1994年云南高考理科数学真题及答案.doc

1994年云南高考理科数学真题及答案 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟． 第Ⅰ卷(选择题共65分) 一、选择题：本大题共15小题；第(1)—(10)题每小题4分，第(11)—(15)题每小题5分，共65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) 设全集I={0，1，2，3，4}，集合A={0，1，2，3}，集合B={2，3，4}，则 ( ) (A) {0} (B) {0，1} (C) {0，1，4} (D) {0，1，2，3，4} (2) 如果方程x2+ky2=2表示焦点在y轴上的椭圆，那么实数k的取值范围是 ( ) (A) (0，+∞) (B) (0，2) (C) (1，+∞) (D) (0，1) (3) 极坐标方程所表示的曲线是 ( ) (A) 双曲线 (B) 椭圆 (C) 抛物线 (D) 圆 (4) 设θ是第二象限的角，则必有 ( ) (A) (B) (C) (D) (5) 某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次(一个分裂为两个)．经过3小时，这种细菌由1个可繁殖成 ( ) (A) 511个 (B) 512个 (C) 1023个 (D) 1024个 (6) 在下列函数中，以为周期的函数是 ( ) (A) y=sin2x+cos4x (B) y=sin2xcos4x (C) y=sin2x+cos2x (D) y=sin2xcos2x (7) 已知正六棱台的上、下底面边长分别为2和4，高为2，则其体积为 ( ) (A) 32 (B) 28 (C) 24 (D) 20 (8) 设F1和F2为双曲线－y2=1的两个焦点，点P在双曲线上且满足∠F1PF2=90°，则△F1PF2的面积是 ( ) (A) 1 (B) (C) 2 (D) (9) 如果复数z满足│z+i│+│z－i│=2，那么│z+i+1│的最小值是 ( ) (A) 1 (B) (C) 2 (D) (10) 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担．从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有 ( ) (A) 1260种 (B) 2025种 (C) 2520种 (D) 5040种 (11) 对于直线m、n和平面α、β，α⊥β的一个充分条件是 ( ) (A) m⊥n，m∥α，n∥β (B) m⊥n，α∩β=m，nα (C) m∥n，n⊥β，mα (D) m∥n，m⊥α，n⊥β (12) 设函数f(x)=1－(－1≤x≤0)，则函数y=f－1(x)的图像是 ( ) (13) 已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB=BC=CA=2，则球面面积是 ( ) (A) π (B) π (C) 4π (D) π (14) 函数y=arccos(sinx)的值域是 ( ) (A) (B) (C) (D) (15) 定义在(－∞，+∞)上的任意函数f(x)都可以表示成一个奇函数g(x)和一个偶函数h(x)之和，如果f(x)=lg(10x+1)，x∈(－∞，+∞)，那么 ( ) (A) g(x)=x，h(x)=lg(10x+10－x+2) (B) g(x)=[lg(10x+1)+x]，h(x)=[lg(10x+1)－x] (C) g(x)=，h(x)=lg(10x+1)－ (D) g(x)=－，h(x)=lg(10x+1)+ 第Ⅱ卷(非选择题共85分) 二、填空题 (本大题共5小题，共6个空格；每空格4分，共24分．把答案填在题中横线上) (16) 在(3－x)7的展开式中，x5的系数是 (用数字作答) (17) 抛物线y2=8－4x的准线方程是 ，圆心在该抛物线的顶点且与其准线相切的圆的方程是 (18) 已知sinθ +cosθ =，θ∈(0，π)，则ctgθ的值是_____________ (19) 设圆锥底面圆周上两点A、B间的距离为2，圆锥顶点到直线AB的距离为，AB和圆锥的轴的距离为1，则该圆锥的体积为_________ (20) 在测量某物理量的过程中，因仪器和观察的误差，使得n次测量分别得到a1，a2，…an，共n个数据，我们规定所测量物理量的“最佳近似值” a是这样一个量：与其他近似值比较，a与各数据的差的平方和最小．依此规定，从a1，a2，…，an推出的a=_________ 三、解答题(本大题共5小题，共61分；解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤) (21) (本小题满分11分) 已知z=1+i． (1)设ω=z2+3－4，求ω的三角形式； (2)如果，求实数a，b的值． (22) (本小题满分12分) 已知函数f(x)=tgx，x∈(0，)．若x1，x2∈(0，)，且x1≠x2，证明[f(x1)+f(x2)]>f() (23) (本小题满分12分) 如图，已知A1B1C1－ABC是正三棱柱，D是AC中点． (1)证明AB1∥平面DBC1； (2)假设AB1⊥BC1，求以BC1为棱，DBC1与CBC1为面的二面角α的度数． (24) (本小题满分12分) 已知直线l过坐标原点，抛物线C顶点在原点，焦点在x轴正半轴上．若点和点B(0，8)关于l的对称点都在C上，求直线l和抛物线C的方程． (25) (本小题满分14分) 设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项． (1)写出数列{an}的前3项； (2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程)； (3)令，求 参考答案 一、选择题(本题考查基本知识和基本运算) 1．C 2．D 3．D 4．A 5．B 6．D 7．B 8．A 9．A 10．C 11．C 12．B 13．D 14．B 15．C 二、填空题(本题考查基本知识和基本运算) 16．－189 17．x=3，(x－2)2+y2=1 18． 19． 20． 三、解答题 21．本小题考查共轭复数、复数的三角形式等基础知识及运算能力． 解：(1)由z＝1+i，有 ω=z2+3－4 =(1+i)2+3－4 =2i+3(1－i)－4=－1－i， ω的三角形式是． (2)由z=1+i，有 = 由题设条件知(a+2)－(a+b)i=1－i． 根据复数相等的定义，得 解得 22．本小题考查三角函数基础知识、三角函数性质及推理能力． 证明： tgx1+tgx2= ∵x1，x2∈(0，)，x1≠x2， ∴2sin(x1+x2)>0，cos x1cosx2>0，且0<cos (x1－x2)<1， 从而有0<cos (x1+x2)+cos (x1－x2)<1+cos (x1+x2)， 由此得tgx1+tgx2>，∴( tgx1+tgx2)>tg， 即[f(x1)+f(x2)]>f() 23．本小题考查空间线面关系、正棱柱的性质、空间想象能力和逻辑推理能力． (1)证明： ∵A1B1C1－ABC是正三棱柱，∴四边形B1BCC1是矩形． 连结B1C交BC1于E，则B1E=EC．连结DE． 在△AB1C中，∵AD=DC，∴DE∥AB1． 又AB1平面DBC1，DE平面DBC1，∴AB1∥平面DBC1． (2)解：作DF⊥BC，垂足为F，则DF⊥面B1BCC1，连结EF，则EF是ED在平面B1BCC1上的射影． ∵AB1⊥BC1， 由(1)知AB1∥DE，∴DE⊥BC1，则BC1⊥EF，∴∠DEF是二面角α的平面角． 设AC=1，则DC=．∵△ABC是正三角形，∴在Rt△DCF中， DF=DC·sinC=，CF=DC·cosC=．取BC中点G．∵EB=EC，∴EG⊥BC． 在Rt△BEF中， EF2=BF·GF，又BF=BC－FC=，GF=， ∴EF2=·，即EF=．∴tg∠DEF=．∴∠DEF=45°． 故二面角α为45°． 24．本小题考查直线与抛物线的基本概念和性质，解析几何的基本思想方法以及综合运用知识解决问题的能力． 解法一：依题设抛物线C的方程可写为 y2=2px (p>0)， 且x轴和y轴不是所求直线，又l过原点，因而可设l的方程为 y=kx (k≠0)． ① 设A'、B'分别是A、B关于l的对称点，因而A'A⊥l，直线A'A的方程为 ② 由①、②联立解得AA'与l的交点M的坐标为． 又M为AA'的中点，从而点A'的坐标为 x A'=， y A'=． ③ 同理得点B'的坐标为 x B'=， y B'= ． ④ 又A'、B'均在抛物线y2=2px(p>0)上，由③得 ，由此知k≠±1， 即 ⑤ 同理由④得． 即 ． 从而 =， 整理得 k2－k－1=0． 解得 但当时，由③知， 这与A'在抛物线y2=2px(p>0)上矛盾，故舍去． 设，则直线l的方程为． 将代入⑤，求得． 所以直线方程为 ． 抛物线方程为 ． 解法二：设点A、B关于l的对称点分别为A'(x1、y1)、B'(x2，y2)，则 |OA'|=|OA|=1，|OB'|=|OB|=8． 设由x轴正向到OB'的转角为α，则 x2=8cosα，y2=8sinα． ① 因为A'、B'为A、B关于直线l的对称点，而∠BOA为直角，故∠B'OA'为直角，因此 x1=cos=sinα，y1=sin=－cosα， ② 由题意知x1>0，x2>0，故α为第一象限角． 因为A'、B'都在抛物线y2=2px上，将①、②代入得 cos2α=2p·sinα，64sin2α=2p·8cosα． ∴8sin3α=cos3α， ∴2sinα=cosα， 解得 ． 将代入cos2α=2psinα得 ， ∴抛物线C的方程为． 因为直线l平分∠B'OB，故l的斜率 ∴直线l的方程为． 25．本小题考查等差数列、等比数列、数列极限等基础知识考查逻辑推理能力和分析问题与解决问题的能力． 解：(1)由题意，当n=1时有，S1=a1， ∴， 解得 a1=2． 当n=2时有，S2=a1+ a2，a1=2代入，整理得 (a2－2)2=16． 由a2>0，解得 a2=6． 当n=3时有，S3=a1+ a2+ a3，将a1=2，a2=6代入，整理得 (a3－2)2=64． 由a3>0，解得 a3=10． 故该数列的前3项为2，6，10． (2)解法一：由(1)猜想数列{an}有通项公式an =4n－2． 下面用数学归纳法证明数列{ an }的通项公式是 an =4n－2 (n∈N)． ①当n=1时，因为4×1－2=2，又在(1)中已求出a1=2，所以上述结论成立． ②假设n=k时结论成立，即有ak=4k－2．由题意，有 ， 将ak=4k－2代入上式，得2k= ，解得Sk=2k2． 由题意，有，Sk+1=Sk+ak+1， 将Sk=2k2代入，得=2(ak+1+2k2)，整理得－4 ak+1+4－16 k2=0． 由ak+1>0，解得ak+1=2+4k．所以ak+1=2+4k=4(k+1)－2． 这就是说，当n=k+1时，上述结论成立． 根据①、②，上述结论对所有的自然数n成立． 解法二：由题意，有，整理得Sn=(an+2)2， 由此得 Sn+1 =(an+1+2)2， ∴an+1= Sn+1－Sn =[(an+1+2)2－(an+2)2]， 整理得(an+1+ an)( an+1－an－4)=0， 由题意知 an+1+an≠0，∴an+1－an=4． 即数列{ an }为等差数列，其中a1=2，公差d=4．∴an =a1+(n－1)d=2+4(n－1)， 即通项公式为an =4n－2． (3)解：令cn=bn－1，则 ， b1+b2+…+bn－n=c1+c2+…+cn = ． ∴