1r r2 2r4, 整理得r2 2r10.解得:r  21,r  21(舍去).即|z| 21. 19． 20．解：如图建立坐标系以O为原点，正东方向为x轴正向.  2 2 在时刻：（1）台风中心P（x, y）的坐标为x300 20 t,  10 2   7 2 2 y300 20 t.  10 2 此时台风侵袭的区域是(xx)2 (yy)[r(t)]2, 第4页 | 共6页其中r(t) 10t 60,若在t时刻城市O受到台风的侵袭，则有 2 2 7 2 2 (0x)2 (0 y)2 (10t60)2.即(300 20 t)2 (300 20 t)2 10 2 10 2 (10t 60)2,即t2 36t 2880,解得12t  24 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. BE CF DC 按题意有A（－2，0），B（2，0），C（2，4a），D（－2，4a）设   (0k 1) BC CD DA 由此有E（2，4ak），F（2－4k，4a），G（－2，4a－4ak）直线OF的方程为：2ax(2k 1)y 0① 直线GE的方程为：a(2k 1)x y2a 0② 从①，②消去参数k，得点P（x,y）坐标满足方程2a2x2  y2 2ay 0 1 整理得x2 (ya)2 当a2  时，点P的轨迹为圆弧，所以不存在符合题意的两点.  1 2 1 a2 2 1 当a2  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 2 1 1 1 当a2  时，点P到椭圆两个焦点（ a2,a),( a2,a)的距离之和为定值 2 2 2 2 1 当a2  时，点P 到椭圆两个焦点（0，a a2  1 ),(0,a a2  1 ) 的距离之和为定值2a. 2 2 2 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析问题和解决问题的 能力，满分14分. （1）证法一：（i）当n=1时，由已知a=1－2a，等式成立； 1 0 1 （ii）假设当n=k（k≥1）等式成立，则a  [3k (1)k12k](1)k2a , k 5 0 2 那么a 3k 2a 3k  [3k (1)k12k](1)k2k1a k1 k 5 0 1  [3k1 (1)k2k1](1)k12k1a . 5 0 也就是说，当n=k+1时，等式也成立. 根据（i）和（ii），可知等式对任何n∈N，成立. 1 证法二：如果设a 3n1 2(a a3n1), 用a 3n1 2a 代入，可解出a  . n n1 n n1 5 所以  3n 是公比为－2，首项为 3的等比数列. a   a   n 5  1 5 3n 3 3n (1)n12n a  (12a  )(2)n1(nN). 即 a  (1)n2na . n 5 0 5 n 5 0 23n1 (1)n132n1 （2）解法一：由a 通项公式 a a  (1)n32n1a . n n n1 5 0 第5页 | 共6页3 a a (nN)等价于 (1)n1(5a 1)( )n2(nN).……① n n1 0 2 3 （i）当n=2k－1，k=1，2，…时，①式即为 (1)2k2(5a 1)( )2k3 0 2 1 3 1 即为 a  ( )2k3  .……② 0 5 2 5 ②式对k=1，2，…都成立，有 a  1 ( 3 )1 1  1 . 0 5 2 5 3 3 （ii）当n=2k，k=1，2，…时，①式即为 (1)2k1(5a 1)( )2k2. 0 2 1 3 1 即为 a   ( )2k2  .……③ ③式对k=1，2，…都成立，有 0 5 2 5 1 3 1 1 a   ( )212  0. 综上，①式对任意n∈N，成立，有0a  . 0 5 2 5 * 0 3 1 故a的取值范围为(0, ). 0 3 解法二：如果a  a （n∈N）成立，特别取n=1，2有 a a 13a 0. n n1 * 1 0 0 1 1 a a 6a 0. 因此 0 a  . 下面证明当0 a  .时，对任意n∈N， 2 1 0 0 3 0 3 * a a 0. 由a的通项公式 5(a a )23n1 (1)n132n1 (1)n532n1a . n n1 n n n1 0 （i）当n=2k－1，k=1，2…时， 5(a a )23n132n1532n1a n n1 0  22n1 32n1 532n1 0 （ii）当n=2k，k=1，2…时，5(a a )23n132n1532n1a n n1 0 1  23n1 32n1 0. 故a的取值范围为(0, ). 0 3 第6页 | 共6页