2002年北京高考理科数学真题及答案_全国卷+地方卷_2.数学_1.数学高考真题试卷_1990-2007年各地高考历年真题_北京

2002 年北京高考理科数学真题及答案 参考公式：三角函数的积化和差公式 ; ; 正棱台、圆台的侧面积公式 其中 、 分别表示上、下底面周长， 表示 斜高或母线长 球体的体积公式 其中 表示球的半径． 一．选择题：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．满足条件 的集合 的个数是（ ） (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 2．在平面直角坐标系中，已知两点 ，则 的值是（ ） (A) (B) (C) (D) 3．下列四个函数中，以 为最小正周期，且在区间 上为减函数的是（ ） (A) (B) (C) (D) 4． 个直径都为 的球，记它们的体积之和为 ，表面积之和为 ；一个直径为 的 球，记其体积为 ，表面积为 ，则（ ） (A) (B) (C) (D) 5．已知某曲线的参数方程是 ，若以原点为极点， 轴的正半轴为极轴，长 度单位不便变，建立极坐标系，则该曲线的极坐标方程是（ ） (A) (B) (C) 6．给定四条曲线：① ，② ，③ ，④ ．其中与 直线 仅有一个交点的曲线是（ ） (A)①②③ (B)②③④ (C)①②④ (D) ①③④ 7．已知 ， ，且 ．若 ，则 的最大值是（ ） (A)6 (B) 5 (C) 4 (D)3 8．若 ，则 的值为（ ） (A)3 (B)-3 (C) -2 (D) 9．12名学生分别到三个不同的路口进行车流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配 方案共有（ ） (A) 种 (B) 种 (C) 种 (D) 种10．设命题：“直四棱柱 中，平面 与对角面 垂直”； 命题乙：“直四棱柱 是正方体”，那么，甲是乙的（ ） (A)充分必要条件 (B)充分非必要条件 (C)必要非充分条件 (D)即非充分 又非必要条件 11．已知 是定义在 上的奇函数，当 时， 的图象如图所示，那么 不等式 的解集是（ ） (A) (B) (C) (D) 12．如图所示， 是定义在 上的四个函数，其中满足性质： “对 中任意的 和 ，任意 ， 恒成立”的只有（ ） (A) (B) (C) (D) y y y y f(x) f(x) f(x) f(x) O 1 x O 1 x O 1 x O 1 x 二．填空题： 13． 从大到小的顺序是 ． 14．等差数列 ，中， ，公差不为零，且 恰好是某等比数列的前三项， 那么该等比数列公比的值等于 ． 15．关于直角 在平面 内的射影有如下判断：①可能是 的角；②可能是锐角；③可 能是直角；④可能是直角；⑤可能是 的角．其中正确的序号是 ．（注：把你 认为正确判断的序号都填上）． 16．已知 是直线 上的动点， ， 是圆 的两条 切线， ， 是切点， 是圆心，那么四边形 面积的最小值为 E F ． 三．解答题：解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤． D 17．解不等式 C 1 18．如图，在多面体 中，上、下底面平行且均为矩 A 1 形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，侧棱延长后相交与 1 c B d D 1 两点，上、下底面矩形的长、宽分别为 与 ，且 ， C 两底面间的距离为 ． b （1）求侧面 与底面 所成二面角的大小； A a B （2）证明： ； （ 3 ） 在 估 侧 该 多 面 体 的 体 积 时 ， 经 常 运 用 近 似 公 式 来计算，已知它的体积公式是 试判断 与 的大小关系，并加以证明． （注：与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面．） 19．数列 由下列条件确定： ， ． （1）证明：对 ，总有 ；（2）证明：对 ，总有 ； （3）若数列 的极限存在，且大于零，求 的值． 20．在研究并行计算的基本算法时，有以下简单模型问题： 用计算机求 个不同的数 的和 ，计算开始前， 个 数存贮在 台由网络连接的计算机中，每台机器存一个数．计算开始后，在一个单位时间 内，每台机器至多到一台其他机器中读数据，并与自己原有数据相加得到新的数据，各台 机器可同时完成上述工作．为了用尽可能少的单位时间，即可完成计算，方法可用下表表 示： 机器号 初始时 第一单位时间 第二单位时间 第三单位时间 被读机 结 被读机 结 被读机 结 果 号 果 号 果 号 1 2 2 1 （1）当 时，至少需要多少个单位时间可完成计算？把你设计的方法填入下表 机器号 初始时 第一单位时间 第二单位时间 第三单位时间 被读机 结 被读机 结 被读机 结 果 号 果 号 果 号 1 2 3 4 （2）当 时，要使所有机器都得到 ，至少需要多少个单位时间可完成计 算？（结论不要求证明） 21．已知 ， ， 是 的三个顶点． （1）写出 的重心 ，外心 ，垂心 的坐标，并证明 三点共线； （2）当直线 与 平行时，求顶点 的轨迹． y C(b,c) x O B(1,0) 22．已知 是定义在 上的不恒为零的函数，且对于任意的 都满足： ． （1）求 的值； （2）判断 的奇偶性，并证明你的结论； （3）若 ， ，求数列 的前 项的和参考解答 说明： 一. 本解答指出了每题要考查的主要知识和能力，并给出了一种或几种解法供参考，如果 考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则。 二. 对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内 容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的 一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。 三. 解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。 四. 只给整数分数，选择题和填空题不给中间分。 一. 选择题：本题考查基本知识和基本运算，每小题5分，满分60分。 1. B 2. D 3. B 4. C 5. D 6. D 7. C 8. A 9. A 10. C 11. B 12. A 二. 填空题：本题考查基本知识和基本运算，每小题4分，满分16分。 13. 14. 4 15. （1）（2）（3）（4）（5） 2 2 16. 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. 本小题主要考查不等式的解法等基本知识，考查运算能力和逻辑思维能力，满分 12 分。   2x1 x  2    2x1 x  2  解：原不等式 2x1 0  2x1 x  2  2x1 x2  x2  0  2x1 (x2)2  因为  1 x  1   2  x  2 x2 2x5 0  2x1 0  2x1 x  2  x2  0 2x1 0   2x1 (x2)2 x2  0   又 或 x  2 1    x  2 x2 6x5 0  2 或 x  2 1    x  2 1 x 5  2 或 1  x  2  2  x 5 2 或 1   x 5 2 1 x    2 1     x 5 1 2   x 5  2 所以，原不等式组 1 {x|  x 5} 2 因此，原不等式的解集为 18. 本小题主要考查直线、平面的位置关系，考查不等式的基本知识，考查空间想象能 力和逻辑推理能力，满分12分。 B C B B GPQ （1）解：过 1 1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过 1作 1 ,垂足为 Ｇ A B C D A B C  90 平面ABCD//平面 1 1 1 1， 1 1 1 ABPQ ABB P ， 1 B PG 1 为所求二面角的平面角 C C HPQ 过 1作 1 ，垂足为H，由于相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边 B PQC 形 1 1为等腰梯形 1 PG  (bd) 2 B G  h 又 1 2h tgB PG  (b  d) 1 bd 2h 2h E F B PG  arctg arctg 1 bd bd ，即所求二面角的大小为 （2）证明：AB、CD是矩形ABCD的一组对边，有AB//CD D 1 C 1 又CD是面ABCD与面CDEF的交线 A c B d AB//面CDEF 1 1 D Q C EF是面ABFE与面CDEF的交线 AB//EF H b G AB是平面ABCD内的一条直线，EF在平面ABCD外 A a B EF//面ABCD P V V （3） 估 证明： a  c，b  d h ac bd ac bd V V  (cd ab4  )  h 估 6 2 2 2 2 h  [2cd 2ab2(ac)(bd)3(ac)(bd)] 12 h  (ac)(bd)  0 12 V V 估 19. 本小题主要考查数列、数列极限、不等式等基本知识，考查逻辑思维能力，满分 12 分。 1 a x  (x  ) x  a  0 n1 2 n x x  0 （1）证明：由 1 及 n 可归纳证明 n （没有证明过程不 扣分）1 a a x  (x  )  x   a(nN) n1 2 n x n x 从而有 n n x  a 所以，当n 2时， n 成立 1 a x  (x  ) x  a  0 n1 2 n x （2）证法一：当n 2时，因为 n ， n 1 a 1 a x 2 x  x  (x  ) x   n  0 n1 n 2 n x n 2 x 所以 n n 故当n 2时， x n  x n1成立 1 a x  (x  ) x  a  0 n1 2 n x 证法二：当n 2时，因为 n ， n 1 a (x  ) x 2 n x x2 a x2  x2 n1  n  n  n n 1 x x 2x2 2x2 所以 n n n n 故当n 2时， x n  x n1成立 lim x  A lim x  A （3）解：记 n n ，则 n n1 ，且 A 0 1 a x  (x  ) n1 2 n x 由 n 1 a lim x  ( lim x  ) n n1 2 n n lim x n n 得 1 a A  (A ) 2 A 即 由 A 0，解得 A  a 故 20. 本小题主要考查运用数学思想方法，分析和解决科学问题的能力，满分12分 （1）解：当n  4时，只用2个单位时间即可完成计算 方法之一如下： 机 器 号 初 始 时 第 一 单 位 时 间 第 二 单 位 时 间 第 三 单 位 时 间 被 读 机 号 结 果 被 读 机 号 结 果 被 读 机 号 结 果 1 2 3 v v + v v  v  v  v 1 1 2 1 2 3 4 2 1 4 v v + v v  v  v  v 2 2 1 2 1 4 3 3 4 1 v v  v v  v  v  v 3 3 4 3 4 1 2 4 3 2 v v  v v  v  v  v 4 4 3 4 3 2 1 （2）解：当n 128 27 时，至少需要7个单位时间才能完成计算 21. 本小题主要考查直线与椭圆等基本知识，考查分析问题和解决问题的能力，满分 13 分 （1）解：由OBC三顶点坐标O（0，0），B（1，0），C（b，c）（ c  0 ），可求得 b1 c 1 b2 c2 b bb2 重心G（ 3 ， 3 ），外心F（ 2 ， 2c ），垂心H（b， c ） 1 1 b  2 2 当 时，G、F、H三点的横坐标均为 ，故三点共线 1 b  2 k k 当 时，设G、H所在直线的斜率为 GH，F、G所在直线的斜率为 FG c bb2  3 c c2 3b2 3b k   GH b1 c(12b) b 因为 3 c b2 c2 b  3 2c c2 3b2 3b k   FG b1 1 c(12b)  3 2 k  k 所以 GH FG，G、F、H三点共线 综上可得，G、F、H三点共线 c2 3b2 3b k   0 FH c(12b) （2）解：若FH//OB，由 ，得 1 b  3(b2 b)c2  0 c  0 2 （ ， ） 1 (b )2 2 c2  1 1 3 1 3 3(b )2 c2  ( )2 ( )2 2 4 2 2 配方得 ，即 1 (x )2 2 y2  1 1 3 1 ( )2 ( )2 x  2 2 2 y  0 即 （ ， ） 1 3 1 2 2 2 所以，顶点C的轨迹是中心在（ ，0），长半轴长为 ，短半轴长为 ，且短轴 1 3 1 3  在x轴上的椭圆，除去（0，0），（1，0），（ 2 ， 2 ），（ 2 ， 2 ）四点 22. 本小题主要考查函数与数列等基本知识，考查分析问题和解决问题的能力，满分 13 分 f (0)  f (00)  0 f (0)0 f (0)  0 （1）解： f (1)  f (11) 1 f (1)1 f (1) 因为 f (1)  0 所以 f (x) （2） 是奇函数 f (1)  f[(1)2] f (1) f (1)  0 证明：因为 f (1)  0 所以 f (x)  f (1x)  f (x) xf (1)  f (x)f (x) 因此， 为奇函数 （3）解法一： f (a2)  af (a)af (a)  2af (a) 由 f (a3)  a2 f (a)af (a2)  3a2 f (a) f (an)  nan1f (a) 猜测 下面用数学归纳法证明： 1. 当n 1时， f (a1) 1a0  f (a) ，公式成立 2. 假设当n  k 时， f (ak)  kak1f (a) 成立 那么当n  k 1时 f (ak1)  ak f (a)af (ak)  ak f (a)kak f (a)  (k 1)ak f (a) ，公式仍成立 由上两步可知，对任意nN ， f (an)  nan1f (a) 成立 f (2n) 1 1 u   ( )n1  f ( ) n n 2 2 所以 1 1 1 f (1)  f (2 )  2f ( ) f (2)  0 f (2)  2 2 2 2 因为 ， 1 1 1 f ( )   f (2)   2 4 2 所以 1 1 u  ( )( )n1 n 2 2 （nN ） 1 1  [1( )n] 2 2 1 S   ( )n 1 n 1 2 1 因此 2 （nN ） f (ab) f (b) f (a)   ab  0 ab b a 解法二：当 时， f (x) g(x)  x g(ab)  g(a) g(b) 令 ，则 g(an)  ng(a) 故 f (an)  an g(an)  nang(a)  nan1f (a) 所以 f (2n) 1 1 u   ( )n1 f ( ) n n 2 2 所以 （以下同解法一）