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  • 2021-05-13 发布

详细解析上海高考数学理

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‎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)‎