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2003年高考数学第 卷解法集锦 430062 湖北大学数学民计算机科学学院 曾 石 整理 理科 17 题文科 18 题别解 四川营山 蒋文林 四川自贡 胡格林 四川都江堰 沈西德 曾小红 四川绵阳 李世碧 姚先伟 邓钧方 吴丽萍 陕西武功 杨明皓 陕西宁强 郑光礼 陕西西安 党效文 谢选平 陕西眉县 付军良 陕西三原 宋继来 陕西咸阳 何军元 河北邯郸 田云江 湖北远安 刘祖德 湖北葛洲坝 金 明 湖北江汉油田 舒云水 湖北安陆 杨光辉 湖北郧县 毛士永 湖北荆州 刘双洲 湖南澧县 夏开举 湖南汝城 李为国 湖南长沙 历倩 湖南华容 谢先红 严若林 浙江上虞 章绍峰 安徽安庆 江厚利 浙江岱山 祝劲永 浙江缙云 潜海芬 江苏邳州 耿道永 浙江诸暨 楼可飞 云南广南 玉邴图 云南易门 吕顺宁 甘肃会宁 蕊萍 甘肃兰州 达延俊 贵州绥阳 蒋显毅 甘肃广河 王有虎 重庆忠县 叶自林 贵州江口 卫应开 广东三水 张启凡 广东吴川 林观有 河南义马 潘 越 广东惠州 韩家敬 山东郯城 王宣传 山东宁阳 刘才华 山西大同 杨吉淳 试题 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 解法1 设复数z在复平面内对应点P 记点 A 1 0 点 B 2 0 如图1 则 OP z PA z 1 PB z 2 z的辐角为60 POB 60 由余弦定理得 z 1 2 z 2 12 2 z 1 cos60 z 2 z 1 z 2 2 z 2 22 2 z 2 cos60 z 2 2 z 4 又由题设得 z 1 2 z z 2 故 z 1 4 z 2 z 2 2 即 z 2 z 1 2 z 2 z 2 2 z 4 整理得 z 2 2 z 1 0 解得 z 1 2 又 z 0 z 2 1 图1 图2 解法2 设z r cos60 isin60 r 2 3r 2 i 在复平面内 设复数z对应的点为A 1和2对应 的点分别是B C 由题设 z 1 AB z 2 AC 如图2 由B是OC的中点 延长AB至D 使 AB BD 那么四边形OACD是平行四边形 故 2 z 1 2 OC 2 2 z 2 z 2 2 即 2 z 1 2 2 z 2 z 2 2 又 z 1 2 z z 2 2 z z 2 2 z 2 z 2 2 z z 2 2 2 z z 2 2 当 z z 2 2时 r r 2 2 2 3r 2 2 2 r2 2 2r 2 r2 2r 4 1 2 r 1 r 2 10 z 1 2 z z 2 x 1 3xi 2 63中学数学 2003年第8期 x 3xi x 2 3xi 解得 x 2 1 2 故 z 2x 2 1 解法4 z 2 z 2 2 z z z 2 z 2 2 z 1 z 1 2 2 z 1 2 2 2 z z 2 2 z z 2 2 2 即 z z 2 2 设z x yi 则复数z所对应的点的轨迹是双 曲线 其方程为 x 1 2 y2 1 2 3 令 z r cos60 isin60 则 x r 2 y 3 2 r 代入 3 得 r 2 1 2 3 4 r2 1 2 r2 2r 1 0 解得 r 2 1 r 2 1 舍去 z 2 1 解法5 式子 z 1 2 z z 2 左 右 两边是二次齐次式 同除以 z 2 得 1 1 z 2 1 1 2 z 把 1 z 看作一个整体 由argz 60 得arg 1 z 300 可设 1 z a 3ai a 0 代入上式得 1 a 3ai 2 1 2a 2 3ai 即 1 a 2 3a2 1 2 a 2 12a2 两边平方并整理得 4a2 4a 1 0 解得a 1 2 2 于是 1 z 2a 1 2 故 z 1 2a 1 1 2 2 1 理科 18 题别解 广东惠州 韩家敬 广东三水 张启凡 四川绵阳 李世碧 姚先伟 湖南长沙 历 倩 四川都江堰 曾小红 沈西德 湖北阳新 余 军 山东单县 刘允忠 山东曹县 胡志全 李继艳 山东荷泽 刘忠强 陕西三原 宋继来 陕西武功 杨明皓 陕西西安 让平 陕西户县 贾崇武 浙江上虞 章绍峰 贵州遵义 游少华 安徽泾县 郭建华 安徽庐江 孙大志 黑龙江大庆 候典峰 甘肃会宁 蕊萍 黑龙江尚志 申吉秀 云南易门 吕顺宁 河北承德 刘振坤 湖南冷水 孙祝梧 江西南昌 梁懿涛 试题 如图3 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 求A1B与平面ABD所成角的大小 结果用 反三角函数值表示 求点A1到平面A ED的距离 解法1 延长DG交AB于F 则F为AB中 点 连结EF FC 依题意易证EF ED 在Rt EFD中 EF2 FG FD 1 3 FD FD 即 1 1 3 FD2 FD 3 又 EG2 FG GD 得 EG 6 3 BG B F2 FG2 2 2 3 3 2 21 3 1 EBG为A1B与面ABD所成的角 在Rt B EG中 tg 1 EG BG 14 7 因此 1 arctg 14 7 解法2 易求 AB 2 2 又AA1 2 A1B 2 3 B E 3 在Rt BAA1中 cos ABA1 AB A1B 2 3 在Rt B FG中 cos FBG B F BG 2 21 3 6 7 cos EBG cos EB F cos GB F cos ABA1 cos GB F 7 3 EBG arccos 7 3 732003年第8期 中学数学 图3 图4 解法3 建立如图4所示的空间直角坐标系 设 AC a 则 A a 0 0 B 0 a 0 D 0 0 1 A 1 a 0 2 E 1 2 a 1 2 a 1 G 1 3 a 1 3 a 1 3 EG 1 6 a 1 6 a 2 3 BG 1 3 a 2 3 a 1 3 EG BG 1 18 a2 2 18 a2 2 9 0 又 a 0 a 2 EG 6 3 BG 21 3 EG 面ABD EBG就是A1B与面ABD所成的角 tan EBG EG BG 14 7 EBG arctan 14 7 解法1 由 之解法3知 A 2 0 0 D 0 0 1 E 1 1 1 设平面ADE的方程为 x 2 y b z 1 1 将 E 1 1 1 代入上式得 b 2 平面A ED的方程为 x y 2z 2 0 A1 2 0 2 到该平面的距离 d 2 0 2 2 2 12 1 2 22 2 6 3 解法2 过A1点向平面A ED作垂线 垂足为 K K 平面A ED 即 K A E D四点共 面 存在实常数x y z 使 A1K x A1A y A1E z A1D 且x y z 1 由 知A1A 0 0 2 A 1E 1 1 1 A1D 2 0 1 AD 2 0 1 A E 1 1 1 A1K x 0 0 2 y 1 1 1 z 2 0 1 y 2z y 2x y z A1K 平面A ED A1K AD A1K A E 得 y 2z y 2x y z 2 0 1 0 y 2z y 2x y z 1 1 1 0 则 2y 4z 2x y z 0 y 2z y 2x y z 0 又 x y z 1 易求 x 1 3 y 2 3 z 0 A1K 2 3 2 3 4 3 A1K 26 3 故A1到平面A ED的距离为2 6 3 解法3 利用法向量方法 设 n为平面A ED的法向量 n x y z 由 知AD 2 0 1 A E 1 1 1 n AD n A E x y z 2 0 1 0 x y z 1 1 1 0 2x z 0 x y z 0 取方程组的一组非零解x 1 y 1 z 2 得 n 1 1 2 又 AA1 0 0 2 n AA1 4 n 6 点A1到平面A ED的距离为 n AA1 n 26 3 解法4 易知DE CF F为AB中点 CF AB CF 平面ABB1A1 DE 平面ABB1A1 平面A ED 平面ABB1A1 过A1作A1H AB1于 H 如图4 则A1H 平面 ADE A1H即为点A1到平面A ED的距离 AB1 A1B 2 3 A1B1 AB 2 2 在 A1AB1中 A1H AB1 A1A A1B1 A1H 2 3 2 2 2 A1H 26 3 即A1到平面A ED的距离为2 6 3 83中学数学 2003年第8期 理科 19 题别解 四川绵阳 李世碧 姚先伟 四川资阳 郭仲常 四川西昌 熊昌进 浙江上虞 章绍峰 广东三水 张启凡 湖北宜昌 肖元林 湖北江汉油田 舒云水 湖北葛洲坝 金 明 湖南长沙 历 倩 江苏邳州 耿道永 重庆 段绵恒 陈 明 江苏除州 洪 成 王 严 王 雪 陕西宁强 郑光礼 陕西西安 党效文 谢选平 浙江缙云 潜海芬 甘肃秦安 何立平 浙江绍兴 单文海 浙江义鸟 黄关汉 山东宁阳 刘才华 山东菏泽 刘忠强 山东烟台 刘克乾 孙秀君 贵州绥阳 蒋显毅 贵州息烽 王先泽 河南义马 潘 越 山西大同 杨吉淳 河北承德 刘振坤 河北沧州 李红霞 试题 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 图5 解法1 函数y cx在R 上单调递减 0 c 1的解集为 R 函数y x 2c 的图像 始终在函数y 1 x图像的 上方 如图5 则2c 1 即 c 1 2 如果P正确 且Q不正确 则0 c 1 2 如果 P不正确 且Q正确 则c 1 故c的取值范围为 0 1 2 1 解法2 函数y cx在R上单调递减 0 c 1的解集为R 函数y x x 2c 在R上的最小值大于1 x x 2c 2x 2c 2c x 2 c x 1的解集为R 2c 1 c 1 2 下同解法1 解法3 P y cx在R上单调递减 0 c 1的几何意义为 在数轴上求 一点P x 使P到点 A 0 B 2 c 的距离之和的最 小值大于1 图6 当点P在A的左端或B的右 端时 A P PB AB 当 P在线段AB上时 A P PB AB 那么 P到A B两点的最短距离为 AB 2c 2c 1 得c 1 2 下同解法1 理科 20 题文科 21 题别解 陕西兴平 裴会平 陕西西安 谢选平 陕西彬县 杨俊明 江苏邳州 耿道永 江苏高邮 黄桂君 湖北葛洲坝 金明 湖南长沙 厉倩 陕西咸阳 何军元 四川资阳 郭仲常 重庆忠县 叶自林 陕西武功 杨明皓 陕西眉县 付军良 贵州遵义 游少华 王继明 试题 在某海滨城市附近海面有一台风 据监 测 当前台风中心位于城市O的东偏南 arc cos 2 10 方向300km的海面P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 解法1 以P为原点 正东方向为x轴正向 建 立直角坐标系 如图7 设在经 t 小时 台风中心为 Q PQ 20t且Q点在直线y x上 故Q点 的坐标为 10 2t 10 2t 此时受台风侵袭的区域 为 x 10 2 t 2 y 10 2 t 2 10t 60 2 又 OP 300 OPx 易得O点的坐 标为 300 2 10 300 7 2 10 即 O 30 2 210 2 若在t时刻城市O受台风的侵袭 则 30 2 10 2 t 2 210 2 10 2 t 2 10t 60 2 整理得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 解法2 建立如图7所示直角坐标系 P 0 0 由题设条件可知 O 30 2 210 2 则台风中心的直线方程为 932003年第8期 中学数学 图7 x y 0 由题意有 180 2 2 60 10t 解之得 t 12 答 略 解法3 设经过t小时后 台风中心在Q点 OPQ 45 cos OPQ cos 45 4 5 PQ 20t OP 300 则 OQ2 PQ2 OP2 2PQ OPcos OPQ 400t2 90 000 32 300t 若台风要侵袭该城市 有OQ 60 10t 故 60 10 t 2 400t2 90 000 32 300t t2 36t 288 0 解得12 t 24 答 略 理科 21 题文科 22 题别解 广东广州 权宽一 王建锋 贵州遵义 游少华 广东惠州 韩家敬 贵州息烽 王先泽 浙江象山 胡庆彪 图8 试题 已知常数a 0 在矩形ABCD中 AB 4 BC 4a O为AB中点 点E F G分别在BC CD DA上移动 且 B E BC CF CD DG DA P为GE与 OF的交点 如图8 问是否存 在两个定点 使P到这两点的 距离和为定值 若存在 求出这两点的坐标及此定值 若不存在请说明理由 解法1 设直线GE的方程为y k1x b 直线 OF的方程为y k2x 则 B E 2k1 b A G 2k1 b 由 B E BC DG DA 2k1 1 4a 4a 2k1 b 4a b 2a xF yF k2 4a k2 由 CF CD B E BC 2 4a k2 4 2k1 2a 4a k1k2 2a2 由 y k1x 2a y k2x 消去参数k1 k2得 2a2x2 y2 2ay 0 化为标准方程为 x2 1 2 y a 2 a2 1 当k2不存在时 此时k1 0 点 P 0 2 a 也满足 上述方程 当a2 1 2 时 P的轨迹为圆 不存在满足题意 的点 当a2 1 2 时 P的轨迹为椭圆的一部分 点P 到该椭圆的两个焦点的距离之和为定值 当a2 1 2 时 所求的两点为 0 a a2 1 2 0 a a2 1 2 定值为2a 解法2 设EB t 则 E 2 t G 2 4a t F 2 t a 4a 直线GE的方程为 y t 2 a x 2a 直线OF的方程为 y 4a2 2a tx 消去参数t得P的轨迹方程为 2a2x2 y2 2ay 0 下同解法1 解法3 以点A为原点 有向直线AB为x轴 有 向直线CD为y轴建立直角坐标系 则 A 0 0 O 2 0 B 4 0 C 4 4a D 0 4a 设 B E BC CF CD DG DA k 0 k 1 则 E 4 4ak F 4 4k 4a G 0 4a 4ak 直线OF的方程为 y 2a 1 2k x 2 直线GE的方程为 y 2ak a x 4a 4ak 消去参数k得 2a2x2 y2 2ay 0 下同解法1 解法4 如图8 A 2 0 B 2 0 C 2 4a D 2 4a 设P x y 则点F在直线OP上推得 F 4ax y 4a 所以CF 2 4ax y 由此及 B E BC CF CD 推出B E 2a 4a2x y 于是 E 2 2a 4a2x y 所以 G 2 2a 4a2x y 04中学数学 2003年第8期 因为G P E三点共线 所以kPE kGP 因而 y 2a 4a2x y x 2 y 2a 4a2x y x 2 化简得 2a2x2 y2 2ay 0 下同解法1 理科 22 题别解 湖北远安 刘祖德 湖北阳新 余 军 湖北监利 荣延俊 湖北郧县 余胜国 河北邯郸 田云江 河北青龙 吕凤楼 江苏阜宁 徐明满 江苏高邮 黄桂君 四川乐至 熊寿国 四川蓬安 蒋明斌 四川绵阳 李世碧 姚先伟 四川都江堰 沈西德 曾小红 广东三水 张启凡 陕西西安 党效文 陕西三原