2001年高考数学试题(广东)及答案

2001年广东普通高等学校招生统一考试数学试题一、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．不等式31xxA．｛ｘ｜ｘ＜１｝B．｛ｘ｜ｘC．｛ｘ｜ｘ＜１或ｘ＞３｝D．｛ｘ｜１＜ｘ＜３｝2．若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3πＢ．３3π6πＤ．９π3．极坐标方程ρ２ｃｏｓ２θABC．椭圆D4．若定义在区间(－１，０)内的函数ｆ（ｘ）＝ｌｏｇ２ａ（ｘ＋1)满足ｆ（ｘ）＞0，则ａA．（０，21）21]21，＋∞）Ｄ．（０，＋∞）5．已知复数ｚ＝i62，则ａｒｇZ1是A．3Ｂ．35Ｃ．66116．函数ｙ＝２－ｘ＋１（ｘ＞０）A．ｙ＝ｌｏｇ２11x，ｘ∈（１，２）；ｙ＝－ｌｏｇ２11x，ｘＣ．ｙ＝ｌｏｇ２11x，ｘ∈（１，２）Ｄ．ｙ＝－ｌｏｇ２11x，ｘ∈（１，２]7．若０＜α＜β＜4，ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝ａ，ｓｉｎβ＋ｃｏｓβ＝ｂ，则A．ａ＞ｂＢ．ａ＜ｂａｂ＜１ａｂ＞28．在正三棱柱ABC—A１Ｂ１Ｃ１中，若ＡＢ＝2ＢＢ１，则AB１与Ｃ１ＢA．60°4５°120°9．设ｆ（ｘ）、ｇ（ｘ）都是单调函数，有如下四个命题中，正确的命题是①若ｆ（ｘ）单调递增，ｇ（ｘ）单调递增，则ｆ（ｘ）－ｇ（ｘ②若ｆ（ｘ）单调递增，ｇ（ｘ）单调递减，则ｆ（ｘ）－ｇ（ｘ③若ｆ（ｘ）单调递减，ｇ（ｘ）单调递增，则ｆ（ｘ）－ｇ（ｘ④若ｆ（ｘ）单调递减，ｇ（ｘ）单调递减，则ｆ（ｘ）－ｇ（ｘA．①③10．对于抛物线ｙ２＝４ｘ上任意一点Q，点P(a,0)都满足｜ＰＱ｜≥｜ａ｜，则aA．（－∞,０）B．（－∞,２）C．［０,２］D．（０,11法屋顶面积分别为Ｐ１、Ｐ２、Ｐ３．若屋顶斜面与水平面所成的角都是α，则A．P３＞P２＞P１Ｂ．P３＞P２＝P１P３＝Ｐ２＞Ｐ１Ｄ．P３＝P２＝P１12．如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相联．连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递.则单位时间内传递的最大信息量为AＢ．２４二、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.已知甲、乙两组各有8人，现从每组抽取4人进行计算机知识竞赛，比赛人员的组成共有种可能(用数字作答)奎屯王新敞新疆14．双曲线116922yx的两个焦点为Ｆ１、Ｆ２，点P在双曲线上，若ＰＦ１⊥ＰＦ２，则点P到ｘ轴的距离为奎屯王新敞新疆15．设｛ａｎ｝是公比为ｑ的等比数列，Ｓｎ是它的前ｎ项和．若｛Ｓｎ｝是等差数列，则ｑ＝奎屯王新敞新疆16．圆周上有２ｎ个等分点(ｎ＞１)，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为奎屯王新敞新疆三、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10分)求函数ｙ＝（ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）２＋２ｃｏｓ２ｘ的最小正周期．18．(本小题满分12分)已知等差数列前三项为ａ，４，３ａ，前ｎ项的和为Ｓｎ，Ｓk＝２５５０．(Ⅰ)求ａ及ｋ的值；(Ⅱ)求)111(lim21nnSSS19．(本小题满分12分)如图，在底面是直角梯形的四棱锥Ｓ—ABCD中，∠ＡＢＣ＝９０°，ＳＡ⊥面ABCD，SA＝AB＝ＢＣ＝１，ＡＤ＝21．(Ⅰ)求四棱锥S—ABCD的体积；(Ⅱ)求面SCD与面SBA所成的二面角的正切值．20．(本小题满分12分)设计一幅宣传画，要求画面面积为４840cm２，画面的宽与高的比为λ（λ＜１)，画面的上、下各留８ｃｍ空白，左、右各留5ｃｍ空白．怎样确定画面的高与宽尺寸，能使宣传画所用纸张面积最小?如果要求λ∈]43,32[，那么λ为何值时，能使宣传画所用纸张面积最小?21．(本小题满分14分)已知椭圆1222yx的右准线l与x轴相交于点E，过椭圆右焦点F的直线与椭圆相交于A、B两点，点C在右准线l上，且ＢＣ∥xAC经过线段EF的中点．22．(本小题满分14分)设ｆ（ｘ）是定义在R上的偶函数，其图象关于直线ｘｘ１，ｘ２∈［０，21］，都有ｆ（ｘ１＋ｘ２）＝ｆ（ｘ１）·ｆ（ｘ２），且f(1)=ａ＞０．(Ⅰ)求ｆ)41(),21(f；(Ⅱ)证明ｆ（ｘ）是周期函数；（Ⅲ）记ａｎ＝ｆ（２ｎ＋n21），求)(lnlimnna．2001年广东普通高等学校招生统一考试数学试题参考答案一、选择题1．C2.A3.D4.A5.B6.A7.B8.B9.C10.B11.D12.D二、填空题13.490014.51615.116.2n(n-1)三、解答题17.解：ｙ=（ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）２＋２ｃｏｓ２ｘ＝１＋ｓｉｎ２ｘ＋２ｃｏｓ２ｘ＝ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓ２ｘ＋２＝2)42sin(2x8分所以最小正周期Ｔ＝π．10分18.解：(Ⅰ)设该等差数列为｛ａｎ｝，则a１＝ａ，ａ２＝４，ａ３＝３ａ，Ｓｋ＝２５５０．由已知有a+3a=2×４，解得首项a１＝ａ＝２，公差d=a２－ａ１＝２．2分代入公式Sｋ＝ｋ·ａ１＋dkk2)1(得255022)1(2kkk∴ｋ２＋ｋ－２５５０＝０解得k=50,k=-51(舍去)∴a=2,k=50.6分(Ⅱ)由dnnanSn2)1(1得Sｎ＝ｎ（ｎ＋１），12111111111111(-)(-)(-)1223(1)12231nSSSnnnn111n1)111(lim)111(lim21nSSSnnn12分19．解：(Ⅰ)直角梯形ABCD的面积是M底面=ABADBC)(21=43125.012分∴四棱锥S—ABCD的体积是414313131底面MSAV4分(Ⅱ)延长BA、CD相交于点E，连结SE，则SE是所求二面角的棱6分∵ＡＤ∥ＢＣ，ＢＣ＝２ＡＤ∴ＥＡ＝ＡＢ＝ＳＡ，∴ＳＥ⊥ＳＢ∵ＳＡ⊥面ABCD，得面SEB⊥面EBC，EB是交线.又ＢＣ⊥ＥＢ，∴ＢＣ⊥面SEB，故SB是SC在面SEB上的射影，∴CS⊥ＳＥ，所以∠ＢＳＣ是所求二面角的平面角10分∵ＳＢ＝SBBCBCABSA,1,222∴ｔｇ∠ＢＳＣ＝22SBBC即所求二面角的正切值为2212分20.解：设画面高为ｘｃｍ，宽为λｘｃｍ，则λｘ２＝４８４０1分设纸张面积为S，则有Ｓ＝（ｘ＋１６）（λｘ＋１０）＝λｘ２＋（１６λ＋１０）ｘ＋１６０，3分将ｘ＝1022代入上式得Ｓ＝５０００＋４４)58(105分当８555,(1)88即时，S取得最小值，此时，高：ｘ＝884840cｍ，宽：λｘ＝558885ｃｍ8分如果λ∈［43,32］，可设122334，则由S的表达式得Ｓ（λ１）－Ｓ（λ２）＝４４)5858(102211=)58)((104421121由于1212255,8038故因此Ｓ（λ１）－Ｓ（λ２）＜０，所以S（λ）在区间［43,32］内单调递增.从而，对于λ∈［43,32］，当λ＝32时，S（λ）取得最小值答：画面高为88λ∈［43,32］,当λ＝32时，所用纸张面积最小.12分21.证明：依设，得椭圆的半焦距ｃ＝１，右焦点为F(1，0)，右准线方程为ｘ＝２，点E的坐标为(2，0)，EF的中点为N(23，0)3分若AB垂直于x轴，则A（１，ｙ１），Ｂ（１，－ｙ１），Ｃ（２，－ｙ１），∴AC中点为N(23，0)，即AC过EF中点N.若AB不垂直于x轴，由直线AB过点F，且由BC∥x轴知点B不在x轴上，故直线AB的方程为ｙ＝ｋ（ｘ－１），ｋ≠０．记A（ｘ１，ｙ1）和Ｂ（ｘ２，ｙ２），则C（２，ｙ２）且ｘ１，ｘ２满足二次方程1)1(2222xkx即（１＋２ｋ２）ｘ２－４ｋ２ｘ＋２（ｋ２－１）＝０，∴ｘ１＋ｘ２＝22212221)1(2,214kkxxkk１０分又ｘ２１＝２－２ｙ２１＜２，得ｘ１－23≠０，故直线AN，CN的斜率分别为ｋ１＝32)1(2231111xxkxy)1(2232222xkyk∴ｋ１－ｋ２＝２ｋ·32)32)(1()1(1121xxxx∵（ｘ１－１）－（ｘ２－１）（２ｘ１－３）＝３（ｘ１＋ｘ２）－２ｘ１ｘ２－４＝0)]21(4)1(412[2112222kkkk∴ｋ１－ｋ２＝０，即ｋ１＝ｋ２，故A、C、N三点共线.所以，直线AC经过线段EF的中点N.14分22.(Ⅰ)解：因为对ｘ１，ｘ２∈［０，21］，都有ｆ（ｘ１＋ｘ２）＝ｆ（ｘ１）·ｆ（x２）,所以22)]41([)41()41()4141()21()]21([)21()21()2121()1(]1,0[,0)2()2()22()(ffffffffffxxfxfxxfxfｆ（１）＝ａ＞0，3分∴4121)41(,)21(afaf6分(Ⅱ)证明：依题设ｙ＝ｆ（ｘ）关于直线ｘ＝１对称，故ｆ（ｘ）＝ｆ（１＋１－ｘ），即ｆ（ｘ）＝ｆ（２－ｘ），ｘ∈R又由ｆ（ｘ）是偶函数知ｆ（－ｘ）＝ｆ（ｘ），ｘ∈R，∴ｆ（－ｘ）＝ｆ（２－ｘ），ｘ∈R，将上式中－ｘ以ｘ代换，得ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ＋２），ｘ∈Ｒ这表明ｆ（ｘ）是R上的周期函数，且2是它的一个周期.10分（Ⅲ）解：由(Ⅰ)知ｆ（ｘ）≥０，ｘ∈［０，１］∵]21)1(21[)21()21(nnnfnnff11()[(1)]22ffnnn1111()()()[()]2222nffffnnnn21)21(af∴nanf21)21(12分∵ｆ（ｘ）的一个周期是2∴ｆ（２ｎ＋n21）=ｆ（n21）,因此an=na210)ln21(lim)(lnlimanannn14分