详细解析上海高考数学理

详细解析上海高考数学理

‎2000上海高考试卷 理科数学 考生注意：本试卷共有22道试题，满分150分 一、填空题（本大题满分为48分）本大题共有12题，只要求直接填写结果，每个空格填对得4分，否则一律得零分．‎ ‎1．已知向量，若，则 ．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】，，∴．‎ ‎2．函数的定义域为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】．‎ ‎3．圆锥曲线的焦点坐标是 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】参数方程化为普通方程，∴焦点为，即 ‎．‎ ‎4．计算： ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】．‎ ‎5．已知的反函数为，若的图象经过点，则 ‎ ．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】若的图象经过点，则过点，将点的坐标代入得，∴．‎ ‎6．根据上海市人大十一届三次会议上的市政府工作报告，1999年上海市完成GDP（GDP是指国内生产总值）4035亿元，2000年上海市GDP预期增长，市委、市府提出本市常住人口每年的自然增长率将控制在，若GDP与人口均按这样的速度增长，则要使本市年人均GDP达到或超过1999年的2倍，至少需 年．‎ ‎（按：1999年本市常住人口总数约1300万）‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】由题设条件可得，解得，∴．‎ ‎【编者注】上海考生可以使用计算器．‎ ‎7．命题A：底面为正三角形，且顶点在底面的射影为底面中心的三棱锥是正三棱锥．命题 A的等价命题B可以是：底面为正三角形，且 的三棱锥是正三棱锥．‎ ‎【答案】．侧棱相等侧棱与底面所成角相等……‎ ‎【解析】本小题考查正三棱锥的定义和性质．‎ 根据正三棱锥的定义和性质易知有多个等价命题．‎ ‎8．设函数是最小正周期为2的偶函数，它在区间上的图象为如图所示的线段，则在区间上 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题设关于点对称，由周期性将向右平移两个单位得，所在的直线过原点，∴在区间上．‎ ‎9．在二项式的展开式中，系数最小的项的系数为 ，（结果用数值表示）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】中间项有两项，一项系数为正最大，另一项为负最小为．‎ ‎10．有红、黄、蓝三种颜色的旗帜各3面，在每种颜色的3面旗帜上分别标上号码1、2和3，现任取出3面，它们的颜色与号码均不相同的概率是 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】本小题考查等可能事件的概率．．‎ ‎11．在极坐标系中，若过点且与极轴垂直的直线交曲线于两点，则 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】化为普通方程：和，将代入得，‎ ‎∴．‎ ‎12．在等差数列中，若，则有等式 成立，类比上述性质，相应的：在等此数列中，若，则有等式 成立．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】本小题考查等差数列和等边数列的性质及其类比推理．‎ ‎∵，根据等边数列的性质和类比有．‎ 二、选择题（本大题满分16分）本大题共有4题，每题都给出代号为A、B、C、D的四个结论，其中有且只有一个结论是正确的，必须把正确结论的代号写在题后的圆括号内，选对得4分，不选、选错或者选出的代号超过一个（不论是否都写在圆括号内），一律得零分．‎ ‎13．复数（是虚数单位）的三角形式是 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】．‎ ‎14．设有不同的直线和不同的平面，给出下列三个命题：‎ ‎①若，则 ②若，则 ‎③若,，则 其中正确的个数是 A．0 B．‎1 C．2 D．3‎ ‎【答案】A ‎【解析】略．‎ ‎15．若集合，则是：‎ A． B． C． D．有限集 ‎【答案】A ‎【解析】，所以．‎ ‎16．下列命题中正确的命题是 A．若点为角终边上一点，则 B．同时满足的角有且只有一个 C．当时，的值恒正 D．三角方程的解集为 ‎【答案】D ‎【解析】的正负不能确定，A错误；B中角无数个；C中，当时，‎ 的值恒正；，由周期性知．‎ 三、解答题（本大题满分86分）本大题共有6题，解答下列各题必须写出必要的步骤．‎ ‎17．（本题满分12分）‎ 已知椭圆的焦点分别为和，长轴长为6，设直交椭圆于两点，求线段的中点坐标．‎ ‎【解】设椭圆的方程为， ……………（2分）‎ 由题意，于是，‎ ‎∴椭圆的方程为． ……………（4分）‎ 由得，‎ 因为该二次方程的判别式，所以直线与椭圆有两个不同交点，……（8分）‎ 设，则，‎ 故线段的中点坐标为． ……（12分）‎ ‎18．（本题满分12分）‎ 如图所示四面体中，两两互相垂直，且，是中点，异面直线与所成的角的大小为，求四面体的体积．‎ ‎【解】解法一：如图建立空间直角坐标系 ……（2分）‎ 由题意，有．设点的坐标为 ‎，则，……（6分）‎ 设与所构成的角为，‎ 则．‎ 且与所成的角的大小为，‎ ‎∴，‎ 得，故的长度是4， ……（10分）‎ 又，‎ 因此四面体的体积． ……（12分）‎ 解法二：过引的平行线，交与的延长线于，连接．‎ 是异面直线与所成的角，‎ ‎∴． ……（4分）‎ ‎∵是的中点，∴是的中点，‎ ‎． ……（6分）‎ 又分别是的射影，且．‎ ‎∴． ……（8分）‎ 三角形是等腰三角形，，‎ 故， ……（10分）‎ 又，‎ 因此四面体的体积是． ……（12分）‎ ‎19．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分．‎ 已知函数．‎ ‎（1）当时，求函数的最小值：‎ ‎（2）若对任意恒成立，试求实数的取值范围．‎ ‎【解】（1）当时，，‎ 在区间上为增函数， ……（3分）‎ 地区间上最小值为， ……（6分）‎ ‎（2）解法一：在区间上，‎ 恒成立恒成立， ……（8分）‎ 设，‎ 递增，‎ ‎∴当时，， ……（12分）‎ 于是当且仅当时，函数恒成立，‎ 故． ……（14分）‎ ‎（2）解法二：，‎ 当时，函数的值恒为正， ……（8分）‎ 当时，函数递增，故当时，， ……（12分）‎ 于是当且仅当时，函数恒成立，‎ 故． ……（14分）‎ ‎20．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分4分，第2小题满分10分．‎ 根据指令，机器人在平面上能完成下列动作：先原地旋转角度（为正时，按逆时针方向旋转，为负时，按顺时针方向旋转），再朝其面对的方向沿直线行走距离．‎ ‎（1）现机器人在直角坐标系的坐标原点，且面对轴正方向．试给机器人下一个指令，使其移动到点．‎ ‎（2）机器人在完成该指令后，发现在点处有一小球正向坐标原点作匀速直线滚动，已知小球滚动的速度为机器人直线行走速度的2倍，若忽略机器人原地旋转所需的时间，问机器人最快可在何处截住小球？并给出机器人截住小球所需的指令（结果精确到小数点后两位）．‎ ‎【解】（1），得指令为， ……（4分）‎ ‎（2）设机器人最快在点处截住小球， ……（6分）‎ 则因为小球速度是机器人速度的2倍，所以在相同时间内有 ‎， ……（8分）‎ 即，得或．‎ ‎∵要求机器人最快地去截住小球，即小球滚动距离最短，，‎ 故机器人最快可在点处截住小球， ……（10分）‎ 所给的指令为． ……（14分）‎ ‎21．（本题满分16分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分．‎ 在平面上有一点列，对每个自然数，点位于函数的图象上，且点、点与点构成一个以为顶点的等腰三角形．‎ ‎（1）求点的纵坐标的表达式．‎ ‎（2）若对每个自然数，以为边长能构成一个三角形，求取值范围．‎ ‎（3）设，若取（2）中确定的范围内的最小整数，求数列的最大项的项数．‎ ‎【解】（1）由题意，，∴． ……（4分）‎ ‎（2）∵函数递减，‎ ‎∴对每个自然数，有，则以为边长能构成一个三角形的充要条件是，‎ 即， ……（7分）‎ 解得或，‎ ‎∴． ……（10分）‎ ‎（3）∴，∴， ……（12分）‎ 数列是一个递减的正数数列，对每个自然数．‎ 于是当时，，当时，，‎ 因此，数列的最大项的项数满足不等式且．‎ 由，得，‎ ‎． ……（16分）‎ ‎22．（本小题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分5分，第2小题满分5分，第3小题满分8分．‎ 已知复数，和，其中均为实数，为虚数单位，且对于任意复数，有．‎ ‎（1）试求的值，并分别写出和用表示的关系式；‎ ‎（2）将作为点的坐标，作为点的坐标，上述关系可以看作是坐标平面上点的一个变换：它将平面上的点变到这一平面上的点．‎ 当点在直线上移动时，试求点经该变换后得到的点的轨迹方程；‎ ‎（3）是否存在这样的直线：它上面的任一点经上述变换后得到的点仍在该直线上？若存在，试求出所有这些直线；若不存在，则说明理由．‎ ‎【解】（1）由题设，，，‎ 于是由，且，得， ……（3分）‎ 因此由，‎ 得关系式 ……（5分）‎ ‎（2）设点在直线上，则其经变换后的点满足 ‎ ……（7分）‎ 消去，得，‎ 故点的轨迹方程为． ……（10分）‎ ‎（3）假设存在这样的直线，∵平行坐标轴的直线显然不满足条件，‎ ‎∴所求直线可设为， ……（12分）‎ 解法一：∵该直线上的任一点，其经变换后得到的点仍在该 直线上，∴，即，‎ 当时，方程组无解，‎ 故这样的直线不存在． ……（16分）‎ 当时，由，‎ 得，‎ 解得或，‎ 故这样的直线存在，其方程为或， ……（18分）‎ 解法二：取直线上一点，其经变换后的点仍在该直线上，‎ ‎∴，得， ……（14分）‎ 故所求直线为，取直线上一点，其经变换后得到的点 仍在该直线上．‎ ‎∴， ……（16分）‎ 即，得或，‎ 故这样的直线存在，其方程为或， ……（18分）‎