2003北京高考数学真题与答案

绝世美人儿
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2020年08月16日 04:36
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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
2
10},B {x|log
2
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)设
y
1
4

1
,y
2
8
0.44
,y
3
()
1.5
,则
2
(B)y
2
>y
1
>y
3
(C)y
1
>y
2
>y
3
(D)y
1
>y
3
>y
2
(A)y
3
>y
1
>y
2

5

3
”是“(3)“
c

k

,kZ
”的
os2


12
2


(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
|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 -


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

aij



1,第i号同学同意第j号同学当选.

0 ,第i号同学不同意第j号同学当选.
, 其中
i
=1,2,„,
k
,且
j
=1,2,„,k,
则同时同意第1,2号同学当选的人数为



(A)
a
11
a
12
a1k
a
21
a
22
a
2k

(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.

函数.
是偶
h(x)tg2x
中,
x
2
y
2
1
右顶点为顶点,左焦点为焦点的抛物线的方程是 (12)以双曲线
169
(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)
- 2 -


已知函数< br>f(x)cos
4
x2sinxcosxsin
4
x.

(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

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:
k< br>1
x
1
x
2
k
2
x
3
x< br>4


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)
- 3 -


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)

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

|f(u)f(v)||uv|.当u,
1


v[0,].

2



|f(u)f (v)||uv|,当u,v[
1

2
,1].
若存在,请举一例:若不存在,请说明理由.
- 4 -


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
(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
2
4
(14)

4
(13)

r(ab)

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)解析: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
- 5 -


(Ⅱ)解析:因为
0x

,
所以

2x


5

.

2
444

2x



时,
cos(2x

)
取得最大值
2
;当2x
44

4
4
2


时,
cos(2x

)

4
得最小值-1. 所以
f(x)

[0,
(16)满分13分.



2
]
上的最大值为1,最小值为-
2.

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

a
1
2,d2.

所以
a
n
2n.
(Ⅱ)解:令
S
n
b
1
b
2
b
n
,
则由
b
n
a
n
x
n
2nx
n
,


S
n
2 x4x
2


(2n2)x
n1
2nx
n
,


xS
n
2x
2
4x
3
(2n2)x
n
2nx
n1
,


x1
时,①式减去②式,得
n

(1x)Sn
2(xx
2
x
n
)2nx
n1

2x(1x)
2nx
n1
,

1x
所以
S
2x(1x)

2nx
.

n
2
(1x)
1x
nn1

x1
时,
S< br>n
24

2nn(n1)
综上可得当
x1时,
S
n
n(n1)


x1< br>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< br>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)解析: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,
- 6 -


3
3
B
1
B
2
tgB
1
BE 3.
∴∠B
1
EB=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,∵B1
B⊥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

BBC
AF

22
3
11111
111


1
(
1

33
3)
33

27
.
即三棱 锥C
1
—ABB
1
的体积为
27
.

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


1
S
ABC
A A
1

1
(4
3
3
2
)
3 3

27
.
即三棱锥C
1
—ABB
1
的体 积为
27
.

3
111
3428
8
(18)满分15分.
(Ⅰ) 解析:椭圆方程为
x

(yr)
1,
焦点坐标为
F1
(a
2
b
2
,r),F
2
(a
2
b
2
,r),

a
2
b
2
离心率
e
22
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 < br>b
2
x
2
a
2
(k
1
xr)< br>2
a
2
b
2
,

整理得
(b2
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
2r
a
2
r
2
a
2
b
2
所以
x
1
x
2
r
2
b
2

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
2k1
r
22
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

rb

x
3
x
4
2k
2
r
k
1
x1
x
2
r
2
b
2
k
2
x< br>1
x
2
由①,②得所以结论成立.

x
1
x
2
2rx
1
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

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
- 7 -



q(k
1
k
2
)x
2
x
3

k
1
x
1
x
2

k
2
x
3
x
4
,

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

x
2
x
3
x
1x
4


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


(k
1
k
2
)x
2
x
3
(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)解析:由题设可知,
ab0,

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
.

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
*
,

y ,
于是 由
by|hy|
解得
y
2h2h
22
22*
h
2
b
2

n
by,当y y,


g(y)

y0,

h

*
2h


|hy|,当yy.
b时,
b
2
y
2
在[
y
*
,)< br>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
22
*
最小值. 当
y
*

hb
0,

hb
时,函数
b
2
y
2
在[
y,)
上,当
y0
时,取
*n
2h
*
得最小值
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< br>时,点P的坐标为
(0,
a
2
2b
2
2ab22
);

hb
时,点P
的坐标为(0,0),其中
ha
2
b
2
,


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)


22


|hy|,当by|hy|.
b
2
y
2
|h y|
解得

h
2
b
2
b
2
y
2
,当yy
*
,
h
2
b
2

*
,
于是
g(y)


y

,

y
*
2h
2h
< br>
|hy|,当yy.
- 8 -


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.

yy
*
,

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,< br>a2b
);

hb
,点P的坐标为(0,0),其中
22
2ab
ha
2
b
2
.


(0,
解法三:因为在△ABC中,AB=AC=
a,
所以△ABC的外心M在射线A O上,其坐标为
a
2
2b
2
2ab
22
)
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


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.

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
22
;当
habb
时,点P的位置在原点O.
)
- 9 -


(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,


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.

|u-v|1时,uv0,
不妨设
u0,

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|.

所以,当
x[1,1]时,|f(x)1|x|.
因此,对任意的
u ,v[1,1],


|uv|1
时,
|f(u)f(v )||uv|1.

|uv|1
时,有
uv0


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< br>,1],

2
11
111

|f()f(1)||1|.

f(1)0,
所以
|f()|.

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

|f()||f()f(0)|.
② ①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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