2002年高考.全国卷.文科数学试题及答案

第1页（共6页）2002年普通高等学校招生全国统一考试数学（文史类）及答案本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分．第I卷1至2页．第II卷3至9页．共150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)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）直线01)1(yxa与圆0222xyx相切，则a的值为（A）1,1（B）2.2（C）1（D）1（2）复数3)2321(i的值是（A）i（B）i（C）1（D）1（3）不等式0|)|1)(1(xx的解集是（A）}10|{xx（B）0|{xx且}1x（C）}11|{xx（D）1|{xx且}1x（4）函数xay在]1,0[上的最大值与最小值这和为3，则a＝（A）21（B）2（C）4（D）41（5）在)2,0(内，使xxcossin成立的x的取值范围是（A）)45,()2,4(（B）),4(（C）)45,4(（D）)23,45(),4(（6）设集合},412|{ZkkxxM，},214|{ZkkxxN，则（A）NM（B）NM（C）NM（D）NM（7）椭圆5522kyx的一个焦点是)2,0(，那么k（A）1（B）1（C）5（D）5第2页（共6页）（8）一个圆锥和一个半球有公共底面，如果圆锥的体积恰好与半球的体积相等，那么这个圆锥轴截面顶角的余弦值是（A）43（B）54（C）53（D）53（9）10ayx，则有（A）0)(logxya（B）1)(log0xya（C）2)(log1xya（D）2)(logxya（10）函数cbxxy2（),0[）是单调函数的充要条件是（A）0b（B）0b（C）0b（D）0b（11）设)4,0(，则二次曲线122tgyctgx的离心率取值范围（A）)21,0(（B）)22,21(（C）)2,22(（D）),2(（12）从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（A）8种（B）12种（C）16种（D）20种第II卷(非选择题共90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．（13）据新华社2002年3月12日电，1985年到2000年间。我国农村人均居住面积如图所示，其中，从年2000年的五年间增长最快。（14）函数xxy12（),1(x）图象与其反函数图象的交点为（15）72)2)(1(xx展开式中3x的系数是（16）对于顶点在原点的抛物线，给出下列条件：①焦点在y轴上；②焦点在x轴上；③抛物线上横坐标为1的点到焦点的距离等于6；④抛物线的通径的长为5；⑤由原点向过焦点的某条直线作垂线，垂足坐标为)1,2(。能使这抛物线方程为xy102的条件是第（要求填写合适条件的序号）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）如图，某地一天从6时至14时的温度变化曲线近似满足函数bxAy)sin(（1）求这段时间的最大温差；（2）写出这段时间的函数解析式；第3页（共6页）（18）甲、乙物体分别从相距70米的两处同时相向运动。甲第1分钟走2米，以后每分钟比前1分钟多走1米，乙每分钟走5米。（1）甲、乙开始运动后几分钟相遇？（2）如果甲、乙到达对方起点后立即折返，甲继续每分钟比前1分钟多走1米，乙继续每分钟走5米，那么开始运动几分钟后第二相遇？（19）四棱锥ABCDP的底面是边长为a的正方形，PB平面ABCD。（1）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60，求这个四棱锥的体积；（2）证明无论四棱锥的高怎样变化。面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90（20）设函数1|2|)(2xxxf，Rx（1）讨论)(xf的奇偶性；（2）求)(xf的最小值。（21）已知点P到两定点)0,1(M、)0,1(N距离的比为2，点N到直线PM的距离为1，求直线PN的方程。（22）（本小题满分12分，附加题满分4分）（I）给出两块相同的正三角形纸片（如图1，图2），要求用其中一块剪拼成一个三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图1、图2中，并作简要说明；（II）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小；（III）（本小题为附加题，如果解答正确，加4分，但全卷总分不超过150分）如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图3），要求剪栟成一个直三棱柱，使它的全面积与给出的三角形的面积相等。请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图3中，并作简要说明。第4页（共6页）参考答案一、选择题题号123456789101112答案DCDBCBBCDADB二、填空题（13）19952000（14）)1,1(),0,0(（15）1008（16）②⑤三、解答题（17）解：（1）由图示，这段时间的最大温差是201030℃（2）图中从6时到14时的图象是函数bxAy)sin(的半个周期∴614221，解得8由图示，10)1030(21A20)3010(21b这时，20)8sin(10xy将10,6yx代入上式，可取43综上，所求的解析式为20)438sin(10xy（]14,6[x）（18）解：（1）设n分钟后第1次相遇，依题意，有7052)1(2nnnn，整理得0140132nn，解得7n，20n（舍）第1次相遇是在开始后7分钟．（2）设n分钟后第2次相遇，依题意，有70352)1(2nnnn，整理得0420132nn，解得15n，28n（舍）第2次相遇是在开始后15分钟．（19）解（1）∵PB平面ABCD，∴BA是PA在面ABCD上的射影，∴DAPA∴PAB是面PAD与面ABCD所成二面角的平面角，60PAB而PB是四棱锥ABCDP的高，atgABPA360∴3233331aaaVABCDP（2）证：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD与PCD恒为全等三角形．作DPAE，垂足为E，连结EC，则CDEADE．∴ECAE，90CED，故CFA是面PAD与面PCD所成的二面角的平面角．设AC与DB相交于点O，连结EO，则ACEO．aADAEOAa22第5页（共6页）在△AEC中，0)2)(2(2)2(cos2222AEOAAEOAAEECAEOAECAEAEC所以，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90（20）解：（I）3)2(f,7)2(f，由于)2()2(ff，)2()2(ff故)(xf既不是奇函数，也不是偶函数．（2）2123)(22xxxxxxxf由于)(xf在),2[上的最小值为3)2(f，在)2,(内的最小值为43)21(f故函数)(xf在),(内的最小值为43（21）解：设P的坐标为),(yx，由题意有2||||PNPM，即2222)1(2)1(yxyx，整理得01622xyx因为点N到PM的距离为1，2||MN所以30PMN，直线PM的斜率为33直线PM的方程为)1(33xy将)1(33xy代入01622xyx整理得0142xx解得32x，32x则点P坐标为)31,32(或)31,32()31,32(或)31,32(直线PN的方程为1xy或1xy．（22）解（I）如图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥．如图2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形，其较长的一组邻边边长为三角形边长的41，有一组对角为直角，余下部分按虚线折起，可成一个缺上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱锥的上底．第6页（共6页）（II）依上面剪拼方法，有锥柱VV．推理如下：设给出正三角形纸片的边长为2，那么，正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正三角形，其面积为43．现在计算它们的高：36)2332(12锥h，633021tgh柱．02422343)9663(43)31(锥柱锥柱－hhVV所以锥柱VV．（III）如图3，分别连结三角形的内心与各顶点，得三条线段，再以这三条线段的中点为顶点作三角形．以新作的三角形为直棱柱的底面，过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线，沿六条垂线剪下三个四边形，可心拼成直三棱柱的上底，余下部分按虚线折起，成为一个缺上底的直三棱柱，即可得到直三棱柱．