1995年青海高考理科数学真题及答案.doc

1995年青海高考理科数学真题及答案本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分150分，考试时间120分第卷(选择题共65分)一、选择题(本大题共15小题,第110题每小题4分，第1115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已知I为全集，集合M，NI，若MN=N，则( )(A) (B) (C) (D) 2函数y=的图像是( )3函数y=4sin(3x+)+3cos(3x+)的最小正周期是( )(A) 6(B) 2(C) (D) 4正方体的全面积是a2，它的顶点都在球面上，这个球的表面积是( )(A) (B) (C) 2a2(D) 3a25若图中的直线l1，l2，l3的斜率分别为k1，k2，k3，则( )(A) k1k2k3(B) k3 k1 k2(C) k3 k2 k1(D) k1 k3arccosx成立的x的取值范围是( )(A) (B) (C)(D) 8双曲线3x2y2=3的渐近线方程是( )(A) y=3x(B) y=x(C) y=x(D) y=x9已知是第三象限角，且sin4+cos4=，那么sin2等于( )(A) (B) (C) (D) 10已知直线l平面，直线m平面，有下面四个命题：lm lm lm lm其中正确的两个命题是( )(A) 与(B) 与(C) 与(D) 与11已知y=loga(2ax)在0，1上是x的减函数，则a的取值范围是( )(A) (0，1)(B) (1，2)(C) (0，2)(D) 12等差数列an，bn的前n项和分别为Sn与Tn，若，则等于( )(A) 1(B) (C) (D) 13用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共( )(A) 24个(B) 30个(C) 40个(D) 60个14在极坐标系中，椭圆的二焦点分别在极点和点(2c，0)，离心率为e，则它的极坐标方程是( ) (A) (B) (C) (D) 15如图，A1B1C1ABC是直三棱柱，BCA=90，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，若BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成的角的余弦值是( )(A) (B) (C) (D) 第卷(非选择题，共85分)二、填空题(本大题共5小题，每小题4分，共20分，把答案填在题中横线上)16不等式的解集是_17已知圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，母线与底面所成的角为，则圆台的体积与球体积之比为_18函数y=sin(x)cosx的最小值是_19直线l过抛物线y2=a(x+1)(a0)的焦点，并且与x轴垂直，若l被抛物线截得的线段长为4，则a= 20四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有_种(用数字作答) 三、解答题(本大题共6小题，共65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7分)在复平面上，一个正方形的四个顶点按照逆时针方向依次为Z1，Z2，Z3，O (其中O是原点)，已知Z2对应复数求Z1和Z3对应的复数22(本小题满分10分)求sin220+cos250+sin20cos50的值23(本小题满分12分)如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E在底面的圆周上，AFDE，F是垂足(1)求证：AFDB；(2)如果圆柱与三棱锥DABE的体积的比等于3，求直线DE与平面ABCD所成的角24(本小题满分12分)某地为促进淡水鱼养殖业的发展，将价格控制在适当范围内，决定对淡水鱼养殖提供政府补贴设淡水鱼的市场价格为x元/千克，政府补贴为t元/千克根据市场调查，当8x14时，淡水鱼的市场日供应量P千克与市场日需求量Q千克近似地满足关系：P=1000(x+t8)( x8，t0)，Q=500(8x14)当P=Q时市场价格称为市场平衡价格(1)将市场平衡价格表示为政府补贴的函数，并求出函数的定义域；(2)为使市场平衡价格不高于每千克10元，政府补贴至少为每千克多少元?25(本小题满分12分)设an是由正数组成的等比数列，Sn是其前n项和(1)证明；(2)是否存在常数c0，使得成立?并证明你的结论26(本小题满分12分)已知椭圆，直线P是l上点，射线OP交椭圆于点R，又点Q在OP上且满足|OQ|OP|=|OR|，当点P在l上移动时，求点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线参考答案一、选择题(本题考查基本知识和基本运算)1C 2B3C4B5D6D7B8C9 . A10D11B12C13A14D15A二、填空题(本题考查基本知识和基本运算)16x|2x0，q0(i)当q=1时，Sn=na1，从而 SnSn+2=na1(n+2)a1(n+1)2=0()当q1时，从而 SnSn+2 =由(i)和(ii)得SnSn+2根据对数函数的单调性，知 lg(SnSn+2)lg，即 (2)解：不存在证明一：要使成立，则有分两种情况讨论：(i)当q=1时，(Snc)( Sn+2c) =( Sn+1c)2=(na1c)(n+2)a1c(n+1)a1c2= 0，使结论成立(ii)当q1时，若条件成立，因为(Snc)( Sn+2c)( Sn+1c)2 =a1qna1c(1q)，且a1qn0，故只能有a1c(1q)=0，即此时，因为c0，a10，所以0q1但0q0，使结论成立综合(i)、(ii)，同时满足条件、的常数c0不存在，即不存在常数c0，使证法二：用反证法，假设存在常数c0，使，则有 由得SnSn+2=c (Sn + Sn+22 Sn+1) 根据平均值不等式及、知 Sn + Sn+22 Sn+1 =(Snc)+( Sn+2c)2(Sn+1c) 22( Sn+1c)=0因为c0，故式右端非负，而由(1)知，式左端小于零，矛盾故不存在常数c0，使=lg( Sn+1c)26本小题主要考查直线、椭圆的方程和性质，曲线与方程的关系，轨迹的概念和求法，利用方程判定曲线的性质等解析几何的基本思想和综合运用知识的能力解法一：由题设知点Q不在原点设P、R、Q的坐标分别为(xP，yP)，(xR，yR)，(x，y)，其中x，y不同时为零当点P不在y轴上时，由于点R在椭圆上及点O、Q、R共线，得方程组解得由于点P在直线l上及点O、Q、P共线，得方程组解得当点P在y轴上时，经验证式也成立由题设|OQ|OP|=|OR|2，得将代入上式，化简整理得因x与xp同号或y与yp同号，以及、知2x+3y0，故点Q的轨迹方程为(其中x，y不同时为零)所以点Q的轨迹是以(1，1)为中心，长、短半轴分别为和且长轴与x轴平行的椭圆、去掉坐标原点解法二：由题设知点Q不在原点设P，R，Q的坐标分别为(xp，yp)，(xR，yR)，(x，y)，其中x，y不同时为零设OP与x轴正方向的夹角为，则有 xp=|OP|cos，yp=|OP|sin； xR=|OR|cos，yR=|OR|sin；x=|OQ|cos，y=|OQ|sin；由上式及题设|OQ|OP|=|OR|2，得由点P在直线l上，点R在椭圆上，得方程组， ， 将，代入，整理得点Q的轨迹方程为(其中x，y不同时为零)所以点Q的轨迹是以(1，1)为中心，长、短半轴分别为和且长轴与x轴平行的椭圆、去掉坐标原点