2002年浙江高考普通高等学校招生全国统一考试(理科数学)理及答案

2002年浙江高考普通高等学校招生全国统一考试（理科数学）理及答案

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．

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）圆(x1)y1的圆心到直线y223x的距离是 3（A）

31 （B） （C）1 （D）3

221233i)的值是 2（2）复数(（A）i （B）i （C）1 （D）1 （3）不等式(1x)(1|x|)0的解集是

（A）{x|0x1} （B）{x|x0且x1} （C）{x|1x1} （D）{x|x1且x1} （4）在(0,2)内，使sinxcosx成立的x的取值范围是

5553,)(,) （B）(,) （C）(,) （D）(,)(,) 424444442k1k1（5）设集合M{x|x,kZ}，N{x|x,kZ}，则

2442（A）MN （B）MN （C）MN （D）MN

（A）(xt2（6）点P(1,0)到曲线（其中参数tR）上的点的最短距离为

y2t（A）0 （B）1 （C）2 （D）2

（7）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）

3433 （B） （C） （D） 4555（8）正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为2，则这个棱柱侧面对角线E1D与BC1所成的角是

（A）90 （B）60 （C）45 （D）30 （9）函数yxbxc（[0,)）是单调函数的充要条件是 （A）b0 （B）b0 （C）b0 （D）b0 （10）函数y121的图象是 x1

yyyy

1 111-1 Ox-111OxOOxx

(D) (B)(C)(A)

（11）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 （12）据2002年3月5日九届人大五次会议《政府工作报告》：“2001年国内生产总值达到95933亿元，比上年增长7.3%”，如果“十•五”期间（2001年－2005年）每年的国内生产总值都按此年增长率增长，那么到“十•五”末我国国内年生产总值约为

（A）115000亿元 （B）120000亿元 （C）127000亿元 （D）135000亿元

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）函数ya在[0,1]上的最大值与最小值这和为3，则a＝ （14）椭圆5xky5的一个焦点是(0,2)，那么k （15）(x1)(x2)展开式中x3的系数是 27x22x2111（16）已知f(x)，那么f(1)f(2)f()f(3)f()f(4)f()＝ 22341x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．

2（17）已知sin2sin2coscos21，(0,2)，求sin、tg的值

（18）如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CMBNa（0a2）

（1）求MN的长；

（2）a为何值时，MN的长最小；

（3）当MN的长最小时，求面MNA与面MNB所成二面角的大小

D

A

CPMBNFQE（19）设点P到点(1,0)、(1,0)距离之差为2m，到x、y轴的距离之比为2，求m的取值范围

（20）某城市2001年末汽车保有量为30万辆，预计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量相同为保护城市环境，要求该城市汽车保有量不超过60万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多少辆？

（21）设a为实数，函数f(x)x|xa|1，xR （1）讨论f(x)的奇偶性； （2）求f(x)的最小值 2

（22）设数列{an}满足：an1annan1，n1,2,3, （I）当a12时，求a2,a3,a4并由此猜测an的一个通项公式； （II）当a13时，证明对所的n1，有 （i）ann2 （ii）

211111 1a11a21a31an2

参考答案 一、选择题 题号 答案 1 A 2 C 3 D 4 C 5 B 6 B 7 C 8 B 9 A 10 B 11 B 12 C 二、填空题 （13）2 （14）1 （15）1008 （16）三、解答题

（17）解：由sin22sin2coscos21，得

7 24sin2cos22sincos22cos20

2cos2(2sin2sin1)0 2cos2(2sin1)(sin1)0

∵(0,2)

∴sin10，cos20 ∴2sin10，即sin∴1 26

∴tg3 3（18）解（I）作MP∥AB交BC于点P，NQ∥AB交BE于点Q，连结PQ，依题意可得MP∥NQ，且MPNQ，即MNQP是平行四边形 ∴MNPQ

由已知CMBNa，CBABBE1 ∴ACBF2，CPBQ2a 2MNPQ(1CP)2BQ2 (1 (aa2)2(a2)2

221) (0a2)22

（II）由（I）

MN (a221) 2222时，MN 222 2所以，当a即当M、N分别为AC、BF的中点时，MN的长最小，最小值为（III）取MN的中点G，连结AG、BG， ∵AMAN,BMBN，G为MN的中点

∴AGMN,BGMN，即AGB即为二面角的平面角

又AGBG6，所以，由余弦定理有 4(cos626)()21144 36624413故所求二面角为arccos

（19）解：设点P的坐标为(x,y)，依题设得

|y|2，即y2x，x0 |x|因此，点P(x,y)、M(1,0)、N(1,0)三点不共线，得

||PM||PN|||MN|2

∵||PM||PN||2|m|0 ∴0|m|1

因此，点P在以M、N为焦点，实轴长为2|m|的双曲线上，故

x2y21 22m1mx2y21，并解得 将y2x代入2m1m2

m2(1m2)2x，因1m0 215m2所以15m20 解得0|m|5 555,0)(0,) 55即m的取值范围为(（20）解：设2001年末汽车保有量为b1万辆，以后各年末汽车保有量依次为b2万辆，b3万辆，…，每年新增汽车x万辆，则

b130，b2b10.94x

对于n1，有

bn1bn0.94x bn10.942(10.94)x n2n所以bn1b10.94x(10.940.940.94)

10.94nb10.94x

0.06n 当30xx(30)0.94n 0.060.06x0，即x1.8时 0.06bn1bnb130 当30x0，即x1.8时 0.06x 0.06数列{bn}逐项增加，可以任意靠近

nlimbnlim[nxxx(30)0.94n1] 0.060.060.06因此，如果要求汽车保有量不超过60万辆，即

bn60（n1,2,3,）

x60，即x3.6万辆 0.06综上，每年新增汽车不应超过3.6万辆 则

（21）解：（I）当a0时，函数f(x)(x)|x|1f(x) 此时，f(x)为偶函数

2当a0时，f(a)a1，f(a)a2|a|1，

22f(a)f(a)，f(a)f(a)

此时f(x)既不是奇函数，也不是偶函数

（II）（i）当xa时，f(x)xxa1(x)a当a21223 41，则函数f(x)在(,a]上单调递减，从而函数f(x)在(,a]上的最小值为2f(a)a21．

1131，则函数f(x)在(,a]上的最小值为f()a，且f()f(a)． 22421232（ii）当xa时，函数f(x)xxa1(x)a

241131若a，则函数f(x)在(,a]上的最小值为f()a，且f()f(a)

22421若a，则函数f(x)在[a,)上单调递增，从而函数f(x)在[a,)上的最小值为

2若af(a)a21．

综上，当a13时，函数f(x)的最小值为a 24112当a时，函数f(x)的最小值为a1

2213当a时，函数f(x)的最小值为a．

242（22）解（I）由a12，得a2a1a113 由a23，得a3a22a214 由a34，得a4a33a315

由此猜想an的一个通项公式：ann1（n1） （II）（i）用数学归纳法证明：

①当n1时，a1312，不等式成立． ②假设当nk时不等式成立，即akk2，那么

22

ak1ak(akk)1(k2)(k2k)12k5k3．

也就是说，当nk1时，ak1(k1)2 据①和②，对于所有n1，有ann2． （ii）由an1an(ann)1及（i），对k2，有

akak1(ak1k1)1

ak1(k12k1)12ak11

……

ak2k1a12k2212k1(a11)1

于是

111k1，k2

1ak1a121111a11a1k11akn2k2n1k111a12k1n1k1221 1a1132