蜂胶作用-学年度工作总结

2003年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）
数 学（理工农医类）

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合要求的.
（1）设集合
A{x|x10},B{x|log2
x0|},则AB
等于
（A）
{x|x1}
（B）
{x|x0}
（C）
{x|x1}
（D）
{x|x1或x1}

0.9
2
（2）设
y
1
4

1
,y
2
8
0.44
,y
3
()
1.5
，则
2
（A）y
3
>y
1
>y
2
（B ）y
2
>y
1
>y
3
（C）y
1
>y2
>y
3
（D）y
1
>y
3
>y
2< br>
3
（3）“
c
”是“

k


5

,kZ
”的
os2


2
12


（A）必要非充分条件
（C）充分必要条件
（B）充分非必要条件
（D）既非充分又非必要条件
（4）已知α，β是平面，m，n是直线.下列命题中不正确的是
．
（A）若m∥n，m⊥α，则n⊥α
（C）若m⊥α，m⊥β，则α∥β
2
（B）若m∥α，α∩β=n，则m∥n
（D）若m⊥α，
m

，则α⊥β
（5）极坐标方程

cos2

2

cos

1
表示的曲 线是
（A）圆 （B）椭圆 （C）抛物线 （D）双曲线
（6）若
zC且
|z22i|1,则|z22i|
的最小值是
（A）2 （B）3 （C）4 （D）5
（7）如果圆台的母线与底面成60°角，那么这个圆台的侧面积与轴截面面积的比为
（A）
2

（B）


3
2
（C）
23


3
（D）


1
2
（8）从黄瓜、白菜、油菜、扁 豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地
上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法共有
（A）24种 （B）18种 （C）12种 （D）6种
（9）若数列

a
n

3
n
2
n
(1)
n< br>(3
n
2
n
)
的通项公式是
a
n,n1,2,
，则
2
- 1 - 10

lim(a
1
a
2


a
n
)
等于
n
（A）
11

24
（B）
17

24
（C）
19

24
（D）
25

24
（10）某班试用电子投票系统选举 班干部候选人.全班
k
名同学都有选举权和被选举权，他
们的编号分别为1，2，…，
k
，规定：同意按“1”，不同意（含弃权）按“0”，令

1,第i号同学同意第j号同学当选.
, 其中
i
=1，2，…，
k
，且
j
=1，2，…，k，则同
a
ij


j号同学当选.

0,第i号同学不同意第
时同意第1，2号同学当选的 人数为



（A）
a
11
a
12< br>a
1k
a
21
a
22
a
2 k

（B）
a
11
a
21
a
1k
a
12
a
22
a
k2

（C）
a
11
a
12
a
21
a
22
 a
k1
a
k2
（D）
a
11
a
21
a
12
a
22
a
1k
a
2k

第Ⅱ卷
（非选择题共100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上.
x1.

x2,
（11）函数
f(x)lg(1x
2
),g (x)

|x|1.

0

x2,x1.

h(x)tg2x
中，是偶函数.
x
2
y
2
1
右顶点为顶点，左焦点为焦点的抛物线的（12）以双曲线
169
方程是 < br>（13）如图，已知底面半径为r的圆柱被一个平面所截，剩下部分母线
长的最大值为a，最小值 为b，那么圆柱被截后剩下部分的体积是.
（14）将长度为1的铁丝分成两段，分别围成一个正方形 和一个圆形，
要使正方形与圆的面积之和最小，正方形的周长应为.
三、解答题：本大题共6小题，共84分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
（15）（本小题满分13分）
已知函数
f(x)cosx2sinxcosxsinx.

44
- 2 - 10

（Ⅰ）求
f(x)
的最小正周期；
（Ⅱ）若
x[0,

2
]
，求
f(x)
的最大值、最小值.
（16）（本小题满分13分）
已知数列

a
n

是等差数列，且
a
1
2,a
1
a
2
a3
12.

（Ⅰ）求数列

a
n

的通项公式；
（Ⅱ）令b
n
a
n
x
n
(xR).
求数列

b
n

前n项和的公式.
（17）（本小题满分15分）
如图，正三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
的 底面边长的3，侧棱AA
1
=
BD=BC.
（Ⅰ）求证：直线BC
1
平面AB
1
D；
（Ⅱ）求二面角B
1
—AD—B的大小；
（Ⅲ）求三棱锥C
1
—ABB
1
的体积.
33
,
D是CB延长线上一点，且
2

（18）（本小题满分15分）
如图，椭圆的长轴A
1
A
2
与
x
轴平行，短轴B
1
B
2
在y
轴上， 中心为M（0，r）（
br0).

（Ⅰ）写出椭圆的方程，求椭圆的焦点坐标及离心率；
（Ⅱ）直线
yk
1< br>x
交椭圆于两点
C(x
1
,y
1
),D(x
2
,y
2
)(y
2
0);
直线
yk
2
x
交椭圆于
两点
G(x
3
,y
3
),H( x
4
,y
4
)(y
4
0).
求证：
kx x
k
1
x
1
x
2

234
；
x
1
x
2
x
3
x
4
（ Ⅲ）对于（Ⅱ）中的C，D，G，H，设CH交
x
轴于点P，GD交
x
轴于点 Q.
求证：|OP|=|OQ|. （证明过程不考虑CH或GD垂直于
x
轴的情形）
（19）（本小题满分14分）
有三个新兴城镇，分别位于A，B，C三点处，且AB=AC=
a
，
BC=2b.今计划合建一个中心医院，为同时方便三镇，准
- 3 - 10

备建在BC的垂直平分线上的P点处，（建立坐标系如图）
（Ⅰ）若希望点P到三镇距离的平方和为最小，
点P应位于何处？
（Ⅱ）若希望点P到三镇的最远距离为最小，
点P应位于何处？
（20）（本小题满分14分）
设
yf(x)
是定义在区间
[1,1]
上的函数，且满足条件：
（i）
f(1)f(1)0;

（ii）对任意的
u,v[1,1],都有|f(u)f(v)||uv|.

（Ⅰ）证明：对任意的
x[1,1],都有x1f(x)1x;

（Ⅱ）证明：对任意的
u,v[1,1],都有|f(u)f(v)|1;

（Ⅲ）在区间[－1，1]上是否存在满足题设条件的奇函数
yf(x)
，且使得
1

|f(u)f(v)||uv|.当u,v[0,].

2



|f(u)f(v)||uv|,当u,v[
1
,1].

2

若存在，请举一例：若不存在，请说明理由.
2003年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)
数学（理工农医类）答案

一、选择题：本题考查基本知识和基本运算. 每小题5分，满分50分.
（1）A
（2）D
（3）A
（4）B
（5）D
（6）B
（7）C
- 4 - 10

（8）B
（9）C
（10）C
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.
（11）
f(x);g(x)

（12）
y
2
36(x4)

1
2

r(ab)

2
4
（14）

4
（13）
三、解答题：本大题共6小题，共84分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

（15）满分13
（Ⅰ）解读：因为
f(x)cos
4
x2s inxcosxsin
4
x

(cos
2
xsin< br>2
x)(cos
2
xsin
2
x)sin2x
 cos2xsin2x2cos(2x)
4
所以
f(x)
的最小正周期
T


2



.

2
（Ⅱ）解读：因为
0x

,
所以

2x


5

.

2
444
当
2x



时，
cos(2x

)
取得最大值
2
；当
2x
44

4
42


时，
cos(2x

)
取
4
得最小值－1. 所以
f(x)
在
[0,
（16）满分13分.



2
]
上的最大值为1，最小值为－
2.

（Ⅰ）解读：设数列
{a
n
}
公差为
d
，则 a
1
a
2
a
3
3a
1
3d 12,
又
a
1
2,d2.

nn
所以
a
n
2n.
（Ⅱ）解：令
S
n
b
1
 b
2
b
n
,
则由
b
n
a
n
x2nx,
得
S
n
2x4x
2


(2n2)x
n1
2nx
n
,
①
xS
n
2x
2
4x
3
(2n2)x
n2nx
n1
,
②
- 5 - 10

当
x1
时，①式减去②式，得
(1x)S
n
2(xx x)2nx
2nn1
2x(1x
n
)
2nx
n 1
,

1x
所以
S
2x(1x)

2nx
n
2
(1x)
nn1
1x
.

当
x1
时,
S
n
24

2n n(n1)
综上可得当
x1
时,
S
n
n(n1)< br>
当
x1
时，
S
2x(1x)
2nx
n
2
nn1
(1x)
1x
.

（17） 满分15分.
（Ⅰ）证明：CDC
1
B
1
，又BD=BC=B
1
C
1
， ∴ 四边形BDB
1
C
1
是平行四边形， ∴BC
1
DB
1
.
又DB
1

平面AB
1
D，BC
1

平面AB
1
D，∴直线BC
1
平面AB
1
D.
（Ⅱ）解读：过B作BE⊥AD于E，连结EB
1
，
∵B
1
B⊥平面ABD，∴B
1
E⊥AD ，
∴∠B
1
EB是二面角B
1
—AD—B的平面角，
∵BD=BC=AB，
∴E是AD的中点，
BE
1
AC
3
.

22
在Rt△B
1
BE中，
3
3
B
1< br>B
2
tgB
1
BE3.
∴∠B
1
E B=60°。即二面角B
1
—AD—B的大小为60°
3
BE
2
（Ⅲ）解法一：过A作AF⊥BC于F，∵B
1B⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面BB
1
C
1
C，
∴AF ⊥平面BB
1
C
1
C，且AF=
33
33,
V
CABB
V
ABBC

1
S

B BC
AF

22
3
11111
111
11333 327
即三棱锥C
1
—ABB
1
的体积为
27

(3).
.
32228
8
解法二：在三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
中，
 S
ABB
S
AAB
V
C
1
ABB
1
V
C
1
AA
1
B
1
V
AA
1
B
1
C
1

1
1
1
113
2
3327
即三棱锥C
1
—ABB
1
的体积为
27

S
A
1
B
1
C
1
AA
1
(43).
.
33428
8
（18）满分15分.
（Ⅰ）解读：椭圆方程为
x
2
(y
2
r)
1,
焦点坐标为
F
1
(a< br>2
b
2
,r),F
2
(a
2
b
2
,r),

ab
22
- 6 - 10

离心率
e
a
2
b
2
.

a
（ Ⅱ）证明：将直线CD的方程
yk
1
x
代入椭圆方程，得
b2
x
2
a
2
(k
1
xr)
2a
2
b
2
,

整理得
(b
2
a
2
k
1
2
)x
2
2k
1
a
2
rx(a
2
r
2
a
2
b
2
)0.
根据韦达定理，得
2k
1
a
2
r
a
2
r
2
a
2
b
2
所以
x
1
x
2
r
2
b
2
① < br>x
1
x
2

2
,x
1
x
2

2

ba
2
k
1
2
ba
2
k
1
2
x
1
x
2
2k
1
r
22
xxrb
34
将直线GH的方程
yk
2
x
代入椭圆方程，同理可得，

x
3
x
4
2k
2
r
k
1
x
1
x
2
r
2
b
2
k
2
x
1
x
2
由①，②得所以结论成立.

x
1
x
2
2rx1
x
2
（Ⅲ）证明：设点P（p,0），点Q（q,0），由C、P、H共线，
(kk
2
)x
1
x
2
得
x
1
p

k
1
x
1
,
解得
p
1
，
k
1
x
1
k
2
x
2
x
2
pk
2
x
2
由D、Q、G共线，同理可得
q
(k
1
k
2
)x2
x
3
k
1
x
1
x
2
kxx
由
234
,

k
1
x
2
k< br>2
x
3
x
1
x
2
x
3
 x
4
x
2
x
3
x
1
x
4


k
1
x
2
k
2
x
3
k
1
x
1
k
2
x
4
k
1
x
1
k
2
x
4
变形得

即

(k
1
k
2
)x
2
x
3< br>
(k
1
k
2
)x
1
x
4

k
1
x
2
k
2
x
3
所以
|p||q|,即|OP||OQ|.

（19）.满分14分.
（Ⅰ）解读：由题设可知，
ab0,
记
ha
2
b
2
,
设P的坐标为（0，
y
），则P
至三镇距离的平方和为
f (y)2(b
2
y
2
)(hy)
2
3(y)< br>2

以，当
y
h
3
2
2
h2b
2
.
所
3
h1
2
ab
2
).
时，函数
f(y)
取得最小值. 答:点P的坐标是
(0,
33

b
2
y
2
,当b
2
y
2
| hy|,
（Ⅱ）解法一：P至三镇的最远距离为
g(x)



22


|hy|,当by|hy|.
h
2b
2
h
2
b
2
*
,
记
y ,
于是 由
by|hy|
解得
y
2h2h
22
- 7 - 10

22
22*


by,当yy,
当
y
n

hb
0,
即
hb
时，b
2
y
2
在[
g(y)

2h
*


|hy|,当yy.
y
*
,)
上是增 函
数，而
|hy|在(-,y]
上是减函数. 由此可知,当
yy时,函数
g(y)
取得最小
22
*
值. 当
y
*

hb
0,
即
hb
时,函数
b
2
y
2
在[
y,)
上,当
y0
时,取得最
*n
2h
小值
b
,而
|hy|在(-,y]
上 为减函数,且
|hy|b.
可见, 当
y0
时, 函数
*
g(y)
取得最小值. 答当
hb
时,点P的坐标为
(0,
标为(0,0),其中
ha
2
b
2
,

a
2
2b
2
2ab
22
);
当
hb
时,点P的坐

b
2
y
2
,当b
2
y
2
|hy|,

解法二:P至三镇的最远距离为
g(y)

由
22


|hy|,当by |hy|.
b
2
y
2
|hy|
解得
< br>h
2
b
2
b
2
y
2
,当yy
*
,
h
2
b
2

*
,
于是
g(y)


y,
记
y
*2h
2h


|hy|,当yy.
当
y0, 即hb时,zg(y)
的图象如图
(a)
，因此，当
yy
时， 函数
g(y)
取得最
小值.
当
yy,
即
h b时,zg(y)
的图象如图
(b)
，因此，当
y0
时，函数
g(y)
取得最小
值.
*
**


22
答：当
hb
时，点P的坐标为
(0,
a2b
);
当
hb
，点P的坐标为（0，0），其中
22
2ab
ha< br>2
b
2
.

解法三：因为在△ABC中，AB=AC=< br>a,
所以△ABC的外心M在射线AO上，其坐标为
- 8 - 10

(0,
a
2
2b
2
2ab
22
)< br>，
且AM=BM=CM. 当P在射线MA上，记P为P
1
；当P在射 线MA的反
向延长线上，记P为P
2
，
若
h
，则点M在线段AO上，
a
2
b
2b
（如图1）
这时P到A、B、C三点的最远距离为
P
1
C 和P
2
A，且P
1
C≥MC，P
2
A≥MA，所以点P与外 心M
重合时，P到三镇的最远距离最小.
若
ha
2
b2
b
(如图2),则点M在线段AO外,这时
P到A、B、C三点的最远距离为P
1
C或P
2
A，
且P
1
C≥OC，P
2
A≥OC，所以点P与BC边中点O重合时，
P到三镇的最远距离最小为
b
.
答：当
ha
2
b
2
b
时，点P的位置在△ABC的外心
(0,
a
2
2b
2
2a
2
b
2
)
；当
h a
2
b
2
b
时，点P的位置在原点O.
（20）满分14分.
（Ⅰ）证明：由题设条件可知，当
x[1,1]
时，有
|f(x)|f(x)f(1)|x1|1x,

即
x1f(x)1x.

（Ⅱ）证法一：对任意的
u,v [1,1],当|uv|1时,有|f(u)-f(v)||u-v|1.

当|u-v|1时,uv0,
不妨设
u0,
则
v0且v-u1 ,

所以，
|f(u)f(v)||f(u)f(1)||f(v)f( 1)||u1||v1|

1u1v2(vu)1.
综上可 知，对任意的
u,v[1,1],
都有
|f(u)f(v)|1.

证法二：由（Ⅰ）可得，当
x[0,1]时,f(x)1-x,

当x[1,0]时,|f(x)||f(x)f(1)1x1|x|.
< br>所以，当
x[1,1]时,|f(x)1|x|.
因此，对任意的
u, v[1,1],

当
|uv|1
时，
|f(u)f(v) ||uv|1.
当
|uv|1
时，有
uv0

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且
1|uv||u||v|2.

所以
| f(u)f(v)||f(u)||f(v)|1|u|1|v|2(|u||v)1.

综上可知，对任意的
u,v[1,1],
都有
|f(u)f (v)|1.

（Ⅲ）答：满足所述条件的函数不存在.
理由如下，假 设存在函数
f(x)
满足条件，则由
|f(u)f(v)||uv|,u,v [
1
,1],

2
11
111
得
|f()f(1)||1|.
又
f(1)0,
所以
|f()|.
①
22
222
又因为
f(x)
为奇数，所以
f(0) 0.
由条件
|f(u)f(v)||uv|,u,v[0,
1
],< br>
2
111
得
|f()||f()f(0)|.
②① 与②矛盾，所以假设不成立，即这样的函数不存在.
222


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