2003年高考全国卷.理科数学试题及答案 经典怀旧 直接打印版

2003年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷）

6．已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（ ） （A）2R2 （B）9R2 （C）R2 （D）R2

4数 学（理工农医类）

参考公式：

三角函数的积化和差公式： 正棱台、圆台的侧面积公式

sincoscossin83237．已知方程(x22xm)(x22xn)0的四个根组成一个首项为1的的等差数列，则|mn|

4121212[sin()sin()] S台侧12(cc)l 其中c、c分别表示

（ ）

（A）1 （B）3 （C）1 （D）

34[sin()sin()] 上、下底面周长，l表示斜高或母线长.

43288．已知双曲线中心在原点且一个焦点为F（7，0），直线yx1与其相交于M、N两点，MN

R3coscos[cos()cos()] 球体的体积公式：V球[cos()cos()] 表示球的半径.

，其中R

中点的横坐标为 （A）

x223，则此双曲线的方程是 （ ）

x2sinsin12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

符合要求的 1．已知x( （A）

7243y241 （B）

42y231 （C）

1x25y221 （D）

x22y251

9．函数f(x)sinx，x[32,]的反函数f(x) （ ）

2，0），socx45，则tg2x （ ）

（A）arcsinx x[1，1] （B）arcsinx x[1，1] （C）arcsinx x[1，1] （D）arcsinx x[1，1]

10．已知长方形的四个顶点A（0，0），B（2，0），C（2，1）和D（0，1），一质点从AB的中点P0沿与AB的夹角的方向射到BC上的点P1后，依次反射到CD、DA和AB上的点P2、P3和P4（入射角等于反射角），设P4的坐标为（x4，0），若1x42，则tg的取值范围是 （ ）

（A）（1，1） （B）（

322224 （B）7 （C）24 （D）

24772．圆锥曲线8sincos2的准线方程是 （ ）

（A）cos2 （B）cos2 （C）sin2 （D）sin2 3．设函数f(x)2xx121x0

x0，若f(x0)1，则x0的取值范围是 （ ）

（A）（1，1） （B）（1，）

（C）（，2）（0，） （D）（，1）（1，） 4．函数y2sinx(sinxcosx)的最大值为 （ ） （A）12 （B）

21 （C）2 （D）2

13，2） （C）（

321n25，

12） （D）（2，

523）

11．limC2C3C4Cn121314nn(CCCC) （ ）

5．已知圆C：(xa)2(y2)24（a0）及直线l：xy30，当直线l被C截得的弦长

（A）3 （B）1 （C）

为23时，则a （ ） （A）2 （B）22 （C）21 （D）21

316 （D）6

12．一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则些球的表面积为（ ） （A）3 （B）4 （C）33 （D）6

１

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上 20．在某海滨城市附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于

13．(x21)9的展开式中x9系数是 2x城市O（如图）的东偏南(arccos210）方向300km的海面P

y O 海 岸 线 北 东x 14．使log2(x)x1成立的x的取值范围是 15．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求

相邻地区不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种（以数字作答）

处，并以20km/h的速度向西偏北45方向移动，台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60km，并以10km/h的速度不断增大，问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？

2 3 1 4 5 21．（本小题满分14分）

已知常数a0，在矩形ABCD中，AB4，BC4a，O为AB的中点，点E、F、G分别在BC、CD、DA上移动，且

BEBCCFCDDGDA16．下列5个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点M、

N、P分别为其所在棱的中点，能得出l面MNP的图

形的序号是 （写出所有符合要求的图形序

P M P rP45P ，P为GE与OF的交点（如图），问是否存在两个

D F P G A y C E 定点，使P到这两点的距离的和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由 P N l M l N P M N l M P M l N l N

22．（本小题满分12分，附加题4 分）

（I）设{an}是集合{2s2t| 0st且s,tZ}中所有的数

O B x 号）

① ② ③ ④ ⑤ 三、解答题：本大题共6小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或或演算步骤 17．（本小题满分12分）

已知复数z的辐角为60，且|z1|是|z|和|z2|的等比中项，求|z| 18．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是等腰直角三角形，ACB90，侧棱AA12，D、E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G

（I）求A1B与平面ABD所成角的大小（结果用反三角函数值表示）

（II）求点A1到平面AED的距离

K 19．已知c0，设P：函数ycx在R上单调递减

Q：不等式x|x2c|1的解集为R 如果P和Q有且仅有一个正确，求c的取值范围

２

从小到大排列成的数列，即a13，a25，a36，a49，a510，a612，… 将数列{an}各项按照上小下大，左小右大的原则写成如下的三角形数表：

3 5

6

9 10 12

— — — —

…………

B

⑴写出这个三角形数表的第四行、第五行各数；⑵求a100

（II）（本小题为附加题，如果解答正确，加4 分，但全卷总分不超过150分）

CAD E G C 设{bn}是集合{2r2s2t|0rst，且r,s,tZ}中所有的数从小到大排列成的数列，已

B

知bk1160，求k.

A

F

2003年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷)

数学（理工农医类）答案

一、选择题：本题考查基本知识和基本运算. 每小题5分，满分60分.

1．D 2．C 3．D 4．A 5．C 6．B 7．C 8．D 9．D 10．C 11．B 12．A 二、填空题：本题考查基本知识和基本运算.每小题4分,满分16分. 13．212 14．（-1，0） 15．72 16．①④⑤

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. 17． 解：设zrcos60rsin60)，则复数z的实部为r22.zzr,zzr由题设

|z1|2|z||z2|即:(z1)(z1)|z|(z2)(z2),r2r1rr22r4,

整理得r22r10.解得:r21,r21(舍去).即|z|21.18．（Ⅰ）解：连结BG，则BG是BE在ABD的射影，即∠EBG是A1B与平面ABD所成的角.

设F为AB中点，连结EF、FC，

D,E分别是CC1,A1B的中点,又DC平面ABC,CDEF为矩形连结DE,G是ADB的重心,GDF.在直角三角形EFD中EF2FGFD123FD,EF1,FD3.(4分)12

于是ED2,EG633.FCCD2,AB22,A1B23,EB3.sinEBGEG6EB312.33AB与平面ABD所成的角是arcsin213.（Ⅱ）解：EDAB,EDEF,又EFABF,

ED面A1AB,又ED面AED.平面AED平面A1AB,且面AED面A1ABAE.作A1KAE,垂足为K.A1K平面AED,即A

1K是A1到平面AED的距离.在AA1B12226261AB1中,A1KA1AAB21233A1到平面AED的距离为3.

19．解：函数ycx在R上单调递减0c1.

不等式x|x2c|1的解集为R函数yx|x2c|在R上恒大于1.

x|x2c|2x2c,x2c,2c,x2c,函数yx|x2c|在R上的最小值为2c.不等式|xx2c|1的解集为R2c1c1

2.如果P正确,且Q不正确,则0c12.如果P不正确,且Q正确,则c1.所以c的取值范围为(0,12][1,).20．解：如图建立坐标系以O为原点，正东方向为x轴正向. 

在时刻：（1）台风中心P（x,y）的坐标为x3002202t,102 y30072102022t. 此时台风侵袭的区域是(xx)2(yy)[r(t)]2,

其中r(t)10t60,若在t时刻城市O受到台风的侵袭，则有

(0x)2(0y)2(10t60)2.即(30022102022t)2(300710202t)2

2 (10t60)2,即t236t2880,解得12t24

答：12小时后该城市开始受到台风的侵袭.

21．根据题设条件，首先求出点P坐标满足的方程，据此再判断是否存在的两定点，使得点P到两点距离的和为定值.

按题意有A（－2，0），B（2，0），C（2，4a），D（－2，4a）设

BEBCCFCDDGDAk(0k1)

由此有E（2，4ak），F（2－4k，4a），G（－2，4a－4ak） 直线OF的方程为：2ax(2k1)y0① 直线GE的方程为：a(2k1)xy2a0②

３

从①，②消去参数k，得点P（x,y）坐标满足方程2a2x2y22ay0 整理得

x2ya)21(的轨迹为圆弧，所以不存在符合题意的两点.

a21 当a212时，点P2 当a212时，点P轨迹为椭圆的一部分，点P到该椭圆焦点的距离的和为定长 当a212时，点P到椭圆两个焦点（122a,a),(12a2,a)的距离之和为定值2 当a212时，点P 到椭圆两个焦点（0，aa212),(0,aa212) 的距离之和为定值2a.

22．（本小题满分12分，附加题4分） （Ⅰ）解：用(t,s)表示2t2s，下表的规律为

3（(0,1)=2021）

5(0,2) 6(1,2) 9(0,3) 10(1,3) 12(2,3) — — — —

…………

（i）第四行17(0,4) 18(1,4) 20(2,4) 24(3,4)

第五行 33(0,5) 34(1,5) 36(2,5) 40(3,5) 48(4,5)

（i i）解法一：因为100＝（1+2+3+4+……+13）+9，所以a100(8,14)＝28214＝16640

解法二：设as0t100220，只须确定正整数s0,t0.

数列{atn}中小于20的项构成的子集为 {2t2s|0stt0}, 其元素个数为C2(t01)t0(t01)tt02,依题意2100.

0满足等式的最大整数t0为14，所以取t014.

因为100－C214s1,由此解得s148008,a1002216640. （Ⅱ）解：b7k1160210223,

令M{cB|C1160}(其中,B{2r2s2t|0rst}

因M{cB|c210}{cB|210c21027}{cB|21027c2102723}. 现在求M的元素个数：{cB|c210}{2r2s2t|0rst10},

其元素个数为C3710： {cB|210c2102}{2102s2r|0rs7}.

某元素个数为C27:{cB|21027c2102723}{210272r|0r3}

某元素个数为C7:kC3221010C7C31145.

另法：规定2r2t2s（r,t,s），bk1602201273＝（3,7,10）

则b202122＝ （0,1,2） C212

依次为 （0,1,3） （0,2,3） （1,2,3） C23 （0,1,4） （0,2,4）（1,2,4）（0,3,4） （1,3,4）（2,3,4） C24

…………

（0,1,9） （0,2,9）………… （ 6,8,9 ）（7,8,9） C29

（0,1,10）（0,2,10）………（0,7,10）（ 1,7,10）（2,7,10）（3,7,10）…… C27+4

k(C2222C3C9)C274145.

４